高考物理一轮复习课后练习36 机械振动机械波（含答案解析）

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2020版高考物理 全程复习课后练习36 机械振动机械波1.某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是(　　)A．当f<f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小B．当f>f0时，该振动系统的振幅随f增大而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于fD．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0  2.如图，沿同一弹性绳相向传播的甲、乙两列简谐横波，波长相等，振幅分别为10 cm、20 cm，在某时刻恰好传到坐标原点．则两列波相遇叠加后(　　)A．不可能产生稳定的干涉图样B．在x=2 m的质点振动始终减弱C．在x=0.5 m的质点振幅为零D．坐标原点的振幅为30 cm  3.一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)A．0.5 s        B．0.75 s         C．1.0 s          D．1.5 s  4.一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，已知振子从平衡位置第一次运动到x=处所用的最短时间为t1，从最大的正位移处第一次运动到x=处所用的最短时间为t2，那么t1与t2的大小关系是(　　)A．t1=t2          B．t1＜t2               C．t1＞t2        D．无法判断  5.如图甲所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则(　　)A．此振动系统的固有频率约为3 HzB．此振动系统的固有频率约为0.25 HzC．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动  6.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则(　　)A.f固=60 HzB．60 Hz＜f固＜70 HzC．50 Hz＜f固＜60 HzD．以上三个都不对  7.一位游客在千岛湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是(　　)A．0.5 s         B．0.75 s         C．1.0 s          D．1.5 s  8.如图所示，圆弧AO是半径为2 m的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O，AO弧长为10 cm，现将一小球先后从圆弧的点A和点B无初速度地释放，到达底端O的速度分别为v1和v2，所经历的时间分别为t1和t2，那么(　　)A．v1＜v2，t1＜t2                         B．v1＞v2，t1=t2C．v1＞v2，t1＞t2                         D．上述三种都有可能  9. (多选)在“利用单摆测重力加速度”的实验中，如果得出的重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是(　　)A．测量周期时，时间t内全振动的次数少数了一次B．测量周期时，时间t内全振动的次数多数了一次C．摆线上端固定不牢固，振动中出现松动，使摆线变长D．在测量摆长时，将细线的长度加上摆球的直径作为摆长    10. (多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为 2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min.则(　　)A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大 11.关于水平放置的弹簧振子的简谐运动，下列说法正确的是(　　)A．位移的方向总是由振子所在处指向平衡位置B．加速度的方向总是由振子所在处指向平衡位置C．经过半个周期振子经过的路程一定为振幅的2倍D．若两时刻相差半个周期，弹簧在这两个时刻的形变量一定相等E．经过半个周期，弹簧振子完成一次全振动 12.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速均为2 m/s，振幅相同，某时刻的波形如图所示，则(　　)A．甲、乙两波的起振方向相反B．甲、乙两波的频率之比为2：3C．再经过3 s，平衡位置在x=7 m处的质点振动方向向下D．再经过3 s，平衡位置在x=1 m处的质点位移最大E．再经过3 s，两波源间(不含波源)有5个质点位移为零 实验题13.如图为用单摆测重力加速度的实验原理图．(1)(多选)为了减小误差，下列措施正确的是(　　)A．摆长L应为线长与摆球半径的和，且在20 cm左右B．在摆线上端的悬点处，用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线C．在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线D．计时起点和终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间(2)某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T=________，当地的重力加速度g=________．  14.设B、C为两列机械波的波源，它们在同种介质中传播，其振动表达式分别为yB=0.1cos(2πt)cm和yC=0.1cos(2πt＋π)cm，发出的波的传播方向如图中的虚线所示．它们传到P点时相遇，2 s末P点开始起振.=40 cm，=50 cm.试求：(1)这两列波的波长；(2)P点形成合振动的振幅．             15.如图所示，两木块的质量分别为m、M，中间弹簧的劲度系数为k，弹簧下端与M连接，m与弹簧不连接，现将m下压一段距离释放，它就上下做简谐运动，振动过程中，m始终没有离开弹簧，试求：(1)m振动的振幅的最大值；(2)m以最大振幅振动时，M对地面的最大压力．                
答案解析1.答案为：C解析：共振图象如图所示，当f=f0时，系统达到共振，振幅最大，故f<f0时，随f的增大，振幅增大，f>f0时，随f的增大，振幅减小，A、B错误；系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，C正确，D错误．  2.答案为：D；解析：由图可知，两波的波长相等，又波速相等，则频率相等，能发生干涉，能产生稳定的干涉图样，故A错误；两列波相遇后，在叠加区域x=2 m的质点，振动方向相同，则振动始终加强，故B错误；两列波在x=0.5 m的质点振动方向相反，则振幅为两列波的振幅之差，即为10 cm，故C错误；根据矢量叠加原则，两列波在原点振动方向相同，则原点的振幅为两列波的振幅之和，即为30 cm，故D正确．  3.答案为：C；解析：由振动周期T=3.0 s、ω=、A=20 cm知，游船做简谐运动的振动方程x=Asin ωt=20sint (cm)．在一个周期内，当x=10 cm时，解得t1=0.25 s，t2=1.25 s．游客能舒服地登船的时间Δt=t2－t1=1.0 s，选项C正确，选项A、B、D错误．  4.答案为：B；解析：振子从平衡位置到最大位移处，速度减小，振子从平衡位置第一次运动到x=处的平均速度大于从最大的正位移处第一次运动到x=处的平均速度，由t=可知，t1＜t2，选项B正确．  5.答案为：A；解析：当驱动力的频率与振动系统的固有频率相同时，振幅最大，所以固有频率约为3 Hz，选项A正确，B错误；受迫振动的振动周期由驱动力的周期决定，所以圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，选项C错误；系统的固有频率不变，共振曲线的峰值位置不变，选项D错误．   6.答案为：C；解析：从如图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固＜60 Hz，即选项C正确．  7.答案为：C；解析：由题意知，游船在做简谐运动，振动图象如图所示，根据振动方程y=Asin(ωt＋φ)，结合振动图象知地面与甲板的高度差不超过10 cm的时间有三分之一周期，故C正确，A、B、D错误．  8.答案为：B；解析：小球在滑动中机械能守恒，易知v1＞v2，小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力，且AO弧长为10 cm，远小于圆弧的半径，故小球的摆角很小，小球的运动是简谐运动，而简谐运动的周期与振幅无关，这样小球从点A运动到点O和从点B运动到点O的时间相等，t1=t2，即选项B正确． 9.答案为：BD；解析：由单摆的周期公式T=2π得g=，数振动次数时，少计了一次，则求出的周期T偏大，由g=知重力加速度的测量值偏小，A错误；数振动次数时，多计了一次，则求出的周期T偏小，由g=知重力加速度的测量值偏大，B正确；振动中出现松动，使摆线变长，则摆线的测量值比真实值偏小，则由g=可知重力加速度测量值偏小，C错误；测量摆长时，将细线的长度加上摆球的直径作为摆长，则由g=可知重力加速度的测量值偏大，D正确． 10.答案为：BD；解析：现匀速转动摇把，转速为240 r/min，驱动力频率为4 Hz，周期是0.25 s．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25 s，振动频率是4 Hz，选项A错误，B正确；当转速减小时，驱动力频率减小，接近固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅增大，选项C错误，D正确．11.答案为：BCD；解析：位移为从平衡位置指向振子位置的有向线段，A错误；振子加速度的方向与回复力的方向相同，总是由振子所在处指向平衡位置，B正确；弹簧振子的振动具有对称性，经过半个周期振子经过的路程一定为振幅的2倍，C正确；弹簧振子的振动具有对称性，若两时刻相差半个周期，弹簧在这两个时刻的形变量一定相等，D正确；弹簧振子完成一次全振动的时间才是一个周期，E错误．  12.答案为：ADE；解析：由波形图可知，甲波起振方向向下，乙波起振方向向上，甲、乙两波的起振方向相反，A正确；甲波波长为4 m，乙波波长为6 m，波速相同，其两波频率与波长成反比，所以甲、乙两波的频率之比为3：2，B错误；设振幅为A，再经过3 s，甲波波谷传播到x=7 m处，对应该质点的振动方向向上，乙波对应该质点的振动方向也向上，故平衡位置在x=7 m处的质点振动方向向上，C错误；画出再经过3 s的波形图如图所示，显然平衡位置在x=1 m处的质点位移最大，D正确；根据波的叠加可知两波源间(不含波源)有5个质点位移为零，这5个质点的平衡位置分别在2～3 m之间，4～5 m之间，6 m处，7～8 m之间，9 m处，选项E正确．13.答案为：(1)BC；(2)　L；解析：(1)摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1 m左右为宜，A错误；为使实验过程中摆长不变，悬点处用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线，B正确；在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线可减小计时误差，C正确；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，D错误．(2)由t=nT知单摆的周期T=.由T=2π得g=，将T代入得g=L.14.解：(1)由振动表达式yB=0.1cos(2πt) cm，知ω=2π rad/s，则波的周期为T== s=1 s.据题意，波从B传到P的时间为2 s，则波速为v== m/s=0.2 m/s.波长λB=λC=vT=0.2 m.(2)据题可知，两个波源振动反向，两列波到P点的波程差Δs=－=50 cm－40 cm=0.1 m=，故P点为加强点，振幅为A=2×0.1  cm=0.2 cm.    15.解：(1)在平衡位置时，设弹簧的压缩量为x0，有：kx0=mg.要使m振动过程中不离开弹簧，m振动的最高点不能高于弹簧原长处，所以m振动的振幅的最大值A=x0=.(2)m以最大振幅A振动，振动到最低点时，弹簧的压缩量最大，为2A=2x0=2.对M受力分析可得：FN=Mg＋k·2A=Mg＋2mg，由牛顿第三定律得，M对地面的最大压力为Mg＋2mg.