第二章 机械振动 基础达标卷（A卷）（全解全析版）

第二章机械振动基础达标卷（A卷）高二物理•全解全析123456789101112AAACDADAACBDCDAC1.A【解析】A.结合甲、乙两图可知力时刻振子的位移为正值且最大，振子位于N,xo应为/,故A正确；B.。〜力时间内位移为正值，且逐渐增大，则振子由。向N运动，故B错误；C.0〜茏时间内位移为正值，且逐渐减小，则振子由N向。运动，故C错误；D.0〜打时间内振子先沿正方向运动到最大位移处，再沿负方向运动到位移为零处，£2〜打时间内先沿负方向运动到负的最大位移处，再沿正方向运动到位移为零处，故D错误。故选Ao2.A2.A【解析】A.间距离为A错误；B.由可知可知振子的运动周期是B正确；C.由可知/=0时即振子位于N点，C正确;D.由2.A【解析】A.间距离为A错误；B.由2.A【解析】A.间距离为A错误；B.由可知可知振子的运动周期是B正确；C.由可知/=0时即振子位于N点，C正确;D.由2A=10cmjix=5sin(lOr+—)cmco-lO^ad/s27rT=—=0.2s

co71x=5sin(lOR+—)cmx=5cmx=5sin(lO/rt+—)cm可知，=0.05s时

由图乙所示图象可知，在％=0s时，摆球处于负的最大位移，摆球向右方向运动为正方向,因此开始时，摆球在3处。T=2tt⑵由单摆周期公式（1分）T=2tt可得（1分）（1分）⑶摆球的振动周期为0.8s,振幅为4cm；角频率为co=—=2.5万rad/s（1分）初相位为。0=一^（1分）结合表达式X=Asin（碗+%）,有7171x=4sin(2.5^r--)cm71x=4sin(2.5^r--)cm（1分）4c/a、2mgsin071x=4sin(2.5^r--)cm（1分）4c/a、2mgsin018.(1)————，Kka2m(gsin6-a).⑵m3(3q+gsin6)(gsin。-a),、；Q3J2k2ma

~k~【解析】（1）A、B两物体在内时刻分离，故且AB虽接触但没有相互作用力。（1分）对物体A做受力分析mgsinftkx、—mgsin0=ma（1分）此时弹簧压缩量为Amgsin。+maXl=k（1分）最初AB处于静止状态时，弹簧压缩量为七,合力为0,即2mgsin0=kx0（1分）解得2mgs\n0升)二；k（1分）从0〜乙时间AB一起向上匀加速直线运动mgsin0-ma_12~2at]（1分）解得2〃2(gsin9-a)ka（1分）（2）0〜4之内，AB处于分离前，具有相同的速度和加速度AB看作整体（（1分）（1分）F+k(x。一1)-2mgsin0=2ma,F=2ma+kxw01sz.小I.（1分）VVp=3梯=—[2ma+(ma+mgsin6f)]x=—(3/na+mgsin〃)x（1分）解得叫二m(3a+gsin8)(gsin0-a)2k（1分）⑶4时亥IJA物块速度为V,,此时弹簧压缩量mgsin0+ma（1分）AB分离后，A在斜面上平衡位置处弹簧压缩量为x2=叫si"°(&合=0,mgsin6=kxC一k（1分）所以从4-物体位移mgSi=X[-X2=—（1分）由简谐运动对称性，可得物块A再次达到W时，总位移c2mas=2s.=1k（1分）此时振子在。点，振子速度最大，D正确。本题选不正确项，故选A。A【解析】A.小球在平衡位置处弹簧的压缩量为半，现用力/竖直向下缓慢压小球，小球k向下移动x后撤去力四小球在竖直方向上做简谐运动，则小球运动到关于平衡位置对称的最高点时不能脱离弹簧，即临界情况是恰好恢复原长，故x的最大值为半，故A正确；KB.按照简谐运动的对称性，可知小球位于最低点和最高点时加速度大小相同，方向相反，故B错误；C.小球每次经过同一位置时的速度方向可能相同也可能相反，故C错误；D.小球的加速度为零的位置应该是合力为零的地方，弹簧处于原长时，小球的合力不为零,故D错误；故选AoC【解析】A.小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力竖直方向不为零，动量不守恒，选项A错误；B.设小车和小球的质量分别为〃”、加2,小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为也碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则m,vin=（町+/7t2）v解得m.V~+m2Vm<V，n由题意可知碰撞前后瞬间弹簧的弹性势能均为零，则碰前瞬间系统的机械能为碰后瞬间系统的机械能为所以小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项B错误;C.弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能为反减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，选项C正确;D.小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题给周期表达式T=可知整

个弹簧振子的周期变大，选项D错误。故选C。D【解析】AB.小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，可知两侧最高点动能均为零,故重力势能也相等，故最大高度相同，即点3与点4等高，故AB错误；CD.小球从最低点到/点再到最低点的时间为小球从最低点到B点再到最低点的时间为则小球的周期为则小球的周期为则小球的周期为则小球的周期为故C错误，D正确。故选DoA【解析】从43点均做单摆模型运动，由单摆周期公式可得H为球面半径，故。4点离平衡位置远些，高度差大，故从4点滚下到达平衡位置。时速度大，即切＞"2。故A正确，BCD错误。故选AoD【解析】A.水平方向的弹簧振子做阻尼振动时，机械能减小，所以动能和弹性势能还转化为其他形式的能，故A错误；B.队伍过桥要慢行不是为了不产生周期性的驱动力，而是使队伍过桥时产生的驱动力的频率远离桥梁的固有频率，从而避免产生共振，故B错误；C.受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，故C错误；D.当驱动力的频率等于物体的固有频率时，发生共振，所以利用共振时，应使驱动力的频率接近或等于振动物体的固有频率；防止共振危害时，应使驱动力的频率远离振动物体的固有频率，故D正确。故选DoA【解析】A.共振曲线反映的是物体在不同驱动力作用下的振幅，故A正确；BC.转动摇把时，弹簧振子做受迫振动，弹簧振子的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率越接近弹簧振子的固有频率，弹簧振子的振幅越大，故BC错误；D.停止转动摇把，弹簧振子以固有频率做阻尼振动，频率不变，振幅越来越小，故D错误。故选AoAC【解析】A.如果在4时刻物块位于。点上方且向下运动，芍时刻物块位于。点下方且与4时刻物块速度相同，则马一。的最小值小于选项A正确；B.如果在时刻物块的动能也为纭，则,2时刻物块速度与乙时刻大小相等，方向可能相同,T也可能相反，弓―4的最小值小于选项B错误；C.题图中。点是平衡位置，物块通过。点时位移最小，根据kx

a=m知，其加速度最小，选项C正确；D.C、。两点关于平衡位置对称，加速度等大反向，选项D错误。故选ACo10.BD【解析】A.由图乙可知，弹簧振子做简谐运动的周期为l.6s,则有T4s=3.2s+0.8s=2TH—2可知尸4s时，振子位于平衡位置，此时振动的速度最大，动能最大，势能最小，故A错误；B.由图乙可知，振子做简谐运动的振动方程为.57/、x=12sin—r(cm)Z=0.2s时，振子的位移为%=12sin(毛x0.2)cm=6\/2cm，=L0s时，振子的位移为x2=12sin^-cm=-66cm可知根据kx

a=—

m可知振子在，=0.2s时和，=LOs时的力口速度大小相等，方向相反，故B正确；C.，=0.6s时，振子的位移为%.=12sin(—x0.6)cm=60cm

4可知在/'=0.6s时，振子在。点右侧6j^cm处，故C错误；D.由图乙可知，f=0.8s到才=L2s的时间内，振子从平衡位置向负尢方向运动直到负的位移最大值，此过程振子的速度逐渐减小，加速度逐渐增大，位移逐渐增大，故D正确。故选BDoCD【解析】A.振动过程中，物块A与弹簧所组成的系统机械能守恒，物块A的机械能不守恒,故A错误；BCD.当弹簧被拉伸最长时，此时B对地面的压力刚好为零，即此时弹簧的弹力等于B的重力,即F=Mg此时弹簧的形变量最大，为当弹簧的弹力等于物块A的重力时，弹簧被压缩，处于简谐振动的平衡位置，此时弹簧形变量为_mg_%2-T则振幅为最大位移处与平衡位置的距离，为木块A有最大加速度，为F+mg=maMg+mg由对称性可知，当物块A运动到最低点，即弹簧被压缩至最短时，弹簧的弹力大小依然为Fi,此时有Fx-mg=ma6=mg+ma=Mg+2mg即弹簧对B的最大弹力为Mg+2〃2g,则木块B对地面的最大压力为F^=FX+Mg=2mg+2Mg故B错误，CD正确。故选CDoAC【解析】A.弹簧振子的振动周期等于记录纸运动2%所用的时间，即故A正确;B.记录3.75%时，滑块的加速度沿歹轴正方向，速度沿〉轴负方向，二者方向相反，故B错误；C.记录纸从与运动到2%的过程中，滑块的动能改变量为0,弹簧对滑块做的功为0,故C正确；D.弹簧振子的周期由振子系统本身决定，与拉动记录纸的速率无关，故D错误。故选ACo（2分）C（1分）②（1分）9.77（2分）【解析】（1）[1]根据T=27T可得4/l+4)4乃2k2(4+[)『(与n（2）[2]测得的重力加速度偏大，根据4tu2LA.实验室处在高山上，距离海面太高，则重力加速度会偏小，A错误;

B.单摆所用的摆球质量大小与周期无关，B错误;C.实际测出〃次全振动的时间3误作为（〃+1）次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，C正确;D.以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，D错误;故选Co（3）⑶根据T=2tt可得T2=^L

g可知解得根据单摆的周期公式t2=^lg实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长入二0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即/位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②。（4）[4]由图像可知，单摆的周期为T=2s,则根据T=2/r<?可得4/L4/L4/L8=-^22m/s2=9.77m/s214,-10cm（1分）0（1分）4cm（1分）（3）4/L8=-^22m/s2=9.77m/s214,-10cm（1分）0（1分）4cm（1分）（3）0.1sin0.5%+一万（m）（3分）【解析】⑴由图2知刚开始计时时,即U0时刻，振子处在左边最大位移处位置处，位移为相对平衡位置的位移是0;⑵振动图线上1、3两点时间间隔为半个周期，即U2s,则振动图线上1、3两点间的距离为：s=vt=2cm/sx2s=4cm；27r27r⑶弹簧振子的周期为T=4s,则：co=—=—=0.57rrad/s；振幅：A=0.1m；开始时振子处在左边最大位移处位置处，位移为-10cm,所以该振子简谐运动的表达式为：0.5tth—71

2x=-Acoscot--QAsinQ.5Tit0.5tth—71

2【点睛】由图2直接读出位移，根据简谐运动的周期性分析t=17s时振子的位移；纸带做匀速运动，根据其运动与振子运动的同时性，求解振动图线上1、3两点间的距离；由公式27r①二斤,得到角频率以读出振幅A,则该振子简谐运动的表达式为工=As、应3.（1）A=15cm,T=3.6s；（2）Xp=15cm【解析】【解析】（1）由题意可知，振幅为力二15cm【解析】（1）由题意可知，振幅为力二15cm（2分）根据弹簧振子简谐运动的对称性可得T_1.2+0.6（2分）T=3.6s（1【解析】（1）由题意可知，振幅为力二15cm（2分）根据弹簧振子简谐运动的对称性可得T_1.2+0.6（2分）T=3.6s（1分）（2）从平衡位置开始计时，则尤=Asin"(cm)角速度为co=——=——rad/sT9（1分）x=15sin—Z(cm)（1分）根据题意，可知从。到P运动的时间U0.3s,则振子在尸点时相对平衡位置的位移大小=15sin—x0.3(cm)=7.5cm（1分）（1）%2=5cm；（2）A=25cm；（3）x=25cos5/（cm）【解析】（l）当AD在最高点时，挡板弹力最小，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为应,则有（（1分）（1分）F-\-kx2=根（1分）代入数据得x2=5cm（1分）（2）AD粘在一起后，设运动到平衡位置时形变量为制，则有2mgsin30°=kx、（1分）代入数据得x/=20cm（1分）故简谐运动的振幅为A=x/+X