2020屆高考物理總復習 作業(yè)55 機械振動（含解析）

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1、作業(yè)55　機械振動 7 一、選擇題 圖55－1 1．(2019年揚州模擬)如圖55－1所示為某彈簧振子在0～5 s內(nèi)的振動圖象，由圖可知，下列說法中正確的是(　　) A．振動周期為5 s，振幅為8 cm B．第2 s末振子的速度為零，加速度為負向的最大值 C．從第1 s末到第2 s末振子在做加速運動 D．第3 s末振子的速度為正向的最大值 解析：振幅是位移最大值的大小，故振幅為8 cm，而周期是完成一次全振動的時間，振動周期為4 s，故A錯誤；第2 s末振子的速度為零，加速度為正向的最大值，故B錯誤；從第1 s末到第2 s末振子的位移逐漸增大，速度逐漸減小，振子做減速

2、運動，C錯誤；第3 s末振子的位移為零，經(jīng)過平衡位置，故速度最大，且方向為正，故D正確． 答案：D 2．(多選)當一彈簧振子在豎直方向上做簡諧運動時，下列說法中正確的是(　　) A．振子在振動過程中，速度相同時，彈簧的長度一定相等，彈性勢能相等 B．振子從最低點向平衡位置運動的過程中，彈簧彈力始終做負功 C．振子在運動過程中的回復力由彈簧彈力和振子重力的合力提供 D．振子在運動過程中，系統(tǒng)的機械能守恒 E．振子在平衡位置時，系統(tǒng)的動能最大，重力勢能和彈性勢能的和最小 解析：振子在平衡位置兩側(cè)往復運動，速度相同的位置可能出現(xiàn)在關(guān)于平衡位置對稱的兩點，這時彈簧長度明顯不等，A錯；振

3、子由最低點向平衡位置運動的過程中，彈簧對振子施加的力指向平衡位置，做正功，B錯；振子運動過程中的回復力由振子所受合力提供且運動過程中系統(tǒng)機械能守恒，故C、D對；振子在平衡位置時速度最大，則動能最大，重力勢能和彈性勢能的和最小，E對． 答案：CDE 3．一位游客在千島湖邊欲乘坐游船，當日風浪較大，游船上下浮動．可把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，振幅為20 cm，周期為3.0 s．當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊．地面與甲板的高度差不超過10 cm時，游客能舒服地登船．在一個周期內(nèi)，游客能舒服登船的時間是(　　) A．0.5 s　　　　　　　　　B．0.75 s C．1.0

4、 s D．1.5 s 解析：由于振幅A為20 cm，振動方程為y＝Asinωt，從游船位于平衡位置時開始計時，ω＝，由于高度差不超過10 cm時，游客能舒服登船，代入數(shù)據(jù)可知，在一個振動周期內(nèi)，臨界時刻為t1＝，t2＝，所以在一個周期內(nèi)能舒服登船的時間為Δt＝t2－t1＝＝1.0 s，選項C正確． 答案：C 圖55－2 4．(多選)一單擺做小角度擺動，其振動圖象如圖55－2所示，以下說法正確的是(　　) A．t1時刻擺球速度為零，擺球的回復力最大 B．t2時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最小 C．t3時刻擺球速度為零，擺球的回復力最小 D．t4時刻擺球速度最

5、大，懸線對它的拉力最大 E．t1到t3擺球的回復力先減小后增大 解析：由振動圖象知，t1和t3時刻擺球偏離平衡位置的位移最大，此時擺球的速度為零，擺球的回復力最大，A正確C錯誤；t2和t4時刻擺球位移為零，正在通過平衡位置，速度最大，由于擺球做簡諧運動，由牛頓第二定律得出擺球處于最低點時懸線對擺球拉力最大，故D正確，B錯誤；t1到t3擺球位移先減小再增大，故回復力先減小后增大，E正確． 答案：ADE 5．(多選)如圖55－3甲所示，彈簧振子以點O為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動．取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖55－3乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖55－

6、3 A．t＝0.8 s，振子的速度方向向左 B．t＝0.2 s時，振子在O點右側(cè)6 cm處 C．t＝0.4 s和t＝1.2 s時，振子的加速度相同 D．t＝0.4 s到t＝0.8 s的時間內(nèi)，振子的速度逐漸增大 解析：從t＝0.8 s起，再過一段微小時間，振子的位移為負值，因為取向右為正方向，故t＝0.8 s時，速度方向向左，選項A正確；由題中圖象得振子的位移x＝12sint cm，故t＝0.2 s時，x＝6cm，選項B錯誤；t＝0.4 s和t＝1.2 s時，振子的位移方向相反，由a＝－知，加速度方向相反，選項C錯誤；從t＝0.4 s到t＝0.8 s的時間內(nèi)，振子的位移逐漸變小，故振

7、子逐漸靠近平衡位置，其速度逐漸變大，選項D正確． 答案：AD 圖55－4 6．(2019年漳州模擬)如圖55－4所示，彈簧下面掛一質(zhì)量為m的物體，物體在豎直方向上做振幅為A的簡諧運動，當物體振動到最高點時，彈簧正好處于原長，彈簧在彈性限度內(nèi)，則物體在振動過程中(　　) A．彈簧的最大彈性勢能等于2mgA B．彈簧的彈性勢能和物體動能總和不變 C．物體在最低點時的加速度大小應為2g D．物體在最低點時所受彈簧的彈力大小應為mg 解析：因物體振動到最高點時，彈簧正好處于原長，此時彈簧彈力等于零，物體的重力mg＝F回＝kA，當物體在最低點時，彈簧的彈性勢能最大等于2mgA，A對；

8、在最低點，由對稱性知F回＝mg＝ma知，C錯；由F彈－mg＝F回得F彈＝2mg，D錯；由能量守恒知，彈簧的彈性勢能和物體的動能、重力勢能三者的總和不變，B錯． 答案：A 圖55－5 7．勁度系數(shù)為20 N/cm的彈簧振子，它的振動圖象如圖55－5所示，則(　　) A．在圖中A點對應的時刻，振子所受的彈力大小為0.5 N，方向指向x軸的負方向 B．在圖中A點對應的時刻，振子的速度方向指向x軸的正方向 C．在0～4 s內(nèi)振子做了1.75次全振動 D．在0～4 s內(nèi)振子通過的路程為0.35 cm，位移為0 解析：由題圖可知A在t軸上方，位移x＝0.25 cm，所以彈力F＝－kx＝

9、－5 N，即彈力大小為5 N，方向指向x軸的負方向，選項A錯誤；由題圖可知此時振子的速度方向指向x軸的正方向，選項B正確；由題圖可看出，t＝0、t＝4 s 時刻振子的位移都是最大，且都在t軸的上方，在0～4 s內(nèi)振子完成兩次全振動，選項C錯誤；由于t＝0時刻和t＝4 s時刻振子都在最大位移處，所以在0～4 s內(nèi)振子的位移為零，又由于振幅為0.5 cm，在0～4 s內(nèi)振子完成了2次全振動，所以在這段時間內(nèi)振子通的路程為2×4×0.5 cm＝4 cm，故選項D錯誤． 答案：B 8．(多選)圖(a)、(b)分別是甲、乙兩個單擺在同一位置處做簡諧運動的圖象，則下列說法中正確的是(　　) 圖5

10、5－6 A．甲、乙兩單擺的振幅之比為2∶1 B．t＝2 s時，甲單擺的重力勢能最小，乙單擺的動能為零 C．甲、乙兩單擺的擺長之比為4∶1 D．甲、乙兩單擺的擺球在最低點時，向心加速度大小一定相等 解析：由題圖知，甲、乙兩單擺的振幅分別為4 cm、2 cm，故選項A正確；t＝2 s時，甲單擺在平衡位置處，乙單擺在振動的正方向最大位移處，故選項B正確；由單擺的周期公式，推出甲、乙兩單擺的擺長之比為l甲∶l乙＝T∶T＝1∶4，故選項C錯誤；設擺球擺動的最大偏角為θ，由mgl(1－cosθ)＝mv2及a＝可得，擺球在最低點時向心加速度a＝2g(1－cosθ)，因兩擺球的最大偏角θ滿足sinθ

11、＝，故θ甲>θ乙，所以a甲>a乙，故選項D錯誤． 答案：AB 9．(多選)某簡諧振子，自由振動時的振動圖象如圖55－7甲中實線所示，而在某驅(qū)動力作用下做受迫振動時，穩(wěn)定后的振動圖象如圖甲中虛線所示，那么，此受迫振動對應的狀態(tài)可能是圖乙中的(　　) 圖55－7 A．a(chǎn)點 B．b點 C．c點 D.一定不是c點 解析：某簡諧振子，自由振動時的振動圖象如題圖甲中的實線所示，設周期為T1；而在某驅(qū)動力作用下做受迫振動時，穩(wěn)定后的振動圖象如題圖甲中的虛線所示，設周期為T2；顯然T1f2；題圖乙中c點時發(fā)生共振，驅(qū)動力頻率等于固有頻率

12、f1；受迫振動時驅(qū)動力頻率為f2

13、飛輪的角速度肯定不為ω0 解析：從以角速度ω0轉(zhuǎn)動逐漸慢下來，在某一小段時間內(nèi)機器卻發(fā)生了強烈的振動，說明此過程機器的固有頻率與驅(qū)動頻率相等達到了共振，當飛輪轉(zhuǎn)動的角速度從0較緩慢地增大到ω0，在這一過程中，一定會出現(xiàn)機器的固有頻率與驅(qū)動頻率相等即達到共振的現(xiàn)象，機器一定還會發(fā)生強烈的振動，故A錯誤，B正確；由已知當機器的飛輪以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動時，其振動不強烈，則機器若發(fā)生強烈振動，強烈振動時飛輪的角速度肯定不為ω0，故C錯誤，D正確． 答案：BD 二、非選擇題 11．某實驗小組在利用單擺測定當?shù)刂亓铀俣鹊膶嶒炛校? (1)用游標卡尺測定擺球的直徑，測量結(jié)果如圖55－8所示，則該擺

14、球的直徑為________cm. 圖55－8 (2)小組成員在實驗過程中有如下說法，其中正確的是________(填選項前的字母)． A．把單擺從平衡位置拉開30°的擺角，并在釋放擺球的同時開始計時 B．測量擺球通過最低點100次的時間t，則單擺周期為 C．用懸線的長度加擺球的直徑作為擺長，代入單擺周期公式計算得到的重力加速度值偏大 D．選擇密度較小的擺球，測得的重力加速度值誤差較小 解析：(1)由游標的“0”刻線在主尺上的位置讀出擺球直徑的整毫米數(shù)為9 mm＝0.9 cm，游標中第7條刻度線與主尺刻度線對齊，所以為0.07 cm，所以擺球直徑為0.9 cm＋0.07 cm＝

15、0.97 cm. (2)單擺應從經(jīng)過平衡位置即最低點時開始計時且擺角應小于5°，A錯誤；一個周期內(nèi)，單擺通過最低點2次，故周期為，B錯誤；由T＝2π得，g＝，若用懸線的長度加擺球的直徑作為擺長，則將l值算大了，則g偏大，C正確；選擇密度較小的擺球，空氣阻力的影響較大，測得的g值誤差較大，D錯誤． 答案：(1)0.97　(2)C 12．(2019年杭州十校聯(lián)考)彈簧振子以O點為平衡位置，在B、C兩點間做簡諧運動，在t＝0時刻，振子從O、B間的P點以速度v向B點運動；在t＝0.2 s時，振子速度第一次變?yōu)椋璿；在t＝0.5 s時，振子速度第二次變?yōu)椋璿. (1)求彈簧振子振動周期T； (

16、2)若B、C之間的距離為25 cm，求振子在4.0 s內(nèi)通過的路程； (3)若B、C之間的距離為25 cm，從平衡位置計時，寫出彈簧振子位移表達式，并畫出彈簧振子的振動圖象． 圖55－9 解析：(1)彈簧振子簡諧運動示意圖如圖54－10所示， 由對稱性可得 T＝0.5×2 s＝1.0 s. (2)若B、C之間距離為25 cm，則振幅A＝×25 cm ＝12.5 cm，振子4.0 s內(nèi)通過的路程 s＝×4×12.5 cm＝200 cm. (3)根據(jù)x＝Asinωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2πrad/s 得x＝12.5sin2πt (cm)．振動圖象為 圖55

17、－10 答案：(1)1.0 s　(2)200 cm　(3)x＝12.5sin2πt (cm)　圖象見解析圖 13．如圖55－11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： 圖55－11 (1)兩球第1次到達C點的時間之比； (2)若在弧形槽的最低點C的正上方h處由靜止釋放甲球，讓其自由下落，同時將乙球從弧形槽左側(cè)由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在弧形槽最低點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＝ 乙球沿弧形槽做簡諧運動(由于?R，可認為偏角θ<10°

18、)．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 t1＝T＝×2π＝， 所以t1∶t2＝2∶π. (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＝ 由于乙球運動的周期性，所以乙球到達C點的時間為 t乙＝＋n＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…) 由于甲、乙兩球在C點相遇，故t甲＝t乙 聯(lián)立解得h＝(n＝0，1，2，…) 答案：(1)2∶π　(2)(n＝0，1，2，…) 14．一質(zhì)點做簡諧運動，其位移和時間關(guān)系如圖55－12所示． 圖55－12 (1)求t＝0.25×10－2 s時的位移； (2)在t＝1.5×

19、10－2 s到2×10－2 s的振動過程中，質(zhì)點的位移、回復力、速度、動能、勢能如何變化？ (3)在t＝0至8.5×10－2 s時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各多大？ 解析：(1)由圖可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振動方程為 x＝Asin＝－Acosωt ＝－2cost cm ＝－2cos(102πt) cm 當t＝0.25×10－2 s時，x＝－2cos cm＝－ cm. (2)由題圖可知在1.5×10－2～2×10－2 s時間內(nèi)，質(zhì)點的位移變大，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大． (3)從t＝0至8.5×10－2 s的時間內(nèi)質(zhì)點的路程為 s＝17A＝34 cm，位移為2 cm. 答案：(1)－ cm (2)位移變大，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大 (3)34 cm　2 cm 8