高考物理一轮复习第14章振动和波光相对论第38讲机械振动练习(含解析)

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1．下列关于振幅的说法正确的是( )
A．振幅是振子离开平衡位置的最大距离
B．位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅
C．振幅等于振子运动轨迹的长度
D．振幅越大，表示振动越强，周期越长
A 解析 振幅是振子离开平衡位置的最大距离，选项A正确，C错误．位移是矢量，是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，位移的大小不一定等于振幅，最大位移的大小才等于振幅，选项B错误．振幅越大，振动越强，但周期不一定越长，例如，对于做简谐运动的弹簧振子，周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关，与振幅无关，选项D错误．
2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题，装置配重杆的主要目的是( )
A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率
D 解析 飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼的固有周期非常接近或相等．在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，故选项D正确．
3．(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象．下列说法正确的是( )
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆
ABD 解析 振幅可从题图上看出甲单摆大，故选项B正确．从图看出两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法比较机械能大小，t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，有正向最大加速度，故选项A、D正确，C错误．
4．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的eq \f(9,4)倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的eq \f(2,3)，则单摆振动的( )
A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小
C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大
B 解析 由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))可知，当摆长l不变时，周期不变，选项C、D错误；由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅减小，选项B正确，A错误．
5．某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是( )
A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
A 解析 t＝1 s时，振子位于正向位移最大处，速度为零，加速度为负向最大，故选项A正确；t＝2 s时，振子位于平衡位置并向x轴负方向运动，速度为负向最大，加速度为零，故选项B错误；t＝3 s时，振子位于负向位移最大处，速度为零，加速度为正向最大，故选项C错误；t＝4 s时，振子位于平衡位置并向x轴正方向运动，速度为正向最大，加速度为零，故选项D错误．
6．如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现( )
A．C摆的频率最小
B．D摆的周期最大
C．B摆的摆角最大
D．B、C、D的摆角相同
C 解析 由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故选项A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故选项C正确，D错误．
7．(2018·天津卷)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为eq \f(2,3)s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为eq \f(4,5)s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
AD 解析 t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m，t＝1 s时刻x＝0.1 m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1 m，则1 s为半周期的奇数倍；如果振幅为0.2 m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析．若振幅为0.1 m，根据题意可知从t＝0到t＝1 s振子经历的周期为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T＝1 s(n＝1,2,3…)，解得T＝eq \f(2,2n＋1)s(n＝1,2,3…)，当n＝1时T＝eq \f(2,3) s，无论n为何值，T都不会等于eq \f(4,5) s，选项A正确，B错误；如果振幅为0.2 m，结合位移时间关系图象，有1 s＝eq \f(T,2)＋nT ①，或者1 s＝eq \f(5,6)T＋nT ②，或者1 s＝eq \f(T,6)＋nT ③，对于①式，只有当n＝0时，T＝2 s，为整数；对于②式，T不为整数；对于③式，当n＝0时，T＝6 s，之后只会大于6 s，选项C错误，D正确．
8. (2019·鞍山模拟)(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为( )
A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s E．3 s
BDE 解析 如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为eq \f(T,4)，因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故eq \f(T,4)＝0.3 s＋eq \f(0.2 s,2)＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s，振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为eq \f(0.3 s－0.2 s,3)＝eq \f(1,30) s，故周期为T＝0.5 s＋eq \f(1,30) s≈0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E.
9．如图所示，物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k.当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为( )
A.eq \f(Mg,k) B.eq \f(mg,k)
C.eq \f(M＋mg,k) D.eq \f(M＋mg,2k)
A 解析 物体A振动的平衡位置弹簧弹力和A物体重力相等，物体B将A拉至平衡位置以下最大位移Δx＝eq \f(Mg,k)处，故A振动的振幅为eq \f(Mg,k)，选项A正确．
10．(2019·北京一零一中学高三检测)(多选)如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为l的单摆，摆球的质量为m.升降机保持静止，观察到摆球正以小角度θ左右摆动，且振动周期为T.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变
B．若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加速度，则测量值偏大
C．设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动
D．设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机会保持静止
E．设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g的加速度匀加速上升，则摆球相对升降机仍然左右摆动，且振动周期不变
ABD 解析 其周期公式为T＝2πeq \r(\f(L,g))，与重力无关，故仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变，故选项A正确；若升降机匀加速上升，加速度向上，设为a，超重，利用此单摆来测定当地的重力知速度，则测量值偏大，为g＋a，故选项B正确；设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，球将做匀速圆周运动，故选项C错误；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，故摆球相对于升降机会保持静止，故选项D正确；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g的加速度匀加速上升，超重，等效为加速度变为g′＝2g，故摆球相对升降机仍然左右摆动，但根据公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，周期是变化的，故选项E错误．
11．(2019·茂名五大联盟学校高三联考)某单摆及其振动图象如图所示，取g＝9.8 m/s2，π2＝9.8，根据图给信息可计算得摆长约为________；t＝5 s时间内摆球运动的路程约为______(取整数)；若在悬点正下方O′处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且eq \x\t(O′E)＝eq \f(1,4)eq \x\t(OE)，则摆球从F点释放到第一次返回F点所需时间为________s.
解析 从横坐标可直接读取完成一个全振动的时间即周期为T＝2 s，根据 T＝2πeq \r(\f(l,g))，解得摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)＝1 m，由纵坐标的最大位移可直接读取振幅为3 cm，摆球一个周期内的路程是振幅的4倍，所以t＝5 s时间内摆球运动的路程为30 cm；碰钉后改变了摆长，因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期和钉右侧的半个周期，前面求出摆长为1 m，根据周期公式可得T左＝πeq \r(\f(l,g))＝1 s，T右＝πeq \r(\f(l,4g))＝0.5 s，所以周期为T＝1.5 s.
答案 1 m 30 cm 1.5
12．(2019·濮阳二模)如图所示，质量为m2的小球固定在竖直轻弹簧上，弹簧劲度系数为k，轻弹簧固定在质量为m1的底座上，整个装置置于水平地面上，拉小球使弹簧伸长一定长度，释放后小球将在竖直方向上做简谐运动．振动过程中底座恰好不离开地面，已知重力加速度为g，则小球的最大加速度为________；底座对地面的最大压力大小为________；小球做简谐振动的振幅为________．
解析 因为振动过程中底座恰好不离开地面，所以底座受到弹簧向上的拉力最大为F＝m1g，在最高点弹簧的拉力最大，对小球受力分析，受到竖直向下的弹力以及重力作用，故根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(m1g＋m2g,m2)，小球运动到最低点时，底座对地面的压力最大，根据简谐运动的对称性，在最低点小球受到的加速度为a＝eq \f(m1g＋m2g,m2)，方向向上，故F′－m2g＝m2a，解得弹簧对底座的作用力为F′＝2m2g＋m1g，底座对地面的最大压力为N＝F′＋m1g＝2(m1＋m2)g，在平衡位置时弹簧弹力等于小球的重力F″＝m2g，在最低点F′＝2m2g＋m1g，故ΔF＝kA，解得A＝eq \f(m1g＋m2g,k).
答案 eq \f(m1g＋m2g,m2) 2(m1＋m2)g eq \f(m1g＋m2g,k)
13．如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫eq \x\t(AB).甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问：
(1)两球第1次到达C点的时间之比是多少？
(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？
解析 (1)甲球做自由落体运动
R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，所以t1＝eq \r(\f(2R,g))，
乙球沿圆弧做简谐运动(由于eq \x\t(AC)≪R，可认为摆角θ＜5°)．此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为
t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))，
所以t1∶t2＝eq \f(2\r(2),π).
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝eq \r(\f(2h,g))，
由于乙球运动存在周期性，所以乙球到达C点的时间为
t乙＝eq \f(T,4)＋neq \f(T,2)＝eq \f(π,2)eq \r(\f(R,g))(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)，
由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙，
联立解得h＝eq \f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)．
答案 (1)eq \f(2\r(2),π) (2)eq \f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)
14．一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示．
(1)求t＝0.25×10－2 s时质点的位移；
(2)在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化？
(3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？
解析 (1)由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振动方程为x＝Asin (ωt－eq \f(π,2))＝－Acs ωt＝－2cs(eq \f(2π,2×10－2)t) cm＝－2cs(100πt) cm，
当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cs eq \f(π,4) cm＝－eq \r(2) cm.
(2)由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．
(3)在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，Δt＝eq \f(17,4)T＝(4＋eq \f(1,4))T，可知质点的路程为s＝17A＝34 cm，位移为2 cm.
答案 (1)－eq \r(2) cm (2)变大 变大 变小 变小 变大
(3)34 cm 2 cm