物理大一轮复习课时规范训练第章第节机械振动

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课时规范训练［基础巩固题组]1．摆长为L的单摆做简谐运动,若从某时刻开始计时(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,则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．在飞机的发展史中有一个阶段，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，若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），则单摆振动的（）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,则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)如图所示，则下列说法正确的是(）A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．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；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,B正确,A、C、D错误．5．（多选）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．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,则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，故选项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．（多选)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,下列说法正确的是(）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，则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，则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，则在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．若测得的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）若单摆是一个秒摆，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，则停表示数为60s＋10.8s＝70.8s.答案：（1）D(2）2eq\r（6）s（3）70。8［综合应用题组］8．(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象,下列说法中正确的是（）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，则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，无法比较机械能的大小，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，则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，则重力加速度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）若B、C之间的距离为25cm，求振子在4。00s内通过的路程；（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图所示．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＝1