2021新高考物理选择性考试B方案一轮复习课时作业第13章第1讲机械振动

第13章第1讲机械振动课时作业时间：50分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题6分，共72分。其中1～4题为单选，5～12题为多选)1．如图中的曲线表示某振动系统受迫振动的振幅A随驱动力频率f变化的关系，可以看出，驱动力频率f等于系统的固有频率f0时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫做共振。据史书记载：晋朝初期，京城有户人家挂着的铜盘每天早晚轻轻自鸣两次，人们十分惊恐，当时的学者张华判断，这是铜盘与皇宫早晚的钟声共鸣所致，后来把铜盘磨薄一些，就不再自鸣了。你认为把铜盘磨薄的目的是()A．减小铜盘固有振动的周期B．减小铜盘固有振动的振幅C．减弱皇宫敲钟引起的空气振动的强度D．减小皇宫敲钟引起的空气振动的频率答案A解析把铜盘磨薄一些，只能改变铜盘的固有振动的周期，依据共振的特点，铜盘与皇宫早晚的钟声不再发生共振，即不再出现共鸣，故A正确，B、C、D错误。2．(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，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。3．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，周期过小，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，可增加摆长进行校准，C正确；做简谐运动的物体，其振动能量与振动的振幅有关，与频率无关，D错误。4．(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()A．t1＝t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小B．t1>t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小C．t1>t2，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变D．t1＝t2，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T＝2πeq\r(\f(L,g))可知周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为对应摆周期的eq\f(1,4)，可知t1＝eq\f(1,4)T左>eq\f(1,4)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。5．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()A．t＝0时，振子处在B位置B．t＝4s时振子对平衡位置的位移为10cmC．t＝2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmD．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数为20N/cm，则振子的最大加速度大小为400m/s2答案AD解析由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10cm，t＝0和t＝4s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t＝2.5s时，振子的位移应大于5cm，故A正确，B、C错误；由a＝－eq\f(kx,m)可知，振子的最大加速度大小为400m/s2，D正确。6．下列说法正确的是()A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B．同一单摆，在月球表面做简谐振动的周期等于在地球表面做简谐振动的周期C．一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y＝0.1sin2.5πt(单位都是国际单位制)，在t＝0.2s时，振子的运动速度为零D．做简谐振动的物体，经过同一位置时，速度可能不同答案ACD解析如果军队士兵过桥时齐步走，频率可能与桥的固有频率相同，发生共振，从而引发事故，所以军队士兵过桥时使用便步，A正确。根据单摆振动的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，因为月球表面和地球表面处的重力加速度不一样，故同一单摆做简谐振动的周期不一样，B错误；当t＝0.2s时，y＝0.1m，振子处于最大位移处，速度为零，C正确；做简谐振动的物体，从平衡位置到最大位移处和从最大位移处到平衡位置的过程中，通过同一位置时速度大小相等、方向相反，D正确。7．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4cm，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①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图象的是()A．若规定状态a时t＝0，则图象为①B．若规定状态b时t＝0，则图象为②C．若规定状态c时t＝0，则图象为③D．若规定状态d时t＝0，则图象为④答案AD解析振子在状态a时t＝0，此时的位移为3cm，且向x轴正方向运动，故A正确；振子在状态b时t＝0，此时的位移为2cm，且向x轴负方向运动，B错误；振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2cm，C错误；振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4cm，速度为零，故D正确。8．(2019·江西九校重点中学协作体高三第一次联考改编)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．由图甲分析可知A图象所对应的实验地点重力加速度较大B．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C．由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8cmD．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BD解析根据T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2L,g)，所以T2­L图象的斜率k＝eq\f(4π2,g)，图甲中A图象的斜率大于B图象的斜率，故A图象对应实验地点的重力加速度较小，故A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B正确；由图乙可知，当驱动力的频率为0.5Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5Hz，固有周期T＝eq\f(1,0.5)s＝2s，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得摆长L＝1m，故C错误；根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，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D正确。9．(2019·安徽模拟改编)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．由图象可以求出当地的重力加速度答案AB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T＝2πeq\r(\f(l,g))得知，甲、乙两单摆的摆长相等，A正确；甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，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；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T2)，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，D错误。10．(2019·唐山模拟改编)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5Hz，则受迫振动稳定后的振动频率一定为5HzC．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．受迫振动系统的机械能守恒答案BC解析火车过桥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5Hz，则振动系统稳定后的振动频率也一定为5Hz，B正确；由共振的定义可知，C正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒，D错误。11.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A＝eq\f(M＋mfm,kM)B．它们的振幅不能大于A＝eq\f(M＋mfm,km)C．它们的最大加速度不能大于eq\f(fm,M)D．它们的最大加速度不能大于eq\f(fm,m)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＝eq\f(fm,m)，C错误，D正确；以甲、乙两木块整体为研究对象，kA＝(M＋m)a，代入a＝eq\f(fm,m)得，A＝eq\f(M＋mfm,km)，A错误，B正确。12．(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y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10m/s2。以下判断正确的是()A．h＝1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程是0.2mD．t＝0.4s时，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，eq\f(2π,T)＝2.5π，T＝0.8s，故B正确。0.6s内物块运动了eq\f(3,4)个周期，故路程应为0.3m，C错误。t＝0.4s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。t＝0.6s时，物块的位移y＝－0.1m，小球下落距离H＝eq\f(1,2)gt2＝1.8m，由题图可知，h＝H＋y＝1.7m，故A正确。二、非选择题(本题共2小题，共28分)13．(14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T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中，m为振子的质量，物体的回复力为F＝－kx，求物体从隧道一端静止释放后到达另一端需要的时间t(地球半径R＝6400km，地球表面的重力加速度为g＝10m/s2)。答案(1)证明见解析(2)41.9min解析(1)物体在地表时重力近似等于万有引力，有：eq\f(GMm,R2)＝mg又：M＝ρeq\f(4,3)πR3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′＝ρ·eq\f(4,3)π·|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)F＝－Geq\f(mM′,x2)联立可得：F＝－eq\f(mg,R)x，eq\f(mg,R)为常数，即该物体的运动为简谐运动。(2)由F＝－kx，F＝－eq\f(mg,R)x，得k＝eq\f(mg,R)，代入T＝2πeq\r(\f(m,k))得，该物体做简谐运动的周期为：T＝2πeq\r(\f(R,g))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＝eq\f(T,2)＝πeq\r(\f(R,g))地球半径R＝6400km＝6.4×106m，地表重力加速度为g＝10m/s2，π＝3.14，代入数据可得：t＝2512s＝41.9min。14．(14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≫eq\x\to(AB)。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)eq\f(2\r(2),π)(2)eq\f(2n＋12π2R,8)(n＝0,1,2，…)解析(1)甲球做自由落体运动R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))，由于eq\x\to(AC)≪R，可认为摆角θ<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