2023年高考物理大一轮复习第14章机械振动机械波光电磁波与相对论第1节机械振动课时规范训练

2023年高考物理大一轮复习第14章机械振动机械波光电磁波与相对论第1节机械振动课时规范训练PAGEPAGE1第1节机械振动课时标准训练[根底稳固题组]1．摆长为L的单摆做简谐运动，假设从某时刻开始计时(取t＝0)，当振动至t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))时，摆球具有负向最大速度，那么单摆的振动图象是图中的()解析：选C.单摆周期为T＝2πeq\r(\f(L,g))，当t＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(L,g))＝eq\f(3T,4)时摆球具有负向最大速度，知摆球经过平衡位置向负方向振动，选项C正确，A、B、D错误．2．在飞机的开展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是()A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率解析：选D.当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选D.3．做简谐运动的单摆摆长不变，假设摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的eq\f(1,2)，那么单摆振动的()A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变解析：选C.由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变，其频率不变；在没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，那么mgh＝eq\f(1,2)mv2，质量改变后有4mgh′＝eq\f(1,2)×4m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2，可知h′≠h，振幅改变，C正确．4．一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)如下图，那么以下说法正确的选项是()A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．假设摆长增大，单摆的固有频率增大D．假设摆长增大，共振曲线的峰将向右移动解析：选B.由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1m；假设摆长增大，那么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，B正确，A、C、D错误．5．(多项选择)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，以下说法正确的选项是()A．t＝0时，振子处在B位置B．振子运动的周期为4sC．t＝4s时振子对平衡位置的位移为10cmD．t＝2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmE．如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数20N/cm，那么振子的最大加速度大小为400m/s2解析：选ABE.由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10cm，其周期T＝4s，t＝0和t＝4s时，振子在负的最大位置，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，应选项A、B正确，C、D错误，由a＝－eq\f(kx,m)可知，振子的最大加速度为400m/s2，选项E正确．6．(多项选择)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，以下说法正确的选项是()A．OB＝5cmB．第0.2s末质点的速度方向是A→OC．第0.4s末质点的加速度方向是A→OD．第0.7s末时质点位置在O点与A点之间E．在4s内完成5次全振动解析：选ACE.由图(b)可知振幅为5cm，那么OB＝OA＝5cm，A项正确；由图可知0～0.2s内质点从B向O运动，第0.2s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图可知第0.4s末质点运动到A点处，那么此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图可知第0.7s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8s，那么在4s内完成全振动的次数为eq\f(4s,0.8s)＝5，E项正确．7．(1)在利用单摆测定重力加速度的实验中．假设测得的g值偏大，可能的原因是()A．摆球质量过大B．单摆振动时振幅较小C．测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径D．测量周期时，把n个全振动误认为(n＋1)个全振动，使周期偏小E．测量周期时，把n个全振动误认为(n－1)个全振动，使周期偏大(2)假设单摆是一个秒摆，将此摆移到月球上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g月＝\f(1,6)g地))，其周期是________．(3)实验中停表的读数如图，为________s.解析：(1)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，重力加速度g＝eq\f(4π2l,T2)，进而知重力加速度与摆球质量无关，故A错误；重力加速度与单摆振动的振幅无关，故B错误；测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径，摆长l偏小，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所测重力加速度偏小，故C错误；测量周期时，把n个全振动误认为(n＋1)个全振动，使周期偏小，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所测重力加速度偏大，故D正确；测量周期时，把n个全振动误认为(n－1)个全振动，使周期偏大，由g＝eq\f(4π2l,T2)可知，所测重力加速度偏小，故E错误．(2)在地球上秒摆的周期T＝2s，将秒摆移到月球上，其周期T＝2πeq\r(\f(L,g月))＝eq\r(6)T＝2eq\r(6)s.(3)由图示停表可知，分针示数为1min＝60s，秒针示数为10.8s，那么停表示数为60s＋10.8s＝70.8s.答案：(1)D(2)2eq\r(6)s(3)70.8[综合应用题组]8．(多项选择)如下图为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，以下说法中正确的选项是()A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度解析：选ABD.由图看出，两单摆的周期相同，同一地点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l相等，故A正确；甲摆的振幅为10cm，乙摆的振幅为7cm，那么甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比拟机械能的大小，故C错误；在t＝0.5s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，那么乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得g＝eq\f(4π2l,T)，由于单摆的摆长未知，所以不能求得当地的重力加速度，故E错误．9．如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置．小球的质量m＝0.4kg，图乙是摆线长为l时小球的振动图象，g取10m/s2.(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(填“O〞“P〞或“Q〞)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，那么重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？最大加速度为多少？解析：(1)因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O开始计时．单摆周期T＝eq\f(t,n)，再根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可解得g＝eq\f(4π2n2L,t2).(2)由图乙可知单摆的振幅A＝5cm，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,2)rad/s＝πrad/s，所以单摆做简谐运动的表达式为x＝5sinπt(cm)．小球在最大位移处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2s，根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可求得摆长为L＝1m，加速度最大值am＝eq\f(Fm,m)＝eq\f(mgA,Lm)＝eq\f(10×5×10－2,1)m/s2＝0.5m/s2.答案：(1)Oeq\f(4π2n2L,t2)(2)x＝5sinπt(cm)小球在最大位移处的加速度最大0.5m/s210．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＝0.20s时刻，振子速度第一次变为－v；在t＝0.50s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)假设B、C之间的距离为25cm，求振子在4.00s内通过的路程；(3)假设B、C之间的距离为25cm，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．解析：(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如下图．由对称性可得T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.2,2)＋\f(0.5－0.2,2)))×4s＝