2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第14章 振動和波 光 相對論 第38講 機械振動練習(xí)（含解析）

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1、第38講 機械振動 [解密考綱]考查簡諧運動的表達式和圖象；單擺的周期公式的應(yīng)用；受迫振動和共振的概念的理解和應(yīng)用． 1．下列關(guān)于振幅的說法正確的是(　　) A．振幅是振子離開平衡位置的最大距離 B．位移是矢量，振幅是標(biāo)量，位移的大小等于振幅 C．振幅等于振子運動軌跡的長度 D．振幅越大，表示振動越強，周期越長 A　解析 振幅是振子離開平衡位置的最大距離，選項A正確，C錯誤．位移是矢量，是由平衡位置指向振子所在位置的有向線段，位移的大小不一定等于振幅，最大位移的大小才等于振幅，選項B錯誤．振幅越大，振動越強，但周期不一定越長，例如，對于做簡諧運動的彈簧振子，周期只與彈簧的勁度系數(shù)

2、和振子的質(zhì)量有關(guān)，與振幅無關(guān)，選項D錯誤． 2．在飛機的發(fā)展史中有一個階段，飛機上天后不久，機翼很快就抖動起來，而且越抖越厲害，后來人們經(jīng)過了艱苦的探索，利用在飛機機翼前緣處裝置一個配重桿的方法，解決了這一問題，裝置配重桿的主要目的是(　　) A．加大飛機的慣性 B．使機體更加平衡 C．使機翼更加牢固 D．改變機翼的固有頻率 D　解析 飛機飛上天后，在氣流周期性驅(qū)動力作用下做受迫振動，機翼越抖越厲害說明氣流驅(qū)動力周期與機翼的固有周期非常接近或相等．在機翼前緣處裝置配重桿，目的是通過改變機翼的質(zhì)量來改變其固有頻率，使驅(qū)動力頻率與固有頻率相差較大，從而實現(xiàn)減振的目的，故選項D正確．

3、3．(多選)如圖所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象．下列說法正確的是(　　) A．甲、乙兩單擺的擺長相等 B．甲擺的振幅比乙擺大 C．甲擺的機械能比乙擺大 D．在t＝0.5 s時有正向最大加速度的是乙擺 ABD　解析 振幅可從題圖上看出甲單擺大，故選項B正確．從圖看出兩擺周期相等，則擺長相等，因質(zhì)量關(guān)系不明確，無法比較機械能大小，t＝0.5 s時乙擺球在負的最大位移處，有正向最大加速度，故選項A、D正確，C錯誤． 4．做簡諧運動的單擺，其擺長不變，若擺球的質(zhì)量增加為原來的倍，擺球經(jīng)過平衡位置的速度減為原來的，則單擺振動的(　　) A．周期不變，振幅不變 B．周期不變，振

4、幅變小 C．周期改變，振幅不變 D．周期改變，振幅變大 B　解析 由單擺的周期公式T＝2π可知，當(dāng)擺長l不變時，周期不變，選項C、D錯誤；由能量守恒定律可知mv2＝mgh，其擺動的高度與質(zhì)量無關(guān)，因擺球經(jīng)過平衡位置的速度減小，則最大高度減小，故振幅減小，選項B正確，A錯誤． 5．某彈簧振子沿x軸的簡諧運動圖象如圖所示，下列描述正確的是(　　) A．t＝1 s時，振子的速度為零，加速度為負的最大值 B．t＝2 s時，振子的速度為負，加速度為正的最大值 C．t＝3 s時，振子的速度為負的最大值，加速度為零 D．t＝4 s時，振子的速度為正，加速度為負的最大值 A　解析 t＝1

5、 s時，振子位于正向位移最大處，速度為零，加速度為負向最大，故選項A正確；t＝2 s時，振子位于平衡位置并向x軸負方向運動，速度為負向最大，加速度為零，故選項B錯誤；t＝3 s時，振子位于負向位移最大處，速度為零，加速度為正向最大，故選項C錯誤；t＝4 s時，振子位于平衡位置并向x軸正方向運動，速度為正向最大，加速度為零，故選項D錯誤． 6．如圖所示，在一條張緊的繩子上掛幾個擺，其中A、B的擺長相等．當(dāng)A擺振動的時候，通過張緊的繩子給B、C、D擺施加驅(qū)動力，使其余各擺做受迫振動．觀察B、C、D擺的振動發(fā)現(xiàn)(　　) A．C擺的頻率最小 B．D擺的周期最大 C．B擺的擺角最大 D．B

6、、C、D的擺角相同 C　解析 由A擺擺動從而帶動其它3個單擺做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，故其它各擺振動周期跟A擺相同，頻率也相等，故選項A、B錯誤；受迫振動中，當(dāng)固有頻率等于驅(qū)動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅達到最大，由于B擺的固有頻率與A擺的相同，故B擺發(fā)生共振，振幅最大，故選項C正確，D錯誤． 7．(2018·天津卷)(多選)一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標(biāo)原點．t ＝0時振子的位移為－0.1 m，t＝1 s時位移為0.1 m，則(　　) A．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為s B．若振幅為0.1 m，振子的周期可能為s C．若振幅為0.2 m，振子的周期

7、可能為4 s D．若振幅為0.2 m，振子的周期可能為6 s AD　解析 t＝0時刻振子的位移x＝－0.1 m，t＝1 s時刻x＝0.1 m，關(guān)于平衡位置對稱；如果振幅為0.1 m，則1 s為半周期的奇數(shù)倍；如果振幅為0.2 m，分靠近平衡位置和遠離平衡位置分析．若振幅為0.1 m，根據(jù)題意可知從t＝0到t＝1 s振子經(jīng)歷的周期為T，則T＝1 s(n＝1,2,3…)，解得T＝s(n＝1,2,3…)，當(dāng)n＝1時T＝ s，無論n為何值，T都不會等于 s，選項A正確，B錯誤；如果振幅為0.2 m，結(jié)合位移時間關(guān)系圖象，有1 s＝＋nT?、?，或者1 s＝T＋nT　②，或者1 s＝＋nT?、郏瑢τ冖?/p>

8、式，只有當(dāng)n＝0時，T＝2 s，為整數(shù)；對于②式，T不為整數(shù)；對于③式，當(dāng)n＝0時，T＝6 s，之后只會大于6 s，選項C錯誤，D正確． 8. (2019·鞍山模擬)(多選)彈簧振子做簡諧運動，O為平衡位置，當(dāng)它經(jīng)過點O時開始計時，經(jīng)過0.3 s，第一次到達點M，再經(jīng)過0.2 s第二次到達點M，則彈簧振子的周期不可能為(　　) A．0.53 s　　B．1.4 s　　C．1.6 s　　D．2 s　　E．3 s BDE　解析 如圖甲所示，設(shè)O為平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子從O→C所需時間為，因為簡諧運動具有對稱性，所以振子從M→C所用時間和從C→M所用時間相等，故＝0.3 s＋＝0.

9、4 s，解得T＝1.6 s；如圖乙所示，若振子一開始從平衡位置向點B運動，設(shè)點M′與點M關(guān)于點O對稱，則振子從點M′經(jīng)過點B到點M′所用的時間與振子從點M經(jīng)過點C到點M所需時間相等，即0.2 s，振子從點O到點M′、從點M′到點O及從點O到點M所需時間相等，為＝ s，故周期為T＝0.5 s＋ s≈0.53 s，所以周期不可能為選項B、D、E. 9．如圖所示，物體A和B用輕繩相連，掛在輕彈簧下靜止不動，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，彈簧的勁度系數(shù)為k.當(dāng)連接A、B的繩突然斷開后，物體A將在豎直方向上做簡諧運動，則A振動的振幅為(　　) A. B. C. D. A　解析 物體A振

10、動的平衡位置彈簧彈力和A物體重力相等，物體B將A拉至平衡位置以下最大位移Δx＝處，故A振動的振幅為，選項A正確． 10．(2019·北京一零一中學(xué)高三檢測)(多選)如圖所示，在升降機的天花板上固定一擺長為l的單擺，擺球的質(zhì)量為m.升降機保持靜止，觀察到擺球正以小角度θ左右擺動，且振動周期為T.已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．若僅將擺球的質(zhì)量增大一倍，其余不變，則單擺的振動周期不變 B．若升降機勻加速上升，利用此單擺來測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，則測量值偏大 C．設(shè)想當(dāng)擺球擺到最低點時，升降機突然以加速度g豎直下落，則擺球相對于升降機做勻速直線運動

11、D．設(shè)想當(dāng)擺球擺到最高點時，升降機突然以加速度g豎直下落，則擺球相對于升降機會保持靜止 E．設(shè)想當(dāng)擺球擺到最高點時，升降機突然以大小為g的加速度勻加速上升，則擺球相對升降機仍然左右擺動，且振動周期不變 ABD　解析 其周期公式為T＝2π，與重力無關(guān)，故僅將擺球的質(zhì)量增大一倍，其余不變，則單擺的振動周期不變，故選項A正確；若升降機勻加速上升，加速度向上，設(shè)為a，超重，利用此單擺來測定當(dāng)?shù)氐闹亓χ俣龋瑒t測量值偏大，為g＋a，故選項B正確；設(shè)想當(dāng)擺球擺到最低點時，升降機突然以加速度g豎直下落，完全失重，球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動，故選項C錯誤；設(shè)想當(dāng)擺球擺到最高點時，升降機突然以加速度g豎直下落，完全

12、失重，故擺球相對于升降機會保持靜止，故選項D正確；設(shè)想當(dāng)擺球擺到最高點時，升降機突然以大小為g的加速度勻加速上升，超重，等效為加速度變?yōu)間′＝2g，故擺球相對升降機仍然左右擺動，但根據(jù)公式T＝2π，周期是變化的，故選項E錯誤． 11．(2019·茂名五大聯(lián)盟學(xué)校高三聯(lián)考)某單擺及其振動圖象如圖所示，取g＝9.8 m/s2，π2＝9.8，根據(jù)圖給信息可計算得擺長約為________；t＝5 s時間內(nèi)擺球運動的路程約為______(取整數(shù))；若在懸點正下方O′處有一光滑水平細釘可擋住擺線，且＝，則擺球從F點釋放到第一次返回F點所需時間為________s. 解析 從橫坐標(biāo)可直接讀取完成一個

13、全振動的時間即周期為T＝2 s，根據(jù) T＝2π，解得擺長為l＝＝1 m，由縱坐標(biāo)的最大位移可直接讀取振幅為3 cm，擺球一個周期內(nèi)的路程是振幅的4倍，所以t＝5 s時間內(nèi)擺球運動的路程為30 cm；碰釘后改變了擺長，因此單擺周期應(yīng)分成釘左側(cè)的半個周期和釘右側(cè)的半個周期，前面求出擺長為1 m，根據(jù)周期公式可得T左＝π＝1 s，T右＝π＝0.5 s，所以周期為T＝1.5 s. 答案 1 m　30 cm　1.5 12．(2019·濮陽二模)如圖所示，質(zhì)量為m2的小球固定在豎直輕彈簧上，彈簧勁度系數(shù)為k，輕彈簧固定在質(zhì)量為m1的底座上，整個裝置置于水平地面上，拉小球使彈簧伸長一定長度，釋放后小球?qū)?/p>

14、在豎直方向上做簡諧運動．振動過程中底座恰好不離開地面，已知重力加速度為g，則小球的最大加速度為________；底座對地面的最大壓力大小為________；小球做簡諧振動的振幅為________． 解析 因為振動過程中底座恰好不離開地面，所以底座受到彈簧向上的拉力最大為F＝m1g，在最高點彈簧的拉力最大，對小球受力分析，受到豎直向下的彈力以及重力作用，故根據(jù)牛頓第二定律可得a＝，小球運動到最低點時，底座對地面的壓力最大，根據(jù)簡諧運動的對稱性，在最低點小球受到的加速度為a＝，方向向上，故F′－m2g＝m2a，解得彈簧對底座的作用力為F′＝2m2g＋m1g，底座對地面的最大壓力為N＝F′＋m

15、1g＝2(m1＋m2)g，在平衡位置時彈簧彈力等于小球的重力F″＝m2g，在最低點F′＝2m2g＋m1g，故ΔF＝kA，解得A＝. 答案 　2(m1＋m2)g　 13．如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，C為弧形槽最低點，R?.甲球從弧形槽的圓心處自由下落，乙球從A點由靜止釋放，問： (1)兩球第1次到達C點的時間之比是多少？ (2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放甲球，讓其自由下落，同時將乙球從圓弧左側(cè)由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？ 解析 (1)甲球做自由落體運動 R＝gt，所以t1＝， 乙球沿圓弧做簡諧運動(由

16、于?R，可認為擺角θ＜5°)．此運動與一個擺長為R的單擺運動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達C處的時間為 t2＝T＝×2π＝， 所以t1∶t2＝. (2)甲球從離弧形槽最低點h高處自由下落，到達C點的時間為t甲＝， 由于乙球運動存在周期性，所以乙球到達C點的時間為 t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)， 由于甲、乙在C點相遇，故t甲＝t乙， 聯(lián)立解得h＝(n＝0,1,2，…)． 答案 (1)　(2)(n＝0,1,2，…) 14．一質(zhì)點做簡諧運動，其位移和時間的關(guān)系如圖所示． (1)求t＝0.25×10－2 s時質(zhì)點的位移； (2)在t＝1.5×

17、10－2 s到t＝2×10－2 s的振動過程中，質(zhì)點的位移、回復(fù)力、速度、動能、勢能大小如何變化？ (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各多大？ 解析 (1)由題圖可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振動方程為x＝Asin (ωt－)＝－Acos ωt＝－2cos(t) cm＝－2cos(100πt) cm， 當(dāng)t＝0.25×10－2 s時，x＝－2cos cm＝－ cm. (2)由題圖可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振動過程中，質(zhì)點的位移變大，回復(fù)力變大，速度變小，動能變小，勢能變大． (3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s時間內(nèi)，Δt＝T＝(4＋)T，可知質(zhì)點的路程為s＝17A＝34 cm，位移為2 cm. 答案 (1)－ cm　(2)變大　變大　變小　變小　變大 (3)34 cm　2 cm 8