高考物理二轮复习第十四章波与相对论夯基保分练一机械振动选修[共8页]

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1、夯基保分练(一)机械振动A级保分练1(多选)(2015上海高考)质点运动的位移x与时间t的关系如图所示，其中做机械振动的是()解析：选ABC机械振动是指在平衡位置附近的往复运动，A、B、C项正确；D图中质点只来回运动一次就趋于静止了，D项错误。2.(多选)如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。则物体在振动过程中()A物体的最大动能应等于mgAB弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变C弹簧的最大弹性势能等于2mgAD物体在最低点时的弹力大小应为2mg解析：选CD物体振动到最高点时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能为零，从最高点到平

2、衡位置，重力势能减少，弹性势能增加，重力势能一部分转化为物体的动能，一部分转化为弹簧的弹性势能，物体的最大动能小于重力势能的减少量mgA，A错误；物体在振动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能保持不变，弹簧的弹性势能和物体的动能之和在不断变化，B错误；物体运动到最低点时，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，物体的动能为零，从最高点运动到最低点，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，弹簧的最大弹性势能为Epmmg2A2mgA，C正确；在最高点物体所受的回复力大小为F mmg，在最低点物体所受的回复力大小等于在最高点所受的回复力大小，即F mF mmg，方向竖直向上，物体在最低点受到两个力

3、的作用，回复力为F mF弹mg，解得：F弹2mg，D正确。3(2017成都校级检测)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()At0.8 s时，振子的速度方向向左Bt0.2 s时，振子在O点右侧6 cm处Ct0.4 s和t1.2 s时，振子的加速度完全相同Dt0.4 s到t0.8 s的时间内，振子的速度逐渐减小解析：选A从t0.8 s起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t0.8 s时，速度方向向左，A正确；由题图乙得振子的周期T1.6 s，位移x12sin t cm，故t

4、0.2 s时，x6 cm，故B错误；t0.4 s和t1.2 s时，振子的位移方向相反，由a知，加速度方向相反，C错误；t0.4 s到t0.8 s的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D错误。4.如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为()A1 HzB3 HzC4 Hz D5 Hz解析：选A弹簧振子做受迫振动，因此振动频率等于驱动力的频率，即为1 Hz，A项正确。5.(2017金山区模拟)如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，

5、细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的最短时间为()A0.2 sB0.4 sC0.6 s D0.8 s解析：选B小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T12 s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T22 0.6 s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t0.4 s，B正确。6(多选)(2017焦作质检)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经时间t与B发生正碰。

6、碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道。当两球第二次相碰时()A相间隔的时间为4tB相间隔的时间为2tC将仍在O处相碰D可能在O处以外的其他地方相碰解析：选BC由于圆弧轨道长度远小于半径，故A、B两球的运动都可看成类单摆运动，其周期T4t，两球碰后经2t恰好同时回到O处，则B、C正确，A、D错误。7. (2014重庆高考)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。由此图求振动的周期和振幅。解析：由图像可知，振子在一个周期内沿x方向的位移为

7、2x0，水平速度为v，故周期T；又由图像知2Ay1y2，故振幅A。答案：周期为振幅为8(2017唐山模拟)实验小组的同学做“用单摆测重力加速度”的实验。(1)实验前他们根据单摆周期公式导出了重力加速度的表达式g，其中L表示摆长，T表示周期。对于此式的理解，四位同学说出了自己的观点：同学甲：T一定时，g与L成正比同乙：L一定时，g与T2成反比同学丙：L变化时，T2是不变的同学丁：L变化时，L与T2的比值是定值其中观点正确的是同学_(选填“甲”“乙”“丙”“丁”)。(2)实验室有如下器材可供选用：A长约1 m的细线 B长约1 m的橡皮绳C直径约2 cm的均匀铁球 D直径约5 cm的均匀木球E秒表

8、F时钟G最小刻度为毫米的米尺实验小组的同学选用了最小刻度为毫米的米尺，他们还需要从上述器材中选择：_(填写器材前面的字母)。(3)他们将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂(如图所示)。用刻度尺测量悬点到_之间的距离记为单摆的摆长L。(4)在小球平稳摆动后，他们记录小球完成n次全振动的总时间t，则单摆的周期T_。(5)如果实验得到的结果是g10.09 m/s2，比当地的重力加速度值大，分析可能是哪些不当的实际操作造成这种结果，并写出其中一种：_。解析：(1)因为g是定值，则L变化时，L与T2的比值是定值，丁同学观点正确。(2)根据实验原理及要求易知，他们还需要从上述器材

9、中选择：A.长约1 m的细线；C.直径约2 cm的均匀铁球；E.秒表。(3)用刻度尺测量悬点到小球球心之间的距离记为单摆的摆长L。(4)单摆的周期T。(5)可能是振动次数n计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了。答案：(1)丁(2)ACE(3)小球球心(4)(5)可能是振动次数n计多了；可能是测量摆长时从悬点量到了小球底部；可能在计时的时候秒表开表晚了(合理即可)B级拔高练9.(多选)一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图像为正弦曲线，如图所示，下列说法错误的是()A在t从0到2 s时间内，弹簧振子做加速运动B在t13 s和t25 s时，弹簧

10、振子的速度大小相等，方向相反C在t25 s和t37 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，t2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大解析：选ABD在t从0到2 s时间内，弹簧振子所受的回复力增大，说明位移在增大，振子做减速运动，A说法错误；从题图中可以看出，在t13 s和t25 s时，振子所受的回复力大小相等，振子的速度大小相等，速度方向相同，B说法错误；从题图中可以看出，在t25 s和t37 s时，回复力大小相等，方向相同，则弹簧振子的位移大小相等，方向相同，C说法正确；从题图中可以看出，t2 s时刻弹簧振子所受的回复力最大，振子的速度为零，则回复力做功的功率为零

11、，D说法错误。10某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为_ cm。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T_ s(结果保留三位有效数字)。(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是()AgB.C.D.(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜

12、率得到的重力加速度与原来相比，其大小()A偏大B偏小C不变 D都有可能(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度L，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度g_。解析：(1)摆球的直径为d20 mm6 mm20.6 mm2.06 cm。(2)秒表的读数为t60 s7.3 s67.3 s，根据题意tTT，所以周期T 2.28 s。(3)根据单摆的周期公式T2 ，可得k(常数)，所以选项C正确。(4)因为k(常数)，所以k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足

13、k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变。C正确。(5)根据(4)的分析，所以g。答案：(1)2.06(2)2.28(3)C(4)C(5)11.如图所示，质量为M、倾角为的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为L时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；(2)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；(3)

14、求弹簧的最大伸长量；(4)为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)?解析：物块处于平衡位置时合力为零，物块做简谐运动的条件是Fkx(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为L，有mgsin kL0，解得L此时弹簧的长度为L。 (2)当物块的位移为x时，弹簧伸长量为xL，物块所受合力为F合mgsin k(xL)联立以上各式可得F合kx可知物块做简谐运动。(3)物块做简谐运动的振幅为A由对称性可知，最大伸长量为。(4)设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体处于平衡状态，所以有水平方向fFN1sin Fcos 0竖直方向FN2MgFN1cos Fsin 0又Fk(xL)，FN1mgcos 联立可得fkxcos ，FN2Mgmgkxsin 为使斜面体始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应有|f|FN2，所以当xA时，上式右端达到最大值，于是有。答案：(1)L(2)见解析(3)(4)8