【单元练】上海民办杨浦实验学校高中物理选修1第二章【机械振动】知识点(培优提高)

1、经过P点所需的时间为（)一、选择题1. 劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图象如图所示，在图中A点对应的时刻( )j, x/cmA. 振子所受的弹力大小为5N,方向指向x轴的负方向B. 振子的速度方向指向x轴的负方向C. 在04s内振子作了 1.75次全振动D. 在04s内振子通过的路程为 0.35cm，位移为0A解析：AA. 由图可知A在t轴上方，位移x=0.25cm，所以弹力F kx 5N即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，A正确；B. 由图可知过 A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于 90 °切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，B错误；C.

2、由图可看出，t=0、t=4s时刻振子的位移都是最大，且都在 t轴的上方，在04s内经 过两个周期，振子完成两次全振动，C错误。D. 由于t=0时刻和t=4s时刻振子都在最大位移处，故位移为零，又由于振幅为0.5cm,在 04s内振子完成了 2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为s=2 X 4 x 0.50cm=4cmD错误。故选Ao2. 振动的单摆小球通过平衡位置时，关于小球受到的回复力、合力及加速度的说法中正确的是()A. 回复力为零，合力也为零B. 回复力不为零，方向沿轨迹的切线C. 合力不为零，方向沿轨迹的切线D. 合力不为零，加速度不为零，方向指向悬点D解析：DAB.当单摆小球通

3、过平衡位置时，回复力为零，但是小球依然做圆周运动，合力提供向心 力，因此合力不为零，故选项 AB错误；CD.振动的单摆小球通过平衡位置时，合力不为零，此时的合力提供向心力和向心加速 度，方向指向圆心，即指向悬点，故选项C错误D正确。3. 一弹簧振子做机械振动，若从平衡位置O开始计时，经过0.3s时，振子第一次经过 P点，又经过了 0.2s，振子第二次经过 P点，则从振子第二次经过P点算起，该振子第三次A. 4sB. 8s解析：D若从0点开始向右振动，作出示意图如图C. 33sD. 1.4sDI；p 显犬位超则振子的振动周期为1Ti4 (0.3 0.2)s 1.6s2则振子第二次经过P点算起，该

4、振子第三次经过P点所需时间ti T 0.2s 1.4s若从0点开始向左振动，作出示意图如图单OP最木位掙设从P直接到0的时间为t，则有1c C0.3 t-0.2t22解得1ts30则周期为11.6T4 (“0.1)ss303则振子第二次经过 P点算起，该振子第三次经过P点所需时间1t2 T 0.2s-s 0.33s3故D正确，A、B、C错误。故选Do4. 如图所示是在同一地点甲乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是i3ix;cm 甲 汽乙33屮旳-3；yA.甲乙两个单摆的振幅之比是1 :3B.甲乙两个单摆的周期之比是1：2C.甲乙两个单摆的摆长之比是4:1D.甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比

5、是1 : 4C3: 1，选项A错误;4:2=2:1，选项B错误；可知甲乙两个单摆的摆长之比是L 4- r4： 1，选项C正确；解析：CA. 由振动图像可知，甲乙两个单摆的振幅之比是B. 甲乙两个单摆的周期之比是C.根据T 24D.单摆的最大加速度a -yA可知，甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是T2选项D错误。5. 如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板在拉力F的作用下，竖直向上运动一个装有水平振针的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，下列判断正确的是A. 音叉的振动周期在增大B.音叉的振动周期不变C. 玻璃板在向上做减速运动D.玻璃板在向上做匀速直线运动B解析：BAB.固定电动音叉的周期不变，故

6、 A错误，B正确；CD从固定电动音叉在玻璃上画出的曲线看出OA、AB、BC间对应的时间均为半个周期，且距离越来越大，说明玻璃杯运动的速度越来越大，即玻璃板在向上做加速运动，故CD错误。6. 如图所示，一个弹赞振子沿 x轴在B、C之间做简谐运动，O是平衡位置，当振子从 B 向O点运动经过P点时4 4*BP 0C&A. 振子的位移为负B.振子受回复力为负C.振子速度为负D.振子的加速度为负 A解析：AA. 简谐运动中位移是指从平衡位置到物体位置的有向线段，故物体在P点时位移向左，所以位移为负，故A正确；B. 回复力F kx，位移为负，故回复力为正，故B错误；C经过P点向右运动，故速度为正，

7、故 C错误；F kxD. 加速度a，位移为负，故加速度为正，故D错误；m m7 .将一个摆长为I的单摆放在一个光滑的，倾角为a的斜面上，其摆角为，如图下列说A. 摆球做简谐运动的回复力F mgsin sinB. 摆球做简谐运动的回复力为mgsi nC. 摆球做简谐运动的周期为2 J gsinD. 摆球在运动过程中，经平衡位置时，线的拉力为T mgs in A解析：A本题是类似单摆模型，回复力是重力的下滑分力的切向分量提供，重力的下滑分力为mgsin a下滑分力的切线分力为mgsin a sin故A正确，B错误；类似单摆模型，等效重力加速度为gsin a故周期为：T 2 I，故C错误；摆球在运动

8、过程中，经平衡 gsin2位置时，线的拉力和重力的下滑分力的合力提供向心力，故T mgs in m，故T>mgsin a故D错误.8. 有一星球其半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，今把一台在地球表面走时准确的摆钟移到该星球表面，摆钟的秒针走一圈的实际时间变为A. 0.5min解析：BB.0.7minC. 1.4minD. 2min B星球的质量M3R，物体在星球表面所受的万有引力等于重力，所以有Mm mg GRF，联立解得RG，所以该星球的表面重力加速度与地球表面的重力加速度之比为半径之比，即为2:1 .根据单摆的周期公式 T 2 L，有:孑.故所以该星球表面摆钟的秒针走一圈的实

9、际时间为2 .min20.7min，故选项B正确，ACD错误.一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（B. 第3s末质点的位移为零C. 在10s内质点经过的路程是 10cmD. 在t=2.5s和t=4.5s两时刻，质点速度大小相等、方向相反D解析：DA. 由图读出质点振动的周期为T=4s,则频率为1f 0.25HzT故A错误；B. 在第3s末，质点位于最大位移处位移为-2cm，故B错误；C. 质点做简谐运动，在一个周期内通过的路程是4个振幅，因t=10s=2.5T,则在10s内质 点经过的路程是s=2.5 x 4A=10 x 2cm=20cm故C错误；D. 在t=2.5时质点在负的位

10、移向负方向运动，在t=4.5s时质点在正的位移向正方向运动，由图象结合对称性可知两时刻的速度大小相等方向相反，故D正确。故选D。【点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图 题，要注意位移和速度的方向。10.两个做简谐运动的单摆的摆长分别为h和12,它们的位移一时间图象如图中1和2所示,由此可知h : J等于（）B. 4 : 1D. 9: 1DA. 1 : 3C. 1 : 4 解析：D【解析】由图知，1和2两个单摆的周期之比为 Ti :T2 3:1，由单摆的周期公式 T 2 -得 vg2 2 li： I2 T2 :Ti9:1，故选项D正确，ABC错误.

11、点睛：本题考查了简谐运动的图象和单摆周期公式，要能通过图象得到周期，然后结合单摆的周期公式分析.二、填空题11.如图所示为一弹簧振子的振动图象，该振子简谐运动的表达式为，该振子在前1 由图像可知A 5cm, T 4s可知，振子简谐运动的表达式为x Asin t m代入数据，得x=5s in tcm22 该振子在前100s的周期数为n -25T一个周期内路程为s 4A故该振子在前100s的路程是S总 25 4 5cm 500cm12如图所示是实验室测得的一个单摆的共振曲线。取g 10m/s2, n2 10，则该单摆的摆长约为 m （结果保留一位小数），若摆长减小，共振曲线的峰将向移动。1 由图可

12、知该单摆的固有频率为 0.3 Hz,则其周期为T 丄 10sf 3由单摆的周期公式2 若摆长减小，单摆的固有周期减小，固有频率增加，共振曲线的峰将向右移动。13. 个质点经过平衡位置 0,在A、B两点间做简谐运动如图甲，它的振动图像如图乙所示，设向右为正方向，则 OB cm ；第0.4s末，质点的加速度方向是 ，第1 OB间距离等于振幅，由图知OB A 5cm2 第0.4s末，质点在负向最大位移处，即在A点，此时加速度方向向右；3 4第0.7s时，质点位置在 O与B两点之间。14. 振动图象反映了做振动的质点的 和的函数关系；其中横坐标表示，纵坐标表示 ，简谐振动的图象是一条 曲线。位移时间时

13、间 位移正弦（或余弦） 解析：位移 时间 时间 位移 正弦（或余弦）1 2345振动图象反映了做振动的质点的位移和时间；其中横坐标表示时间，纵坐标 表示位移，简谐振动的图象是一条正弦（或余弦）曲线。T；如果使这两个小球都带上正电荷，再让T 比较这两个摆动周期应该有如图所示，一细绳的上下端都系着一个小球，把上端的小球固定起来，构成一个单 摆，将该单摆做小幅度摆动，测得摆动周期为 这个单摆做小幅度摆动，测得此时摆动周期为解析：=1.单摆振动的回复力等于重力沿切线方向的分量；当这两个小球都带上正电荷时，摆球 所受的库仑力的方向沿摆线方向向下，此力的方向与摆球回复力的方向垂直，则摆球所受 的回复力不变

14、，则摆球的周期不变，即T'T.15. 图所示的、曲线分别是A、B两个单摆的振动图像，则<cm i30.9 东(1)(2)A、B两个单摆的振幅之比为A、B两个单摆的周期之比为(3)A、B两个单摆的摆长之比为【解析】解析：【解析】1:2 1:11:1(1)1由图可知，A1:2。的振幅为3cm,B的振幅为6cm。所以A、B两个单摆的振幅之比为2由图可知，A1:1。的周期为0.6s,B的周期为0.6s。所以A、B两个单摆的周期之比为(3) 3根据单摆周期公式:可得摆长为:2所以A、B两个单摆的摆长之比为 1:1。16. 北京和南京的重力加速度分别约为9.80lm/s2和9.795m/s2

15、,把北京校准的摆钟拿到南 京，它会 _ （填 变快” 不变” 变慢”）.若要该摆钟仍能精确计时，应将其摆长（填 变长"、不变"、变短”（不考虑海拔高度和温度对摆|钟的影响）变慢；变短解析：变慢；变短1 根据t 2. g可知，把北京校准的摆钟拿到南京，周期变大，则它会变慢；2 若要该摆钟仍能精确计时，应将其摆长变短。17. 如图所示的弹簧子，在 B、C之间做简谐振动，测得 BC之间距离为10cm，振子在10s 内完成5次全振动，则振动的振幅为 m，频率是Hz。解析：050.51简谐运动中，振幅是振子与平衡位置的最大距离，故振幅为BC之间距离的一半，即2振动的周期为频率为A=5

16、cm=0.05m10s52s0.5Hz19. 甲、乙两个单摆的摆球质量相等，摆长之比为4:1。若它们在同一地点在竖直平面内摆动，摆线与竖直方向所成的最大夹角小于5。且相等，则甲、乙的频率之比为 摆球到达最低点时的速度之比为 。1: 22: 1解析：1: 2 2: 1所以1根据单摆周期公式T12摆球到达最低点过程中机械能守恒有mgl(1 cos )1 2 -mv2解得摆球到达最低点时的速度所以v 2gl(1 cos )v2. l2120. 将单摆的摆角从4。改为2°单摆的周期变小( ) X解析：X根据T 2 ,牛单摆的周期与摆角无关，将单摆的摆角从4。改为2°单摆的周期不变，

17、故错误。三、解答题21. 如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力F,F的大小随时间t变化规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v -5 m/s，忽略空气阻52 2力，取 g 10m/s , g，求：(1)单摆的摆长L；摆球的质量m;(3) 摆线拉力的最小值。u|z r/s图甲国乙解析：(1)1m ； (2)0.1kg； (3)0.99N(1)由乙图可知单摆周期为根据单摆周期公式解得当拉力最大时，即F 1.02N摆球处在最低点由牛顿第二定律F mg2vm L解得从最低点到最高点解得最高点m 0.1kgmgL(1 cos )cos 0.99-mv2F mg cos 0

18、.99N22. 如图所示，将三根粗细不同的橡皮筋绕到杯子上，做成一个弦乐器”橡皮筋不要相互接触。分别拨动每根橡皮筋，找出哪根发出的声音音调最低，哪根发出的声音音调最高。橡皮筋振动的频率可能与哪些因素有关？与振幅有关吗？解析：最粗的橡皮筋；最细的橡皮筋。音调与物体振动的频率有关，物体振动的频率越高，音调越高。长度和松紧程度相同时， 橡皮筋越粗，振动的越慢，即振动的频率越低；故最粗的橡皮筋振动发出的声音音调最 低；长度和松紧程度相同时，橡皮筋越细，振动的越快，即振动的频率越高，故最细的橡 皮筋振动发出的声音音调最高。音调与物体振动的振幅无关，振幅的大小决定声音的响 度。23. 如图所示，在光滑水平

19、桌面上，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不 计，劲度系数为k,物块(可视为质点)的质量为m，静止在O点，此时弹簧处于原长状态。以O点为坐标原点，水平向右为 x轴正方向，建立坐标系 Ox。用力F将物块从O点 缓慢向右拉至某一位置 xi处，弹簧始终处于弹性限度内。(1)请画出F随物块位移x变化的示意图；并根据 F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置 xi的过程中力F所做的功。在位置xi处将力F撤掉，证明力F撤掉后物块做简谐运动。证明力F撤掉后物块做简谐运动的机械能与振幅的平方成正比。在摆角很小的情况下，单摆的运动是简谐运动。如图所示，一单摆的摆长为L,在悬点Ai&。如12 ；(

20、2)见解析；见解析；(4)109WF-kx；"2(2)将力F撤掉，物块只受弹簧弹力-kx大小与物块离 0点的位移x大小成正比，方向总指向衡位置做简谐运动；(3) 由机械能守恒0点，故力F撤掉后物块以0点为平Ek + Ep=-2kx12=lkA：p 2 2在摆角很小的情况下，单摆的运动为简谐运动mg sin =-kxxmg 丨=-kxk=mg的正下方0.19L处有一小钉，设摆角很小，求单摆的左右两侧振幅之比又因为机械能守恒1 2 1 2 _ ki Ai = _ k2 A2 2 2I mgA_= k2 = 0.81L =10A2 . ki 吨一 924. 把图中倾角为 的光滑斜面上的小球

21、沿斜面拉下一段距离，然后松开。假设空气阻力 可忽略不计，试证明小球的运动是简谐运动。2 证明：设小球处于平衡位置时弹簧伸长xg,则有mgsin 0=kxo 小球由平衡位置被拉伸 x时，受到的合力为 F,则有F=k (x+xo) -mgsin B解得F=kxF与x的方向相反，所以有 小球的运动是简谐运动。F=-kx2 25. 一列振幅为2m、传播速度为5m/s的简谐横波沿x轴传播，t 0时刻，平衡位置处 于原点o的质点运动到正向最大位移处，平衡位置处于b的质点恰好通过平衡位置向y35m ;35m，求波的周期；14m45m，求从t 0至t 60s时间内B处的方向振动。如图所示，已知OB(1)若波沿

22、x负方向传播，波长若波沿x正方向传播，波长符合: 质点通过的路程S。1020302 解析：(1)28s； (2)120m波向x负方向传播，由实线最简波形图写出这种情况的通式为OB n 1，其中 n 0,1, 2，3因为35m解得140m根据周期公式T -v解得T 28s波向x正方向传播，由虚线最简波形图写出这种情况的通式为3OB n ，其中 n 0, 1, 2, 34因为14m45m解得= 20m根据周期公式T -vt 0至t 60s共有N个周期t= NT则路程为s 4AN解得s 120m26.某摆钟的摆长为l 30cm，一昼夜快10min，则应如何调整摆长，才能使摆钟走时准确？解析：应使摆长

23、调整至30.418cm由题意可知 t 10min，根据单摆周期公式设调整好后的摆长为I。，则直接代入公式T02l0t0TT0 t0其中t。 24h，解得：l0 30.418cm （ l。 29.582cm，依题意舍去），即应使摆长调整至 30.418cm。27. 如图所示为一单摆的共振曲线，该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅是多大？ 共振时摆球的最大速度和摆球振动的最大加速度各为多少？ （g取10m / s2, 2 10）解析：'I ':1.I 11 : .'I由共振曲线可知，单摆的固有频率0.5Hz，因为所以代入数据解得1m由共振曲线可知，单摆发生共振时，振幅为8cm 0.08m设单摆的最大偏角为，摆球所能达到的最大高度与摆球自然下垂时的高度的差为h,由机械能守恒定律得1 2mvmax2mghl (1 cos当很小时1 cos2sin 2 2Amax2l2解得vmax0.25m/s摆球在最大位移