高考物理一轮复习课时作业59机械振动（含解析）

机械振动

一、选择题

1．(2018·淮安二模)一质点做简谐运动，关于质点在t1、t2两个时刻的物理量，下列叙述正确的是(　　)

A．若t1、t2时刻的加速度相同，则t1、t2时刻的动量必相同

B．若t1、t2时刻的动量相同，则t1、t2时刻的位移必相同

C．若t1、t2时刻的回复力相同，则t1、t2时刻的动能必相同

D．若t1、t2时刻的动能相同，则t1、t2时刻的位移必相同

答案　C

解析　A项，若t1、t2时刻的加速度相同，根据公式a＝－x，位移x相同，速度大小相同，当可能有两个相反的方向，故动量可能相同，也可能相反，故A项错误；

B项，若t1、t2时刻的动量相同，根据简谐运动的对称性，位移可能相反，故B项错误；

C项，若t1、t2时刻的回复力相同，根据公式F＝－kx，位移x相同，故动能一定相同(标量没有方向)，故C项正确；

D项，若t1、t2时刻的动能相同，则速度大小相等，位移可能相反，故D项错误．

2．(2018·福建一模)水平放置的弹簧振子先后以振幅A和2A振动，振子从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程中的平均速度分别为v1和v2，则(　　)

A．v1＝2v2　　　　　　　　 B．2v1＝v2

C.v1＝v2   D．v1＝v2

答案　B

解析　弹簧振子做简谐运动，周期为与振幅无关，设为T，则从左边最大位移处运动到右边最大位移处过程的时间均为；位移之比为1∶2，根据平均速度的定义式v＝，平均速度之比为1∶2.

3．有一根张紧的水平绳上挂有5个双线摆，其中b摆摆球质量最大，另4个摆球质量相等，摆长关系为Lc＞Lb＝Ld＞La＞Le，如图所示，现将b摆垂直纸面向里拉开一微小角度，放手后让其振动，经过一段时间，其余各摆均振动起来，达到稳定时(　　)

A．周期关系为Tc＞Td＞Ta＞Te B．频率关系为fc＝fd＝fa＝fe

C．振幅关系为Ac＝Ad＝Aa＝Ab D．四个摆中，c的振幅最大

答案　B

解析　A项，b摆垂直纸面向里拉开一微小角度后释放，使得其它四个单摆都做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以4个单摆的频率相等，则周期一定相同；故A项错误，B项正确；

C项，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，d摆的摆长与b摆摆长相等，则驱动力的周期等于b摆的固有周期，d摆发生共振，振幅最大．故C、D两项错误．

4．(2016·北京)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图像为(　　)

答案　A

解析　由于向右为正方向，振子位于N点时开始计时，所以0时刻位移为正，在正向最大位移处，将向左运动，即向负方向运动，故A项正确．

5．(2018·上海一模)如图所示为某质点做简谐运动的振动图像，由图可知(　　)

A．2 s末质点速度为0 B．4 s末质点速度沿x轴正方向

C．1 s～2 s内质点做加速运动 D．3 s～4 s内质点加速度逐渐增大

答案　C

解析　A项，由图可知，在第2 s末质点在平衡位置处，此时质点的速度最大，故A项错误．

B项，在第4 s末，质点刚刚从正方向的位移返回平衡位置，所以质点沿x轴负方向运动，故B项错误．

C项，在1～2 s内，图像的斜率增大，则速度增大，做加速运动，故C项正确．

D项，在3～4 s内，图像的斜率增大，则速度增大，加速度逐渐减小，故D项错误．

6．(2018·揭阳一模)(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图像如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是(　　)

A．OB＝5 cm

B．第0.2 s末质点的速度方向是A→O

C．第0.4 s末质点的加速度方向是A→O

D．第0.7 s时质点位置在O点与A点之间

E．在4 s内完成5次全振动

答案　ACE

解析　A项，OB间距离等于振幅，由图知，OB＝A＝5 cm.故A项正确．

B项，位移图像切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第0.2 s末质点的速度方向沿负向，即A→O.故B项错误．

C项，第0.4 s末质点的位移为负，方向是O→A，由a＝－分析可知，加速度方向是A→O，故C项正确．

D项，第0.7 s时，质点位置在O与B两点之间．故D项错误．

E项，质点的振动周期为T＝0.8 s，则n＝＝＝5，即在4 s内完成5次全振动．故E项正确．

7．(2018·深圳一模)一单摆的摆长为90 cm，摆球在t＝0时刻正从平衡位置向右运动，(g取10 m/s2)，则在t＝1 s时摆球的运动情况是(　　)

A．正向左做减速运动，加速度正在增大 B．正向左做加速运动，加速度正在减小

C．正向右做减速运动，加速度正在增大 D．正向右做加速运动，加速度正在减小

答案　A

解析　90 cm＝0.90 m

单摆的周期T＝2π＝2π＝0.6π s≈1.884 s，

t＝1 s，则T＜t＜T；

摆球在t＝0时刻正从平衡位置向右运动，在t＝1 s时已经返回并越过平衡位置(最低点)，正向左侧最大位移处运动，

由平衡位置向最大位移运动的过程中，摆球做的是减速运动，加速度逐渐增大．故A项正确，B、C、D三项错误．

8.(2018·辽宁模拟)一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图线为正弦曲线，如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做减速运动

B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反

C．在t1＝5 s和t2＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同

D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功功率最小

答案　B

解析　A项，弹簧振子做简谐运动，在t从0到2 s时间内，回复力逐渐变大，由F＝－kx，知振子的位移逐渐增大，正远离平衡位置，做减速运动，故A项正确；

B项，在t1＝3 s到t2＝5 s过程，回复力先减小为零后反向增加，说明先靠近平衡位置后远离平衡位置，故3 s和5 s速度方向相同；由于3 s和5 s回复力大小相等，故位移大小也相等，速度大小相等，方向相同，故B项不正确；

C项，在t1＝5 s和t1＝7 s时，回复力相等，根据公式F＝－kx，知位移相同，即位移大小相等，方向相同．故C项正确；

D项，在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子速度为零，根据P＝Fv，知回复力做功功率为零，最小，故D项正确．

9．(2018·南开区三模)一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像，y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标．则(　　)

A．该弹簧振子的振动周期为2x0

B．该弹簧振子的振幅为y1

C．该弹簧振子的平衡位置在弹簧原长处

D．若从记录纸原点开始计时，该弹簧振子的振动方程为cost

答案　D

解析　A项，记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期T＝.故A项错误；

B项，根据图像可知，振幅为A＝.故B项错误；

C项，在平衡位置处弹簧振子静止时，受到的合外力等于0，所以振子受到弹簧的拉力大小等于重力，方向向上，所以弹簧处于拉长状态．故C项错误；

D项，振子振动的角速度：ω＝＝＝(rad/s)

所以若从记录纸原点开始计时，该弹簧振子的振动方程为：y＝Acosωt＝cost.故D项正确．

10．(2018·浙江二模)一弹簧振子做简谐运动，周期为T，下列说法正确的是(　　)

A．若Δt＝，则在Δt时间内振子经过的路程为一个振幅

B．若Δt＝，则在Δt时间内振子经过的路程为两个振幅

C．若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位移一定相同

D．若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的速度一定相同

答案　B

解析　A项，若Δt＝，Δt时间内振子经过的路程不一定等于振幅，与振子的初始位置有关，故A项错误；

B项，若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位置关于平衡位置对称，在Δt时间内振子经过的路程为两个振幅，故B项正确；

C项，若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位置关于平衡位置对称，振子的位移大小相等，方向相反，故C项错误；

D项，若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子的位置关于平衡位置对称，所以这两时刻速度的大小一定相等，方向相反，故D项错误．

11．一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3 s时，振子第一次到达P点，又经过2 s第二次经过P点．则该弹簧振子的振动周期可能为(　　)

A．32 s   B．16 s

C．8 s   D．4 s

答案　B

解析　若从O点开始向右振子按下面路线振动，作出示意图如图，则振子的振动周期为T1＝4×(3＋)＝16 s，

若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图，

设从P到O的时间为t，则＋t＝

解得：t＝s

则周期T＝4×(＋1)s＝ s.

12.(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt) m．t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)

A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s

C．0.6 s内物块运动的路程是0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反

答案　AB

解析　根据简谐运动的表达式得振幅A＝0.1 m，周期T＝＝0.8 s．0.6 s时物块处于最低点，物块运动的路程为0.3 m，此时小球下落高度为h＋A＝gt2，得h＝1.7 m．0.4 s时物块处于平衡位置且向下运动，速度方向与小球运动方向相同．所以A、B两项正确．

二、非选择题

13．某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图甲所示)，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5°；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)．

(1)从乙图可知，摆球的直径为d＝________mm；

(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________；

(3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是：________．

A．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线

B．当单摆经过最高位置时开始计时

C．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的

D．测量多组周期T和摆长L，作L­T2关系图像来处理数据．

答案　(1)5.980　(2)　(3)AD

解析　(1)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×48.0 mm＝0.480 mm，则最终读数为5.980 mm；

(2)由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为N＝，周期为：T＝＝；

单摆的长度为l＝L＋.由单摆的周期公式T＝2π得：g＝；

(3)A项，公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线．故A项正确．

B项，为了减小误差，需要当单摆经过平衡位置时开始计时．故B项错误；

C项，为了减小误差，质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较小的．故C项错误．

D项，应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长L，作L－T2关系图像来处理数据，故D项正确．

14．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v.

(1)求弹簧振子振动周期T.

(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程．

(3)若B、C之间的距离为25 cm.从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像．

答案　(1)1.0 s　(2)200 cm　(3)x＝12.5sin2πt cm　图像见解析

解析　(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示．

由对称性可得T＝0.5×2 s＝1.0 s.

(2)若B、C之间距离为25 cm，

则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm

振子4.0 s内通过的路程

s＝4×4×12.5 cm＝200 cm

(3)根据x＝Asinωt，A＝12.5 cm，

ω＝＝2π.

得x＝12.5sin2πt cm.

振动图像为