2019届高考物理第一轮知能分级练习题30

选修3-4机械振动机械波光电磁波相对论简介第1讲机械振动A对点训练——练熟基础知识题组一简谐运动的基本特征及应用1．(单选)若单摆的摆长适当变大，摆球的质量由20 g增加为40 g，摆球离开平衡位置的最大角度不变，则单摆振动的()．A．频率不变，振幅不变B．频率变小，振幅变大C．频率变小，振幅不变D．频率变大，振幅变大解析根据单摆周期公式T＝2πLg可知，摆长L变大，g不变时，周期T变大，频率f＝1T变小；摆长L变大，摆角不变时，振幅变大．所以，选项B正确．答案 B2．(单选)有一个单摆，在竖直平面内做小摆角振动，周期为2 s．如果从单摆向右运动通过平衡位置时开始计时，在t＝1.4 s至t＝1.5 s的时间内，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解析在t＝1.4 s至t＝1.5 s的时间内，摆球在向左从平衡位置向最大位移处运动的过程中，所以速度向左在减小，加速度向右在增大．答案 C3．(单选)如图1－11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()．图1－11A．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解析细线断开前，两根弹簧上的弹力大小相同，弹簧的伸长量相同，细线断开后，两物块都开始做简谐运动，简谐运动的平衡位置都在弹簧原长位置，所以它们的振幅相等，选项A、B错误；两物块做简谐运动时，动能和势能相互转化，总机械能保持不变，细线断开前，弹簧的弹性势能就是物块做简谐运动时的机械能，所以振动过程中，它们的机械能相等，到达平衡位置时，它们的弹性势能为零，动能达到最大，因为甲的质量大于乙的质量，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，选项C正确、D错误．答案 C4．(多选)如图1－12所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，物体振动到最高点时，弹簧正好为原长．则物体在振动过程中()．图1－12A．物体的最大动能应等于mgAB．弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变C．弹簧的最大弹性势能等于2mgAD．物体在最低点时的弹力大小应为2mg解析物体振动到最高点时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能为零，从最高点到平衡位置，重力势能减少，弹性势能增加，重力势能一部分转化为物体的动能，一部分转化为弹簧的弹性势能，物体的最大动能小于重力势能的减少量mgA，A错误；物体在振动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能保持不变，弹簧的弹性势能和物体动能之和在不断变化，B错误；物体运动到最低点时，弹簧的伸长量最大，弹簧的弹性势能最大，物体的动能为零，从最高点运动到最低点，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，弹簧的最大弹性势能为E pm＝mg×2A＝2mgA，C正确；在最高点物体所受的回复力大小为F m＝mg，在最低点物体所受的回复力大小等于在最高点所受的回复力大小，即F m′＝F m＝mg，方向竖直向上，物体在最低点受到两个力的作用，回复力为F m′＝F弹－mg，解得：F弹＝2mg，D正确．答案CD题组二简谐运动的规律及图象问题5．(单选)有一弹簧振子，振幅为0.8 cm，周期为0.5 s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是()．A ．x ＝8×10－3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4πt ＋π2 m B ．x ＝8×10－3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4πt －π2 m C ．x ＝8×10－1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt ＋3π2 m D ．x ＝8×10－1sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4t ＋π2 m 解析 振幅A ＝0.8 cm ＝8×10－3 m ；角频率ω＝2πT ＝4π rad/s.由题知初始时振子在正向最大位移处，即sin φ0＝1，得φ0＝π2，故振子做简谐运动的方程为：x ＝8×10－3sin⎝ ⎛⎭⎪⎫4πt ＋π2 m ，选项A 正确． 答案 A6．(多选)一质点做简谐运动的位移x 与时间的关系如图1－13所示，由图可知( )．图1－13A ．频率是2 HzB ．振幅是5 cmC ．t ＝1.7 s 时的加速度为正，速度为负D ．t ＝0.5 s 时质点所受的合外力为零解析 由图象可知，质点振动的周期为2.0 s ，经计算得频率为0.5 Hz.振幅为5 m ，所以A 、B 选项错误．t ＝1.7 s 时的位移为负，加速度为正，速度为负，因此C 选项正确．t ＝0.5 s 时质点在平衡位置，所受的合外力为零，D 选项正确．答案 CD7．一质点做简谐运动，其位移和时间关系如图1－14所示．图1－14(1)求t ＝0.25×10－2 s 时的位移；(2)在t ＝1.5×10－2 s 到2×10－2 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8.5×10－2 s 时间内，质点的路程、位移各多大？解析 (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 2π2×10－2t cm ＝－2cos 100πt cm 当t ＝0.25×10－2 s 时，x ＝－2cos π4 cm ＝－ 2 cm.(2)由图可知在1.5×10－2 s ～2×10－2 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8.5×10－2 s 时间内为174个周期，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 cm8．如图1－15所示为一弹簧振子的振动图象，求：图1－15(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的总位移是多少？路程是多少？解析(1)由振动图象可得：A＝5 cm，T＝4 s，φ＝0则ω＝2πT＝π2rad/s故该振子做简谐运动的表达式为：x＝5sin π2t(cm)．(2)由题图可知，在t＝2 s时振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大．当t＝3 s时，加速度的值达到最大，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，振子路程s＝20×25 cm＝500 cm ＝5 m.答案(1)x＝5sin π2t cm(2)见解析(3)0 5 m题组三受迫振动和共振9．(多选)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是()．A．当f<f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小B．当f>f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f解析受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化规律如图所示，显然A错B 对．稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即C错D对．答案BD10．[2018·江苏单科，12B(1)](单选)如图1－16所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为________．图1－16A．1 Hz B．3 HzC．4 Hz D．5 Hz解析因把手每转动一周，驱动力完成一次周期性变化，即把手转动频率即为驱动力的频率．弹簧振子做受迫振动，而受迫振动的频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关，故A正确．答案 A11．一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图1－17甲所示，该装置可用于研究弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙所示．当把手以某一速度匀速运动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图象如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，r表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则：图1－17(1)稳定后，物体振动的频率f＝________ Hz.(2)欲使物体的振动能量最大，需满足什么条件？答：_____________________________________________________________.(3)利用上述所涉及的知识，请分析某同学所提问题的物理依据．“某同学考虑，我国火车第六次大提速时，需尽可能的增加铁轨单节长度，或者是铁轨无接头”．答：_____________________________________________________________.解析(1)由题目中丙图可知，f＝1T＝14Hz＝0.25 Hz.(2)物体的振动能量最大时，振幅最大，故应发生共振，所以应有T＝T0＝4 s.(3)若单节车轨非常长，或无接头，则驱动力周期非常大，从而远离火车的固有周期，使火车的振幅较小，以便来提高火车的车速．答案(1)0.25(2)、(3)见解析B深化训练——提高能力技巧12．(单选)一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图1－18所示，下列说法正确的是()．图1－18A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做加速运动B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反C．在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大解析在t从0到2 s时间内，弹簧振子所受的回复力增大，说明位移在增大，振子做减速运动，A说法错误；从题图中可以看出，在t1＝3 s和t2＝5 s 时，振子所受的回复力大小相等，振子的速度大小相等，速度方向相同，B 说法错误；从题图中可以看出，在t2＝5 s和t3＝7 s时，回复力大小相等，方向相同，则有弹簧振子的位移大小相等，方向相同，C说法正确；从题图中可以看出，t＝2 s时刻弹簧振子所受的回复力最大，振子的速度为零，则回复力做功的功率为零，D说法错误．答案 C13．(1)(多选)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1－19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1－19A．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 s图1－20(2)(多选)如图1－20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＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆解析(1)悬线拉力在经过最低点时最大，t＝0.2 s时，F有正向最大值，故A选项正确，t＝1.1 s时，F有最小值，不在最低点，周期应为T＝1.0 s，因振幅减小，故机械能减小，C选项正确．(2)振幅可从题图上看出甲摆振幅大，故B对．且两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法比较机械能．t＝0.5 s时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，所以正确答案为A、B、D.答案(1)AC(2)ABD14．(2018·安徽理综，24)如图1－21所示，质量为M、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为34L时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为g.图1－21(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；(2)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x 表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；(3)求弹簧的最大伸长量；(4)为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)?解析(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，有mg sin α－kΔL＝0解得ΔL＝mg sin αk此时弹簧的长度为L＋mg sin αk(2)当物块的位移为x时，弹簧伸长量为x＋ΔL，物块所受合力为F合＝mg sin α－k(x＋ΔL)联立以上各式可得F合＝－kx可知物块做简谐运动(3)物块做简谐运动的振幅为A＝L4＋mg sin αk由对称性可知，最大伸长量为L4＋2mg sin αk(4)设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有水平方向F f＋F N1sin α－F cos α＝0竖直方向F N2－Mg－F N1cos α－F sin α＝0又F＝k(x＋ΔL)，F N1＝mg cos α联立可得F f＝kx cos α，F N2＝Mg＋mg＋kx sin α为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应用|F f|≤μF N2，所以μ≥|F f|F N2＝k|x|cos αMg＋mg＋kx sin α当x＝－A时，上式右端达到最大值，于是有μ≥(kL＋4mg sin α)cos α4Mg＋4mg cos2α－kL sin α答案(1)L＋mg sin αk(2)见解析(3)L4＋2mg sin αk(4)μ≥(kL＋4mg sin α)cos α4Mg＋4mg cos2α－kL sin α。