2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第2章机械振动含答案.docx

2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第2章 机械振动第二章机械振动1简谐运动本栏目为教师专用1.如图所示,轻质弹簧一端固定在地面上,另一端与一薄板连接,薄板的质量不计,板上放一重物.用手将重物往下压,然后突然将手撤去,则重物被弹离之前的运动情况是(C) A.加速度一直增大B.加速度一直减小C.加速度先减小后增大D.加速度先增大后减小解析 竖直方向的弹簧振子的振动也是简谐运动,但它的平衡位置在重力与弹力大小相等的位置,在平衡位置时加速度为零.因此从平衡位置将弹簧压缩以后放手,重物的加速度先减小,到达平衡位置以后加速度再增大,故C正确.2.(多选)2022·浙江余杭期末 如图所示为获取弹簧振子的位移时间图像的一种方法,改变纸带运动的速度,下列说法正确的是(BC)A.如果纸带不动,作出的振动图像仍然是正弦函数曲线B.如果纸带不动,作出的振动图像是一段线段C.图示时刻,振子正经过平衡位置向右运动D.若纸带运动的速度不恒定,则纸带上描出的仍然是简谐运动的图像解析 当纸带不动时,描出的只是振子在平衡位置两侧往复运动的轨迹,即一段线段,A错误,B正确;由振动图像可以看出,图示时刻振子正由平衡位置向右运动,C正确;只有当纸带匀速运动时,运动时间才与纸带运动的位移成正比,振动图像才是正弦或余弦函数曲线,而简谐运动的图像一定是正弦或余弦函数曲线,D错误.3.装有沙粒的试管竖直静立于水面,如图所示,将管竖直提起少许,然后由静止释放并开始计时,在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动.若取竖直向上为正方向,则描述试管振动的图像中可能正确的是下图中的(D)解析 试管在竖直方向上做简谐运动,平衡位置是重力与浮力大小相等的位置,开始时向上提起的距离就是其偏离平衡位置的位移,为正向最大位移,故D正确.4.如图所示是某质点做简谐运动的图像,根据图像中的信息,回答下列问题:(1)质点在第3 s末的位移是多少?质点振动过程中的最大位移为多少?(2)前4 s内,质点经过的路程为多少?答案 (1)-10 cm10 cm(2)40 cm解析 (1)由x-t图像可以读出3 s末质点的位移为-10 cm,振动过程中的最大位移为10 cm.(2)在前4 s内,质点先沿正方向由平衡位置运动了10 cm到达正向最大位移处,又沿负方向运动了20 cm到达负向最大位移处,然后又沿正方向运动了10 cm回到平衡位置,故总路程为40 cm.2简谐运动的描述本栏目为教师专用1.一位游客在千岛湖边乘坐游船,当日风浪很大,游船上下浮动.可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,振幅为20 cm,周期为3.0 s.当船上升到最高点时,甲板刚好与码头地面平齐.若地面与甲板的高度差不超过10 cm时,游客能舒服地登船,则在一个周期内,游客能舒服地登船的时间是(C)A.0.5 sB.0.75 sC.1.0 sD.1.5 s解析 由题意可知,游船振动的表达式为y=0.2sin 23t(m),当y=0.1 m时,t1=0.25 s,所以在一个周期内,游客能舒服地登船的时间是t2=1.5 s-2t1=1 s,C正确.2.2022·浙江瑞安中学月考 如图所示,水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动,坐标原点O为振子的平衡位置,其振动方程为x=5sin10t+2cm.下列说法不正确的是(D)A.M、N间距离为10 cmB.振子的运动周期是0.2 sC.t=0时,振子位于N点D.t=0时,振子具有最大速度解析 由振子的振动方程可知振子的振幅为5 cm,则M、N间距离为10 cm,故A正确;根据振子的振动方程可知振子的周期T=210 s=0.2 s,故B正确;将t=0代入振动方程可得x=5 cm,振子位于正向位移最大处,即N点,此时振子速度为零,故C正确,D错误.3.(多选)如图所示,轻弹簧上端固定,下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动.以竖直向上为正方向,物块做简谐运动的表达式为x=0.1sin 2.5t(m).t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6 s时,小球恰好与物块处于同一高度.重力加速度g取10 m/s2.以下判断正确的是(AB)A.h=1.7 mB.简谐运动的周期是0.8 sC.0.6 s内物块运动的路程是0.2 mD.t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反解析 t=0.6 s时,物块的位移为x=0.1sin 2.5×0.6(m)=-0.1 m,则对小球,有h+|x|=12gt2,解得h=1.7 m,选项A正确;简谐运动的周期是T=2=22.5 s=0.8 s,选项B正确;0.6 s内物块运动的路程是3A=0.3 m,选项C错误;由于t=0.4 s=T2,此时物块处于平衡位置并向下振动,则此时物块与小球运动方向相同,选项D错误.4.如图甲所示水平弹簧振子的平衡位置为O点,在B、C两点之间做简谐运动,规定水平向右为正方向.图乙是弹簧振子做简谐运动的x-t图像,下列说法正确的是(D)A.弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动B.弹簧振子的振动方程为x=0.1sin2t+32 mC.图乙中的t1时刻振子的速度方向与加速度方向都为正方向D.弹簧振子在1.125 s内的路程小于0.45 m解析 弹簧振子从B点经振动后再次回到B点为一次全振动,故A项错误.根据图乙可知,弹簧振子的振幅A=0.1 m,周期T=1 s,=2T=2 rad/s,初相位=2,则弹簧振子的振动方程为x=0.1sin 2t+2 m,故B项错误.图乙中的t1时刻弹簧振子正在沿负方向做减速运动,速度方向为负,加速度方向为正,故C项错误.因为t=1.125 s=98T,弹簧振子在前一个周期内的路程s1=4A=0.4 m,后T8内是从最大位移处开始运动,由于简谐运动中振子的速度大小是变化的,且从最大位移处到平衡位置的过程中速度逐渐增大,因此后T8内的路程s2<A2=0.05 m,所以弹簧振子在1.125 s内的路程s总=s1+s2<0.45 m,故D项正确.5.如图所示是两个弹簧振子A、B做简谐运动的图像,根据图像所给的信息,回答以下问题: (1)弹簧振子A的振幅和周期分别为多少?(2)在810 s内,振子B的加速度大小如何变化?方向如何?(3)在t=10 s时,A、B振子都通过平衡位置,并且它们的速度大小相等、方向相反,从此时起,至少再经过多长的时间,它们同时通过平衡位置且速度相同?答案 (1)1 cm403 s(2)减小x轴正方向(3)20 s解析 (1)由图像可知,振子A的振幅为1 cm它的四分之三周期是10 s,即34TA=10 s,所以它的周期为TA=403 s.(2)因为B的周期是10 s,故在810 s内,振子位于平衡位置以下,正在向平衡位置运动,振子B的加速度是减小的,方向为x轴正方向.(3)在t=10 s时,A、B都通过平衡位置,并且它们的速度大小相等、方向相反,从此时起,设再经过时间t,它们同时通过平衡位置且速度相同,在此过程中,其中一个振子将多振动半次,由于B振动得快,设B振子振动的次数为n,有nTB=nTA-12TA,将TA=403 s和TB=10 s代入,解得n=2,即时间t=2×10 s=20 s.3简谐运动的回复力和能量本栏目为教师专用1.2022·浙江余杭中学月考 如图所示是某一质点做简谐运动的图像,下列说法正确的是(C)A.在第1 s内,质点速度逐渐增大B.在第1 s内,质点加速度逐渐减小C.在第1 s内,质点的回复力逐渐增大D.在第4 s内,质点的动能逐渐减小,势能逐渐增大,机械能保持不变解析 在第1 s内,质点的位移逐渐增大,远离平衡位置,速度逐渐减小,故A错误;根据a=-kxm知,加速度大小与位移大小成正比,则在第1 s内,质点加速度逐渐增大,故B错误;在第1 s内,质点的位移逐渐增大,由F=-kx知回复力逐渐增大,故C正确;质点做简谐运动,机械能守恒,在第4 s内质点的位移逐渐减小,正向平衡位置靠近,势能逐渐减小,动能逐渐增大,故D错误.2.(多选)如图所示,弹簧振子在C、B间做简谐运动,O点为其平衡位置,则(CD)A.振子在由C点运动到O点的过程中,回复力逐渐增大B.振子在由O点运动到B点的过程中,速度不断增大C.振子在由O点运动到B点的过程中,在O点加速度最小,在B点加速度最大D.振子通过平衡位置O点时,动能最大,势能最小解析 振子在由C点运动到O点的过程中,靠近平衡位置,位移减小,由F=-kx可知,回复力减小,故A错误;振子在由O点运动到B点的过程中,振子的速度不断减小,故B错误;由公式a=-kxm分析可知,C正确;振子通过平衡位置O点时,动能最大,势能最小,故D正确.3.(多选)弹簧振子在水平方向做简谐运动,下列说法正确的是(BC)A.在平衡位置时,机械能最大B.在最大位移处时,弹性势能最大C.从平衡位置向最大位移处运动过程中,动能减小D.从最大位移处向平衡位置运动过程中,机械能减小解析 弹簧振子做简谐运动过程中,机械能守恒,选项A、D错误;从平衡位置向最大位移处运动过程中,位移增大,故速度减小,动能减小,弹性势能增大,而在最大位移处时,弹性势能最大,选项B、C正确.4.(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中,水面足够大,如图甲所示.把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手,忽略运动阻力,玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动,测得振动周期为0.5 s.以竖直向上为正方向,从某时刻开始计时,其振动图像如图乙所示,其中A为振幅.对于玻璃管,下列说法正确的是(ABD)A.回复力等于重力和浮力的合力B.位移满足函数关系式x=4sin 4t-56 cmC.振动频率与按压的深度有关D.在t1t2时间内,位移减小,加速度减小,速度增大解析 玻璃管在竖直方向上受到重力和浮力,且沿竖直方向做简谐运动,故A正确;振幅A=4 cm,周期T=0.5 s,简谐运动的位移函数关系式为x=4sin 2Tt+ cm,将t=0时刻x=-A2代入,解得=-56,所以简谐运动的位移函数关系式为x=4sin 4t-56 cm,故B正确;简谐运动的周期与振幅无关,故C错误;从图像可以看出,在t1t2时间内,负向的位移减小,往平衡位置运动,由F=-kx=ma可得,加速度减小,速度增大,故D正确.5.如图所示,弹簧振子在光滑水平面上以振幅A做简谐运动,质量为M的滑块上面放一个质量为m的砝码,砝码随滑块一起做简谐运动,已知弹簧的劲度系数为k,试求:(1)使砝码随滑块一起振动的回复力是什么力?它跟位移成正比的比例系数k'等于多少?(2)当滑块运动到振幅一半位置时,砝码所受回复力有多大?方向如何?(3)当砝码与滑块的动摩擦因数为时,要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为多大?(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)答案 (1)滑块对砝码的静摩擦力mkM+m(2)mkA2(M+m)方向指向平衡位置(3)(M+m)gk解析 (1)使砝码随滑块一起做简谐运动的回复力是滑块对砝码的静摩擦力对二者整体,由胡克定律得F=-kx又由牛顿第二定律F=(M+m)a得a=-kxM+m对砝码由牛顿第二定律得F静=ma=-mkM+mx所以k'=mkM+m(2)回复力F回=-k'·A2=-mkA2(M+m),大小为mkA2(M+m),方向指向平衡位置.(3)砝码所受最大回复力Fm=k'A,而不发生滑动条件下静摩擦力能提供的最大回复力为mg,故最大回复力应小于等于mg,即k'Amg,得Amgk',可见,最大振幅Am=mgk'=(M+m)gk6.2022·湖北荆州中学月考 一个竖直圆盘转动时,固定在圆盘上的圆柱体带动一个T形支架在竖直方向振动,T形支架下面连着一个小球,如图所示.现使圆盘以0.5 s的周期沿顺时针方向匀速转动.(1)若小圆柱到圆盘中心距离为10 cm,试证明小球的运动为简谐运动,并写出小球的运动方程.(2)若在右侧有一挡板,在圆盘与挡板之间放一竖直弹簧振子,让振子在竖直方向振动,且有一束平行光从左侧照来,发现两小球在挡板上的投影始终重合,已知与弹簧相连的小球的质量m=0.1 kg,弹簧振子振动周期的公式为T=2mk,m为小球质量,k为弹簧劲度系数,求该弹簧的劲度系数k.答案 (1)见解析y=0.1sin 4t(m)(2)k=16 N/m解析 (1)小球在竖直方向上运动,设小圆柱运动到右端与圆心等高处时为计时起点,此时小球的位置为平衡位置,则t时刻小圆柱与圆心的连线和水平方向的夹角=t=4t小球偏离平衡位置的位移y=Rsin t=Rsin 4t所以小球的运动为简谐运动小球做简谐运动的振幅A=R=10 cm=0.1 m设向下为正方向,则小球的运动方程为y=Asin 4t=0.1sin 4t(m)(2)由题意可知,弹簧振子做简谐运动的周期与小球振动的周期相同,即T=0.5 s由题中给的条件T=2mk推导得出k=42T2m代入数据得k=16 N/m4单摆本栏目为教师专用1.做简谐运动的单摆其摆长不变,若摆球的质量增加为原来的94倍,摆球经过平衡位置时的速度减为原来的23,则单摆振动的(B)A.周期不变,振幅不变B.周期不变,振幅变小C.周期改变,振幅不变D.周期改变,振幅变大解析 由单摆的周期公式T=2lg可知,当摆长l不变时,周期不变,故C、D错误;由能量守恒定律可知12mv2=mgh,其摆动的高度与质量无关,因平衡位置的速度减小,则最大高度减小,即振幅减小,选项B正确,A错误.2.一个摆钟从甲地拿到乙地,它的钟摆摆动变慢了.下列对此现象的分析及校准方法的叙述中正确的是(B)A.g甲>g乙,将摆长适当增长B.g甲>g乙,将摆长适当缩短C.g甲<g乙,将摆长适当增长D.g甲<g乙,将摆长适当缩短解析 摆钟走慢了,是周期T变大了,根据单摆的周期公式T=2lg,可知是重力加速度变小了,即g甲>g乙,故选项C、D错误;要校准,应使周期变小,由公式知应缩短摆长,故选项B正确,A错误.3.2022·浙江绍兴一中月考 如图甲所示,一单摆做小角度摆动,从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时,相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示.不计空气阻力,g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程,下列说法正确的是(D)A.单摆的摆长约为2.0 mB.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8cos t(cm)C.从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球的重力势能逐渐增大D.从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中,摆球所受回复力逐渐增大解析 由图乙可知,单摆周期为2 s,由单摆周期公式T=2Lg,可解得单摆的摆长为L1.0 m,A错误;单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin2Tt=8sin t(cm),B错误;从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球从最高点回到平衡位置,摆球的重力势能逐渐减小,C错误;从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中,摆球从平衡位置回到最高点,位移逐渐增大,回复力与位移成正比,故摆球所受回复力逐渐增大,D正确.4.将一水平木板从一沙摆(可视为做简谐运动的单摆)下面以a=0.2 m/s2的加速度匀加速地水平抽出,板上留下的沙迹如图所示,量得O1O2=4 cm,O2O3=9 cm,O3O4=14 cm,试求沙摆的振动周期和摆长.(重力加速度g取2 m/s2)答案 1 s0.25 m解析 由x=aT2解得T=xa=5×10-20.2s=0.5 s故沙摆振动周期T'=2T=1 s由单摆周期公式T'=2lg解得摆长l=gT'242=0.25 m.5实验:用单摆测量重力加速度本栏目为教师专用1.2022·浙江温岭松门中学月考 在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中:(1)该实验中用于测量时间的工具是B; ABC(2)如图甲所示小明用游标卡尺测量小球的直径为14.4 mm; (3)为了减小测量误差,下列操作正确的是AD; A.摆线的长度应适当长些B.单摆的摆角应尽量大些C.测量周期时,取小球运动的最高点作为计时的起点和终点位置D.测量周期时,测摆球3050次全振动的时间算出周期(4)手机中集成了许多传感器,如光传感器、加速度传感器等,如图乙所示小明在家尝试用单摆结合手机测量当地的重力加速度,当小球摆动时会引起手机光传感器的曝光值改变.如图丙所示某次实验测得单摆4次全振动的时间为7.203 s,已知单摆摆长为0.8 m,可以计算出当地的重力加速度为9.74 m/s2.(结果保留三位有效数字) 答案 B14.4AD9.74解析 (1)该实验中测量时间需要准确,则选用秒表计时,所以选B.(2)游标卡尺的读数为:主尺读数+游标尺的读数×精度值=1.4 cm+4×0.1 mm=14.4 mm.(3)摆线的长度应适当长些,测量长度时误差减小,所以A正确;单摆的摆角不能过大,需要满足摆角<5°,所以B错误;测量周期时,取小球运动的最低点作为计时的起点和终点位置,所以C错误;测量周期时,测摆球3050次全振动的时间算出周期,多次测量求平均值可以减小误差,所以D正确.(4)根据单摆的周期公式T=2lg ,T=tn1.8 s,得g=42lT2=4×3.142×0.81.82 m/s29.74 m/s2.2.一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验.(1)下列是供学生自主选择的器材,你认为应选用的器材是AE(填器材前的选项字母). A.约1 m长的细线B.约0.3 m长的铜丝C.约0.8 m长的橡皮筋D.直径约1 cm的实心木球E.直径约1 cm的实心钢球F.直径约1 cm的空心铝球(2)该同学在安装好如图甲所示的实验装置后,测得单摆的摆长为l,然后让小球在竖直平面内小角度摆动.当小球某次经过最低点时开始计时,在完成N次全振动时停止计时,测得所用时间为t.请写出测量当地重力加速度的表达式:g= 42N2lt2.(用以上测量的物理量和已知量的字母表示) (3)为减小实验误差,该同学又多次改变摆长l,测量多组对应的单摆周期T,准备利用T2-l的关系图线求出当地的重力加速度值.相关测量数据如下表:次数12345l/m0.8000.9001.0001.1001.200T/s1.791.902.012.112.20T2/s23.203.614.044.454.84该同学在图乙中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标点,请你在图乙中用符号“×”标出与第4次实验数据对应的坐标点,并画出T2-l关系图线.答案 如图所示(4)根据绘制出的T2-l关系图线,可求得g的测量值为9.62m/s2.(结果保留三位有效数字) 解析 (1)摆线应选择较细且不易伸长的线,为便于测量周期,应选约1 m长的细线,故A正确;为了减小空气阻力的影响,摆球选择密度大的,故E正确.(2)单摆的周期为T=tN,根据T=2lg,可得g=42N2lt2.(4)由T=2lg,可得T2=42lg,则T2-l图线的斜率k=42g,所以g=42k.根据T2-l图线求得斜率k4.10 s2/m,故g=42k9.62 m/s2.3.2022·浙江桐乡凤鸣高中月考 (1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,某同学用10分度的游标卡尺测得摆球的直径如图所示,可知摆球的直径为2.04 cm. (2)他测得的g值偏小,可能原因是B. A.测摆线长时摆线拉得过紧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.开始计时时,秒表过迟按下D.实验中误将49次全振动计为50次(3)实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验.以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有AC. A.尽量选择质量大、体积小的摆球B.将摆球拉到最大位移处释放,同时快速按下秒表开始计时C.测量摆长时,让单摆自然下垂,先测出摆线长度,然后加上摆球的半径D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间作为单摆的周期某同学多次改变单摆的摆长l并测得相应的周期,他根据测量数据画出了如图所示的图像,但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量.你认为横坐标所代表的物理量是 l(选填“l2”、“l ”或“l”),若图线斜率为k,则测得的重力加速度g= 42k2 . 解析 (1)由题图可知摆球的直径为d=20 mm+4×0.1 mm=20.4 mm=2.04 cm(2)根据单摆周期公式可得重力加速度的表达式为g=42lT2,测摆线长时摆线拉得过紧,会使摆长l的测量值偏大,则g测量值偏大,故A错误;摆线上端未牢固地系于悬点,振动中出现松动,使实际摆长增加了,即摆长l的测量值比实际值偏小,则g测量值偏小,故B正确;开始计时时,秒表过迟按下,会使周期T的测量值偏小,则g测量值偏大,故C错误;实验中误将49次全振动计为50次,会使周期T的测量值偏小,则g测量值偏大,故D错误.(3)尽量选择质量大、体积小的摆球,从而减小空气阻力的影响,故A正确;将摆球拉到最大位移处释放,在摆球通过最低点时按下秒表开始计时,由于摆球通过最低点时速度最大,在最低点附近停留的时间较短,有利于人眼观察,从而减小时间测量误差,故B错误;测量摆长时,让单摆自然下垂,先测出摆线长度,然后加上摆球的半径,故C正确;应用秒表测量单摆完成3050次全振动所用的时间,再用总时间除以次数来作为单摆的周期,从而减小误差,故D错误.由于图像为过原点的倾斜直线,说明T与横轴所代表的的变量成正比例关系,根据单摆周期公式T=2lg=2gl,可知横坐标为l.图像斜率为k=2g,解得g=42k2.4.某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验,步骤如下,请帮助该同学将步骤补充完整.(1)让细线的一端穿过摆球的小孔,然后打一个比小孔大的线结,制成一个单摆,线的另一端悬挂在铁架台上,有如图甲所示的两种不同的悬挂方式,应选B(选填“A”或“B”). (2)把铁架台放在实验桌边,使悬挂点伸到桌面以外,让摆球自由下垂.用米尺量出悬线长度l,用游标卡尺测出摆球的直径d,如图乙所示,则d=4.60mm. (3)单摆的摆长为l+d2(用字母l和d表示). (4)把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5°)后由静止释放,使摆球只在一个竖直平面内摆动,此时单摆做简谐运动,当摆球通过平衡位置时,按下秒表并从“1”开始计数,摆球通过平衡位置的次数为n时,记下所用的时间t,则单摆的周期T= 2tn-1. (5)改变摆长,重做几次实验,由几组周期和摆长作出T2-L图像如图丙所示,若图像的斜率为k,则重力加速度g= 42k. 解析 (1)悬挂方式A中,当摆球摆动时摆长会发生变化,所以悬挂方式应选B.(2)摆球直径d=4 mm+0.05 mm×12=4.60 mm.(3)单摆的摆长为L=l+d2.(4)单摆的周期T=tn-12=2tn-1 .(5)根据单摆周期公式T=2Lg,可得T2=42gL,则42g=k,解得g=42k.6受迫振动共振本栏目为教师专用1.某简谐振子自由振动时的振动图像如图甲中的曲线所示,而在某驱动力作用下做受迫振动时,稳定后的振动图像如图甲中的曲线所示,则此受迫振动对应的状态可能是图乙中的(A)A.a点B.b点C.c点D.a、b点解析 振子的固有周期与驱动力周期的关系是T驱=32T固,所以受迫振动的状态一定不是图乙中的b点和c点,可能是a点,故A正确.2.2022·浙江上虞中学月考 轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统.某型号轿车的“车身悬挂系统”的固有频率是2 Hz,这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带,如图.已知相邻两条减速带间的距离为1.0 m,该车经过该减速带过程中,下列说法正确的是(C)A.当该轿车通过减速带时,车身上下振动的频率均为2 Hz,与车速无关B.该轿车通过减速带的速度越大,车身上下颠簸得越剧烈C.当该轿车以7.2 km/h的速度通过减速带时,车身上下颠簸得最剧烈D.不同车辆以相同速度通过减速带时,车身上下颠簸的剧烈程度相同解析 当轿车以速度v通过减速带时,车身上下振动的周期为T=Lv,则车身上下振动的频率为f=1T=vL,该值与车速有关,选项A错误;车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近,车身上下振动的幅度越大,当车速满足f=vL=2 Hz时,即v=2 m/s=7.2 km/h时车身上下颠簸得越剧烈,选项B错误,C正确;不同车辆以相同速度通过减速带时,由于车身的固有频率不一定相同,则车身上下颠簸的剧烈程度不一定相同,选项D错误.3.在实验室可以做“声波碎杯”的实验.用手指轻弹一只酒杯,可以听到清脆的声音,测得该声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在两个大功率的声波发生器之间,操作人员通过调整其发出的声波,就能使酒杯碎掉(如图所示).下列说法正确的是(D)A.操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大B.操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C.操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D.操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz解析 驱动力的频率与系统的固有频率相等时,受迫振动的振幅最大,形成共振.操作人员只需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz,就能使酒杯碎掉,D正确.4.在广东某学校实验室中有个实验仪器如图甲所示,五个摆球悬挂于同一根绷紧的水平绳上.如图乙所示是E单摆做受迫振动时的共振曲线,它表示振幅与驱动力的频率的关系.(摆角不超过5°,重力加速度g取2 m/s2)(1)让A、B、C、D其中的哪一个摆摆动起来,E单摆的振动最为剧烈?(2)E单摆的摆长为多大?(3)若将E单摆从广东移至北京某高中的实验室中,共振曲线的“峰”将怎样移动?答案 (1)A摆(2)1 m(3)向右移动解析 (1)由图甲可知,E与A的摆长是相等的,根据共振的条件可知,让A摆摆动起来,E单摆的振动最为剧烈.(2)由图像可知,当驱动力的频率等于0.5 Hz时,E的振幅最大,所以E单摆的固有频率为0.5 Hz,固有周期T=2 s根据单摆的周期公式T=2lg解得l=1 m.(3)若将E单摆从广东移至北京某高中的实验室中,因重力加速度变大,故固有周期变小,固有频率变大,共振曲线的“峰”将向右移动.习题课:单摆的应用本栏目为教师专用1.如图所示,一轻质漏斗装满沙子,用细线悬挂该漏斗做成一单摆.现将漏斗小角度摆动,沙子缓慢漏出时,沿O1O2方向匀速拉动木板,漏出的沙子在木板上会形成图示曲线.不计摆动时所受空气阻力,则下列说法正确的是(A)A.由于漏斗中沙子重心降低,所以摆动的周期增大B.由于漏斗中沙子重心降低,所以摆动的周期减小C.由于漏斗中沙子质量减少,所以摆动的周期增大D.由于漏斗中沙子质量减少,所以摆动的周期减小解析 细线悬点到沙子重心的距离是单摆摆长,由于漏斗中沙子重心降低,单摆的摆长L变大,由单摆周期公式T=2Lg可知,单摆周期T变大,故A正确,B错误;由单摆周期公式T=2Lg可知,漏斗中沙子的质量对单摆周期没有影响,漏斗中沙子质量减少不会对单摆周期造成影响,故C、D错误.2.有一个单摆,在第一个行星上的周期为T1,在第二个行星上的周期为T2,若这两个行星的质量之比为M1M2=41,半径之比R1R2=21,则(A)A.T1T2=11B.T1T2=41C.T1T2=21D.T1T2=12解析 单摆的周期公式为T=2 lg,对同一单摆,有T1g,根据万有引力定律得mg=GMmR2,解得g=GMR2,则T R2M,故T1T2=R12M2M1R22=4×14×1=11,选项A正确.3.(多选)图甲中摆球表面包有一小块橡皮泥,在竖直平面内其振动图像如图乙所示.某时刻橡皮泥瞬间自然脱落,不考虑单摆摆长的变化,则下列情况可能出现的是(BD)A.t=0时刻橡皮泥脱落,此后单摆周期T<4 sB.t=1 s时刻橡皮泥脱落,此后单摆周期T=4 sC.t=1 s时刻橡皮泥脱落,此后单摆周期T>4 sD.t=0时刻橡皮泥脱落,此后单摆振幅A=10 cm解析 因为是自然脱落,橡皮泥与摆球之间无相互作用且摆长不变,则摆球仍在原范围内振动,振幅不变,由T=2Lg可知,周期不变,选项B、D正确.4.如图所示,小球m自A点以指向AD方向的初速度v逐渐接近固定在D点的小球n,已知AB=0.8 m,AB圆弧(光滑)半径R=10 m,AD=10 m,A、B、C、D在同一水平面上,则v为多大时,才能使m恰好碰到小球n?(g取10 m/s2)答案 5k m/s(k=1,2,3,)解析 根据题目条件分析小球的受力状态及运动状态,结合匀速直线运动的公式和简谐运动的公式来求解本题.小球m的运动是由两个分运动合成的.这两个分运动分别是:以速度v在AD方向的匀速运动和在圆弧面上的往复滑动.因为ABR,所以小球在圆弧面上的往复滑动具有等时性,其周期为T=2Rg.设小球m恰好能碰到小球n,则有AD=vt,且满足t=kT(k=1,2,3,),又有T=2Rg,联立解得v=5k m/s(k=1,2,3,).5.如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一小球(小球可视为质点),在O点正下方距O点34l处的P点固定一颗小钉子.现将小球拉到点A处,轻绳被拉直,然后由静止释放小球,B点是小球运动的最低点,C点(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置.已知A点与B点之间的高度差为h,hl,A、B、P、O在同一竖直平面内,当地的重力加速度为g,不计空气阻力及绳与钉子碰撞时的能量损失.下列说法正确的是(C)A.小球受到重力、弹力、向心力、回复力四个力的作用B.小球运动到B点时的加速度为零C.C点与B点的高度差为hD.小球摆动的周期为2lg解析 小球在运动的过程中只受到重力和绳子的拉力,向心力与回复力都是效果力,故A错误;小球运动的轨迹是圆的一部分,小球运动到B点时的加速度为向心加速度,故B错误;小球摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,由于hl,可知在两侧最高点时的动能均为零,故重力势能相等,最大高度相同,故C正确;小球从BAB的时间为t1=12T1=lg,从BCB的时间为t2=12T2=14lg=2lg,故小球摆动的周期为T=t1+t2=32lg,故D错误.6.如图所示,单摆摆长为l,摆球质量为m,最大摆角为(<5°).当摆球摆到最低点B且向左运动时,另一质量为M的置于光滑水平面上的物体在水平拉力F作用下开始向右运动,要使物体与摆球在某一时刻的动量相同,作用在物体上的拉力F应为多大?(重力加速度为g)答案 mg2(1-cos)(2n+1)(n=0,1,2,3,)解析 摆球由静止摆到最低点时,由机械能守恒定律得mgl(1-cos )=12mv02解得摆球摆到最低点时的速度v0=2gl(1-cos)摆球摆到最低点所需时间t=12+nT(n=0,1,2,3,)周期T=2lg对物体,由动量定理得Ft=p而p=mv0联立解得F=mg2(1-cos)(2n+1)(n=0,1,2,3,)