2021届高考物理一轮复习核心素养测评三十九机械振动含解析

机 械 振 动

(45分钟　100分)

一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，1～6题为单选题，7～9题为多选题)

1.如图所示，轻弹簧下端挂一个质量为M的重物，平衡后静止在原点O。现令其在O点上下做简谐运动，下列四幅图象能正确反映重物的加速度a随位移x变化关系的是(沿x轴正方向的加速度为正)              (　　)

【解析】选B。做简谐运动的物体在运动方向上的合力就是回复力，回复力与位移成正比且方向相反。所以选项B正确，A、C、D错误。

2.(2020·滨州模拟)如图所示，装有砂粒的试管竖直静浮于水面。将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是(　　)

【解析】选D。将试管竖直提起少许，由静止释放，并取向上为正方向，所以计时时刻，试管的位移为正的最大，D正确。

3.(2017·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐振动图象如图所示，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

【解析】选A。简谐运动中，质点在平衡位置处的振动速度最大，加速度为零，质点在偏离平衡位置位移最大处的速度为零，加速度最大，且加速度方向始终指向平衡位置，A选项正确，B、C、D选项错误。

4.一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从O点开始计时，经过3 s质点第一次经过M点，如图所示；再继续运动，又经过4 s第二次经过M点；则再经过多长时间第三次经过M点              (　　)

A.7 s　   B.14 s　

C.16 s　   D. s

【解析】选C。假设质点开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图甲所示。由于从O点到质点第一次经过M点的时间是3 s，小于质点第二次经过M点的时间4 s，根据质点的运动路线来看是不可能的，所以质点开始运动的方向应向右。如图乙，振动的周期为T=4×=20 s，质点第三次经过M点需要经过的时间为t=T-4 s=16 s，故C项正确，A、B、D项错误。

5.一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则(　　)

A.此单摆的固有周期约为0.5 s

B.此单摆的摆长约为1 m

C.若摆长增大，单摆的固有频率增大

D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动

【解析】选B。由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，其固有周期为2 s，T=2π得单摆的摆长约为1 m，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰值左移，选项B正确。

6.“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值。造成这一情况的可能原因是              (　　)

A.测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长

B.测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T=求得周期

C.开始摆动时振幅过小

D.所用摆球的质量过大

【解析】选B。由T=2π得g=l，g值偏大说明l偏大或T偏小，把悬挂状态的摆线长当成摆长，会使l偏小，g值偏小，A错；摆球第30次通过平衡位置时，实际上共完成15次全振动，周期T=，误认为30次全振动，T变小引起g值明显偏大，B对；单摆周期与振幅和摆球质量无关，C、D错误。

7.关于振动的周期下列说法正确的是 (　　)

A.在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比

B.在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小

C.系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率

D.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向

【解析】选A、C。在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T=2π可知，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；根据单摆周期公式T=2π可知，单摆的周期与摆球质量无关，故选项B错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项C正确；已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，还要知道起振方向，才能知道振子在任意时刻运动速度的方向，故选项D错误。

8.(2020·潍坊模拟)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上。如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时摆线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=α，α小于5°且是未知量。同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，Fmax、Fmin、t1、t2均为已知量，t=0时刻摆球从A点开始运动，重力加速度为g。则根据题中(包括图中)所给的信息判断下列说法正确的是(　　)

A.该单摆的周期为t1

B.根据题中(包括图中)所给的信息可求出摆球的质量

C.根据题中(包括图中)所给的信息可以求出摆球在最低点B时的速度

D.若增加摆球的质量，单摆的周期变长

【解析】选B、C。由乙图可知单摆的周期T=t2，A错误；在B点拉力有最大值，根据牛顿第二定律Fmax-mg=m；在A、C两点拉力有最小值，Fmin=mgcosα。由A到B机械能守恒，即mgl(1-cosα)=mv2，联立以上三式可求得摆球的质量m=，B正确；已知周期T，由T=2π =t2得，l=，根据Fmax-mg=m，代入已知量得v=，C正确；若增加摆球的质量，单摆的周期不变，D错误。

9.一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(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

【解析】选A、C、E。OB间距离等于振幅，由图知，OB=A=5 cm，故A项正确；位移图象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O→A，故B项错误；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；第0.7 s时，质点位置在O与B两点之间，故D项错误；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。

二、实验题(16分)

10.某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测得摆线长为L，摆球直径为d，然后用秒表测得n次全振动的时间为t，则：

(1)重力加速度的表达式g=_________。(用上述符号表示) 

(2)若用最小分度为毫米的刻度尺测得摆线长为980.8 mm，用20分度的游标卡尺测得摆球直径如图甲，摆球的直径为_________mm。单摆在竖直面内摆动，用秒表测出单摆做50次全振动所用的时间如图乙，则t=___________s。求得当地的重力加速度为_________m/s2。(取π2=9.86，求得的重力加速度值保留三位有效数字) 

(3)如果他测得的g值偏小，可能的原因是_________。 

A.测摆线长时摆线拉得过紧

B.摆球在水平面内做圆锥摆运动

C.开始计时，秒表过迟按下

D.悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了

【解析】(1)根据T=2π，

摆长l=L+，周期T=

联立解得g=。

(2)游标卡尺的主尺读数为18 mm，

游标读数为0.05×8 mm=0.40 mm，

则小球的直径为18.40 mm。

秒表的小盘读数为90 s，大盘读数为10.0 s，

则秒表的读数t=100.0 s。

则g=

= m/s2≈9.76 m/s2。

(3)根据g=，测摆线长时摆线拉得过紧，摆长测量值偏大，则重力加速度测量值偏大，故A错误；摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故B错误；开始计时，秒表过迟按下，则测量的周期偏小，测量的重力加速度值偏大，故C错误；悬点未固定，振动过程中出现松动，摆线长度增加了。则测量的摆长偏短，重力加速度测量值偏小，故D正确。

答案：(1)

(2)18.40　100.0　9.76　(3)D

11.(10分)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x与时间t的关系图象如图乙所示，下列说法正确的是              (　　)

A.t=0.8 s时，振子的速度方向向右

B.t=0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处

C.t=0.4 s和t=1.2 s时，振子的加速度相同

D.从t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子的速度逐渐增大

【解析】选D。由图乙知，t=0.8 s时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故A项错误；在0～0.4 s内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以t=0.2 s时，振子不在O点右侧6 cm处，故B项错误；t=

0.4 s和t=1.2 s时，振子的位移完全相反，由a=-，知加速度完全相反，故C项错误；在t=0.4 s到t=0.8 s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D项正确。

12.(20分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲表示小滑块(可视为质点)沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的A、A′之间来回滑动。A、A′点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，均小于5°，图乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t=0为滑块从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息，求：

(1)容器的半径；

(2)小滑块的质量；

(3)滑块运动过程中的机械能。(g取10 m/s2)

【解析】(1)由图乙得小滑块做简谐振动的周期

T= s

由T=2π

得R==0.1 m

(2)在最高点A有：

Fmin=mgcosθ

在最低点B有：

Fmax-mg=m

从A到B，滑块机械能守恒，有：

mgR(1-cosθ)=mv2

解得：m=0.05 kg

(3)滑块机械能守恒，故

E=mgR(1-cosθ)=mv2=5×10-4 J

答案：(1)0.1 m　(2)0.05 kg　(3)5×10-4J