1、第1讲 机械振动时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共11小题，每小题6分，共66分。其中 13题为单选，411题为多选)1(2019上海杨浦高三下学期调研)一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是()A若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B振子通过平衡位置时，速度为零，加速度最大C振子每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也相同D振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同答案D解析弹簧振子做简谐运动时，加速度方向与位移方向总是相反，若位移为负值，加速度一定为正值，而速度可能为正值，也可能为负值，故A错误。振子每次通过平衡位置时，加速度为零，由于速度有两种方向
2、，所以速度大小相同，方向可能不同，故B、C错误。振子每次通过同一位置时，位移相同，回复力相同，加速度一定相同，速度大小相同，方向可能不同，故D正确。2下列说法正确的是()A做简谐运动的物体，当速度为正时，位移一定为负，加速度一定为正B在受迫振动中，物体振动的频率不一定等于驱动力的频率C摆钟偏快时可增加摆长进行校准D做简谐运动的物体，其振动能量与振动的频率有关答案C解析 做简谐运动的物体，当速度为正时，位移可能为正，也可能为负，加速度可能为正，也可能为负，A错误；物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，故B错误；摆钟偏快时，周期偏小，根据T2 可知，可增加摆长进行校准，C正确；做简谐运
3、动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，与频率无关，D错误。3(2019北京东城二模)如图，细绳一端固定于悬挂点O，另一端系一小球。在悬挂点正下方A点处钉一个钉子。小球从B点由静止释放，摆到最低点C的时间为t1，从C点向右摆到最高点的时间为t2。摆动过程中，如果摆角始终小于5，不计空气阻力。下列说法正确的是()At1t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小Bt1t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小Ct1t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变Dt1t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变答案C解析因摆角始终小于5，则小球在钉子两边摆动时均可看做单摆，因为在左侧摆动时摆长较长，根据T2 可知周期较大，
4、因摆球在钉子两边摆动的时间t1、t2均为对应摆周期的，可知t1T左T右t2；摆线碰钉子的瞬间，由于水平方向受力为零，可知小球的速率不变。故选C。4如图甲所示的弹簧振子(以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是()At0时，振子处在B位置B振子运动的周期为4 sCt4 s时振子对平衡位置的位移为10 cmDt2.5 s时振子对平衡位置的位移为5 cmE如果振子的质量为0.5 kg，弹簧的劲度系数为20 N/cm，则振子的最大加速度大小为400 m/s2答案ABE解析由图乙可知，振子做简谐振
5、动的振幅为10 cm，其周期T4 s，t0和t4 s时，振子在负的最大位移处，即图甲中的B位置，由于振子做变速运动，故t2.5 s时，振子的位移应大于5 cm，故A、B正确，C、D错误；由a可知，振子的最大加速度大小为400 m/s2，E正确。5一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点。图甲上的a、b、c、d为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向，图乙给出的四条振动图线，可用于表示振子的振动图象的是()A若规定状态a时t0，则图象为B若规定状态b时t0，则图象为C若规定状态c时t0，则图象为D若规定状态d时t0，则图象为答案AD解析振子
6、在状态a时t0，此时的位移为3 cm，且向x轴正方向运动，故A正确；振子在状态b时t0，此时的位移为2 cm，且向x轴负方向运动，B错误；振子在状态c时t0，此时的位移为2 cm，C错误；振子在状态d时t0，此时的位移为4 cm，速度为零，故D正确。6(2019江西九校重点中学协作体高三第一次联考)甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2L图象，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法中正确的是()A单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定B由图甲分析可知A图象
7、所对应的实验地点重力加速度较大C若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单摆测出飞船轨道处的引力加速度D由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8 cmE如果甲同学增大摆长，他得到的共振曲线的峰值将向左移动答案ACE解析单摆的固有周期公式为T2 ，L为摆长，g为当地重力加速度，故A正确；根据T2得：T2，所以T2L图象的斜率k，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象对应的重力加速度较小，故B错误；若将单摆放入绕地稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，只受重力，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5 Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率
8、为0.5 Hz，固有周期T s2 s，根据T2 ，解得摆长L1 m，故D错误；根据T2 ，若在同一地点增长摆长，则单摆固有周期变大，固有频率变小，则发生共振时的驱动力频率变小，共振峰向左移动，故E正确。7(2019安徽模拟)如图所示为同一地点的两个单摆甲、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甲摆的振幅比乙摆的大C甲摆的机械能比乙摆的大D在t0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E由图象可以求出当地的重力加速度答案ABD解析由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T2得知，甲、乙两单摆的摆长相等，A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7
9、 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的摆球质量未知，故无法比较机械能的大小，C错误；在t0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，D正确；由单摆的周期公式T2 得g，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，E错误。8在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中，下列做法正确的是()A应选择伸缩性小、尽可能长的细线做摆线B用刻度尺测出细线的长度并记为摆长lC在小偏角下让小球在竖直面内摆动D测量摆球周期时，应选择摆球经最低点时开始计时，测量50次全振动的时间t，则单摆的周期TE多次改变摆线
10、的长度l，测量对应的周期T，作T2l图象，得到图象的斜率值约为4答案ACE解析单摆的悬点到小球重心的距离为摆长，并非只是摆线的长度，B错误；单摆的周期等于一次全振动所用时间，即T，D错误；由T2可得，T2l，故T2l图象斜率约为4，E正确；A、C说法正确。9(2019唐山模拟)关于受迫振动和共振，下列说法正确的是()A火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振B若驱动力的频率为5 Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 HzC当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大D一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频率一定有两个E受迫振动系统的机械能守恒答案BCD解析火车过桥
11、时限制速度是为了防止桥发生共振，A错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频率为5 Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；由共振曲线可知，D正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，E错误。10.如图所示，甲、乙两木块叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，甲木块与乙木块之间的最大静摩擦力为fm，乙木块与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使甲木块和乙木块在振动过程中不发生相对滑动，则()A它们的振幅不能大于AB它们的振幅不能大于AC它们的最大加速度不能大于D它们的最大加速度不能大于答案BD解析当甲木块和乙木块在振动过程中恰好不发生相对
12、滑动时，甲、乙两木块间静摩擦力在最大位移处达到最大。根据牛顿第二定律，以甲木块为研究对象，最大加速度a，C错误，D正确；以甲、乙两木块整体为研究对象，kA(Mm)a，代入a得，A，A错误，B正确。11(2015山东高考)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y0.1sin(2.5t) m。t0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g10 m/s2。以下判断正确的是()Ah1.7 mB简谐运动的周期是0.8 sC0.6 s内物块运动的路程是0.2 mDt0.4 s时，
13、物块与小球运动方向相反答案AB解析由小物块的运动方程可知，2.5，T0.8 s，故B正确。0.6 s内物块运动了个周期，故路程应为0.3 m，C错误。t0.4 s时物块运动了半个周期，正向下运动，与小球运动方向相同，故D错误。t0.6 s时，物块的位移y0.1 m，小球下落距离Hgt21.8 m，由题图可知，hHy1.7 m，故A正确。二、非选择题(本题共3小题，共34分)12(10分)(2015天津高考)某同学利用单摆测量重力加速度。(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_。A组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D摆长
14、一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆。实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上的两标记点之间的距离L。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g_。答案(1)BC(2)解析(1)为了减小实验误差，应选用密度大、体积小的摆球，A项错误；摆线应选用不易伸缩的轻线，B项正确；实验时
15、摆球应在同一竖直面内摆动，而不能做成圆锥摆，C项正确；摆长一定的情况下，摆角不能超过5度，因此摆的振幅不能过大，D项错误。(2)由单摆周期公式得T12 ，T22 ，解得g。13(12分)(2019武汉三模)地心隧道是根据凡尔纳的地心游记所设想出的一条假想隧道，它是一条穿过地心的笔直隧道，如图所示。假设地球的半径为R，质量分布均匀，地球表面的重力加速度为g。已知均匀球壳对壳内物体引力为零。(1)不计阻力，若将物体从隧道口静止释放，试证明物体在地心隧道中的运动为简谐运动；(2)理论表明：做简谐运动的物体的周期T2 ，其中，m为振子的质量，物体的回复力为Fkx，求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需
16、要的时间t(地球半径R6400 km，地球表面的重力加速度为g10 m/s2)。答案(1)证明见解析(2)41.9 min解析(1)物体在地表时重力近似等于万有引力，有：mgMR3以地心为位移起点，设某时刻物体的位移为x，则半径为|x|的球的质量M|x|3，由于均匀球壳对壳内物体引力为零，则此时物体所受引力(与x反向)FG联立可得：Fx，为常数，即该物体的运动为简谐运动。(2)由Fkx，Fx，得k，代入T2得，该物体做简谐运动的周期为：T2 物体从隧道口一端静止释放后到达另一端所用的时间为半个周期，则有：t 地球半径R6400 km6.4106 m，地表重力加速度为g10 m/s2，3.14，
17、代入数据可得：t2512 s41.9 min。14(12分)(2019吉林模拟)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。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，两球均可视为质点，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，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？答案(1)(2)(n0,1,2，)解析(1)甲球做自由落体运动Rgt，所以t1 ，由于R，可认为摆角5，乙球的运动可看成一个摆长为R的单摆的运动，故等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2T2 ，所以。(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 ，由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙n (2n1)(n0,1,2，)，由于甲、乙在C点相遇，故t甲t乙，联立解得h(n0,1,2，)。
