2020屆高考物理總復習 作業(yè)55 機械振動（含解析）

作業(yè)55機械振動7一、選擇題圖5511(2019年揚州模擬)如圖551所示為某彈簧振子在05 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 cmB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：D2(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：CDE3一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()A0.5 sB0.75 s C1.0 s D1.5 s解析：由于振幅A為20 cm，振動方程為yAsint，從游船位于平衡位置時開始計時，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tt2t11.0 s，選項C正確答案：C圖5524(多選)一單擺做小角度擺動，其振動圖象如圖552所示，以下說法正確的是()At1時刻擺球速度為零，擺球的回復力最大Bt2時刻擺球速度為零，懸線對它的拉力最小Ct3時刻擺球速度為零，擺球的回復力最小Dt4時刻擺球速度最大，懸線對它的拉力最大Et1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：ADE5(多選)如圖553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553乙所示，下列說法正確的是()圖553At0.8 s，振子的速度方向向左Bt0.2 s時，振子在O點右側(cè)6 cm處Ct0.4 s和t1.2 s時，振子的加速度相同Dt0.4 s到t0.8 s的時間內(nèi)，振子的速度逐漸增大解析：從t0.8 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t0.8 s時，速度方向向左，選項A正確；由題中圖象得振子的位移x12sint cm，故t0.2 s時，x6cm，選項B錯誤；t0.4 s和t1.2 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t0.4 s到t0.8 s的時間內(nèi)，振子的位移逐漸變小，故振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5546(2019年漳州模擬)如圖554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2mgAB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2gD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mgF回kA，當物體在最低點時，彈簧的彈性勢能最大等于2mgA，A對；在最低點，由對稱性知F回mgma知，C錯；由F彈mgF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5557勁度系數(shù)為20 N/cm的彈簧振子，它的振動圖象如圖555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04 s內(nèi)振子做了1.75次全振動D在04 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x0.25 cm，所以彈力Fkx5 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，t0、t4 s 時刻振子的位移都是最大，且都在t軸的上方，在04 s內(nèi)振子完成兩次全振動，選項C錯誤；由于t0時刻和t4 s時刻振子都在最大位移處，所以在04 s內(nèi)振子的位移為零，又由于振幅為0.5 cm，在04 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 cm4 cm，故選項D錯誤答案：B8(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556A甲、乙兩單擺的振幅之比為21Bt2 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41D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；t2 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TT14，故選項C錯誤；設擺球擺動的最大偏角為，由mgl(1cos)mv2及a可得，擺球在最低點時向心加速度a2g(1cos)，因兩擺球的最大偏角滿足sin，故甲>乙，所以a甲>a乙，故選項D錯誤答案：AB9(多選)某簡諧振子，自由振動時的振動圖象如圖557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557Aa點 Bb點Cc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T1<T2；根據(jù)f，有f1>f2；題圖乙中c點時發(fā)生共振，驅(qū)動力頻率等于固有頻率f1；受迫振動時驅(qū)動力頻率為f2<f1，故此受迫振動對應的狀態(tài)可能是題圖乙中的a點；故A、D正確答案：AD10(2019年南寧模擬)(多選)正在運轉(zhuǎn)的機器，當其飛輪以角速度0勻速轉(zhuǎn)動時，機器的振動不強烈，切斷電源，飛輪的轉(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，此后飛輪轉(zhuǎn)速繼續(xù)變慢，機器的振動也隨之減弱，在機器停下來之后若重新啟動機器，使飛輪轉(zhuǎn)動的角速度從0較緩慢地增大到0，在這一過程中()A機器不一定還會發(fā)生強烈的振動B機器一定還會發(fā)生強烈的振動C若機器發(fā)生強烈振動，強烈振動可能發(fā)生在飛輪角速度為0時D若機器發(fā)生強烈振動，強烈振動時飛輪的角速度肯定不為0解析：從以角速度0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0，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0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0，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558所示，則該擺球的直徑為_cm.圖558(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 mm0.9 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 cm0.07 cm0.97 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T2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)C12(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t0時刻，振子從O、B間的P點以速度v向B點運動；在t0.2 s時，振子速度第一次變?yōu)関；在t0.5 s時，振子速度第二次變?yōu)関.(1)求彈簧振子振動周期T；(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559解析：(1)彈簧振子簡諧運動示意圖如圖5410所示，由對稱性可得T0.5×2 s1.0 s.(2)若B、C之間距離為25 cm，則振幅A×25 cm12.5 cm，振子4.0 s內(nèi)通過的路程s×4×12.5 cm200 cm.(3)根據(jù)xAsint，A12.5 cm，2rad/s得x12.5sin2t (cm)振動圖象為圖5510答案：(1)1.0 s(2)200 cm(3)x12.5sin2t (cm)圖象見解析圖13如圖5511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5511(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Rgt，所以t1乙球沿弧形槽做簡諧運動(由于R，可認為偏角<10°)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t1T×2，所以t1t22.(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(2n1)(n0，1，2，)由于甲、乙兩球在C點相遇，故t甲t乙聯(lián)立解得h(n0，1，2，)答案：(1)2(2)(n0，1，2，)14一質(zhì)點做簡諧運動，其位移和時間關(guān)系如圖5512所示圖5512(1)求t0.25×102 s時的位移；(2)在t1.5×102 s到2×102 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t0至8.5×102 s時間內(nèi)，質(zhì)點的路程、位移各多大？解析：(1)由圖可知A2 cm，T2×102 s，振動方程為xAsinAcost2cost cm2cos(102t) cm當t0.25×102 s時，x2cos cm cm.(2)由題圖可知在1.5×1022×102 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t0至8.5×102 s的時間內(nèi)質(zhì)點的路程為s17A34 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 cm2 cm8