2019年高考物理一轮复习第13章机械振动与机械波光电磁波与相对论练案36机械振动新人教版

1、练习方案36机械振动一、选择题(本题共10题，15题单选，610题多选)1 .进行简并性运动的单摆的长度不变，摆的质量减少到原来的质量，摆通过平衡位置时的速度增大到原来的2倍时，单摆振动(c )a .频率、振幅都不变b .频率、振幅都不变c .频率不变、振幅变化d .频率变化、振幅不变解析从单摆的周期式T=2可知，单摆长度不变化则周期不变，频率不变化的振幅a是反映单摆运动中的能量大小的物理量，根据动能式，虽然摆球通过平衡位置时的动能不变，但质量减少2.(2018湖南长郡中学月考)如图所示，轻弹簧的上端固定在天花板上，下端连接块，块沿垂直方向以o点为中心点，在c、d之间进行周期t的简并性运动。

2、已知t1时刻的布摇滾乐的运动量为p，动能为Ek。 以下说法正确的是(c )a.t2时刻的块的运动量也是p，t2-t1的最小值是t如果在b.t2时刻块的动能也为Ek，则t2-t1的最小值为tc .当块通过o点时，其加速度最小d .当布摇滾乐移动到c点时，其加速度最小在块的运动量相等时，块的速度相等，进行简并性谐振动作的块摇滾乐的速度相等时所对应的2个时刻差t2-t1的最小值小于t，所以选择项a在错误的块摇滾乐的动能相等时，块摇滾乐的速度的大小相等， 由于进行了简并性谐振的子摇滾乐的速度的大小相等的2个时刻差t2-t1的最小值比t小，所以选择项b错误的子摇滾乐在o点受到的合力为零，加速度为零，所以

3、选择项c正确的子摇滾乐在c、d这2点受到的合力最大，所以加速度最大，所以被选择3 .在图所示的装置中，弹簧振子的固有振动频率是4Hz。 现在，等速转动驾驶盘，对弹簧振子赋予周期性的驱动力，弹簧振子的振动达到稳定时的频率测量为1Hz，则驾驶盘旋转的频率为(a )a.1高频b.3高频c.4高频d.5高频解析由于被激励的频率与驱动力的频率相等，所以驾驶盘旋转的频率为1Hz。4.(2018山东滕州月考)如图所示，甲、乙是同一长度的两个单摆，它们之间用一条短线连接，两摆均与垂直方向成角。 众所周知，甲的质量等于乙的质量，细线断开后，甲、乙两个摆都进行简并性运动，以下说法正确的是(a )a .甲方不与乙方

4、发生冲突b .甲的运动周期比乙的运动周期小c .甲的振幅小于乙的振幅d .甲的最大速度小于乙的最大速度解析根据能量守恒规则判断甲、乙两个钟摆球的上升的最大高度是相同的，因此两个球不碰撞，振幅是相同的。 从单摆的周期式T=2可以看出，周期是相同的。 根据动能定理，两球分别从最高点运动到最低点时，有mgl(1-cos)=mv2-0，由于v=解，甲、乙的最大速度相等。 所以a是对的，b、c、d是错的。5.(2018河北衡水中学质量检查) 1摆长约1m的单摆随时间变化的驱动力f而振动，为了尽可能增大单摆振动的振幅，应选择的驱动力f是图中的(c )分析钟摆长度约1m的单摆周期约为2s，为了尽可能增大单摆

5、振动的振幅，所选择的驱动力的周期必须尽可能接近单摆固有周期，所以选项c是正确的。6.(2018山西重点中学联合考试)以下关于进行简并性运动物体的说法中正确的是(ADE )a .位移越小，加速度越小，速度越大b .位移的方向始终与加速度的方向相反，与速度的方向相同c .一次全振动是动能和势能第一次恢复到原来大小的过程d.1次全振动是速度和加速度首次向原始大小和方向恢复云同步的过程e .物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向远离与位移方向相反的平衡位置时，速度方向与位移方向相同解析位移变小时，复原力变小，加速度变小，物体失去平衡位置，速度变大，所以a正确复原力与位移方向相反，所以加速度与位移方向相

6、反，速度可以与位移方向相同，也可以相反， 物体向平衡位置的方向移动时，速度的方向和位移的方向相反，物体向远离平衡位置的方向移动时，速度的方向和位移的方向相同，因此b错误，e是正确的1次全振动，动能和势能变化为2次元的大小，所以c是错误的速度和加速度第一次恢复原来的大小7.(2018河南豫北名校月考)如图所示，质量为m的木制信息帧置于水平台上，力系数为k的轻型弹簧悬挂在信息帧上，弹簧下端连接质量为m的铁元素。 用手稍微往下拉一会儿再放铁元素。 当铁元素上下进行简并性运动时(BCE )a .弹簧位于原长度时的位置是铁元素进行简并性运动的平衡位置b .在铁元素向平衡位置运动的过程中，铁元素的位移、复

7、原力、加速度逐渐减少，速度增大c .如果铁元素球的振动周期与以铁元素球平衡时的弹簧的伸长量为摆长的单摆周期恰好相等，则该铁元素球的周期T=2d .弹簧振动过程的振幅调整如果可能的话，信息帧对顶板的压力为零时，弹簧的压缩量e .弹簧振动过程的振幅可以调整，木质信息帧不离开桌子的话，铁元素球的振幅最大解析平衡位置是振子位于平衡态时的位置，铁元素位于平衡位置时，其承受的重力大小与弹簧的弹力的大小相等，即mg=kx，此时弹簧处于拉伸状态，因此选择项a是错误的。 由于振动中的位移是指从平衡位置到振动物体的位置的有向线段，因此当铁元素球向平衡位置移动时位移逐渐减少，复原力与位移成比例，因此复原力也减少，从

8、牛顿的第二定律a=得到，加速度也减少，当铁元素球向平衡位置移动时，复原力与速度方向一致， 小球的速度逐渐增大的单摆周期公式T=2，根据平衡条件kL=mg，联立解为T=2，所以选项c是正确的。 在信息帧对顶板的压力为零的瞬间，若弹簧对信息帧的向上的作用力与信息帧重力Mg相等，则轻弹簧处于压缩状态，弹簧力F=Mg=kx，弹簧的压缩量为x=，因此选择项d错误。 信息帧重力是Mg，当铁元素球被压缩到最高的位置，即s弹簧时，信息帧受到垂直向上的弹力等于Mg，这时信息帧对顶板的压力刚好减少到零，根据胡克定律，弹簧被压缩l=，当铁元素球处于平衡位置时，弹簧被拉伸l0=。8.(2018河南曲靖质量检查)以下说

9、法中正确的是(BCE )a .弹簧连接物体在水平方向上进行简并性运动时，该物体呈均匀变速直线运动b .单摆的摆长不变，摆的质量增加到原来的4倍，摆通过平衡位置的速度减少到原来的1/2时，单摆振动的频率不变，振幅变小c .进行简并性运动的物体在每次通过相同位置时速度未必不同d .当单摆因周期性外力而进行强制运动时，外力的频率越大，单摆的振幅越大e .机械波在介质中传播时，各质点不随波移动，只在平衡位置附近振动解析弹簧连接物体，在水平方向进行简并性运动，由于该物体为非均匀变速直线运动，因此如果a错误的单摆周期式T=2，单摆长度不变，则单摆振动的频率不变，摆球通过平衡位置时的速度为原来的速度，mgl

10、(1-cos 由于从=mv2起变小时振幅变小，所以b进行正确的简并性运动的物体，在每次通过相同位置时，存在速度往复的2个不同方向，所以速度不一定相同，所以c正确的单摆通过周期性的外力进行强制运动，驱动力频率与单摆的固有频率相等由于单摆的振幅为最大，不发生共振，因此作为d误差的机械波在介质中传播的是振动形式，各质点不随波移动，而只是在平衡位置附近振动，因此e是正确的。9 .如图所示，长度为l的轻绳上端固定在o点，下端成为小球(小球可以看作质点)。 在o点的正下方，在距离o点的p点上固定小钉子。 在这里，将小球拉到点a，将轻绳拉向直溜溜，然后从静止状态释放小球。 点b是小球运动的最低位置，点c (

11、未图示)是小球能够到达的左方最高位置。 我们知道，点a和点b的高度差为h，hl。 a、b、p、o在同一垂直平面内。 当地重力加速度为g，没有空气阻力。 下面的说法正确的是(BC )a .点c和点b的高度差小于hB .点c和点b的高度差等于hc .小球摇晃的周期等于d .小球摇晃的周期解析从机械能量守恒规则可知，点c和点b的高度差等于h，选项a是错误的。 b从正确的单摆周期式可以看出，小球摆的周期等于 =，选项d是错误的，而c是正确的。10.(2018河北衡水二中质量检查)平滑斜面上的块a被平行于斜面的轻弹簧拉动而静止在o点，如图所示，现在，将a沿斜面拉到b点也没有初速的解除，块在BC范围内进行

12、简并性运动的情况下，以下说法是正确的(CD )a .在振动过程中，物块a的机械能被保存在B.C点弹簧的弹性势最小在C.C点系统电势最大，在o点系统电势最小在D.B点，块a的机械能量最小解析在振动过程中，物块a和弹簧系机械能之间相互转换，弹簧的弹性位能发生变化，因此物块a的机械能不保存，物块和弹簧组成的系机械能保存，所以a是错误的。 如果物体块摇滾乐a被平行斜面的轻量弹簧拉伸而静止在o点，则物体a受到向上的弹簧力，因此弹簧处于伸长状态，从简并性运动的对称性可知，物体块摇滾乐在b点弹簧的伸长量可能最长，在c点弹簧可能处于原来的长度状态， 可能处于压缩状态的物块a和弹簧系统的总机械能被保存，物块在c

13、点动能为零，所以由物块和弹簧构成的系统势能(重力势能和弹性势能之和)最大，在o点动能最大，所以，pop 当物体位于b点时，弹簧的伸长量最长，弹簧的弹性势能最大，物体a的机械能最小，因此d是正确的。二、非选择题11.(2018江西临川月考) (1)是如图甲所示演示沙尘振动图像的实验装置，沙尘运动可视为简并性运动。 用力f向外拉板，使板以0.20m/s等速运动，图b是实验得到的板长在0.60m范围内的振动图像，此次实验中使用的摆沙的摆长为_0.57_m。 (回答留下两位数的有效数字，订正为2=10，g为10m/s2 )(2)如图c所示，在光滑的水平地面上重叠滑块a、b，滑块b与自由长度L0的轻弹簧

14、相连。 当系统振动时，已知滑动器a、b始终保持相对静止的状态，mA=3m、mB=m，在滑动器距平衡位置的位移的大小x=时，若设系统的加速度的大小为a，则滑动器a受到的b的摩擦力Ff与滑动器a的位移x的函数关系式为x。从解析 (1)题意可知单摆的周期为T=1.5s，T=2加起来就能得到l=0.57m。(2)若将弹簧刚性系数定设为k，则k=(3m m)a=4ma，k=、当位移为x时，整体加速度的大小为a=，在隔离对a分析中，摩擦力为ff=3ma=kx=。12 .弹簧振子以o点为平衡位置，在b、c两点间进行简并性运动，在t=0的时刻，振子从o、b之间的p点以速度v向b点运动。 t=0.2s时，振子的

15、速度首次为-v。 t=0.5s时，振子速度第2次变为-v。(1)求出弹簧振子的振动周期t。(2)如果b、c间的距离为25cm，则求出振子通过4.0s内的程度。(3)如果b、c间的距离为25cm，则从平衡位置开始校正时刻并写入提出弹簧振子位移的表现式，描绘弹簧振子的振动示意图。回答：图中显示了(1)1.0s (2) 200 cm (3) x=12.5 sin 2TCM振动图(1)从对称性中可以得到T=0.52s=1.0s。(2)如果b、c之间的距离为25cm，则振幅A=25cm=12.5cm，通过振子4.0s内的路程s=4412.5cm=200cm。(3)根据x=Asint、A=12.5cm、=2rad/s，得到x=12.5合金2t (厘米)。13 .如图所示，质量m的物块放在弹簧上，与弹簧一起在垂直方向上进行简并性运动，振幅a时，物块对弹簧的最大压力是物重的1.5倍，物块对弹簧的最小压力是多少？为了使块摇滾乐在振动中不离开弹簧，振幅是多少？回答： mg 2A解析可知，当摇滾乐移动到最低点时，对弹簧的压力最大，根据牛顿第三定律，弹簧对布摇滾乐的弹簧力最大，此时，根据牛顿的第二定律得到了Fmax-mg=ma，Fmax=1.5