【物理】2020届一轮复习人教版机械振动课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版机械振动课时作业

‎1．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示。‎ ‎(1)用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图甲所示，可知摆球直径是________ cm。‎ ‎(2)该同学用秒表记录了单摆振动30次全振动所用的时间如图乙所示，则单摆的周期是________ s。(保留三位有效数字)‎ ‎(3)为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出几组对应的l与T的数值，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图丙所示，利用图线可求出图线的斜率k＝________，再由k可求出g＝________。(保留三位有效数字)‎ ‎(4)如果他测得的g值偏小，可能的原因是(　　)‎ A．将摆线长作为摆长 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时，秒表过迟按下 D．实验中误将29次全振动数记为30次 答案　(1)1.940　(2)1.90　(3)4　‎9.86 m/s2　(4)AB 解析　(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：‎19 mm＋8×‎0.05 mm＝‎19.40 mm＝‎1.940 cm。‎ ‎(2)由图示秒表可知，其示数为：56.9 s，单摆的周期：T＝＝ s≈1.90 s。‎ ‎(3)由单摆周期公式：T＝2π，可得T2＝l，由图示图象可知k＝＝＝4，又有k＝，重力加速度g＝＝≈‎9.86 m/s2。‎ ‎(4)由单摆周期公式：T＝2π，可得g＝l，将摆线长作为摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A正确；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误；实验中误将29次全振动数记为30次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故D错误。所以选AB。‎ ‎2．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＝‎0.4 kg，图乙是摆线长为l时小球的振动图象，g取‎10 m/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切向加速度最大？最大切向加速度为多少？‎ 答案　(1)O　　(2)x＝5sinπt(cm)　小球在最大位移处的切向加速度最大' ‎0.5 m/s2‎ 解析　(1)因摆球经过最低点的速度最大，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＝，再根据单摆周期公式T＝2π ，可解得g＝。‎ ‎(2)由图乙可知单摆的振幅A＝‎5 cm，ω＝＝ rad/s＝π rad/s，初相φ＝0，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切向加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2 s，根据T＝2π ，可求得摆长为L＝‎1 m，切向加速度最大值am＝＝＝＝ m/s2＝‎0.5 m/s2。‎ 考点五　受迫振动　共振 ‎1．受迫振动 系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。‎ ‎2．受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。‎ ‎3．共振 做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图所示。‎ ‎1.(多选)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2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则(　　)‎ A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s B．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 Hz C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大 D．当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大 E．弹簧振子的振幅与转速有关 答案　BDE 解析　摇把匀速转动的频率f＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，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；当摇把转动的频率减小到接近振子的固有频率时，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D、E正确。‎ ‎2．[教材母题]　(人教版选修3－4 P21·T4)如图是一个单摆的共振曲线。‎ ‎(1)试估计此单摆的摆长。‎ ‎(2)若摆长增大，共振曲线振幅最大值的横坐标将怎样变化？‎ ‎[变式子题]　(多选)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‎10 m/s2)(　　)‎ A．此单摆的固有周期约为2 s B．此单摆的摆长约为‎1 m C．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 cm 答案　ABD 解析　由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，再由T＝2π 得此单摆的摆长约为‎1 m，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，只有共振时的振幅最大，为‎8 cm，E错误。‎ ‎3．(2018·焦作模拟)(多选)如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是(　　)‎ A．只有A、C振动周期相等 B．C的振幅比B的振幅小 C．C的振幅比B的振幅大 D．A、B、C的振动周期相等 E．B的振幅最小 答案　CDE 解析　A振动后，水平细绳上驱动力的周期TA＝2π ，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以TA＝TB＝TC，A错误，D正确；而TC固＝2π ＝TA，TB固＝2π >TA，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、E正确，B错误。‎ 课后作业 ‎ [巩固强化练]‎ ‎1．(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期为(　　)‎ A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．3 s 答案　AC 解析　分情况讨论：①如图甲所示，O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s，C正确。‎ ‎②如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B回到点M′所用的时间与振子从点M经过点C回到点M所需时间相等，即0.2 s。振子从点O到点M′和从点M′到点O以及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝ s＝ s≈0.53 s，A正确。‎ ‎2．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＝ 时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的(　　)‎ 答案　C 解析　单摆周期为T＝2π，当t＝ ＝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，C正确，A、B、D错误。‎ ‎3.如图，在一直立的光滑管内放置一劲度系数为k的轻质弹簧，管口上方O点与弹簧上端初位置A的距离为h，一质量为m的小球从O点由静止下落，压缩弹簧至最低点D，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球自O点下落到最低点D的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球最大速度的位置随h的变化而变化 B．小球的最大速度与h无关 C．小球的最大加速度大于重力加速度 D．弹簧的最大压缩量与h成正比 答案　C 解析　小球速度最大的位置，加速度为零，即重力等于弹力，有mg＝kx，所以x不变，则最大速度位置不变，与h无关，故A错误；小球从下落点到平衡位置，重力和弹力做功，下落的高度不同，小球的最大速度不同，故B错误；若小球在A点释放，根据简谐运动的对称性，在最低点加速度为g，方向向上，若小球在O点释放，最低点位置会下降，则最大加速度大于g，故C正确；在最低点弹簧的压缩量最大，根据能量守恒定律可得mg(h＋x)＝kx2‎ ‎，故弹簧的最大压缩量与h有关，但不是成正比关系，故D错误。‎ ‎4．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示，下列关于下图中①～④的判断正确的是(　　)‎ A．图③可作为该物体的回复力—时间图象 B．图②可作为该物体的回复力—时间图象 C．图①可作为该物体的速度—时间图象 D．图④可作为该物体的加速度—时间图象 答案　A 解析　根据简谐振动回复力F＝－kx知，回复力或加速度与位移大小成正比，方向相反，可得A正确，B、D错误；速度在平衡位置最大，在最大位移处为零，图②可作为速度—时间图象，C错误。‎ ‎5．(多选)如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是(　　)‎ A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大 B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置 C．在t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动 D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能 答案　BC 解析　t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向正的最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误。‎ ‎6．(多选)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下电动偏心轮转速是54 r/min。为了使筛子的振幅增大，下列做法正确的是(　　)‎ A．提高输入电压B．降低输入电压 C．增加筛子质量D．减小筛子质量 答案　BD 解析　由题图乙可知筛子的固有频率为0.8 Hz，那么固有周期为1.25 s，而现在偏心轮转速为54 r/min，即周期为 s<1.25 s，为了使振幅增大，应该使偏心轮的周期更接近筛子的固有周期，所以要增大偏心轮的转动周期，或减小筛子的固有周期，结合题意可知应该降低输入电压，或减小筛子质量，故B、D正确。‎ ‎7．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，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，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 答案　D 解析　飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼的固有周期非常接近或相等。在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，故D正确。‎ ‎[真题模拟练]‎ ‎8．(2018·天津高考)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－‎0.1 m，t＝1 s 时位移为‎0.1 m，则(　　)‎ A．若振幅为‎0.1 m，振子的周期可能为 s B．若振幅为‎0.1 m，振子的周期可能为 s C．若振幅为‎0.2 m，振子的周期可能为4 s D．若振幅为‎0.2 m，振子的周期可能为6 s 答案　AD 解析　若振幅为‎0.1 m，根据题意可知从t＝0 s到t＝1 s振子经历的时间为T＝1 s(n＝0,1,2,3…)，解得T＝ s(n＝0,1,2,3…)，当n＝1时，T＝ s，把T＝ s代入得n＝，不符合题意，A正确，B错误；如果振幅为‎0.2 m，结合位移—时间关系图象，有1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3…)　①，或者1 s＝T＋nT(n＝0,1,2，3…)　②，或者1 s＝＋nT(n＝0,1,2,3…)　③，对于①式，只有当n＝0时，T＝2 s，为整数；对于②式，T不为整数，对于③式，只有当n＝0时，T＝6 s，为整数，故C错误，D正确。‎ ‎9.(2017·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是(　　)‎ A．t＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值 C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零 D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值 答案　A 解析　t＝1 s时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值，A正确；t＝2 s时，振子在平衡位置且向x轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零，B错误；t＝3 s时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值，C错误；t＝4 s时，振子在平衡位置且向x轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零，D错误。‎ ‎10．(2016·北京高考)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为(　　)‎ 答案　A 解析　振子在N点时开始计时，其位移为正向最大，并按余弦规律变化，故A正确。‎ ‎11．(2016·海南高考)(多选)下列说法正确的是(　　)‎ A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向 答案　ABD 解析　在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T＝2π 可知，周期的平方与摆长成正比，故A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故B正确；根据单摆周期公式T＝2π 可知，单摆的周期与摆球质量无关，故C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定，故E错误。‎ ‎12.(2019·百师联盟七调)(多选)如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中(　　)‎ A．甲的振幅是乙的振幅的4倍 B．甲的振幅等于乙的振幅 C．甲的最大速度是乙的最大速度的 D．甲的振动周期是乙的振动周期的2倍 E．甲的振动频率是乙的振动频率的2倍 答案　BCD 解析　将甲、乙两物块看成一个整体，受力分析可知，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，故线断开后，甲、乙两物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，故A错误，B正确；在线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的4倍，由Ek＝mv2知，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，故C正确；根据T＝2π 可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，根据f＝可知，甲的振动频率是乙的振动频率的，D正确，E错误。‎ ‎13．(2018·哈尔滨模拟)有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2l 图象，如图甲所示，去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(选填“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图乙所示)，由图可知，两单摆摆长之比＝________。在t＝1 s时，b球振动的方向是____________。‎ 答案　B　　沿y轴负方向 解析　由单摆的周期公式T＝2π得：T2＝l，即图象的斜率k＝，重力加速度越大，斜率越小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是B；从题图乙可以得出Tb＝1.5Ta，由T＝2π 知，两单摆摆长之比＝；从题图乙可以看出，t＝1 s时b球正在向负的最大位移处运动，所以b球的振动方向沿y轴负方向。‎ ‎14．(2018·郑州模拟)如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫A。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，球大小不计，问：‎ ‎(1)两球第1次到达C点的时间之比；‎ ‎(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？‎ 答案　(1)　(2)(n＝0,1,2…)‎ 解析　(1)甲球做自由落体运动R＝gt，‎ 所以t1＝ ，‎ 乙球沿圆弧做简谐运动(由于A≪R，可认为摆角θ<5°)。此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为 t2＝T＝×2π＝，所以＝。‎ ‎(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝ ，‎ 由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C点的时间为 t乙＝＋n＝ (2n＋1)(n＝0,1,2…)，‎ 由于甲、乙在C点相遇，故t甲＝t乙，‎ 联立解得h＝(n＝0,1,2…)。‎