高考物理一轮复习-第十四章-第1讲-机械振动(实验：探究单摆的运动、用单摆测重力加速度)

一、选择题1．下列关于振动的回复力的说法正确的是()A.回复力方向总是指向平衡位置B.回复力是按效果命名的C.回复力一定是物体受到的合力D.回复力由弹簧的弹力提供E.振动物体在平衡位置所受的回复力是零解析：回复力是按效果命名的，是指向平衡位置使振动物体回到平衡位置的力，可以由某个力或某几个力的合力提供，也可以由某个力的分力提供，故A、B正确，C错误；在水平弹簧振子中回复力由弹簧的弹力提供，但在其他振动中，不一定由弹簧弹力提供，D错误；振动物体在平衡位置受到的回复力是零，E正确。答案：ABE2．如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm。若振子从B到C的运动时间是1s，A.振子从B经O到C完成一次全振动B.振动周期是2s，振幅是5cmC.经过两次全振动，振子通过的路程是20cmD.从B开始经过3s，振子通过的路程是30E.振子从B到O的时间与从O到C的时间相等解析：振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1s＝2s，振幅A＝BO＝5cm，故A错误，B正确；振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20cm，所以两次全振动中通过的路程为40cm，3s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30cm，故C错误答案：BDE3．(2021·江西重点中学联考)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min，则()A.当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5sB.当振子稳定振动时，它的振动频率是4HzC.当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D.当转速减小时，弹簧振子的振幅增大E.振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功解析：摇把匀速转动的频率f＝n＝eq\f(240,60)Hz＝4Hz，周期T＝eq\f(1,f)＝0.25s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确；外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，E正确。答案：BDE4．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2A.此单摆的固有周期约为2sB.此单摆的摆长约为1C.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动E.此单摆的振幅是8解析：由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，则固有周期为T＝eq\f(1,f)＝2s，由T＝2πeq\r(\f(l,g))得此单摆的摆长约为1m，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，A、B、D正确，C错误。此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅为8cm，E错误。答案：ABD5．某处一单摆做简谐运动的振动方程为x＝0.04cos3.14tm。关于该单摆，下列说法正确的是(g取10m/s2，πA.该单摆的摆长约为1B.若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，则其摆动变慢C.在t＝1.2s时摆球正沿正方向做加速运动，加速度正在减小D.在0.25s时刻和1.25s时刻摆球沿相反方向经过同一位置E.在0～4s内摆球通过的路程为0.32m，4s解析：单摆的周期T＝eq\f(2π,ω)＝2s，根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(gT2,4π2)＝eq\f(10×22,4×3.142)m≈1m，选项A正确；若该单摆被考察队携至珠穆朗玛峰的顶端，则由于g变小，则T变大，其摆动变慢，选项B正确；在t＝1.2s时摆球正向正方向做加速运动，由于逐渐靠近平衡位置，则加速度正在减小，选项C正确；在0.25s时刻位移x1＝0.04coseq\f(π,4)m＝0.02eq\r(2)m，1.25s时刻的位移x2＝0.04coseq\f(5π,4)m＝－0.02eq\r(2)m，则摆球在平衡位置两边对称的位置，选项D错误；在0～4s内摆球通过的路程为8A＝8×0.04m＝0.32m，4s末的位移为x＝0.04cos4πm＝0.04m，选项E错误。答案：ABC6.甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则可知()A.甲速度为零时，乙加速度最大B.甲加速度为零时，乙速度最小C.1.25～1.5s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小D.甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2E.甲、乙的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1解析：由题图可知，甲运动到最大位移处(速度为零)时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速度最大，A错误；甲运动到平衡位置(加速度为零)时，乙也运动到平衡位置，速度最大，B错误；由|F|＝k|x|可知，C正确；甲做简谐运动的周期T甲＝2.0s，乙做简谐运动的周期T乙＝1.0s，甲、乙的振动周期之比T甲∶T乙＝2∶1，根据周期与频率成反比可知，甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确；甲的振幅A甲＝10cm，乙的振幅A乙＝5cm，甲、乙的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1，E答案：CDE7．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上做匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置位移的正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示。下列说法正确的是()A.弹簧振子的周期为4sB.弹簧振子的振幅为10C.t＝17s时振子相对平衡位置的位移是10D.若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是E.2.5s时振子正在向x轴正方向运动解析：周期是振子完成一次全振动的时间，由题图知，弹簧振子的周期为T＝4s，故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由题图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B正确；振子的周期为4s，由周期性知，t＝17s时振子相对平衡位置的位移与t＝1s时振子相对平衡位置的位移相同，为0，故C错误；若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是s＝vt＝2cm/s×2s＝4cm，故D正确；图像的斜率表示速度，斜率正、负表示速度的方向，则知2.5s时振子的速度为负，正在向x轴负方向运动答案：ABD8．(2021·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图像，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，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图像所对应的实验地点重力加速度较大C.若将单摆放入绕地球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8E.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解析：单摆的固有周期公式为T＝2πeq\r(\f(L,g))，L为摆长，g为当地重力加速度，故A正确；根据T＝2πeq\r(\f(L,g))得T2＝eq\f(4π2L,g)，所以T2L图像的斜率k＝eq\f(4π2,g)，图甲中A图像的斜率大于B图像的斜率，故A图像对应的重力加速度较小，故B错误；若将单摆放入绕地球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0.5Hz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D错误；根据T＝2πeq\r(\f(L,g))知，若在同一地点增大摆长，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，共振曲线的峰值向左移动，故E正确。答案：ACE二、非选择题9．(2020·高考全国卷Ⅱ)用一个摆长为80.0cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过________cm(保留一位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为________cm。解析：设摆球离平衡位置的最大距离为s，摆线长为l，s近似等于摆球沿圆弧的长度，由eq\f(s,l)＝eq\f(5°,360°)×2π，解得s≈7.0cm。设新单摆周期为T′，原单摆周期为T，则eq\f(T′,T)＝eq\f(2π\r(\f(l′,g)),2π\r(\f(l,g)))＝eq\r(\f(l′,l))＝eq\f(11,10)，解得l′＝96.8cm答案：7.096.810．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)用停表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为1，单摆每经过最低点计一次数，当数到n＝60时停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图线如图丙所示，A.g B．eq\f(1,g)C.eq\f(4π2,g) D．eq\f(g,4π2)(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．都有可能解析：(1)摆球的直径为d＝20mm＋6×eq\f(1,10)mm＝20.6mm＝2.06cm。(2)停表的读数为t＝60s＋7.5s＝67.5s，根据题意有t＝eq\f(60－1,2)T＝eq\f(59,2)T，所以周期T＝eq\f(2t,59)≈2.29s。(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得T2＝eq\f(4π2,g)l，所以T2l图线的斜率k＝eq\f(4π2,g)，选项C正确。(4)因为eq\f(T2,l)＝eq\f(4π2,g)＝k(常数)，所以eq\f(ΔT2,Δl)＝eq\f(4π2,g)＝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eq\f(Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),l1－l2)＝eq\f(4π2,g)＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变。答案：(1)2.06(2)2.29(3)C(4)C11．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5s时刻，振子速度第二次变为－v。(1)求弹簧振子的振动周期T；(2)若B、C之间的距离为25cm，求振子在4s(3)若B、C之间的距离为25cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达