【文档说明】高考物理一轮复习第14章振动和波光相对论第38讲机械振动练习(含解析).doc，共(7)页，106.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第38讲机械振动[解密考纲]考查简谐运动的表达式和图象；单摆的周期公式的应用；受迫振动和共振的概念的理解和应用．1．下列关于振幅的说法正确的是()A．振幅是振子离开平衡位置的最大距离B．位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅C．振幅等于振子运动轨迹的长度D．

振幅越大，表示振动越强，周期越长A解析振幅是振子离开平衡位置的最大距离，选项A正确，C错误．位移是矢量，是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，位移的大小不一定等于振幅，最大位移的大小才等于振幅，选项B错误．振幅越大，振动越强，但周期不一定越长，例如，对于做简谐运动的弹簧振子，周期只

与弹簧的劲度系数和振子的质量有关，与振幅无关，选项D错误．2．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，

解决了这一问题，装置配重杆的主要目的是()A．加大飞机的惯性B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固D．改变机翼的固有频率D解析飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼的固有周

期非常接近或相等．在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，故选项D正确．3．(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、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．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5s时有正向最大加速度的是乙摆ABD解析振幅可从题图上看出甲单摆大，故选项B正确．从图看出两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法比较机械能大小，t＝0.5s时乙摆

球在负的最大位移处，有正向最大加速度，故选项A、D正确，C错误．24．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的94倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的23，则单摆振动的()A．周期不变，振幅不变

B．周期不变，振幅变小C．周期改变，振幅不变D．周期改变，振幅变大B解析由单摆的周期公式T＝2πlg可知，当摆长l不变时，周期不变，选项C、D错误；由能量守恒定律可知12mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，

因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅减小，选项B正确，A错误．5．某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3s时，振子的速度为负的最

大值，加速度为零D．t＝4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值A解析t＝1s时，振子位于正向位移最大处，速度为零，加速度为负向最大，故选项A正确；t＝2s时，振子位于平衡位置并向x轴负方向运动，速度为负向最大，加速度为零，故选项B错误；t＝3s时，振子位于负向位移最大处，速度为零，加速

度为正向最大，故选项C错误；t＝4s时，振子位于平衡位置并向x轴正方向运动，速度为正向最大，加速度为零，故选项D错误．6．如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其

余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现()A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的摆角最大D．B、C、D的摆角相同C解析由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的3频率，故其

它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故选项A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故选项C正确，D错误．7

．(2018·天津卷)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移为－0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则()A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为23sB．若振幅为0.1m，振子的周期可能为45sC．若振幅为0.2m，振子的周期

可能为4sD．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6sAD解析t＝0时刻振子的位移x＝－0.1m，t＝1s时刻x＝0.1m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1m，则1s为半周期的奇数倍；如果振幅为0.2m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析．若振幅为0.1m，根据题意可

知从t＝0到t＝1s振子经历的周期为n＋12T，则n＋12T＝1s(n＝1,2,3…)，解得T＝22n＋1s(n＝1,2,3…)，当n＝1时T＝23s，无论n为何值，T都不会等于45s，选项A正确，B错误；如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图象，有1s＝T2＋nT①

，或者1s＝56T＋nT②，或者1s＝T6＋nT③，对于①式，只有当n＝0时，T＝2s，为整数；对于②式，T不为整数；对于③式，当n＝0时，T＝6s，之后只会大于6s，选项C错误，D正确．8.(2019·鞍山模拟)(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点

O时开始计时，经过0.3s，第一次到达点M，再经过0.2s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为()A．0.53sB．1.4sC．1.6sD．2sE．3sBDE解析如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所

需时间为T4，因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故T4＝0.3s＋0.2s2＝0.4s，解得T＝1.6s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所

需时间相等，即0.2s，振子从点O到点M′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为0.3s－0.2s3＝130s，故周期为T＝0.5s＋130s≈0.53s，所以周4期不可能为选项B、D、E.9．如图所示，物体A和B用轻绳相连，挂在

轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k.当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为()A.MgkB.mgkC.M＋mgkD.M＋mg2kA解析物体A振动的平衡位置弹簧弹

力和A物体重力相等，物体B将A拉至平衡位置以下最大位移Δx＝Mgk处，故A振动的振幅为Mgk，选项A正确．10．(2019·北京一零一中学高三检测)(多选)如图所示，在升降机的天花板上固定一摆长为l的单摆，摆球的质量

为m.升降机保持静止，观察到摆球正以小角度θ左右摆动，且振动周期为T.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．若仅将摆球的质量增大一倍，其余不变，则单摆的振动周期不变B．若升降机匀加速上升，利用此单摆来测定当地的重力加

速度，则测量值偏大C．设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机做匀速直线运动D．设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，则摆球相对于升降机会保持静止E．设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以大小为g的加速度匀加速

上升，则摆球相对升降机仍然左右摆动，且振动周期不变ABD解析其周期公式为T＝2πLg，与重力无关，故仅将摆球的质量增大一倍，其5余不变，则单摆的振动周期不变，故选项A正确；若升降机匀加速上升，加速度向上，设为a，超重，利用此单摆来测定当地的

重力知速度，则测量值偏大，为g＋a，故选项B正确；设想当摆球摆到最低点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，球将做匀速圆周运动，故选项C错误；设想当摆球摆到最高点时，升降机突然以加速度g竖直下落，完全失重，故摆球相对于升降机会保持静止，故选项D正确；设想当摆

球摆到最高点时，升降机突然以大小为g的加速度匀加速上升，超重，等效为加速度变为g′＝2g，故摆球相对升降机仍然左右摆动，但根据公式T＝2πLg，周期是变化的，故选项E错误．11．(2019·茂名五大联盟学校高三联考)某

单摆及其振动图象如图所示，取g＝9.8m/s2，π2＝9.8，根据图给信息可计算得摆长约为________；t＝5s时间内摆球运动的路程约为______(取整数)；若在悬点正下方O′处有一光滑水平细钉可挡住摆线，且O′E＝14OE，则摆球从F点释放

到第一次返回F点所需时间为________s.解析从横坐标可直接读取完成一个全振动的时间即周期为T＝2s，根据T＝2πlg，解得摆长为l＝gT24π2＝1m，由纵坐标的最大位移可直接读取振幅为3cm，摆球一个

周期内的路程是振幅的4倍，所以t＝5s时间内摆球运动的路程为30cm；碰钉后改变了摆长，因此单摆周期应分成钉左侧的半个周期和钉右侧的半个周期，前面求出摆长为1m，根据周期公式可得T左＝πlg＝1s，T右＝πl4g＝0.5s，所以周期为T＝1.5

s.答案1m30cm1.512．(2019·濮阳二模)如图所示，质量为m2的小球固定在竖直轻弹簧上，弹簧劲度系数为k，轻弹簧固定在质量为m1的底座上，整个装置置于水平地面上，拉小球使弹簧伸长一定长度，释放后小球将在竖直方向上做简谐运动．振动过程中底座恰好不离开地面，已知重力

加速度为g，则小球的最大加速度为________；底座对地面的最大压力大小为________；小球做简谐振动的振幅为________．解析因为振动过程中底座恰好不离开地面，所以底座受到弹簧向上的拉力最大为F＝6m1g，在最高点弹簧的

拉力最大，对小球受力分析，受到竖直向下的弹力以及重力作用，故根据牛顿第二定律可得a＝m1g＋m2gm2，小球运动到最低点时，底座对地面的压力最大，根据简谐运动的对称性，在最低点小球受到的加速度为a＝m1g＋m2gm2，方向向上，故F′－m2g＝m2a，解得弹簧对底座的作用力为F′＝2m2g＋

m1g，底座对地面的最大压力为N＝F′＋m1g＝2(m1＋m2)g，在平衡位置时弹簧弹力等于小球的重力F″＝m2g，在最低点F′＝2m2g＋m1g，故ΔF＝kA，解得A＝m1g＋m2gk.答案m1g＋m2gm

22(m1＋m2)gm1g＋m2gk13．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≫AB.甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比是多少？(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放甲

球，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？解析(1)甲球做自由落体运动R＝12gt21，所以t1＝2Rg，乙球沿圆弧做简谐运动(由于AC≪R，可认为摆角θ＜5°)．此运动与一个摆长为R的单摆

运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝14T＝14×2πRg＝π2Rg，所以t1∶t2＝22π.(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＝2hg，由于乙球运动存在周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝T4＋nT2

＝π2Rg(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)，由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙，7联立解得h＝n＋2π2R8(n＝0,1,2，…)．答案(1)22π(2)n＋2π2R8(n＝0,1,2，…)14．一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示．(1)求t＝0.25×10－2s时质点的位移；

(2)在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化？(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s时间内，质点的路程、位移各多大？解析(1)由题图可知A＝2cm，T＝2×10－2s，振动方程为x＝Asin(ωt－

π2)＝－Acosωt＝－2cos(2π2×10－2t)cm＝－2cos(100πt)cm，当t＝0.25×10－2s时，x＝－2cosπ4cm＝－2cm.(2)由题图可知在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振动过程中，质

点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s时间内，Δt＝174T＝(4＋14)T，可知质点的路程为s＝17A＝34cm，位移为2cm.答案(1)－2cm(2)变大变大变小变小变大(3)34cm2cm