高考物理一轮复习练习：第十五章第1讲机械振动 Word版含解析

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2021版高考物理一轮复习第十五章机械振动与机械波光电磁波与相对论课后分级演练38机械振动

2021版高考物理一轮复习第十五章机械振动与机械波光电磁波与相对论课后分级演练38机械振动【A 级——基础练】1.(2021·上海奉贤质量抽测)如图为某一弹簧振子做简谐运动的图象，在t 1到t 2时刻内，下列物理量变小的是( )A ．位移B ．速度C ．回复力D ．振幅解析：B 由图可知在t 1到t 2时刻内振子的位移增大，因此回复力F ＝－kx 也增大，振子在向最大位移处运动，因此速度减小，振幅是不变的，故选B.2.(2021·上海长宁质检)如图所示，弹簧振子在B 、C 两点间做简谐运动，B 、C 间距为10 cm ，O 是平稳位置，振子每次从C 点运动到B 点的时刻均为0.5 s ，则该弹簧振子( )A ．振幅为10 cmB ．周期为2 sC ．频率为1 HzD ．从O 点动身到再次回到O 点的过程确实是一次全振动解析：C 振子在B 、C 两点间做机械振动，B 、C 间距为10 cm ，O 是平稳位置，则该弹簧振子的振幅为5 cm ，故A 错误．振子从C 点运动到B 点的时刻为12T ，即12T ＝0.5 s ，该弹簧振子的周期为T ＝1 s ，故B 错误．该弹簧振子的频率为：f ＝1T＝1 Hz ，故C 正确．振子从O 点动身到再次回到O 点的过程不是一次全振动，故D 错误．3．(2021·上海单科)做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原先的94倍，摆球通过平稳位置的速度减为原先的23，则单摆振动的( ) 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：B 由单摆的周期公式T ＝2πL /g 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12mv 2＝mgh ，其摆动的高度与质量无关，因平稳位置的速度减小，则最大高度减小，即振幅减小，选项B 正确、A 错误．4．(2021·北京理综)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解析：A 由图象可知，t ＝1 s 和t ＝3 s 时振子在最大位移处，速度为零，加速度分别为负向最大值、正向最大值；而t ＝2 s 和t ＝4 s 时振子在平稳位置，加速度为零，而速度分别为负向最大、正向最大．综上所述，A 项说法正确．5．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时刻变化的关系式为x ＝A sin π4t ，则质点( )A ．第1 s 末与第3 s 末的位移相同B ．第1 s 末与第3 s 末的速度相同C ．3 s 末至5 s 末的位移方向都相同D ．3 s 末至5 s 末的速度方向都相同解析：AD ①由关系式可知ω＝π4 rad/s ，T ＝2πω＝8 s ，将t ＝1 s 和t ＝3 s 代入关系式中求得两时刻位移相同，A 对；②作出质点的振动图象，由图象能够看出，第1 s 末和第3 s末的速度方向不同，B 错；③由图象可知，第3 s 末至第4 s 末质点的位移方向与第4 s 末至第5 s 末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，故C 错、D 对．6．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原先的4倍，摆球通过平稳位置时速度减小为原先的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：C 由单摆周期公式T ＝2πl 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．没改变摆球质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h ，最低点速度为v ，mgh ＝12mv 2.摆球质量改变后：4mgh ′＝12×4m ·(v 2)2，可知h ′≠h ，振幅改变． 7．(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．系统做稳固的受迫振动时，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解析：ABD 在同一地点，重力加速度g为定值，依照单摆周期公式T＝2πLg可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能相互转化，依照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，故选项B正确；依照单摆周期公式T＝2πLg可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳固的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，明白周期后，能够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，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E错误．8．如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平稳位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象能够得知( )A．振子的振动周期等于t1B．在t＝0时刻，振子的位置在a点C．在t＝t1时刻，振子的速度为零D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动解析：D 本题考查简谐运动及弹簧振子的振动图象．意在考查考生的明白得能力及简单推理能力．弹簧振子先后经历最短时刻到达同一位置时，若速度相同，则这段时刻间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图象能够看出振子的振动周期为2t1，选项A错误；在t ＝0时刻，振子的位移为零，因此振子应该在平稳位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平稳位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误；从t1到t2，振子的位移在增加，因此振子正从O点向b点运动，选项D正确．9.如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平稳位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________A0(填“>”、“<”或“＝”)，T________T0(填“>”、“<”或“＝”)．解析：当弹簧振子通过平稳位置时，a 、b 之间粘胶脱开，a 、b 由于惯性连续向右运动，弹簧伸长，对物块有向左的拉力，物块a 向右做减速运动，动能减少，物块b 在光滑水平面上做匀速直线运动，动能不变，由能量守恒定律知只有物块a 减少的动能转化为弹簧的弹性势能，因此弹簧的最大伸长量减小，故振幅减小．振动中振子的质量变小，振子的周期变小．答案：＜＜10.一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上、下振动时，以速率v 水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图象，y 1、y 2、x 0、2x 0为纸上印迹的位置坐标．由此图求振动的周期和振幅．解析：设周期为T ，振幅为A .由题意知一个周期内记录纸的位移为2x 0，由x ＝vT 得T ＝2x 0v ，振幅A ＝y 1－y 22. 答案：2x 0v y 1－y 22【B 级——提升练】11．(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则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 ＝0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆E ．由图象能够求出当地的重力加速度解析：ABD 由振动图象能够看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，依照单摆周期公式T ＝2πl g可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不明白摆长是多少，不能运算出当地的重力加速度g ，故A 、B 正确，E 错误；两单摆的质量未知，因此两单摆的机械能无法比较，故C 错误；在t ＝0.5 s 时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D 正确．12．(多选)(2021·茂名模拟)简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P ，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P 在纸带上画出的确实是小球的振动图象．取振子水平向右的方向为振子离开平稳位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时刻，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．弹簧振子的周期为4 sB ．弹簧振子的振幅为10 cmC ．t ＝17 s 时振子相对平稳位置的位移是10 cmD ．若纸带运动的速度为2 cm/s ，振动图线上1、3两点间的距离是4 cmE ．2.5 s 时振子正在向x 轴正方向运动解析：ABD 由题图知，弹簧振子的周期为T ＝4 s ，振幅为10 cm ，选项A 、B 正确；由周期性知，t ＝17 s 时振子相对平稳位置的位移与t ＝1 s 时振子相对平稳位置的位移相同，均为0，选项C 错误；若纸带运动的速度为2 cm/s ，振动图线上1、3两点间的距离s ＝vt ＝2 cm/s×2 s＝4 cm ，选项D 正确；x －t 图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，则2.5 s 时振子的速度为负，正在向x 轴负方向运动，选项E 错误．13.(多选)如图所示两木块A 和B 叠放在光滑水平面上，质量分别为m 和M ，A 与B 之间的最大静摩擦力为f m ，B 与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，为使A 和B 在振动过程中不发生相对滑动，则( )A ．它们的振幅不能大于A ＝M ＋m f m kMB ．它们的振幅不能大于A ＝M ＋m f m kmC ．它们的最大加速度不能大于f mMD ．它们的最大加速度不能大于f mm解析：BD 当A 和B 在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB 间静摩擦力达到最大．依照牛顿第二定律得：以A 为研究对象：a ＝f m m ；以整体为研究对象：kA ＝(M ＋m )a ；联立两式得，A ＝M ＋m f m km，故B 、D 正确． 14．(多选)一简谐振子沿x 轴振动，平稳位置在坐标原点．t ＝0时刻振子的位移x ＝－0.1 m ；t ＝43 s 时刻x ＝0.1 m ；t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ．该振子的振幅和周期可能为( ) A ．0.1 m ，83s B ．0.1 m,8 s C ．0.2 m ，83 s D ．0.2 m,8 s解析：ACD 若振子的振幅为0.1 m ，43 s ＝(n ＋12)T ，(4－43) s ＝n 1T ，则周期最大值为83s ，A 正确，B 错误；若振子的振幅为0.2 m ，由简谐运动的对称性可知，当振子由x ＝－0.1m 处运动到负向最大位移处再反向运动到x ＝0.1 m 处，再通过n 个周期所用时刻为43s ，则(12＋n )T ＝43 s ，因此周期的最大值为83s ，且t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ，C 正确；当振子由x ＝－0.1 m 经平稳位置运动到x ＝0.1 m 处，再通过n 个周期所用时刻为43s ，则 (16＋n )T ＝43s ，因此现在周期的最大值为8 s ，且t ＝4 s 时，x ＝0.1 m ，D 正确． 15．一物体沿x 轴做简谐运动，振幅为8 cm ，频率为0.5 Hz ，在t ＝0时，位移是4 cm ，且向x 轴负方向运动，试写出用正弦函数表示振动方程并画出相应的振动图象．解析：简谐运动振动方程的一样表示式为x ＝A sin(ωt ＋φ0)．依照题给条件有：A ＝0.08 m ，ω＝2πf ＝π因此x ＝0.08 sin(πt ＋φ0)m将t ＝0时x 0＝0.04 m 代入得0.04＝0.08sin φ0解得初相φ0＝π6或φ0＝56π 因为t ＝0时，速度方向沿x 轴负方向，即位移在减小，因此取φ0＝56π 所求的振动方程为x ＝0.08sin(πt ＋56π)m对应的振动图象如图所示．答案：x ＝0.08sin(πt ＋56π)m 图象见解析。

高考物理一轮复习文档：第十五章第1讲机械振动练习解析含答案

板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～5为单选，6～10为多选)1．关于振幅的下列说法中，正确的是( )A．振幅是振子离开平衡位置的最大距离B．位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅C．振幅等于振子运动轨迹的长度D．振幅越大，表示振动越强，周期越长答案 A解析振幅是振子离开平衡位置的最大距离，A正确，C错误。

位移是矢量，是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，位移的大小不一定等于振幅，最大位移的大小才等于振幅，B错误。

振幅越大，振动越强，但周期不一定越长，例如，对于做简谐运动的弹簧振子，周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关，与振幅无关，D错误。

2.[2017·漳州模拟]如图所示，弹簧下端挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧的形变始终在弹性限度内，则物体在振动过程中( )A．弹簧的最大弹性势能等于2mgAB．弹簧的弹性势能和物体动能的总和不变C．物体在最低点时的加速度大小应为2gD．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg答案 A解析物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，物体的振幅为A，因此当物体在最低点时，弹簧的形变量Δx＝2A，根据机械能守恒定律可得，系统中物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性最大，E p＝mg·2A＝2mgA，A正确；物体振动过程中机械能守恒，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错误；物体振动到最高点时，弹簧处于原长，物体位移大小等于振幅A，F回＝mg＝kA，物体在最低点时，F回′＝F弹－mg＝kA＝mg＝ma，故a＝g，F弹＝2mg，C、D错误。

3.如图所示，装有砂粒的试管竖直静浮于水面。

将试管竖直提起少许，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，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是 ( )答案 D解析将试管竖直提起少许，由静止释放，并取向上为正方向，所以计时时刻，试管的位移为正的最大，D正确。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—机械振动

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—机械振动1.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，小球完成30次全振动所用时间为60s，则()A．该振子振动周期是2s，振幅是6cmB．该振子振动频率是2HzC．小球完成一次全振动通过的路程是12cmD．小球过O点时开始计时，3s内通过的路程为24cm2.(多选)一水平弹簧振子做简谐运动的振动图像如图所示，已知弹簧的劲度系数为20N/cm，则()A．图中A点对应时刻振动物体所受的回复力大小为5N，方向指向x轴的负方向B．图中A点对应时刻振动物体的速度方向指向x轴的正方向C．该振子的振幅等于0.5cmD．在0～4s内振动物体做了1.75次全振动3.(2023·广东省执信中学高三检测)扬声器是语音和音乐的播放装置，在生活中无处不在．如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是()A．t＝1×10－3s时刻纸盆中心的位移最大B．t＝2×10－3s时刻纸盆中心的加速度最大C．在0～2×10－3s之间纸盆中心的速度方向不变D．纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.0×10－4cos50πt(m)4.(多选)如图所示，单摆在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，O点为单摆的固定悬点，B 点为运动中的最低位置，则下列说法正确的是()A．摆球在A点和C点时，速度为零，故细线拉力为零，但回复力不为零B．摆球由A点向B点摆动过程中，细线拉力增大，但回复力减小C．摆球在B点时，重力势能最小，机械能最小D．摆球在B点时，动能最大，细线拉力也最大5.(多选)很多高层建筑都会安装减震耗能阻尼器，用来控制强风或地震导致的振动．台北101大楼使用的阻尼器是重达660吨的调谐质量阻尼器，阻尼器相当于一个巨型质量块．简单说就是将阻尼器悬挂在大楼上方，它的摆动会产生一个反作用力，在建筑物摇晃时往反方向摆动，会使大楼摆动的幅度减小．关于调谐质量阻尼器下列说法正确的是()A．阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同B．阻尼器与大楼摆动幅度相同C．阻尼器摆动后，摆动方向始终与大楼的振动方向相反D．阻尼器摆动幅度不受风力大小影响6.如图所示，质量为m的物块放置在质量为M的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T，振动过程中m、M之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，物块和木板之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是()A．若t时刻和(t＋Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则Δt一定等于T2的整数倍B．若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相同C．研究木板的运动，弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力D．当整体离开平衡位置的位移为x时，物块与木板间的摩擦力大小等于mkxm＋M7．(多选)甲、乙两弹簧振子的振动图像如图所示，则可知()A．两弹簧振子完全相同B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶28.如图所示，表面光滑、半径为R的圆弧形轨道AP与水平地面平滑连接，AP弧长为s，s≪R.半径为r的小球从A点由静止释放，运动到最低点P时速度大小为v，重力加速度为g，则小球从A运动到P的时间是()A．t＝2sv B．t＝π2R－rgC．t＝π4RgD．t＝π4R－rg9.(多选)(2023·四川省成都七中质检)如图所示，倾角为θ、光滑的斜面体固定在水平面上，底端有垂直斜面的挡板，劲度系数为k的轻质弹簧下端拴接着质量为M的物体B，上端放着质量为m的物体P(P与弹簧不拴接)．现沿斜面向下压一段距离后由静止释放，P就沿斜面做简谐运动，振动过程中，P始终没有离开弹簧．重力加速度为g，则()A．P振动的振幅的最大值为mg sinθkB．P振动的振幅的最大值为2mg sinθkC．P以最大振幅振动时，B对挡板的最大压力为Mg sinθ＋mg sinθD．P以最大振幅振动时，B对挡板的最大压力为Mg sinθ＋2mg sinθ10．(多选)(2018·天津卷·8)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－0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则()A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为23sB．若振幅为0.1m，振子的周期可能为45sC．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4sD．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s11．(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4cm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0.5s．以竖直向上为正方向，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()A．回复力等于重力和浮力的合力B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒)cmC．位移满足函数式x＝4sin(4πt－5π6D．在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大12.(2023·北京海淀区模拟)如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O.在O点正下方0.19L处固定一小钉．初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，从图示位置由静止释放A(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰．两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，摆线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g.下列选项正确的是()A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10B．若m1＝m2，则每经过1.9πLg时间A回到最高点C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点D．若m1<m2，则A与B第二次碰撞必在最低点答案及解析1．C 2.ABC 3.A 4.BD 5.AC6．D7.CD8．B[因为AP弧长为s，且s≪R，所以小球的运动等效为单摆运动，根据单摆的周期公式可得T＝2πlg由题意可知，摆长l＝R－r，小球从A运动到P所用的时间为四分之一个周期，即有t＝π2R－rg，故B正确．]9．AD[根据题意可知，物体P做简谐运动，则P位于平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧的形变量为x，根据平衡条件有mg sinθ＝kx，解得x＝mg sinθk，根据题意可知，P向上达到最高点位置时，弹簧恰好恢复原长，此位置是P能够做简谐运动的最高点，则P的最大振幅为A＝x＝mg sinθk，故B错误，A正确；根据题意可知，P以最大振幅振动时，当P到达最低点，即弹簧形变量最大时，B对挡板的压力最大，根据简谐运动知识可知，此时弹簧的形变量为2x，设挡板对B的支持力为F，对物体B，根据平衡条件有F－k·2x＝Mg sinθ，解得F＝2mg sinθ＋Mg sinθ，根据牛顿第三定律可得B对挡板的最大压力为F′＝F＝2mg sinθ＋Mg sinθ，故C错误，D正确．]10．AD[若振幅为0.1m，则Δt＝T2＋nT(n＝0,1,2，…)．当n＝0时，T＝2s；n＝1时，T＝23s；n＝2时，T＝25s.故选项A正确，选项B错误．若振幅为0.2m，振动分两种情况讨论：①振子振动如图甲所示，则振子由C点振动到D点用时至少为T2，周期最大为2s.②振子振动如图乙中实线所示．由x ＝A sin(ωt ＋φ)知t ＝0时，－A 2＝A sin φ，φ＝－π6，即振子由C 点振动到O 点用时至少为T 12，由简谐运动的对称性可知，振子由C 点振动到D 点用时至少为T 6，则T 最大为6s ；若由C 点振动到O 点用时1112T ，振子由C 点振动到D 点用时76T ，则T 为67s ．若振子振动如图乙中虚线所示，振子由C 点振动到D 点用时至少为T 2，周期最大为2s.综上所述，选项C 错误，D 正确．]11．ACD [玻璃管振动过程中，受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A 正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B 错误；由于振动周期为0.5s ，故ω＝2πT＝4πrad/s ，由题图乙可知振动位移的函数表达式为x ＝4sin(4πt －5π6)cm ，故C 正确；由题图乙可知，在t 1～t 2时间内，玻璃管向平衡位置运动，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D 正确．]12．D [若m 1＝m 2，则两球碰撞后交换速度，所以A 、B 在摆动过程中最大振幅相等，两球的振动完全一样，所以每经过2πL g时间A 回到最高点，A 、B 错误；摆长为L 的周期为T ＝2πL g，摆长为0.81L 的周期为T ′＝1.8πL g ，若m 1>m 2，则碰后A 球向右运动，摆长变为0.81L ，B 球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L ，所以两摆的周期均为T ″＝12T ＋12T ′＝1.9πL g，即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C错误；若m1<m2，则A与B碰后，A反弹，两球的摆长一样，周期一样，所以各经过半个周期后，在最低点发生第二次碰撞，D正确．]。

高考物理一轮复习名师预测：专题机械振动(含解析)

专题12.1 机械振动（名师预测） -2015年高考物理一轮复习精品资料1．做简谐振动的单摆摆长不变，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2．一质点做简谐运动的振动图象如图1－1－9所示，质点的速度与加速度方向相同的时间段是( )图1－1－9 A ．0 s ～0.3 s B ．0.3 s ～0.6 s C ．0.6 s ～0.9 s D ．0.9 s ～1.2 s3．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π4t ，则质点( )A ．第1 s 末与第3 s 末的位移相同B ．第1 s 末与第3 s 末的速度相同C ．3 s 末至5 s 末的位移方向都相同D ．3 s 末至5 s 末的速度方向都相同解析：选AD.由x ＝A sin π4t 知周期T ＝8 s ．第1 s 末、第3 s 末、第5 s 末分别相差2 s ，恰好是14个周期．根据简谐运动图象中的对称性可知A 、D 选项正确． 4. 一质点做简谐运动，其位移x 与时间t 的关系曲线如图1－1－10所示，由图可知( )图1－1－10A ．质点振动频率是4 HzB ．t ＝2 s 时，质点的加速度最大C ．质点的振幅为2 cmD ．t ＝3 s 时，质点所受的合外力最大5．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地探索，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答案：D6. 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1－1－11所示，则( )图1－1－11A ．此单摆的固有周期约为0.5 sB ．此单摆的摆长约为1 mC．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7．如图1－1－12所示是单摆做阻尼运动的位移－时间图线，下列说法中正确的是()图1－1－12A．摆球在P与N时刻的势能相等B．摆球在P与N时刻的动能相等C．摆球在P与N时刻的机械能相等D．摆球在P时刻的机械能大于N时刻的机械能解析：选AD.P、N两点表示摆球的位移大小相等，所以重力势能相等，A对；P点的速度大，所以动能大，故B、C错D对．8. 将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图1－1－13所示．某同学由此图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是()图1－1－13A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点B ．t ＝1.1 s 时摆球正经过最低点C ．摆球摆动过程中机械能减小D ．摆球摆动的周期是T ＝1.4 s9.如图1－1－14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( )图1－1－14A ．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 ＝0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆10. 如图1－1－15所示是用频闪照相的方法拍摄到的一个弹簧振子的振动情况，图甲是振子静止在平衡位置时的照片，图乙是振子被拉到左侧距平衡位置20 cm 处放手后向右运动14周期内的频闪照片，已知频闪的频率为10 Hz ，则下列说法正确的是( )图1－1－15A ．该振子振动的周期为1.6 sB ．该振子振动的周期为1.2 sC ．振子在该14周期内做加速度逐渐减小的变加速运动D ．从图乙可以看出再经过0.2 s 振子将运动到平衡位置右侧10 cm 处11．若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是 ( ) A ．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值 B ．物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态 C ．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同 D ．物体的位移增大时，动能增加，势能减少12．一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，设振子第一次从平衡位置运动到x ＝A2处所经最短时间为t 1，第一次从最大正位移处运动到x ＝A2所经最短时间为t 2，关于t 1与t 2，以下说法正确的是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法判断解析：用图象法，画出x －t 图象，如图所示，从图象上，我们可以很直观地看出： t 1<t 2，答案为B.答案：B13．一个弹簧振子做受迫运动，它的振幅A与驱动力频率f之间的关系如图1所示．由图可知() A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态B．驱动力频率为f3时，受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率仍为f2C．振子如果做自由振动，它的频率是f2D．振子可以做频率为f1的等幅振动14．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＝3π2lg时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图2中的()图215．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图3所示，以下说法正确的是()A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大16．如图4所示的装置中，在曲轴AB上悬挂一个弹簧振子，若不转动把手C，让其上下振动，周期为T1，若使把手以周期T2(T2>T1)匀速转动，当运动都稳定后，则()A．弹簧振子的振动周期为T1B．弹簧振子的振动周期为T2C．要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速减小D．要使弹簧振子的振幅增大，可让把手转速增大17．如图5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，已知甲的质量大于乙的质量．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 ．甲的振幅大于乙的振幅B ．甲的振幅小于乙的振幅C ．甲的最大速度小于乙的最大速度D ．甲的最大速度大于乙的最大速度18．弹簧振子做简谐运动，t 1时刻速度为v ，t 2时刻速度也为v ，且方向相同．已知 (t 2－t 1)小于周期T ，则(t 2－t 1)(v ≠0)( )A ．可能大于T4 B ．可能小于T4 C ．一定小于T2D ．可能等于T219．如图6所示，物体放在轻弹簧上，沿竖直方向在P 、Q 之间做简谐运动．在物体沿DC 方向由D 点运动到C 点的过程中 (D 、C 两点在图上没有标出)，弹簧的弹性势能减少了3.0 J ，物体的重力势能增加了1.0 J ．则在这段过程中 ( )A．物体经过D点时运动方向是指向平衡位置的B．物体的动能增加了4.0 JC．D点的位置一定在平衡位置以下D．物体经过D点时的加速度正在增大20．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝A sin π4t，则质点()A．第1 s末与第3 s末的位移相同B．第1 s末与第3 s末的速度相同C．3 s末至5 s末的位移方向相同D．3 s末至5 s末的速度方向相同21. 已知单摆的振动图象如图1－1－16所示．图1－1－16(1)读图可知振幅A＝____m，振动频率f＝____Hz；(2)求此单摆的摆长l ；(3)若摆球质量为0.2 kg ，在摆动过程中，摆球受的回复力的最大值F m 是多少？(取g ＝10 m/s 2，π2＝10)解析：(1)A ＝0.1 m ，f ＝1T ＝0.25 Hz.(2)因T ＝2πl g ，则l ＝T 2g4π2＝4 m. (3)F m ＝mg sin θ≈mg Al＝0.2×10×0.14N ＝0.05 N.答案：(1)0.1 0.25 (2)4 m (3)0.05 N22．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 ＝0.2 s 时，振子速度第一次变为－v ；在t ＝0.5 s 时，振子速度第二次变为－v . (1)求弹簧振子振动周期T .(2)若B 、C 之间的距离为25 cm ，求振子在4.0 s 内通过的路程．(3)若B 、C 之间的距离为25 cm.从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．23．弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm.某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s内通过的路程及5 s末的位移大小；(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4 cm处P点的加速度大小的比值．解析：(1)由题意可知，振子由B→C经过半个周期，即T2＝0.5 s，故T＝1.0 s，f＝1T＝1 Hz.24．一弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过O点时开始计时，经过0.3 s，第一次到达M点，再经过0.2 s第二次到达M点，则弹簧振子的周期可能为多少？25．如图7所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B 球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时恰与A再次相遇，求位置P与墙壁间的距离d.26．如图8甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P，在下面放一白纸带．当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P就在纸带上画出了一条振动曲线．已知在某次实验中沿如图所示方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图乙所示的曲线．根据曲线回答下列问题：图8(1)纸带速度的变化是________．(填“增大”、“不变”或“减小”)(2)若已知纸带的加速度为a＝2 m/s2，且已测出图乙中x ab＝0.54 m，x bc＝0.22 m，则弹簧振子的周期T＝______________________________________________________.(3)若纸带做v＝2 m/s的匀速直线运动，从t0时刻，即振子经过平衡位置向y轴正方向振动时开始计时，试在图9所给的坐标中画出纸带上产生的曲线．(忽略振幅的减小)图9。

2021届高三物理一轮复习：机械振动(答案)

2021届高三物理一轮复习机械振动班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示。

下列关于图(1)～(4)的判断正确的是(选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)()A．图(1)可作为该物体的v－t图象B．图(2)可作为该物体的F－t图象C．图(3)可作为该物体的F－t图象D．图(4)可作为该物体的a－t图象【答案】C【解析】因为F＝－kx，a＝－kxm，故图(3)可作为F－t、a－t图象；而v随x增大而减小，故v－t图象应为图(2)。

2．某一质点作用力与位移的关系如图所示，由此可判断该质点的运动是( )A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀减速直线运动D．简谐运动【答案】D3．(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。

5．（多选）(2018·天津高考·T8)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23s B.若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为45sC.若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为4 sD.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 振子经历的周期为1()2n +T ，则1()2n +T=1s(n=0，1，2，3……)，解得T=221n +s(n=0，1，2，3……)，当n=1时T=23 s ，无论n 为何值，T 都不会等于45s ，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=2T +nT ①，或者1 s=56T+nT ②，或者1 s=6T+nT③，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。

2014届高三物理一轮复习典型题详解：机械振动.pdf

机械振动 1．概念如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x－t图象)是一条正弦曲线，这样的振动叫简谐运动。

2．动力学表达式 F＝－kx。

运动学表达式x＝Asin(ωt＋φ)。

3．描述简谐运动的物理量 (1)位移x：由平衡位置指向质点所在的位置的有向线段表示振动位移，是矢量。

(2)振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，表示振动的强弱，是标量。

(3)周期T和频率f：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的时间叫周期，而频率则等于单位时间内完成全振动的次数，它们是表示振动快慢的物理量，二者互为倒数关系。

4．简谐运动的图象 (1)物理意义：表示振动物体的位移随时间变化的规律。

(2)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asin_ωt，图象如12－1－1甲图所示。

从正的最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos_ωt，图象如图乙所示。

图12－1－1 5．简谐运动的能量简谐运动过程中动能和势能相互转化，机械能守恒，振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大。

1．简谐运动的五个特征： (1)动力学特征： F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。

(2)运动学特征：简谐运动的加速度大小与物体偏离平衡位置的位移大小成正比，而方向与位移方向相反，为变加速运动。

远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。

(3)运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。

(4)对称性特征：相隔或(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。

如图12－1－2所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。

图12－1－2 振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。

高三第一轮复习《机械振动和机械波》

高三第一轮复习《机械振动和机械波》一、机械振动：（一）夯实基础：1、简谐运动、振幅、周期和频率：（1）简谐运动：物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动。

特征是：F=-kx,a=-kx/m （2）简谐运动的规律：①在平衡位置：速度最大、动能最大、动量最大；位移最小、回复力最小、加速度最小。

②在离开平衡位置最远时：速度最小、动能最小、动量最小；位移最大、回复力最大、加速度最大。

③振动中的位移x 都是以平衡位置为起点的，方向从平衡位置指向末位置，大小为这两位置间的直线距离。

加速度与回复力、位移的变化一致,在两个“端点”最大，在平衡位置为零，方向总是指向平衡位置。

④当质点向远离平衡位置的方向运动时，质点的速度减小、动量减小、动能减小，但位移增大、回复力增大、加速度增大、势能增大，质点做加速度增大减速运动；当质点向平衡位置靠近时，质点的速度增大、动量增大、动能增大，但位移减小、回复力减小、加速度减小、势能减小，质点做加速度减小的加速运动。

④弹簧振子周期：T= 2 (与振子质量有关,与振幅无关)（3）振幅A ：振动物体离开平衡位置的最大距离称为振幅。

它是描述振动强弱的物理量, 是标量。

（4）周期T 和频率f ：振动物体完成一次全振动所需的时间称为周期T,它是标量，单位是秒；单位时间内完成的全振动的次数称为频率，单位是赫兹（Hz ）。

周期和频率都是描述振动快慢的物理量，它们的关系是：T=1/f. 2、单摆：（1）单摆的概念：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，线的伸缩和质量可忽略，线长远大于球的直径，这样的装置叫单摆。

（2）单摆的特点：○1单摆是实际摆的理想化，是一个理想模型; ○2单摆的等时性，在振幅很小的情况下，单摆的振动周期与振幅、摆球的质量等无关; ○3单摆的回复力由重力沿圆弧方向的分力提供，当最大摆角α<100时，单摆的振动是简谐运动，其振动周期T=gL π2。

高考物理第一轮专题复习题及答案

2021高考物理第一轮专题复习题及答案查字典物理网为同学们搜集整理了2021高考物理第一轮专题复习题,供大家参考，希望对大家有所帮助!第一章机械振动机械波第1讲机械振动一、选择题(本题共9小题，共63分)1.做简谐振动的单摆，在摆动的过程中()A.只有在平衡位置时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力B.只有在最高点时，回复力才等于重力和细绳拉力的合力C.小球在任意位置处，回复力都等于重力和细绳拉力的合力D.小球在任意位置处，回复力都不等于重力和细绳拉力的合力解析：单摆在一个圆弧上来回运动，摆球做圆周运动的向心力由重力沿悬线方向的分力和悬线拉力的合力提拱，而回复力是指重力沿圆弧切线方向的分力.摆球在平衡位置速度不为零，向心力不为零，而回复力为零，所以合力不是回复力;摆球在最高点时，速度为零，向心力为零，合力等于回复力.故选项B正确.答案：B2. 如图1-1-26是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向，从t=0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时()A.乙在平衡位置的左方，正向右运动B.乙在平衡位置的左方，正向左运动C.乙在平衡位置的右方，正向右运动D.乙在平衡位置的右方，正向左运动解析：当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5 s末，从图象可以看出此时乙的位移为正，即乙在平衡位置右侧;另外，位移图象斜率表示速度，此时乙的斜率为负，即表示乙在向左运动.答案：D3. 如图1-1-27所示，是一个单摆的共振曲线(g取10m/s2)()A.此单摆的摆长约为2.8 mB.此单摆的周期约为0.3 sC.若摆长增大，共振曲线的峰值向上移动D.若摆长增大，共振曲线的峰值向右移动解析：由单摆的共振曲线知，当驱动力的频率为0.3 Hz时单摆发生共振，因此单摆的固有频率为0.3 Hz，固有周期为T0=103 s，故B错;由T=2lg得单摆的摆长l约为l=T2g42.8 m，所以A对;当摆长增大时，周期变大，固有频率变小，曲线的峰值应向左移，故C、D均错.答案：A4.一个摆长约1 m的单摆，在下列的四个随时间变化的驱动力作用下振动，要使单摆振动的振幅尽可能增大，应选用的驱动力是()解析：单摆的周期为T2 s，驱动力的频率应尽可能接近系统的固有频率.答案：C5. 如图1-1-28所示，A、B分别为单摆做简谐振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处时动能最大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：单摆在摆动过程中，机械能守恒.在最高点重力势能最大，在最低位置时动能最大.故B正确，A错误.在B点EB=EkB+EpB=EpA.故C正确，D错误.答案：BC6.图1-1-29是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，在B、C之间做简谐运动，规定以向右为正方向，图1-1-30是它的速度v随时间t变化的图象.下面的说法中正确的是()图1-1-29 图1-1-30A.t=2 s时刻，它的位置在O点左侧4 cm处B.t=3 s时刻，它的速度方向向左C.t=4 s时刻，它的加速度为方向向右的最大值D.它的一个周期时间为8 s答案：BCD7. 摆长为L的单摆悬挂在O点，在悬点正下方固定一枚钉子，MN是悬点下方的一条水平线.现将摆球拉至水平线处并由静止释放，同时利用闪光照相的方法拍得单摆摆动过程的一组照片，如图1-1-31所示为该照片的特征示意图.已知拍照过程中闪光时间间隔相等，且单摆摆动过程，摆线碰到钉子前后单摆的最大摆角均未超过10.下列判断正确的是()A.钉子在悬点正下方L/2处B.钉子在悬点正下方5L/9处C.碰到钉子的瞬间，摆球速度变大D.碰到钉子的瞬间，摆球速度变小答案：B8. 如图1-1-32所示，弹簧振子的小球在B、C之间做简谐运动，O为BC间的中点，B、C间的距离为10 cm，则下列说法正确的是()A.小球的最大位移是10 cmB.只有在B、C两点时，小球的振幅是5 cm，在O点时，小球的振幅是0C.无论小球在任何位置，它的振幅都是5 cmD.从任意时刻起，一个周期内小球经过的路程都是20 cm解析：简谐运动中的平衡位置就是对称点，所以O点是平衡位置.小球的最大位移是+5 cm或-5 cm，故选项A是不正确的.振幅是物体离开平衡位置的最大距离，反映的是振动物体振动的能力，并不说明物体一定在最大距离处，在O点的小球也能够到达最大距离处，所以小球在O点的振幅也是5 cm，故选项B是不正确的，选项C是正确的.根据一次全振动的概念，选项D是正确的.答案：CD9. (2021安阳模拟)如图1-1-33所示，将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动到D，且C点很靠近D点.如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是()A.甲球最先到达D点，乙球最后到达D点B.甲球最先到达D点，丙球最后到达D点C.丙球最先到达D点，乙球最后到达D点D.甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点解析：甲球运动时间t1= 2Rg，乙球运动时间t2，设BD倾角为，则a=gsin .BD长为2Rsin .故2Rsin =12gsin t22，t2=2R/g，丙球做简谐运动，t3=14R/g=2R/g.答案：A二、非选择题(本题共3小题，共37分)10. 已知单摆的振动图象如图1-1-34所示.(1)读图可知振幅A=________m，振动频率f=________Hz;(2)求此单摆的摆长l;(3)若摆球质量为0.2 kg，在摆动过程中，摆球受的回复力的最大值Fm是多少?(取g=10 m/s2，2=10)解析：(1)A=0.1 m，f=1T=0.25 Hz.(2)因T=2 lg，则l=T2g42=4 m.(3)Fm=mgsin mgAl=0.2100.14 N=0.05 N.答案：(1)0.1 0.25 (2)4 m (3)0.05 N11.(2021朝阳区模拟)如图1-1-35所示为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况.甲图是振子静止在平衡位置的照片，乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20mm处，放手后向右运动14周期内的频闪照片.已知频闪的频率为10 Hz.求：图1-1-35(1)相邻两次闪光的时间间隔t0、振动的周期T0.(2)若振子的质量为20 g，弹簧的劲度系数为50 N/m，则振子的最大加速度是多少?解析：(1)T=1f=0.1 s，即相邻两次闪光的时间间隔为t0=0.1 s.振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为0.3 s，故振子振动周期T0=1.2 s.(2)am=Fmm=kAm=50 m/s2答案：(1)0.1 s 1.2 s (2)50 m/s212. (2021济宁模拟)一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图1-1-36所示.(1)求t=0.2510-2 s时的位移;(2)在t=1.510-2 s到210-2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化?(3)在t=0到8.510-2 s时间内，质点的路程、位移各多大? 解析：(1)由图可知A=2 cm，T=210-2 s，振动方程为x=Asint-2=-Acos t=-2cos 210-2t cm=-2cos(102t)cm当t=0.2510-2 s时x=-2cos 4 cm=-2 cm.(2)由图可知在1.510-2 s～210-2 s内，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大.(3)从t=0至8.510-2 s的时间内质点的路程为s=17A=34 cm，位移为2 cm.答案：(1)-2 cm (2)变大变大变小变小变大 (3)34 cm 2 cm小编为大家整理的2021高考物理第一轮专题复习题就到这里了，希望大家认真阅读，祝大家学业有成。

备考2019年高考物理一轮复习文档：第十五章第1讲机械振动练习含解析

板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。

其中1～5为单选，6～10为多选)1．关于振幅的下列说法中，正确的是()A．振幅是振子离开平衡位置的最大距离B．位移是矢量，振幅是标量，位移的大小等于振幅C．振幅等于振子运动轨迹的长度D．振幅越大，表示振动越强，周期越长答案 A解析振幅是振子离开平衡位置的最大距离，A正确，C错误。

位移是矢量，是由平衡位置指向振子所在位置的有向线段，位移的大小不一定等于振幅，最大位移的大小才等于振幅，B错误。

振幅越大，振动越强，但周期不一定越长，例如，对于做简谐运动的弹簧振子，周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关，与振幅无关，D错误。

2.[2017·漳州模拟]如图所示，弹簧下端挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧的形变始终在弹性限度内，则物体在振动过程中()A．弹簧的最大弹性势能等于2mgAB．弹簧的弹性势能和物体动能的总和不变C．物体在最低点时的加速度大小应为2gD．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg答案 A解析物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，物体的振幅为A，因此当物体在最低点时，弹簧的形变量Δx＝2A，根据机械能守恒定律可得，系统中物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，弹簧的弹性最大，E p＝mg·2A＝2mgA，A正确；物体振动过程中机械能守恒，弹簧的弹性势能和物体的动能、重力势能三者的总和不变，B错误；物体振动到最高点时，弹簧处于原长，物体位移大小等于振幅A，F回＝mg＝kA，物体在最低点时，F回′＝F弹－mg＝kA＝mg ＝ma，故a＝g，F弹＝2mg，C、D错误。

3.如图所示，装有砂粒的试管竖直静浮于水面。

将试管竖直提起少许，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，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是()答案 D解析将试管竖直提起少许，由静止释放，并取向上为正方向，所以计时时刻，试管的位移为正的最大，D正确。

机械振动一轮二轮复习

机械振动第1讲一、高考夺分要点：1、机械振动——物体（或物体一部分）在某一中心位置附近所做的往复运动 2.回复力：振动物体所受的总是指向平衡位置的合外力，使物体返回平衡位置的力注意：①恢复力不一定是物体所受的合力，如单摆②回复力的意义是指向平衡位置方向上的合力③恢复力是根据效果命名的3．平衡位置：回复力为零的位置，并非合外力为零的位置。

例如单摆。

4．位移：是离开平衡位置的位移5．简谐运动——物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动，叫简谐运动。

表达式为：F = -kx6．振幅：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱，无正负之分。

7．周期和频率：表示振动快慢的物理量。

完成一次全振动所用的时间叫周期，单位时间内完成全振动次数叫频率，大小由系统本身的性质决定，所以叫固有周期和频率。

任何简谐运动都有共同的周期公式：km T π2= 8.简谐振动的方程：)sin(ϕω+=t A x ，其中A 为振幅，ω为圆频率，ϕ为初相位。

二、考点精讲：1.（2009•天津）某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为t A x 4si n π=则质点（）A ．第1s 末与第3s 末的位移相同B ．第1s 末与第3s 末的速度相同C ．3s 末至5s 末的位移方向都相同D ．3s 末至5s 末的速度方向都相同 2.（2011•静安区二模）如图所示，一弹簧振子在B 、C 两点间做机械振动，B 、C 间距为12cm ，O 是平衡位置，振子每次从C 运动到B 的时间均为0.5s ，则下列说法中正确的是（）A ．该弹簧振子的振幅为12cmB ．该弹簧振子的周期为1sC ．该弹簧振子的频率为2HzD ．振子从O 点出发到再次回到O 点的过程就是一次全振动3.（2004•天津）公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板．一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T ．取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即t=0，其振动图象如图所示，则（）A.4Tt =时，货物对车厢底的压力最大 B.2Tt =时，货物对车厢底的压力最小C.43T t =时，货物对车厢底的压力最大D.43T t =时，货物对车厢底的压力最小三、随堂练习：1.（2014•东城区模拟）一弹簧振子的位移y 随时间t 变化的关系式为t y π5.2sin 1.0=，位移y 的单位为m ，时间t 的单位为s ．则（） A ．弹簧振子的振幅为0.2m B ．弹簧振子的周期为1.25sC ．在t=0.2s 时，振子的速度为零D ．在任意0.2s 时间内，振子的位移均为0.1m2.（2012•黄埔区模拟）某质点做简谐运动，下列说法中正确的是（） A ．质点通过平衡位置时，速度最大，加速度最大B ．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值C ．质点每次通过平衡位置时，加速度不一定相同，速度也不一定相同D ．质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同3.（2014•徐汇区二模）如图所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动．以向左为正，振子的位移x 随时间t 的变化如图所示，则由图可知（）A ．t=0.2s 时，振子在O 点右侧6cm 处B ．t=1.4s 时，振子的速度方向向右C ．t=0.4s 和t=1.2s 时，振子的加速度相同D ．t=0.4s 到t=0.8s 的时间内，振子的速度逐渐增大四、课后练习：1.（2012•重庆）装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示．将试管竖直提起少许，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，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是（）A. B.C. D.2.(2013•新课标Ⅱ)如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a 、b 两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A 0，周期为T 0．当物块向右通过平衡位置时，a 、b 之间的粘胶脱开；以后小物块a 振动的振幅和周期分别为A 和T ，则A A 0（填“＞”、“＜”或“=”），T T 0（填“＞”、“＜”或“=”）．3.（2014•奉贤区二模）一弹簧振子做简谐运动的振动图象如图所示，则弹簧振子沿x 轴正方向的最大速度的位置是图中的（）A.aB.bC.cD.d4.（2012•普陀区一模）有一作简谐运动的弹簧振子，周期为2秒．如果从弹簧振子向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=3.4秒至t=3.5秒的过程中，摆球的（）A ．速度向右在增大，加速度向右在减小B ．速度向左在增大，加速度向左也在增大C ．速度向左在减小，加速度向右在增大D ．速度向右在减小，加速度向左也在减小5.（2014•嘉定区二模）某质点作简谐振动时的位移x 随时间t 变化的规律如图所示，该质点在t 1与t 2时刻（）A ．振幅不同B ．加速度方向相同C ．在t 1时刻速度较大D ．在t 2时刻向x 正方向运动机械振动第1讲参考答案一、考点精讲：1.AD A 、由关系式可知，，将t=1s 和t=3s 代入关系式中求得两时刻位移相同．故A 正确．B 、画出对应的位移-时间图象，由图象可以看出，第1s 末和第3s 末的速度方向不同．故B 错误．C 、由图象可知，3s 末至5s 末的位移大小相同，方向相反．故C 错误．D 、由图象可知，3s 末至5s 末的而速度是大小相同，方向也相同．故D 正确．2.D A 、质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，A 错误；B 、若位移为负值，质点远离平衡位置时速度方向为负值，B 错误；C 、质点每次通过平衡位置时，加速度为零，速度不一定相同，C 错误；D 、质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同，D 正确； 3.C A 、4Tt =在时刻，由图看出，货物的位移为正向最大，则货物的加速度为负向最大，即加速度向下最大，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹力最小，则货物对车厢底板的压力最小．故A 错误． B 、在2Tt =时刻，货物的位移为零，加速度为零，弹簧的弹力大小等于货物的重力，而在4Tt =时刻，货物的弹簧小于货物的重力，说明在2Tt =时刻，弹簧的弹力不是最小，则货物对车厢底板的压力不是最小．故B 错误．C 、D 在T t 43=时刻，由图看出，货物的位移为负向最大，则货物的加速度为正向最大，即加速度向上最大，根据牛顿第二定律可知，货物受到的弹力最大，则货物对车厢底板的压力最大．故C 正确，D 错误．二、随堂练习：1.C A 、质点做简谐运动，振动方程为t y π5.2sin 1.0=，可读出振幅A=0.1m ，故A 错误；B 、质点做简谐运动，振动方程为t y π5.2sin 1.0=，可读出角频率为2.5π，故周期s T 8.05.222===ππωπ，故B 错误；C 、在t=0.2s 时，振子的位移最大，故速度最小，为零，故C 正确；D 、根据周期性可知，质点在一个周期内通过的路程一定是4A ，但四分之一周期内通过的路程不一定是A ，D 错误； 2.C 根据简谐运动的表达式为x=Asin （ωt+φ），A 为振幅，等于8cm ．故A 错误；简谐运动的表达式为x=Asin （ωt+φ），ω为圆频率,s T 4222===ππωπ，故B 错误；C 、由题目中的公式可得，当t=0时，x=0物体处于平衡位置；当t=1s 时，质点运动了1/4周期，到达最大位置，该过程中质点的位移增大，速度减小．故C 正确；D 、由题目中的公式可得，当t=2s 时，x=0物体处于平衡位置，在1～2s 内，质点从最大位移处向平衡位置运动，物体的速度增大，动能逐渐增大．故D 错误．3.D A 、t=0.2s 时，振子在O 点左侧；故A 错误；B 、1.4s 时，振子在O 点右方正向平衡位置移动，故速度方向向左；故B 错误；C 、0.4s 和1.2s 时振子分别到达正向和反向最大位置处，加速度大小相等，但方向相反；故C 错误；D 、0.4s 到0.8s 内振子在向平衡位置移动，故振子的速度在增大；故D 正确；三、课后练习：1.D 根据题中规定的正方向，开始计时时刻位移为正的最大值，由于t A x 4si n π=,简谐运动的图象是正弦或余弦曲线，可知D 正确．2.＜，＜当物块向右通过平衡位置时a 、b 之间的粘胶脱开，a 向右做减速运动，b 向右匀速运动，弹簧振子总的机械能将减小，振幅减小，即有A ＜A 0．根据弹簧振子简谐运动的周期公式kmT π2=，知，振子的质量减小，周期减小，则有T ＜T 0．故答案为：＜，＜3.D A 、C 、弹簧振子经过平衡位置时速度最大，此时振子的位移为0．故AC 错误．B 、D 、根据振动图象切线的斜率等于速度，可知b 对应的速度为负向最大，d 对应的速度为正向最大，故D 正确，B 错误．4.C 由题，弹簧振子的周期是2s ，一个周期分成四个41周期，从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，则在t=3.4秒至t=3.5秒的过程中，单摆是由平衡位置向左向最大位移处运动，所以速度向左在减小，加速度方向向右在增大．C 正确．5.D A 、振幅是振子能达到的最大位移，故振幅不变；故A 错误；B 、由图可知，两时刻时振子的位移大小相等，方向相反；故加速度方向相反；故B 错误；C 、由图可知，t 1时刻距平衡位置的距离大小t 2时刻距离平衡位置的距离，则可知t 2时刻的速度要大于t 1时刻的速度；故C 错误；D 、振动图象随时间延伸，由图可知，t 2时刻向x 轴正方向运动；故D 正确；。

2024——2025年高考物理一轮复习机械振动与机械波专练(含解析)

2024——2025年高考物理一轮复习机械振动与机械波专练一、单选题（本大题共5小题）1．如图甲，O 点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O 点之间。

现将摆球拉到A 点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A 、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中的最低位置，图乙表示细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的曲线，图中为摆球从A 点开始运动的时刻，g 取。

下列说法正确的是（）A ．单摆的振动周期B ．摆长C ．摆球的质量D ．摆球运动过程中的最大速度2．一列简谐横波沿轴正方向传播，图1是波传播到的M 点时的波形图，图2是质点N （）从此时刻开始计时的振动图像，Q 是位于处的质点。

下列说法正确的是（）A ．这列波的传播速度是B ．时质点Q 首次到达波峰位置C ．P 点的振动方程为D ．该简谐横波的起振方向为y 轴正方向3．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A 、E 摆长相等。

先让A 摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则（）0t =210m /s 0.2πs0.1m0.05kg /s x 5m x =3m x =10m =x 1.25m /s8s t =()1110sin cm 22x t ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭A ．其它各摆振动振幅与摆动周期均与A 摆相同B ．其它各摆振动振幅大小相同，但摆动周期不同C ．其它各摆振动振幅大小不相同，E 摆振幅最大D ．其它各摆振动周期大小不同，D 摆周期最大4．如图所示，波长和振幅分别为和的简谐横波沿一条直线传播，两点的平衡位置相距。

某一时刻在a 点出现波峰，从此时刻起再经过0.2秒在b 点第一次出现波峰，则（）A ．若波由a 向b 传播，波的传播速度为B ．若波由b 向a 传播，波的传播速度为C ．从b 点出现波峰开始计时，内质点b 经过的路程可能为D ．从b 点出现波峰开始计时，末质点b 可能处在波谷的位置5．汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，在汽车行驶过程中，许多因素都会产生噪音，系统会通过车身的声学反馈技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。

高中物理高考第15章第1讲分子动理论内能 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)

自主命题卷全国卷考情分析2021·广东卷·T15(1)气体实验定律分子平均动能2021·广东卷·T15(2)气体实验定律2021·湖南卷·T15(1)内能热力学第一定律2021·湖南卷·T15(2)气体实验定律2021·河北卷·T15(1)热力学第一定律气体分子速率特点2021·河北卷·T15(2)气体实验定律2020·山东卷·T15理想气体状态方程气体实验定律2020·北京卷·T10分子力与分子间距离的关系2020·江苏卷·T13A(1)固体2020·江苏卷·T13A(3)热力学第一定律2021·全国甲卷·T33(1)V－t图像2021·全国甲卷·T33(2)气体实验定律2021·全国乙卷·T33(1)p－V图像热力学第一定律2021·全国乙卷·T33(2)气体实验定律2020·全国卷Ⅰ·T33(1)分子力与分子间距离的关系2020·全国卷Ⅰ·T33(2)气体实验定律2020·全国卷Ⅱ·T33(1)热力学定律2020·全国卷Ⅱ·T33(2)气体实验定律2020·全国卷Ⅲ·T33(1)气体实验定律热力学第一定律2020·全国卷Ⅲ·T33(2)气体实验定律2019·全国卷Ⅲ·T33(1)实验：用油膜法估测油酸分子的大小试题情境生活实践类雾霾天气、高压锅、气压计、蛟龙号深海探测器、喷雾器、拔罐、保温杯、输液瓶、测温电子天平等学习探究类分子动理论、固体和液体的性质、气体实验定律、热力学定律、用油膜法估测油酸分子的大小、探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系第1讲分子动理论内能目标要求 1.掌握分子模型的构建与分子直径的估算方法，了解分子动理论的基本观点.2.了解扩散现象并能解释布朗运动.3.知道分子力随分子间距离变化的图像.4.了解物体内能的决定因素．考点一微观量估算的两种“模型”1．分子的大小(1)分子的直径(视为球模型)：数量级为10－10m ；(2)分子的质量：数量级为10－26kg.2．阿伏加德罗常数(1)1 mol 的任何物质都含有相同的粒子数．通常可取N A ＝6.02×1023 mol －1； (2)阿伏加德罗常数是联系宏观物理量和微观物理量的桥梁．1．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以估算出气体分子的直径．( × ) 2．已知铜的密度、摩尔质量以及阿伏加德罗常数，可以估算铜分子的直径．( √ )1．微观量与宏观量(1)微观量：分子质量m 0、分子体积V 0、分子直径d 等．(2)宏观量：物体的质量m 、摩尔质量M 、物体的密度ρ、物体的体积V 、摩尔体积V mol 等． 2．分子的两种模型(1)球模型：V 0＝16πd 3，得直径d ＝36V 0π(常用于固体和液体)． (2)立方体模型：V 0＝d 3，得边长d ＝3V 0(常用于气体)． 3．几个重要关系(1)一个分子的质量：m 0＝MN A.(2)一个分子的体积：V 0＝V molN A (注意：对于气体，V 0表示一个气体分子占有的空间)．(3)1 mol 物体的体积：V mol ＝Mρ.考向1 微观量估算的球体模型例1 (多选)钻石是首饰、高强度钻头和刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m 3)，摩尔质量为M (单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为N A .已知1克拉＝0.2 g ，则下列选项正确的是( )A ．a 克拉钻石物质的量为0.2aMB ．a 克拉钻石所含有的分子数为0.2aN AMC ．每个钻石分子直径的表达式为36M ×10－3N A ρπ(单位为m)D ．a 克拉钻石的体积为aρ答案 ABC解析 a 克拉钻石的质量为0.2a 克，得物质的量为0.2a M ，所含分子数为0.2aM ×N A ，故A 、B正确；每个钻石分子的体积为M ×10－3ρN A ，固体分子看作球体，V ＝43πR 3＝43π⎝⎛⎭⎫d 23＝16πd 3，联立解得分子直径d ＝36M ×10－3N A ρπ，故C 正确；a 克拉钻石的体积为0.2a ×10－3ρ，D 错误．考向2 微观量估算的立方体模型例2 (2022·河北衡水市月考)轿车中的安全气囊能有效保障驾乘人员的安全．轿车在发生一定强度的碰撞时，叠氮化钠(亦称“三氮化钠”，化学式NaN 3)受撞击完全分解产生钠和氮气而充入气囊．若充入氮气后安全气囊的容积V ＝56 L ，气囊中氮气的密度ρ＝1.25 kg/m 3，已知氮气的摩尔质量M ＝28 g/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6×1023 mol －1，请估算：(结果保留一位有效数字)(1)一个氮气分子的质量m ； (2)气囊中氮气分子的总个数N ； (3)气囊中氮气分子间的平均距离r . 答案 (1)5×10－26kg (2)2×1024 (3)3×10－9 m解析 (1)一个氮气分子的质量m ＝MN A解得m ≈5×10－26 kg(2)设气囊内氮气的物质的量为n ，则有n ＝ρVMN＝nN A解得N≈2×1024(个)(3)气体分子间距较大，可以认为每个分子占据一个边长为r的立方体，则有r3＝VN解得r≈3×10－9 m.考点二布朗运动与分子热运动1．分子热运动分子做永不停息的无规则运动．2．扩散现象(1)扩散现象是相互接触的不同物质彼此进入对方的现象．(2)扩散现象就是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间．(3)温度越高，扩散越快．3．布朗运动(1)布朗运动是悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动．(2)布朗运动不是分子的运动，但它反映了液体(或气体)分子的无规则运动．(3)微粒越小，温度越高，布朗运动越明显．1．布朗运动是液体分子的无规则运动．(×)2．温度越高，布朗运动越明显．(√)3．扩散现象和布朗运动都是分子热运动．(×)4．运动物体中的分子热运动比静止物体中的分子热运动剧烈．(×)考向1布朗运动的特点及应用例3研究发现，新冠病毒感染的肺炎传播途径之一是气溶胶传播．气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，这些固态或液态颗粒在气体介质中做布朗运动．下列说法正确的是()A．布朗运动是气体介质分子的无规则的运动B．在布朗运动中，固态或液态颗粒越大，布朗运动越剧烈C．在布朗运动中，颗粒无规则运动的轨迹就是分子的无规则运动的轨迹D．在布朗运动中，环境温度越高，布朗运动越剧烈答案 D解析布朗运动是固态或液态颗粒的无规则运动，不是气体介质分子的无规则的运动，可以间接反映气体分子的无规则运动；颗粒越小，气体分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡，布朗运动越剧烈，故A、B错误；在布朗运动中，颗粒本身并不是分子，而是很多分子组成的，所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹，故C错误；在布朗运动中，环境温度越高，固态或液态颗粒受到气体分子无规则热运动撞击的程度越剧烈，布朗运动越剧烈，故D正确．考向2分子热运动的特点及应用例4以下关于热运动的说法正确的是()A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大答案 C解析分子热运动与宏观运动无关，只与温度有关，故A错误；温度升高，分子热运动更剧烈，分子平均动能增大，并不是每一个分子运动速率都会增大，故C正确，D错误；水凝结成冰后，水分子的热运动不会停止，故B错误．考点三分子力和内能1．分子间的作用力分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力变化得较快．2．分子动能与分子势能(1)分子平均动能①所有分子动能的平均值．②温度是分子平均动能的标志．(2)分子势能由分子间的相对位置决定的能，在宏观上分子势能与物体体积有关，在微观上与分子间的距离有关．3．物体的内能(1)内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和．(2)决定因素：温度、体积和物质的量．(3)影响因素：物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关．(4)改变物体内能的两种方式：做功和热传递．4．温度(1)一切达到热平衡的系统都具有相同的温度．(2)两种温标摄氏温标和热力学温标．关系：T＝t＋273.15 K.1．分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大．(×)2．分子动能指的是由于分子定向移动具有的能．(×)3．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大．(√)4．内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同．(×)5．若不计分子势能，则质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能．(×)6．1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能．(√)1.分子间的作用力、分子势能与分子间距离的关系分子间的作用力F、分子势能E p与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能E p＝0)．(1)当r＞r0时，分子间的作用力表现为引力，当r增大时，分子间的作用力做负功，分子势能增大．(2)当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，当r减小时，分子间的作用力做负功，分子势能增大．(3)当r＝r0时，分子势能最小.2．分析物体内能问题的五点提醒(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法．(2)内能的大小与温度、体积、物质的量和物态等因素有关．(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能．(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能都相同．(5)内能由物体内部分子微观运动状态决定，与物体整体运动情况无关．任何物体都具有内能，恒不为零．例5(多选)下列关于温度及内能的说法中正确的是()A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同C．质量和温度相同的冰和水，内能不同D．温度高的物体不一定比温度低的物体内能大答案CD解析温度是大量分子热运动的宏观体现，单个分子不能比较温度高低，选项A错误；物体的内能由温度、体积、物质的量及物态共同决定，选项B错误，C正确；质量不确定，只知道温度的关系，不能确定内能的大小，选项D正确．例6(多选)如图所示为两分子系统的势能E p与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是()A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r2时，分子间的作用力为零D．当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功答案BC例7(2020·全国卷Ⅰ·33(1))分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示，r＝r1时，F ＝0.分子间势能由r决定，规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零．若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，势能________(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距由r2减小到r1的过程中，势能________(填“减小”“不变”或“增大”)；在间距等于r1处，势能________(填“大于”“等于”或“小于”)零．答案减小减小小于解析分子势能与分子间距离变化的关系图像如图所示，两分子间距减小到r2的过程中及由r2减小到r1的过程中，分子间作用力做正功，分子势能减小；在间距等于r1处，分子势能最小，小于零．课时精练1．(多选)下列说法正确的是()A．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈B．布朗运动是指悬浮在液体中的固体颗粒分子的无规则运动C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．当分子间距离减小时，分子间的引力和斥力都增大答案ACD解析温度越高，分子热运动越剧烈，悬浮在液体中的颗粒越小，撞击越容易不平衡，则它的布朗运动就越剧烈，A正确；布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，B错误；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，C正确；当分子间距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，D正确．2．乙醇喷雾消毒液和免洗洗手液的主要成分都是酒精．下列说法正确的是()A．酒精由液体变为同温度的气体的过程中，分子间距不变B．在房间内喷洒乙醇消毒液后，会闻到淡淡的酒味，这是酒精分子做布朗运动的结果C．在房间内喷洒乙醇消毒液后，当环境温度升高时，每一个酒精分子运动速率都变快了D．使用免洗洗手液洗手后，手部很快就干爽了，是由于液体分子扩散到了空气中答案 D解析酒精由液体变为同温度的气体的过程中，温度不变，分子平均动能不变，但是分子之间的距离变大，A错误；在房间内喷洒乙醇消毒液后，会闻到淡淡的酒味，这是酒精分子扩散的结果，证明了酒精分子在不停地运动，B错误；在房间内喷洒乙醇消毒液后，当环境温度升高时，大部分分子运动速率都增大，但可能有部分分子速率减小，C错误；因为一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以使用免洗洗手液时，手部很快就干爽了，这是扩散现象，D正确．3．人们在抗击新冠病毒过程中常使用84消毒液对一些场所的地面等进行消毒，84消毒液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)，在喷洒过程中人们常闻到一些刺鼻的味道，下列说法正确的是()A．说明分子间存在斥力B．这是次氯酸钠分子做布朗运动的结果C．如果场所温度降到0 ℃以下，就闻不到刺鼻的味道了D．如果场所温度升高，能更快闻到刺鼻的味道答案 D解析用84消毒液对一些场所的地面等进行消毒，喷洒过程中人们常闻到一些刺鼻的味道，这是分子扩散的结果，扩散现象的本质就是分子的无规则运动，不能说明分子间存在斥力，故A、B错误；如果场所温度降到0 ℃以下，依然有分子在运动，依然能闻到刺鼻的味道，故C错误；分子的运动与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，如果场所温度升高，能更快闻到刺鼻的味道，故D正确．4．(多选)下列关于内能的说法正确的是()A．系统的内能是由系统的状态决定的B．不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能C．1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能D．内能少的物体也可能自发地将一部分内能转移给内能多的物体答案ACD解析内能是指物体内部的所有分子所具有的分子动能和分子势能的总和，系统的内能是由系统的状态决定的，A正确；温度相同，则分子的平均动能相同，但是质量相同的氢气和氧气的分子数不相同，因此内能不相同，B错误；相同温度下的水变成水蒸气需要吸收热量，因此1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，C正确；内能与温度、体积和物质的量等因素都有关系，内能少的物体的温度可能高于内能多的物体，D正确．5．下列各组物理量中，可以估算出一定体积气体中分子间的平均距离的是()A．该气体的密度、体积和摩尔质量B．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和质量C．阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度D．阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积答案 C解析已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，但缺少阿伏加德罗常数，无法计算分子间的平均距离，故A错误；知道该气体的摩尔质量和质量，可得到物质的量，又知道阿伏加德罗常数，可计算出分子数，但不知道体积，无法计算分子间的平均距离，故B错误；知道阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度，用摩尔质量除以密度可以得到摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数得到每个气体分子平均占有的体积，用正方体模型得到边长，即分子间的平均距离，故C正确；阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积已知，可以得到密度，但不知道摩尔体积和摩尔质量，无法计算分子间的平均距离，故D错误．6.如图所示，让一个分子A不动，另一个分子B从无穷远处逐渐靠近A.设两个分子相距无穷远时它们的分子势能为0；B分子运动到距A为r0时，分子间作用力为零．在这个过程中()A．分子B受力的方向与运动方向相同时，分子势能减小B．分子间距离减小到r0的过程中，分子间的作用力增大C．分子之间的引力达到最大时，分子势能最小D．分子势能为零时，分子间的作用力一定为零答案 A解析B分子由无穷远靠近A分子，直至两分子间距为r0，这个过程中，分子力表现为引力，与运动方向相同，引力做正功，分子势能减小，A 正确；分子间距离减小到r 0的过程中，分子间的作用力先增大后减小，B 错误；分子间的距离等于r 0时，分子力为零，此时分子势能最小，但不为零，C 、D 错误．7．(多选)若以μ表示水的摩尔质量，V 表示在标准状况下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状况下水蒸气的密度，N A 表示阿伏加德罗常数，m 0、V 0分别表示每个水分子的质量和体积，下列关系式中正确的有( )A ．N A ＝ρV m 0B ．ρ＝μN A V 0C ．ρ<μN A V 0D ．m 0＝μN A 答案 ACD解析由于μ＝ρV ，则N A ＝μm 0＝ρV m 0，变形得m 0＝μN A，故A 、D 正确；由于水蒸气中水分子之间有空隙，所以N A V 0<V ，则水蒸气的密度为ρ＝μV <μN A V 0，故B 错误，C 正确． 8．(多选)已知铜的摩尔质量为M (kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m 3)，阿伏加德罗常数为N A (mol －1)．下列说法正确的是( )A ．1 kg 铜所含的原子数为N A MB ．1 m 3铜所含的原子数为MN A ρC ．1个铜原子的质量为M N A(kg) D ．1个铜原子的体积为M ρN A(m 3) 答案 ACD解析 1 kg 铜所含的原子数N ＝m M N A ＝N A M ，A 正确；同理1 m 3铜所含的原子数N ＝ρV M N A ＝ρN A M，B 错误；1个铜原子的质量m 0＝M N A (kg)，C 正确；1个铜原子的体积V 0＝V mol N A ＝M ρN A(m 3)，D 正确．9.(2022·山东日照市高三模拟)分子间势能由分子间距r 决定．规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零，两分子间势能与分子间距r 的关系如图所示．若一分子固定于原点O ，另一分子从距O 点无限远向O 点运动．下列说法正确的是( )A ．在两分子间距从无限远减小到r 2的过程中，分子之间的作用力先增大后减小B ．在两分子间距从无限远减小到r 1的过程中，分子之间的作用力表现为引力C ．在两分子间距等于r 1处，分子之间的作用力等于0D ．对于标准状况下的单分子理想气体，绝大部分分子的间距约为r 2答案 A解析由题图可知，r 2处分子势能最小，则r 2处的分子间距为平衡位置r 0，引力与斥力相等，即分子之间的作用力等于0，所以在两分子间距从无限远减小到r 2的过程中，分子之间的作用力先增大后减小，选项A 正确；由于r 1<r 0，分子间作用力表现为斥力，选项B 、C 错误；对于标准状况下的单分子理想气体，绝大部分分子的间距约为10r 2，选项D 错误．10．空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管) 液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积为V ，水的密度为ρ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，则液化水中分子的总数N 和水分子的直径d 分别为( )A ．N ＝M ρVN A，d ＝36M πρN A B ．N ＝ρVN A M，d ＝3πρN A 6M C ．N ＝ρVN A M，d ＝36M πρN A D ．N ＝M ρVN A ，d ＝3πρN A 6M答案 C解析水的摩尔体积 V mol ＝M ρ；水分子数 N ＝V V mol N A ＝ρVN A M；将水分子看成球形，由一个水分子的体积：V mol N A ＝16πd 3，解得水分子直径为d ＝36M πρN A，C 正确． 11.如图所示，甲分子固定在坐标原点O ，乙分子位于x 轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F >0为斥力，F <0为引力．A 、B 、C 、D 为x 轴上四个特定的位置，现把乙分子从A 处由静止释放，选项中四个图分别表示乙分子的速度、加速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是( )答案 B解析经过C 点前后乙分子的运动方向不变，A 错误；加速度大小与力的大小成正比，方向与力相同，故B 正确；分子动能不可能为负值，故C 错误；乙分子从A 处由静止释放，分子势能不可能增大到正值，故D 错误．12．(2022·江苏扬州市扬州中学月考)晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细的、非常完整的丝状(横截面为圆形)晶体．现有一根铁质晶须，直径为d ，用大小为F 的力恰好将它拉断，断面呈垂直于轴线的圆形．已知铁的密度为ρ，铁的摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，则拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力是( ) A.132A ()πF M d N ρ B.132A6()πF M d N ρ C.232A6()πF M d N ρ D.232A()πF M d N ρ 答案 C 解析铁的摩尔体积V ＝M ρ，单个分子的体积V 0＝M ρN A ，又V 0＝43πr 3，所以分子的半径r ＝12·13A 6()πM N ρ，分子的最大截面积S 0＝πr 2＝π423A 6()πM N ρ，铁质晶须的横截面上的分子数n ＝πd 24S 0，拉断过程中相邻铁原子之间的相互作用力F 0＝F n ＝232A 6()πF M d N ρ，故C 正确．。

北京专用2025版高考物理总复习第十五章第1讲光的折射全反射和色散精练含解析

第1讲光的折射全反射和色散A组基础巩固1.(2024海淀一模)如图所示,让光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上,在这个边与空气的界面上会发生反射和折射。

渐渐增大入射角,视察反射光线和折射光线的变更。

关于该试验现象,下列说法正确的是( )A.反射光线和折射光线都沿顺时针方向转动B.反射光线和折射光线转过的角度相同C.在还未发生全反射的过程中,反射光越来越强D.最终反射光完全消逝答案 C 增大入射角,反射光线沿逆时针方向转动,折射光线沿顺时针方向转动,A错误。

当入射角从0增大到临界角时,反射光线转过的角度为临界角,而折射光线转过了90°,B错误。

未发生全反射前,入射角越大,反射光越强,折射光越弱,C正确。

发生全反射时,折射光消逝,反射光最强,D错误。

2.(2024东城一模)如图所示,将一个半圆形玻璃砖置于空气中,当一束单色光入射到玻璃砖的圆心O时,下列状况不行能发生的是( )答案 B 光由空气斜射入玻璃时折射角小于入射角,A正确,B错误。

C、D选项中,光由空气进入玻璃入射角为零,折射角为零,再由玻璃斜射入空气,折射角大于入射角,也可能发生全反射,C、D正确。

3.(2024朝阳二模)对于红、蓝两种单色光,下列说法正确的是( )A.在水中红光的传播速度较大B.在水中蓝光的传播速度较大C.在真空中红光的传播速度较大D.在真空中蓝光的传播速度较大答案 A 各种色光在真空中传播速度都相同,为c=3×108 m/s,由色散规律可知水对蓝光的折射率大,由n=cc可知A对。

4.(2024丰台一模)已知一束可见光m是由a、b、c三种单色光组成的,光束m通过三棱镜的传播状况如图所示,则比较a、b、c三种单色光,下列说法正确的是( )A.a色光的折射率最大B.c色光的频率最小C.b色光在玻璃中的传播速度最大D.c色光发生全反射的临界角最小答案 D 由白光通过玻璃三棱镜后形成色散现象可知,a色光相当于红光,b色光相当于绿光,而c色光相当于紫光,易知B项错误;由折射率的定义易知A项错误;由n=cc 可知C项错误;由sin C=1c可知D项正确。

届高考物理一轮复习讲义：第十五章第讲机械振动 Word版含答案

第1讲机械振动板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】简谐运动Ⅰ1、简谐运动的概念质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象(x-t图象)是一条正弦曲线、2、平衡位置物体在振动过程中回复力为零的位置、3、回复力(1)定义：使物体返回到平衡位置的力、(2)方向：总是指向平衡位置、(3)来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力、4、描述简谐运动的物理量【知识点2】简谐运动的公式和图象Ⅱ1、表达式(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反、(2)运动学表达式：x＝A sin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πT＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫做初相、2、简谐运动的图象(1)如图所示：(2)物理意义：表示振动质点的位移随时间的变化规律、【知识点3】弹簧振子、单摆及其周期公式Ⅰ简谐运动的两种模型【知识点4】受迫振动和共振Ⅰ1、自由振动、受迫振动和共振的比较2、共振曲线如图所示的共振曲线，曲线表示受迫振动的振幅A(纵坐标)随驱动力频率f(横坐标)的变化而变化、驱动力的频率f跟振动系统的固有频率f0相差越小，振幅越大；驱动力的频率f等于振动系统的固有频率f0时，振幅最大、【知识点5】实验：用单摆测定重力加速度1、实验原理由单摆的周期公式T＝2πlg，可得出g＝4π2T2l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g 、 2、实验器材带中心孔的小钢球、约1 m 长的细线、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、停表、 3、实验步骤 (1)做单摆取约1 m 长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示、(2)测摆长用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D ，则单摆的摆长l ＝L ＋D 2、 (3)测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期、 (4)改变摆长，重做几次实验、 (5)数据处理 ①公式法：g ＝4π2l T 2、②图象法：画l-T 2图象、g ＝4π2k ，k ＝lT 2＝Δl ΔT 2、 4、注意事项(1)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定、 (2)单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于10°、(3)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数、(4)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长L，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝L＋r、(5)选用1 m左右难以伸缩的细线、板块二考点细研·悟法培优考点1 简谐运动的五个特征[深化理解]1、动力学特征F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数、2、运动学特征做简谐运动的物体加速度与物体偏离平衡位置的位移大小成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、E p均增大，v、E k均减小，靠近平衡位置时则相反、3、运动的周期性特征相隔T或nT的两个时刻，物体处于同一位置且振动状态相同、4、对称性特征(1)时间对称性：相隔T2或(2n＋1)T2(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反、如图所示：O为平衡位置，A、B为振子偏离平衡位置最大位移处，振子t时刻在C点，t＋(2n＋1)T2时刻运动到D点，则位移x D＝－x C，速度v D＝－v C，a D＝－a C、(2)空间对称性：如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等、此外，振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即t PO＝t OP′、振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即t OP＝t PO、5、能量特征振动的能量包括动能E k和势能E p，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒、例1 (多选)如图所示，一个质点在平衡位置O 点附近做机械振动、若从O 点开始计时，经过3 s 质点第一次经过M 点，继续运动，又经过2 s 它第二次经过M 点，则该质点第三次经过M 点还需要的时间是( )A 、8 sB 、4 sC 、14 sD 、103s连续经过相同位置时的两个不同时刻，相同的量是什么？不同的量是什么？提示：相同的量：位移、回复力、加速度、动能、弹性势能；不同的量：速度(大小相等，方向相反)、(2)从第一次经过M 点到第三次经过M 点是多长时间？提示：一个周期、尝试解答选CD 、如图所示，设a 、b 两点为质点振动过程的最大位移处，若开始计时时刻，质点从O 点向右运动，O →M 过程历时3 s ，M →b →M 运动过程历时2 s ，显然，T4＝4 s ，T ＝16 s 、质点第三次经过M 点还需要的时间Δt 3＝T －2 s ＝14 s ，C 正确、若开始计时时刻，质点从O 点向左运动，O →a →O →M 运动过程历时3 s ，M →b →M 运动过程历时2 s ，显然，T ′2＋T ′4＝4 s ，T ′＝163 s 、质点第三次经过M 点还需要的时间Δt 3′＝T －2 s ＝103s ，D 正确、总结升华分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化、另外，各矢量均在其值为零时改变方向、(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性、(3)如上例，若没有给出开始时刻质点的振动方向，还须分情况讨论，以防丢解、 [跟踪训练] 如图所示，弹簧振子在BC 间振动，O 为平衡位置，BO ＝OC ＝5 cm ，若振子从B 到C 的运动时间是1 s ，则下列说法中正确的是 ( )A、振子从B经O到C完成一次全振动B、振动周期是1 s，振幅是10 cmC、经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD、从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm答案 D解析振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm，A、B错误；振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为40 cm，C错误；3 s的时间为1、5T，振子通过的路程为30 cm，D正确、考点2 简谐运动的图象[拓展延伸]1、图象特征(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，是正弦曲线还是余弦曲线取决于质点初始时刻的位置、(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹、(3)任一时刻在图线上对应点的切线的斜率，大小表示该时刻振子的速度大小，正负表示速度的方向，为正时，表示振子的速度沿x轴正方向；为负时，表示振子的速度沿x轴负方向、2、图象信息(1)由图象可以看出质点振动的振幅、周期、(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移、(3)可以确定某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向、①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度的方向在图象上总是指向t轴、②速度的方向：某时刻速度的方向既可以通过该时刻在图象上对应点的切线的斜率来判断，还可以通过下一时刻位移的变化来判断，若下一时刻位移增加，速度方向就是远离t轴；若下一时刻位移减小，速度方向就是指向t 轴、(4)可以确定某段时间质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能等的变化情况、例2 一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示、(1)求t ＝0、25×10－2 s 时质点偏离平衡位置的位移；(2)在t ＝1、5×10－2 s 到t ＝2×10－2 s 这段时间，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(3)在t ＝0到t ＝8、5×10－2 s 这段时间，质点运动的路程、位移各是多少？如何确定图象上某一时刻质点的速度、加速度？提示：下一时刻位移增加，速度方向远离时间轴，质点向背离平衡位置方向运动；反之，向朝向平衡位置方向运动、加速度方向永远指向时间轴，指向平衡位置、(2)从t ＝0到t ＝1×10－2 s 时间内，质点速度大小如何变化？图象上斜率表示什么？提示：速度先增大后减小；图象上斜率表示速度、尝试解答 (1)x ＝－ 2 cm (2)位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大 (3)s路程＝34 cm x 位移＝2 cm ，方向沿正方向、(1)由题图可知A ＝2 cm ，T ＝2×10－2 s ，振动方程为 x ＝A sin ⎝⎛⎭⎫ωt －π2＝－A cos ωt ＝－2cos 2π2×102t cm ＝－2cos100πt cm ，当t ＝0、25×10－2s 时，x ＝－ 2 cm 、 (2)由题图可知在1、5×10－2 s 到2×10－2 s 这段时间，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大、(3)从t ＝0到t ＝8、5×10－2 s 这段时间等于质点做简谐运动的174个周期，质点运动的路程为s 路程＝17A ＝34 cm ，位移为x 位移＝2 cm ，方向沿正方向、总结升华对振动图象的理解(1)可确定振动质点在任一时刻的位移、如图所示，t 1、t 2时刻质点偏离平衡位置的位移分别为x 1＝7 cm ，x 2＝－5 cm 、(2)可确定质点振动的振幅，图象中最大位移的绝对值就是质点振动的振幅、如图所示，质点振动的振幅是10 cm、(3)可确定质点振动的周期和频率，振动图象上一个完整的正弦(或余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期，频率的大小等于周期的倒数、如图所示，OD、AE、BF的间隔都等于质点振动的周期，T＝0、2 s，频率f＝1T＝5 Hz、(4)可确定质点的振动方向、如图所示，在t1时刻，质点正远离平衡位置向正方向运动；在t3时刻，质点正朝向平衡位置运动、(5)可比较各时刻质点加速度的大小和方向、例如在图中t1时刻，质点偏离平衡位置的位移x1为正，则加速度a1为负；在t2时刻，质点偏离平衡位置的位移x2为负，则加速度a2为正，因为|x1|>|x2|，所以|a1|>|a2|、[跟踪训练][2017·茂名模拟](多选)简谐运动的振动图象可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象、取水平向右为小球离开平衡位置位移的正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的弹簧振子振动图象如图乙所示、则下列说法正确的是()A、弹簧振子的周期为4 sB、弹簧振子的振幅为10 cmC、t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cmD、若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4 cmE、t＝2、5 s时振子正在向x轴正方向运动答案ABD解析由题图知，弹簧振子的周期为T＝4 s，振幅为10 cm，选项A、B正确；由简谐运动的周期性知，t ＝17 s 时振子相对平衡位置的位移与t ＝1 s 时振子相对平衡位置的位移相同，均为0，选项C 错误；若纸带运动的速度为2 cm/s ，振动图线上1、3两点间的距离s ＝v t ＝2 cm/s ×2 s ＝4 cm ，选项D 正确；x -t 图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，由题图可知，t ＝2、5 s 时振子的速度为负值，故振子正在向x 轴负方向运动，选项E 错误、考点3 用单摆测重力加速度 [解题技巧]1、对单摆的理解单摆是一个理想化模型，摆角θ≤5°时，单摆的周期为T ＝2π l g ，与单摆的振幅A 、摆球质量m 无关，式中的g 由单摆所处的位置决定、2、等效摆长及等效重力加速度(1)l ′——等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离、如图甲所示的双线摆的摆长l ′＝r ＋L cos α、乙图中小球(可看作质点)在半径为R 的光滑圆槽中靠近A 点的附近振动，其等效摆长为l ′＝R 、(2)g ′——等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关、①在不同星球表面：g ′＝GM R2，M 为星球的质量，R 为星球的半径； ②单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g ′＝g ＋a 和g ′＝g －a ，a 为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小、3、用单摆测重力加速度实验数据处理的两种方法：方法一：公式法、根据公式T ＝2π l g ，g ＝4π2l T 2、将测得的几组周期T 和摆长l 分别代入公式g ＝4π2l T 2中算出多组重力加速度g 的值，再求出g 的平均值，即为当地重力加速度的值、方法二：图象法、由单摆的周期公式T ＝2π l g 可得l ＝g 4π2T 2，因此以摆长l 为纵轴，以T 2为横轴描点、作图，作出的l -T 2图象理论上是一条过原点的直线，如图所示，求出图象的斜率k ，即可求出g 值、g ＝4π2k ，k ＝l T 2＝Δl ΔT2、例3根据单摆周期公式T＝2π lg，可以通过实验测量当地的重力加速度、如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆、(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm、(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________、a、摆线要选择较细、伸缩性较小，并且尽可能长一些的b、摆球尽量选择质量较大、体积较小的c、为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相对平衡位置时有较大的偏角d、拉开摆球，使摆线偏离平衡位置的夹角不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到起始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期Te、拉开摆球，使摆线偏离平衡位置的夹角不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝Δt50关于单摆摆线的长度及悬点有何要求？提示：单摆摆线的长度应远大于摆球的直径；悬点必须固定、(2)游标卡尺应当怎样读数？提示：游标卡尺的读数L ＝L 0＋kn ，其中L 0为主尺上对应的刻度，即副尺“0”刻度线以左的刻度，k 为副尺的精确度，n 为与主尺上刻线对齐的副尺上的刻线对应的刻度数、(3)单摆的摆角及计时有何要求？提示：单摆的摆角即摆线与竖直方向的夹角应不大于5°；为减小误差，当摆球经过平衡位置时开始计时、尝试解答 (1)18、5__(2)abe 、(1)如题中图乙所示，主尺上对应的刻度为18 mm ，副尺的精度为110mm ＝0、1 mm ，与主尺上刻线对齐的副尺上的刻线对应的刻度数是5，所以游标卡尺读数为18 mm ＋5×0、1 mm ＝18、5 mm 、(2)摆线细一些有助于减小空气阻力，伸缩性小一些可使摆线长度较稳定，尽可能长一些可使单摆周期较大，方便周期的测量，故a 正确、摆球质量大一些，体积小一些能减小空气阻力对实验的影响，故b 正确、根据T ＝2π lg 可知，单摆周期T 与振幅无关，且摆角太大时，单摆的运动不能看作简谐运动，不符合实验要求，故c 错误、测量周期时应从小球经过平衡位置即最低点位置时开始计时，而且应记录n 次全振动的时间Δt ，则T ＝Δt n ，故d错误，e 正确、总结升华用单摆测重力加速度实验的误差分析(1)本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点固定，小球质量大、体积小，细线轻质非弹性，振动是在同一竖直平面内的振动，这些要求是否符合、(2)本实验的偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计摆球全振动次数、此外，使用刻度尺测量摆线长度读数时也会产生偶然误差、(3)利用图象法处理数据具有形象、直观的特点，同时也能减小实验误差、利用图象法分析处理时要特别注意图象的斜率及截距的物理意义、[跟踪训练] 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径，得到如图甲所示结果，则可读出摆球的直径为________cm 、把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L 、(2)用秒表测量单摆的周期，当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n ＝1，单摆每经过最低点计一次数，当数到n ＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T ＝________s(结果保留三位有效数字)、(3)测量出多组周期T 、摆长L 的数值后，画出T 2-L 图象如图丙所示，此图象斜率的物理意义是 ( )A 、gB 、1gC 、4π2gD 、g 4π2 (4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图象斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小 ( )A 、偏大B 、偏小C 、不变D 、都有可能(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T 1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL ，再测出其振动周期T 2、用该同学测出的物理量表示重力加速度，则g ＝________、答案 (1)2、06 (2)2、28 (3)C (4)C (5)4π2ΔL T 21－T 22解析 (1)摆球的直径为d ＝20 mm ＋6×110mm ＝20、6 mm ＝2、06 cm 、 (2)秒表的读数为t ＝60 s ＋7、4 s ＝67、4 s ，根据题意t ＝60－12T ＝592T ，所以周期T ＝2t 59≈2、28 s 、(3)根据单摆周期公式T ＝2π L g ，可得T 2L ＝4π2g＝k (常数)，所以选项C 正确、 (4)因为T 2L ＝4π2g ＝k ，(常数)，所以ΔT 2ΔL＝4π2g ＝k ，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图象的斜率仍然满足T 21－T 22L 1－L 2＝ΔT 2ΔL＝4π2g ＝k ，所以由图象的斜率得到的重力加速度不变、(5)根据(4)的分析，ΔT 2ΔL ＝4π2g ，所以g ＝4π2ΔL ΔT 2＝4π2ΔL T 21－T 22、。