第2章 机械振动 章末整合提升2（Word教参）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

机械振动 一、简谐运动的图像 　(多选)一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振动的平衡位置位于x轴上的0点。如图中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向。如图给出的①②③④四条振动曲线，可用于表示振子的振动图像的是(　　) A．若规定状态a时t＝0，则图像为① B．若规定状态b时t＝0，则图像为② C．若规定状态c时t＝0，则图像为③ D．若规定状态d时t＝0，则图像为④ [解析]　振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，选项A正确。振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像②中初始位移不对，选项B错误。振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图像③中运动方向及初始位移均不对，选项C错误。振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，选项D正确。 [答案]　AD 二、单摆周期公式的应用 1．单摆的周期公式T＝2π。该公式提供了一种测定重力加速度的方法。 2．注意：(1)单摆的周期T只与摆长l和g有关，而与振子的质量及振幅无关。 (2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长。 (3)g为当地的重力加速度或“等效重力加速度”。 　有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，并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图像，如图所示，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两种单摆的振动图像(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比la∶lb＝____________。 [解析]　纬度越高，重力加速度g越大，由于单摆＝，所以B图线是在北大的同学做的。 从题图乙中可以看出Ta＝ s，Tb＝2 s 所以＝＝。 [答案]　B　4∶9 三、简谐运动的周期性和对称性 1．周期性：做简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回复到原来的状态。 2．对称性 (1)速率的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有相等的速率。 (2)加速度和回复力的对称性：系统在关于平衡位置对称的两位置具有等大反向的加速度和回复力。 (3)时间的对称性：系统通过关于平衡位置对称的两段位移的时间相等。振动过程中通过任意两点A、B的时间与逆向通过此两点的时间相等。 　一个质点在平衡位置O点附近做简谐运动，它离开O点后经过3 s时间第一次经过M点，再经过2 s第二次经过M点，该质点再经过____________ s第三次经过M点。若该质点由O点出发，在20 s内经过的路程是20 cm，则质点做简谐运动的振幅为____________ cm。 [解析]　根据简谐运动的周期性和对称性分析解决问题。作出该质点的振动图像如图所示，则M点的位置可能有两个，即图中的M1或M2。 第一种情况： 若是位置M1，由图可知＝3 s＋1 s＝4 s，T1＝16 s，根据简谐运动的周期性，质点第三次经过M点时所需时间为一个周期减第二次经过M点的时间，故Δt1＝16 s－2 s＝14 s。质点在20 s内(即n＝＝个周期内)的路程为20 cm，故由5A1＝20 cm，得振幅A1＝4 cm。 第二种情况： 若是位置M2，由图可知＝3 s＋1 s＝4 s，T2＝ s。根据对称性，质点第三次经过M点时所需时间为一个周期减第二次经过M点的时间，故Δt2＝ s－2 s＝ s。质点在20 s内(即n＝＝个周期内)的路程为20 cm。故由15A2＝20 cm，得振幅A2＝ cm。 [答案]　14或　4或 (本卷满分100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．如图，单摆摆动过程中，在悬挂点正下方A点处增加一个钉子，如果摆角始终小于5°，则摆线被挡后(　　) A．周期不变，摆球经过平衡位置的速率减小 B．周期变大，摆球经过平衡位置的速率不变 C．周期变小，摆球经过平衡位置的速率不变 D．周期变小，摆球经过平衡位置的速率增大 解析　本题考查单摆摆长变化的分析，摆线被挡后，摆长变短，根据单摆周期公式T＝2π，故周期变小；在摆线被挡前后，根据能量守恒定律，可以得出经过平衡位置的速率没有发生变化，故A、B、D错误，C正确。 答案　C 2．质点沿x轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O，质点经过a点和b点时速度相同，所花时间tab＝0.2 s；质点由b点再次回到a点花的最短时间tba＝0.4 s。则该质点做简谐运动的频率为(　　) A．1 Hz　　　　　　　 B．1.25 Hz C．2 Hz D．2.5 Hz 解析　由题意知a、b两点关于O点对称，由tab＝0.2 s、tba＝0.4 s知，质点经过b点后还要继续向最大位移处运动，直到最大位移处，然后再回来经b点到a点，则质点由b点到最大位移处再回到b点所用时间为0.2 s，则＝tab＋(tba－tab)，解得周期T＝0.8 s，频率f＝＝1.25 Hz。 答案　B 3．如图所示为某质点在0～4 s内的振动图像，则(　　) A．质点振动的振幅是2 m，质点振动的频率为4 Hz B．质点在4 s末的位移为8 m C．质点在4 s内的路程为8 m D．质点在t＝1 s到t＝3 s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小 解析　由题图可知振动的振幅A＝2 m，周期T＝4 s，则频率f＝＝0.25 Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s末的位移为零，选项B错误；路程s＝4A＝8 m，选项C正确；质点从t＝1 s到t＝3 s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误。 答案　C 4．如图所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统。当圆盘静止时，小球可稳定振动。现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则(　　) A．此振动系统的固有频率约为3 Hz B．此振动系统的固有频率约为0.25 Hz C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变 D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动 解析　当T固＝T驱时振幅最大，由乙图可知当f驱＝3 Hz时，振幅最大，所以此振动系统的固有频率约为3 Hz，A正确，B错误。若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动周期增大，频率减小，但振动系统的固有周期和频率不变，共振曲线的峰值也不变，C、D都错误。 答案　A 5．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端挂在天花板上，O点为弹簧自然伸长时下端点的位置。当在弹簧下端挂钩上挂一质量为m的砝码后，砝码开始由O位置起做简谐运动，它振动到下面最低点位置A距O点的距离为l0，则(　　) A．振动的振幅为l0 B．振幅为 C．平衡位置在O点 D．平衡位置在OA中点B的上方某一点 答案　B 6．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放。关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是(　　) A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧 C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定 解析　据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π，TB＝2π，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝ ，tB＝TB＝ ，由于R1＜R2，则tA＜tB，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧，故选C。 答案　C 7．如图所示，一质点在a、b间做简谐运动，O是它振动的平衡位置。若从质点经过O点开始计时，经3 s，质点第一次到达M点，再经2 s，它第二次经过M点，则该质点的振动图像可能是(　　) 解析　若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M到b的时间为1 s，则＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝16 s，若质点从平衡位置向左运动，可知M到b的时间为1 s，则T＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝s，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 8．如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是(　　) A．甲、乙两摆的振幅之比为3∶1 B．t＝2 s时，甲摆的弹性势能最小，乙摆的动能为零 C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1 D．甲、乙两摆摆球在最低点时的向心加速度大小一定相等 解析　由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故选项A错误；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，弹性势能最小，乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；由单摆的周期公式T＝2π，得到甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C错误；因摆球摆动的最大偏角未知，故选项D错误。 答案　B 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置。其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中(　　) A．位于B处的动能最大 B．位于A处时势能最大 C．在位置A的势能大于在位置B的动能 D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能 解析　单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点时重力势能最大，最低位置时动能最大，故选项B正确，选项A错误；在B点，EB＝EkB＋EpB＝EpA，故选项C正确，选项D错误。 答案　BC 10．关于简谐运动的周期，以下说法正确的是(　　) A．间隔一个周期的两个时刻，物体的振动情况完全相同 B．间隔半个周期奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同 C．半个周期内物体动能的变化一定为零 D．一个周期内物体势能的变化一定为零 解析　根据周期的意义知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故选项A、D正确；当间隔半个周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等、方向相反，故选项B错误；由于间隔半个周期各矢量大小相等，所以物体的动能必定相等，没有变化，故选项C正确。 答案　ACD 11．(2022·西安模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是(　　) A．甲摆摆长比乙摆摆长长 B．甲摆的振幅比乙摆大 C．甲摆的机械能比乙摆大 D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 解析　由图看出，两单摆的周期相同，同一地点的g相同，由单摆的周期公式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A错误。甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅大，选项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，所以无法比较机械能的大小，故C错误。在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，乙摆的位移为负向最大，根据a＝知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。故选BD。 答案　BD 12．甲、乙两弹簧振子振动图像如图所示，则可知(　　) A．甲速度为零时，乙速度最大 B．甲加速度最小时，乙速度最小 C．两个振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2 D．任一时刻两个振子受到的回复力都不相同 解析　本题根据振动图像考查两振子相关物理量的比较。t＝0.5 s时，甲位于最大位移处，图像的斜率表示速度，速度为零，而此时乙位于平衡位置，图像的斜率最大，速度最大，故A正确；在t＝1.0 s或t＝2.0 s时，甲的加速度最小，位于平衡位置，回复力为零，此时，乙也位于平衡位置，回复力为零，速度最大，故B、D错误；频率与周期互为倒数，频率之比为周期之比的反比，由图像可知，甲、乙的周期之比为2∶1，故频率之比为1∶2，故C正确。 答案　AC 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(6分)(2020·全国卷Ⅱ)用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过____________cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程) 某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为____________cm。 解析　由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝×2π×80.0 cm≈6.98 cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝，又由题意可知旧单摆周期与新单摆周期的比为10∶11，则＝ ，解得l′＝96.8 cm。 答案　6.9　96.8 14．(8分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图11甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°。在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)。 (1)从乙图可知，摆球的直径为d＝____________mm。 (2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝____________________。 (3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是____________。 A．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线 B．当单摆经过最高位置时开始计时 C．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的 D．测量多组周期T和摆长l，作l­T2关系图像来处理数据 解析　(1)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×48.0 mm＝0.480 mm，则最终读数为5.980 mm。 (2)由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的全振动的次数为N＝，周期为T＝＝，单摆的摆长为l＝L＋，由单摆的周期公式T＝2π，得g＝。 (3)公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A正确；为了减小误差，需要在单摆经过平衡位置时开始计时，且选用体积较小的摆球，故B、C错误；应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长l，作l－T2关系图像来处理数据，故D正确。 答案　(1)5.980　(2) (3)AD 15．(8分)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＝ m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈g，求： (1)单摆的摆长L； (2)摆球的质量m； (3)摆线拉力的最小值。 解析　(1)由乙图可知单摆周期为T＝2 s， 根据单摆周期公式T＝2π， 解得L＝1 m。 (2)当拉力最大时，即F＝1.02 N， 摆球处在最低点，由牛顿第二定律F－mg＝m， 解得m＝0.1 kg。 (3)从最低点到最高点－mgL(1－cos θ) ＝0－mv2 解得cos θ＝0.99， 最高点F′＝mgcos θ＝0.99 N。 答案　(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N 16．(8分)光滑水平面上的弹簧振子，质量为50 g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在t＝0.2 s时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4 m/s。 (1)在1.2 s末，弹簧的弹性势能为多少？ (2)1 min内，弹簧弹力对弹簧振子做正功的次数为多少？ 解析　(1)从最大位移到平衡位置的时间为t＝0.2 s，则周期T＝4t＝0.8 s，振子在1.2 s内恰好振动了1T。 此时弹簧的弹性势能等于振子在平衡位置时的动能。 Ep＝mv2＝×50×10－3×42 J＝0.4 J。 (2)当振子向平衡位置运动时，弹簧的弹力对振子做正功，即1个周期内做正功两次，则 n＝×2＝×2＝150次。 答案　(1)0.4 J　(2)150次 17．(14分)如图所示，轻弹簧的下端系着A、B两球，mA＝100 g，mB＝500 g，系统静止时弹簧伸长x＝15 cm，未超出弹性限度。若剪断A、B间的细绳，则A在竖直方向做简谐运动，求：(g取10 m/s2) (1)A的振幅； (2)A最大加速度的大小。 解析　(1)设只挂A时弹簧伸长量x1＝。 由(mA＋mB)g＝kx，得k＝， 即x1＝x＝2.5 cm。 振幅A＝x－x1＝12.5 cm。 (2)剪断A、B间的细绳瞬间，A所受弹力最大，合力最大，加速度最大。 F＝(mA＋mB)g－mAg＝mBg＝mAamax， amax＝＝5 g＝50 m/s2。 答案　(1)12.5 cm　(2)50 m/s2 18．(16分)如图所示为一弹簧振子的振动图像，求： (1)该振子简谐运动的表达式； (2)在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？ (3)该振子在前100 s的总位移和总路程。 解析　(1)由振动图像可得：A＝5 cm，T＝4 s，φ＝0 则ω＝＝ rad/s 故该振子做简谐运动的表达式为： x＝5 sin cm。 (2)由题图可知，在第2 s末振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断增大，加速度也变大，速度不断变小，动能减小，弹性势能逐渐增大。在第3 s末，加速度达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。 (3)振子经过一个周期位移为零，路程为5×4 cm＝20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子位移x＝0，振子经过的路程s＝25×20 cm＝500 cm＝5 m。 答案　(1)x＝5 sin cm　(2)见解析 (3)0　5 m 学科网（北京）股份有限公司 $$