2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练第十四章第一讲机械振动

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全程复习构想近年高考物理复习第十四章机械振动、机械波光和电磁波 3 光的折射全反射课时作业

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光的折射全反射[授课提示:对应学生用书第353页]一、选择题(每小题均有多个选项符合题目要求）1.如图所示，MN是介质1和介质2的分界面,介质1、2的绝对折射率分别为n1、n2，一束细光束从介质1射向介质2中,测得θ1＝60°，θ2＝30°，根据你所学的光学知识判断下列说法正确的是（)A．介质2相对介质1的相对折射率为错误!B．光在介质2中传播的速度小于光在介质1中传播的速度C．介质1相对介质2来说是光密介质D．光从介质1进入介质2可能发生全反射现象E．光从介质1进入介质2,光的波长变短解析:光从介质1射入介质2时,入射角与折射角的正弦之比叫做介质2相对介质1的相对折射率，所以有n21＝错误!＝错误!，选项A正确；因介质2相对介质1的相对折射率为错误!，可以得出介质2的绝对折射率大，因n＝错误!，所以光在介质2中传播的速度小于光在介质1中传播的速度,选项B正确；介质2相对介质1来说是光密介质，选项C错误；光从光密介质射入光疏介质时，有可能发生全反射现象，选项D错误；光从介质1进入介质2,光的频率不变，速度变小，由v＝λf可知，光的波长变短，选项E正确．答案：ABE2.如图所示为一正三角形玻璃砖，边长为l，AO为三角形的中线．现有a、b两束不同频率的可见细光束垂直于BC边从真空射入该三角形玻璃砖，入射时两束光到O点的距离相等，两束光经玻璃砖折射后相交于中线AO的右侧P处,则以下判断正确的是（) A．在真空中,a光的传播速度小于b光的传播速度B．在真空中，a光波长小于b光波长C．a、b两束光在玻璃砖中传播时的频率与在真空中传播时的频率相同D．a光通过玻璃砖的时间小于b光通过玻璃砖的时间E．若a、b两束光从同一介质射入真空中，则a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角解析：本题主要考查几何光学的基础知识，意在考查考生的理解能力和分析综合能力．光在真空中的传播速度均为光速c,所以选项A错误；由题意可知，玻璃砖对a光的折射率n a大于对b光的折射率n b,所以a光的频率νa大于b光的频率νb,a光在真空中传播时的波长λa ＝错误!小于b光在真空中传播的波长λb＝错误!，选项B正确；当光从一种介质进入另一种介质时,光的频率保持不变，选项C正确；a光在玻璃砖中的传播速度大小v a＝错误!小于b光在玻璃砖中的传播速度大小v b＝cn b，又因为a、b两束光在该玻璃砖中传播的距离相等，所以t a>t b，选项D错误;当a、b两束光从同一介质射入真空中时，由n a〉n b,sin C＝错误!可知，a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，选项E正确．答案：BCE3.如图所示，真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球．频率为f的激光束在真空中沿直线BC传播,在C点经折射进入玻璃球,并在玻璃球表面的D点经折射进入真空中，已知∠COD＝120°，玻璃球对该激光的折射率为错误!，则下列说法中正确的是(设c为真空中的光速）( ）A．激光束的入射角i＝60°B．改变入射角i的大小，激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射C．光子在射入玻璃球后，频率变小D．此激光束在玻璃中的波长为3c 3fE．从C点射入玻璃球的激光束，在玻璃球中不经反射传播的最长时间为错误!解析：由图可知折射角θ＝30°，则错误!＝错误!，所以sin i＝错误!，i＝60°，选项A 正确；当入射角i<90°时,折射角θ均小于临界角，根据几何知识可知光线在D点的入射角不可能大于临界角，所以在D点不可能发生全反射，选项B错误；光子的频率由光源决定，与介质无关，所以光子穿越玻璃球时频率不变，选项C错误；此激光束在玻璃中的波速为v＝cn,由v＝λf得此激光在玻璃中的波长为λ＝错误!＝错误!＝错误!，选项D正确；从C点射入玻璃球的激光束,在玻璃球中不经反射传播的最长路程为s＝2R,则最长时间为t＝错误!＝错误!＝错误!，选项E正确．答案：ADE4．如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径，M点是玻璃球的最高点．来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB,已知∠ABD＝30°，光在真空中的传播速度为c，则( )A．此玻璃的折射率为错误!B．光线从B到D所用的时间为错误!C ．光线从B 到D 所用的时间为错误!D ．增大∠ABD 时，光线不可能在DM 段发生全反射现象E ．减小∠ABD 时，从AD 段射出的光线均不能平行于AB解析：由图可知，光线在D 点的入射角为i ＝30°，折射角为r ＝60°，由折射率的定义得n ＝sin r sin i＝错误!，A 正确；光线在玻璃中的传播速度为v ＝错误!＝错误!c ，由图知错误!＝错误!R ，所以光线从B 到D 所用的时间为t ＝错误!＝错误!，B 正确，C 错误;增大∠ABD 时，光线射向DM 段时的入射角增大,射向M 点时的入射角为45°，而临界角C 满足sin C ＝错误!＝错误!<错误!＝sin45°，故光线可以在DM 段发生全反射现象，D 错误；要使出射光线平行于AB ，则入射角必须为30°，E 正确．答案：ABE二、非选择题5．光纤通信是一种现代化的通讯工具，为了研究问题的方便，我们将光导纤维简化为一根长直的玻璃管,如图所示为玻璃管沿轴线的横截面，若光从左端以与端面成30°角入射，玻璃管长为L ，折射率为n ＝错误!，已知光在真空中的传播速度为c 。

高三物理一轮课时跟踪检测机械振动

咐呼州鸣咏市呢岸学校课时跟踪检测(一) 机械振动高考常考题型：选择题＋计算题1．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，假设该振动系统的固有频率为f 固，那么( )驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80 受迫振动振幅/cm10.21221A ．f 固＝60 HzB ．60 Hz ＜f 固＜70 HzC ．50 Hz ＜f 固＜60 HzD ．以上三个都不对2．一个在y 方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图1所示。

以下关于图2(1)～(4)的判断正确的选项是(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)( ) 图1图2A ．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3．摆长为L 的单摆做简谐运动，假设从某时刻开始计时(取t ＝0)，当运动至t ＝3π2Lg时，摆球具有负向最大速度，那么单摆的振动图象为以下图中的( )图34.如图4所示，物体A 和B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M ，弹簧的劲度系数为k 。

当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 将在竖直方向上做简谐运动，那么A 振动的振幅为( )A.Mg kB.mgk图4C.M ＋m gkD.M ＋m g2k5．如图5所示是弹簧振子的振动图象，由此图象可得，该弹簧振子做简谐运动的公式是( )图5A ．x ＝2sin(πt ＋π2)B ．x ＝2sin(πt －π2)C ．x ＝2sin(πt －π2)D ．x ＝2sin πt6．(2021·)如图6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 。

那么()图6A ．当振子稳振动时，它的振动周期是0.5 sB ．当振子稳振动时，它的振动频率是4 HzC ．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D ．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大7．(2021·期未)在走时准确的摆钟，随考察队带到珠穆朗玛峰的顶端，那么这个摆钟( ) A ．变慢了，重校准减小摆长 B ．变慢了，重校准增大摆长 C ．变快了，重校准减小摆长 D ．变快了，重校准增大摆长8．劲度系数为20 N/cm 的弹簧振子，它的振动图象如图7所示，在图中A 点对的时刻( )A ．振子所受的弹力大小为0.5 N ，方向指向x 轴的负方向B ．振子的速度方向指向x 轴的正方向C ．在0～4 s 内振子做了5次全振动图7D ．在0～4 s 内振子通过的路程为0.35 cm ，位移为09. (2021·期末)如图8所示，长度为l 的轻绳上端固在O 点，下端系一小球(小球可以看成质点)。

高三物理一轮复习课时跟踪检测(四十三)第十四章机械振动Word含解析

课时追踪检测（四十三）机械振动1．一个弹簧振子做简谐振动，若从均衡地点开始计时，经过 3 s 时，振子第一次抵达 P 点，又经过 2 s 第二次经过 P 点。

则该弹簧振子的振动周期可能为( ) A． 32 s B． 16 sC． 8 s D． 4 s分析：选 B 依据题意，弹簧振子经 3 s 第一次抵达 P 点，再经 1 s 抵达最大位移处，再经 1 s 第二次抵达 P 点，所以 4 s＝1或3，振动周期为16 s或 16 ，选项B正确。

4T4T3 s2.(多项选择 )如下图是质点做简谐运动的图像，由此可知( )A． t＝ 0 时，质点的位移、速度均为零B． t＝ 1 s 时，质点的位移最大，速度为零，加快度最大C． t＝ 2 s 时，质点的位移为零，速度负向最大，加快度为零D． t＝ 4 s 时，质点停止运动E．质点的周期为 4 s，频次为0.25 Hz分析：选 BCE当t＝0时，质点的位移为零，加快度为零，此时质点在均衡地点拥有沿 x 轴正方向的最大速度，选项 A 错误；当t＝ 1 s 时，质点的位移最大，加快度负向最大，此时质点振动到均衡地点正方向的最大位移处，速度为零，选项 B 正确； t＝ 2 s 时，质点的位移为零，加快度为零，速度最大，方向沿x 轴负方向，选项 C 正确； t＝ 4 s 时，质点速度最大，选项 D 错误；由题给图像能够确立周期T＝ 4 s，频次f＝ 1T＝ 0.25 Hz ， E 正确。

3． (多项选择 )(2019 武·汉调研 )对于受迫振动和共振，以下说法正确的选项是()A．火车过桥时限制速度是为了防备火车发生共振B．若驱动力的频次为 5 Hz ，则受迫振动稳固后的振动频次必定为 5 HzC．当驱动力的频次等于系统的固有频次时，受迫振动的振幅最大D．一个受迫振动系统在非共振状态时，同一振幅对应的驱动力频次必定有两个E．受迫振动系统的机械能守恒分析：选 BCD火车过桥时限制速度是为了防备桥发生共振， A 错误；对于一个受迫振动系统，若驱动力的频次为 5 Hz ，则振动系统稳固后的振动频次也必定为 5 Hz ，B 正确；由共振的定义可知， C 正确；依据共振曲线可知， D 正确；受迫振动系统，驱动力做功，系统的机械能不守恒， E 错误。

2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：高中物理公式集锦 Word版含解析

η ＜1
能
功能重力势能
1 Ek＝ mv2 2 Ep＝mgh
标量，具有相对性与零势能面的选择有关
动能定律机械能守恒定律
1 1 2 W 合＝ mv2 2－ mv1 2 2 E1＝E2 或 Ek1＋Ep1＝Ek2 ＋Ep2
W 合为合外力做的功
守恒条件：有只有重力或弹力做功的物体系统内
动量冲量动量动量定理动量守恒定律
高中物理公式集锦
v＝v0＋at 匀变速直线运动匀变速直线运动 v0＋v x － v ＝v t ＝＝ t 2 2 2ax＝v 自由落体运动 v＝gt
2
Δ x＝aT2 x＝ 1 v0t＋ at2 2
x － v ＝适用 t 于任何形式的运动
－v2 0 v2＝2gh
1 h＝ gt2 2
v0＝0， a＝g 上抛取
竖直抛体运动
h＝v0t± v＝v0±gt 1 2 gt 2
2 v2＝v0 ±
“－”号下抛取 “＋”号
2gh
重力相互作用胡克定律滑动摩擦力
G＝mg F＝kx F＝μFN
g 为重力加速度，一般取 9.8 m/s2 或 10 m/s2 x 为形变量，k 为劲度系数 μ 为动摩擦因数
牛顿运动定律
牛顿第二定律
F 合＝ ma
a 与 F 合的方向一致
曲
平抛运动
vx＝v0
vy＝gt
沿 x 方向做匀速直
线运动匀速圆周运动
x＝v0t v＝ Δs Δt
1 y＝ gt2 2 ω＝ Δθ Δt
线运动；沿 y 方向做自由落体运动 2π r v＝ T ω＝ 2π T
v2 a＝＝ω2r＝ωv r v2 F＝ma＝m ＝mω2r r

2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十四章第三讲光的折射全反射 Word版含解析

第十四章波与相对论第三讲光的折射全反射课时跟踪练A组基础巩固1．(2018·徐州模拟)光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知()A．折射现象的出现说明光是纵波B．光总会分为反射光和折射光C．折射光与入射光的传播方向总是不同的D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同解析：光的折射不能反映光是纵波还是横波，由光的偏振现象可知光是横波，选项A错误；当光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于等于临界角时，发生全反射现象，没有折射光，选项B错误；当光线垂直于界面入射时，折射光与入射光的传播方向相同，选项C 错误；发生折射是因为光的传播速度在不同介质中不同，选项D正确．答案：D2．(2018·潍坊模拟)公园里灯光喷泉的水池中有处于同一深度的若干彩灯，在晚上观察不同颜色彩灯的深度和水面上被照亮的面积，下列说法正确的是()A．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较小B．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较小C．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较大D．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较大解析：光从水里射入空气发生折射，入射角相同时，折射率越大，折射角越大，从水面上看光源越浅，红灯发出的红光的折射率最小，看起来最深；设光源的深度为d，光的临界角为C，则光能够照亮的水面面积大小为S＝π(d tan C)2，可见，临界角越大，照亮的面积越大，各种色光中，红光的折射率最小，临界角最大，所以红灯照亮的水面面积较大，选项D正确．答案：D3．(2015·重庆卷)虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明．两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示．M、N、P、Q点的颜色分别为()A．紫、红、红、紫B．红、紫、红、紫C．红、紫、紫、红D．紫、红、紫、红解析：白光中的可见光部分从红到紫排列，对同一介质的折射率n 紫>n 红，由折射定律知紫光的折射角较小，由光路可知，紫光将到达M 点和Q 点，而红光到达N 点和P 点，故选A.答案：A4．如图所示，一块两面平行的玻璃砖平放在纸面上，将它的前、后两个边界PQ 、MN 记录在纸面上．若单色光沿纸面从真空中以入射角i ＝60°从MN 表面射入时，光通过玻璃砖的时间为t ；若保持入射光的方向不变，现撤去玻璃砖，光通过PQ 、MN 之间的区域的时间也为t ，那么，这块玻璃砖对该入射光的折射率为( )A ．2 B. 3 C ．1.5 D. 2解析：设玻璃砖的厚度为d ，折射率为n ，折射角为γ，则d /cos γv＝d /cos γc /n ＝nd c cos γ＝t ，d /cos 60°c ＝2d c ＝t ，n ＝sin 60°sin γ，可得n ＝3，选项B 正确．答案：B5．(多选)(2017·苏北四校联考)如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点，已知入射方向与边AB 的夹角为 θ＝30°，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则( )A．该棱镜的折射率为 3B．光在F点发生全反射C．光从空气进入棱镜，波长变小D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行解析：在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为3，选项A正确；由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，选项B错误；光从空气进入棱镜时，频率不变，波速变小，由波速公式v＝λf得知，波长变小，可知选项C正确；从F点出射的反射光线与法线的夹角为30°，折射光线与法线的夹角为60°，由几何关系知，不会与入射到E点的光束平行，选项D错误．答案：AC6．(多选)(2018·承德模拟)频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示，下列说法正确的是()A．单色光1的波长小于单色光2的波长B．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度C．单色光1通过玻璃板所需的时间小于单色光2通过玻璃板所需的时间D．单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角解析：由题图知单色光1在界面折射时的偏折程度大，则单色光1的折射率大，因此单色光1的频率大于单色光2的，那么单色光1的波长小于单色光2的，选项A正确；由n＝c v知，折射率大的单色光1在玻璃中传播速度小，而在玻璃板中单色光1通过的路程比单色光2短，二者通过的时间将无法确定，选项B、C都错误；由sin C 及单色光1的折射率大知，选项D正确．＝1n答案：AD7.(多选)(2018·青岛模拟)如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B点，图中O点为A、B连线与分界面的交点，下列说法正确的是()A．O1点在O点的右侧B．蓝光从空气中射入水中时，速度变小C．若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点D．若沿AO1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B点正上方的D点E ．若蓝光沿AO 方向射向水中，则折射光线有可能通过B 点正上方的D 点解析：由折射定律n ＝sin i sin γ知，蓝光从空气射向水中，入射角比折射角大，O 1点在O 点的左侧，选项A 错误；由v ＝c n 知，蓝光进入水中的速度变小，选项B 正确；若沿AO 1方向射向水中的是一束紫光，紫光折射率大，折射角小，则折射光线有可能通过B 点正下方的C 点，选项C 正确；若沿AO 1方向射向水中的是一束红光，红光折射率小，折射角大，则折射光线有可能通过B 点正上方的D 点，选项D 正确；若蓝光沿AO 方向射向水中，则折射光线有可能通过B 点正下方的C 点，不可能通过B 点正上方的D 点，选项E 错误．答案：BCD8．(2015·海南卷)一半径为R 的半圆形玻璃砖，横截面如图所示．已知玻璃的全反射临界角γ⎝⎛⎭⎪⎫γ<π3.与玻璃砖的底平面成⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－γ角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上．经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出．若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽度．解析：光路图如图所示，沿半径方向射入玻璃砖的光线，即光线①射到MN 上时，根据几何知识入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心O 处发生全反射，光线①左侧的光线，经球面折射后，射到MN 上的角一定大于临界角，即在MN 上发生全反射，不能射出，光线①右侧的光线射到MN 上的角小于临界角，可以射出，如图光线③与球面相切，入射角θ1＝90°，从MN 上垂直射出，根据折射定律可得sin θ2＝sin θ1n ，根据全反射定律n ＝1sin γ，两式联立解得θ2＝γ，根据几何知识，底面透光部分的宽度OE ＝R sin γ.答案：R sin γB 组能力提升9．(2018·威海模拟)如图所示，一束复色光从空气射入水面，进入水中分成a 、b 两束．已知它们与水面间的夹角分别是α、β，则a 、b 两束光在水中的传播速度之比v a v b为( )A.sin αsin βB.sin βsin αC.cos αcos βD.cos βcos α解析：设入射角为θ，由折射定律可得n b ＝c v b ＝sin θsin （90°－β）＝sin θcos β， n a ＝c v a ＝sin θsin （90°－α）＝sin θcos α，两式相比可得v a v b ＝cos αcos β，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2018·大连模拟)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O 点为圆心，OO ′为直径MN 的垂线．足够大的光屏PQ 紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN .由A 、B 两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O 点，入射光线与OO ′夹角θ较小时，光屏NQ 区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ 区域A 光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ 区域B 光的光斑消失，则( )A ．玻璃砖对A 光的折射率比对B 光的大B ．A 光在玻璃砖中传播速度比B 光的大C ．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑D ．β＜θ＜π2时，光屏上只有1个光斑解析：当入射角θ逐渐增大时，A 光的光斑先消失，说明A 光的折射角大于B 光的折射角，即玻璃对A 光的折射率大于对B 光的折射率(n A ＞n B )，所以v A ＜v B ，选项A 正确，B 错误；当A 光、B 光都发生全反射时，光屏上只有1个光斑，选项C 错误，D 正确．答案：AD11．(2018·衡水模拟)DVD 光盘由塑料保护层和信息记录层组成．如图所示，激光束以入射角θ1从空气入射到厚度为d 、折射率为n 的塑料保护层后，聚焦到信息记录层的光斑宽度为a ，才能有效获取信息．(1)写出sin θ1应当满足的关系式；(2)在保证a 不变的前提下，减小激光束照到塑料保护层的宽度l (l ＝a ＋2b )，可采取哪些措施(答出三条措施)?解析：(1)由折射定律得n ＝sin θ1sin θ2，式中θ2为折射角，sin θ2＝b b 2＋d 2，解得sin θ1＝nbb 2＋d 2.(2)要保证a 不变的前提下，减小宽度l ，即减小b ，由(1)的求解过程得b 2＝d 2n 2sin 2θ1－1，故在θ1和n 不变时，减小d ，或在θ1和d 不变时，增大n ，或在n 和d 不变时，减小θ1.答案：(1)sin θ1＝nb b 2＋d2 (2)见解析 12．(2017·江苏卷)人的眼球可简化为如图所示的模型．折射率相同、半径不同的两个球体共轴．平行光束宽度为D ，对称地沿轴线方向射入半径为R 的小球，会聚在轴线上的P 点．取球体的折射率为2，且D ＝2R .求光线的会聚角α(示意图未按比例画出)．解析：设入射角为i ，折射角为γ，由几何关系sin i ＝D 2R，解得i ＝45°，【东方思维】2018年秋高三物理一轮复习：课时跟踪练11 则由折射定律sin i sin γ＝n ，解得γ＝30°，且i ＝γ＋α2，解得α＝30°. 答案：30°。

高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十四章第一讲机械振动解析含答案

第十四章波与相对论第一讲机械振动课时跟踪练A组基础巩固1．(2018·株洲模拟)弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是( )A．振子在A、B两点时的速度和加速度均为零B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变C．振子的加速度方向总跟速度方向相反D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动解析：弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，故A、B为最大位移处，速度为零，而加速度最大，故选项A错误；振子在通过O点时速度的方向不发生改变，故选项B错误；由简谐运动的规律可知振子的加速度方向总跟位移的方向相反，跟振子的速度方向有时相同，有时相反，故选项C错误；振子离开O点的运动方向与加速度方向相反，故为减速运动，振子靠近O点的运动方向与加速度方向相同，故为加速运动，所以选项D正确．答案：D2．(2018·莱芜模拟)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，则该振子的振动频率为( )A．1 Hz B．1.25 HzC．2 Hz D．2.5 Hz解析：由简谐运动的对称性可知：t Ob＝0.1 s，t bc＝0.1 s，故T4＝0.2 s，解得T＝0.8 s，f＝1T＝1.25Hz，选项B正确．答案：B3．(多选)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知( )A．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，质点所受合外力最大解析：由题图可知，振动周期为T＝4 s，因而振动频率f＝0.25 Hz，所以选项A错误；质点在平衡位置时所受合外力为零，速度最大，加速度为零；质点在最大位移处所受合外力最大，加速度最大，速度为零，因而选项B正确，选项D错误；振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图可知，质点偏离平衡位置的最大距离为2 cm，振幅为2 cm，因而选项C正确．答案：BC4．(2018·聊城模拟)下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则( )A.f固＝B．60 Hz＜f固＜70 HzC．50 Hz＜f固＜60 HzD．以上三个都不对解析：从如图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固＜60 Hz，即选项C正确．答案：C5．(2018·西安模拟)如图甲所示，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 HzB．此振动系统的固有频率约为0.25 HzC．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：当驱动力的频率与振动系统的固有频率相同时，振幅最大，所以固有频率约为 3 Hz，选项A 正确，B错误；受迫振动的振动周期由驱动力的周期决定，所以圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，选项C错误；系统的固有频率不变，共振曲线的峰值位置不变，选项D错误．答案：A6．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，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．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( ) A．0.5 s B．0.75 sC．1.0 s D．1.5 s解析：由振动周期T＝3.0 s、ω＝2πT、A＝20 cm知，游船做简谐运动的振动方程x＝Asin ωt＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内，当x＝10 cm时，解得t1＝0.25 s，t2＝1.25 s．游客能舒服地登船的时间Δt＝t2－t1＝1.0 s，选项C正确，选项A、B、D错误．答案：C7．(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．从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，选项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，选项B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，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，选项C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，选项D错误．答案：BC8．(多选)(2018·九江模拟)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 sB ．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC ．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D ．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大解析：现匀速转动摇把，转速为240 r/min ，驱动力频率为4 Hz ，周期是0.25 s ．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25 s ，振动频率是4 Hz ，选项A 错误，B 正确；当转速减小时，驱动力频率减小，接近固有频率2 Hz ，弹簧振子的振幅增大，选项C 错误，D 正确．答案：BD9．(2018·安阳模拟)一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，已知振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 1，从最大的正位移处第一次运动到x ＝A2处所用的最短时间为t 2，那么t 1与t 2的大小关系是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＜t 2C ．t 1＞t 2D ．无法判断解析：振子从平衡位置到最大位移处，速度减小，振子从平衡位置第一次运动到x ＝A2处的平均速度大于从最大的正位移处第一次运动到x ＝A 2处的平均速度，由t ＝xv可知，t 1＜t 2，选项B 正确．答案：B10.(2018·长沙模拟)如图所示，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.解析：摆球A 做简谐运动，当其与B 球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B 球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B 球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍，2d v ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2(n ＝1，2，3，…)．由单摆周期公式T ＝2πl g，解得d ＝nv π2lg(n ＝1，2，3，…)．答案：nv π2lg(n ＝1，2，3，…) B 组能力提升11.(2018·青岛模拟)如图所示，圆弧AO 是半径为2 m 的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O ，AO 弧长为10 cm ，现将一小球先后从圆弧的点A 和点B 无初速度地释放，到达底端O 的速度分别为v 1和v 2，所经历的时间分别为t 1和t 2，那么( )A ．v 1＜v 2，t 1＜t 2B ．v 1＞v 2，t 1＝t 2C ．v 1＞v 2，t 1＞t 2D ．上述三种都有可能解析：小球在滑动中机械能守恒，易知v 1＞v 2，小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力，且AO 弧长为10 cm ，远小于圆弧的半径，故小球的摆角很小，小球的运动是简谐运动，而简谐运动的周期与振幅无关，这样小球从点A 运动到点O 和从点B 运动到点O 的时间相等，t 1＝t 2，即选项B 正确．答案：B12.(多选)(2018·长春模拟)如图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：由振动图象可知，两单摆的周期相同，根据T ＝2πlg可知甲、乙两单摆的摆长相等，选项A 正确；由题图可知，甲摆的振幅为10 cm ，乙摆的振幅为7 cm ，甲摆的振幅比乙摆大，选项B 正确；由于两球的质量不确定，所以两球的机械能无法比较，选项C 错误；在t ＝0.5 s 时，乙摆在负的最大位移处，所以乙摆有正向最大加速度，甲摆的位移为零，所以加速度为零，选项D 正确．答案：ABD13.(多选)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，如图所示，下列说法错误的是( )A ．在t 从0到2 s 时间内，弹簧振子做加速运动B ．在t 1＝3 s 和t 2＝5 s 时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反C ．在t 2＝5 s 和t 3＝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t 1＝3 s 和t 2＝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t 2＝5 s 和t 3＝7 s 时，回复力大小相等，方向相同，则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：ABD14.如图所示，两木块的质量分别为m 、M ，中间弹簧的劲度系数为k ，弹簧下端与M 连接，m 与弹簧不连接，现将m 下压一段距离释放，它就上下做简谐运动，振动过程中，m 始终没有离开弹簧，试求：(1)m 振动的振幅的最大值；(2)m 以最大振幅振动时，M 对地面的最大压力．解析：(1)在平衡位置时，设弹簧的压缩量为x 0，有：kx 0＝mg.要使m 振动过程中不离开弹簧，m 振动的最高点不能高于弹簧原长处，所以m 振动的振幅的最大值A ＝x 0＝mg k.(2)m 以最大振幅A 振动，振动到最低点时，弹簧的压缩量最大，为2A ＝2x 0＝2mg k. 对M 受力分析可得：F N ＝Mg ＋k·2A＝Mg ＋2mg ，由牛顿第三定律得，M 对地面的最大压力为Mg ＋2mg. 答案：(1)mgk (2)Mg ＋2mg。

2018年物理(新课标)高考总复习第一轮复习教师用书：第十四章第一节机械振动含解析

考试内容要求真题统计命题规律简谐运动Ⅰ2016·卷甲·T342016·卷乙·T342016·卷丙·T342015·卷Ⅰ·T342015·卷Ⅱ·T342014·卷Ⅰ·T342014·卷Ⅱ·T34近几年高考主要涉及的考点有：简谐运动、机械波、光的折射和全反射、光的干涉和衍射,以选择题、计算题为主，难度中等．预计今后高考核心简谐运动的公式和图象Ⅱ单摆、周期公式Ⅰ受迫振动和共振Ⅰ机械波、横波和纵波Ⅰ横波的图象Ⅱ波速、波长和频率(周期）的关系Ⅰ波的干涉和Ⅰ衍射现象考点是：振动图象和波动图象、探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度、光的折射定律和全反射．多普勒效应 Ⅰ 光的折射定律Ⅱ 折射率 Ⅰ 全反射、光导纤维Ⅰ光的干涉、衍射和偏振现象Ⅰ电磁波的产生Ⅰ电磁波的发射、传播和接收Ⅰ 电磁波谱 Ⅰ 狭义相对论的基本假设Ⅰ 质能关系 Ⅰ实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度实验：测定玻璃的折射率实验：用双缝干涉测光的波长说明：1.简谐运动只限于单摆和弹簧振子．2．简谐运动的公式只限于回复力公式；图象只限于位移－时间图象．3．光的干涉只限于双缝干涉、薄膜干涉第一节机械振动(实验:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度）一、简谐运动1．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)是一条正弦曲线的振动．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：时刻指向平衡位置．(3）来源:振动物体所受的沿振动方向的合力．4．简谐运动的表达式(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＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf 表示简谐运动振动的快慢，(ωt＋φ）代表简谐运动的相位，φ叫做初相．5．描述简谐运动的物理量相位ωt＋φ描述质点在各个时刻所处的不同状态1.判断正误（1）简谐运动是匀变速运动．( ）(2)周期、频率和振幅都是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量．（)（3）振幅就是简谐运动物体的位移．（）（4）简谐运动的回复力可以是恒力．（）(5）物体做受迫振动时,其振动频率与固有频率无关．( ）（6)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹．( ）提示:（1)×(2)×（3）×（4)×(5)√(6）×二、单摆1。

近年高考物理复习第14章振动波动光电磁波与相对论第1节课时提能练38 机械振动(20

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课时提能练（三十八) 机械振动（限时：40分钟）A级基础过关练1．弹簧振子做简谐运动的图象如图14.1.14所示，下列说法正确的是（)图14。

1。

14A．在第5秒末,振子的速度最大且沿＋x方向B．在第5秒末，振子的位移最大且沿＋x方向C．在第5秒末,振子的加速度最大且沿－x方向D．在0到5秒内,振子通过的路程为10 cmE．在0到5秒内，振子通过的路程为12 cmBCD[由题图可知第5秒末，振子处于正的最大位移处，此时有负方向的最大加速度,速度为零,故B、C正确，A错误；在0到5 s内，振子经过错误!个全振动,路程为5A＝10 cm，故D正确．E错误．]2．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时,相同的物理量是( ）A．位移B．速度C．加速度D．回复力E．时间ACD［做简谐振动的物体，经过同一位置时，相对平衡位置的位移x相同,回复力（F＝－kx）相同，由牛顿第二定律（F＝ma)知加速度a相同，物体可能以方向相反的速度经过同一位置而时间不断延长,故ACD正确．］3．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的14，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，则单摆振动的( ）A．周期不变B．频率不变C．振幅不变D．振幅改变E．最大动能改变ABD［由单摆的周期公式T＝2π错误!，单摆摆长不变，则周期不变,频率不变;振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，据动能公式可知,摆球经过平衡位置时的动能不变，但质量减小，所以高度增加，因此振幅改变，故A、B、D正确，C、E错误．] 4．如图14。

2018年高考物理一轮复习课时作业：选修3-4 第十四章

[A 组·基础题]一、单项选择题1．下列关于振幅的说法中正确的是( ) 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，周期越长解析：振幅是振子离开平衡位置的最大距离，它是表示振动强弱的物理量，振幅越大，振动越强，但振幅的大小与周期无关．答案：A2．摆长为L 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当运动至t ＝3π2Lg时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象为下图中的( )解析：t ＝3π2L g 为34T ，且此时具有负向最大速度，说明此时摆球在平衡位置，故选项D 正确．答案：D3.一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( )A ．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 ＝2πlg，得此单摆的摆长约为1 m ；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动．答案：B4．如图所示，弹簧振子在B 、C 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 ，故A 、B 项错误；弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A ＝20 cm ，所以两次全振动中通过的路程为40 cm ，故C 错误；3 s ＝32T ，所以振子通过的路程为32×4A ＝30 cm ，D 项正确．答案：D 二、多项选择题5．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 末的速度方向相同解析：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．答案：AD6.细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A ，如图所示．现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速地释放．对于以后的运动，下列说法中正确的是( )A ．单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B ．摆球在左右两侧上升的最大高度一样C ．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D ．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍解析：摆线被钉子挡住后，绕A 点做单摆运动，摆长发生变化，则周期也要发生变化．以前往返一次的周期T ＝2πlg，挡住后，往返一次的周期为πl g＋πl2g，故A 正确；根据机械能守恒定律，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B 正确；由几何关系得，右边的弧长小于左边的弧长，故C 错误；由几何关系得，摆球在平衡位置右侧的最大摆角不是左侧的两倍，故D 错误．答案：AB7.如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象．已知甲、乙两个振子质量相等，则( )A ．甲、乙两振子的振幅之比为2∶1B ．甲、乙两振子的频率之比为1∶2C ．前2 s 内甲、乙两振子的加速度均为正值D ．第2 s 末甲的速度最大，乙的加速度最大解析：根据甲、乙两个振子做简谐运动的图象可知，两振子的振幅A 甲＝2 cm ，A 乙＝1 cm ，甲、乙两振子的振幅之比为2∶1，选项A 正确；甲振子的周期为4 s ，频率为0.25 Hz ，乙振子的周期为8 s ，频率为0.125 Hz ，甲、乙两振子的频率之比为2∶1，选项B 错误；前2 s 内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C 错误；第2 s 末甲通过平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，选项D 正确．答案：AD8.如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B 、C 两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹．已知弹簧的劲度系数为k ＝10 N/m ，振子的质量为0.5 kg ，白纸移动速度为2 m/s ，弹簧弹性势能的表达式E p ＝12ky 2，不计一切摩擦．在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( )A ．该弹簧振子的振幅为1 mB ．该弹簧振子的周期为1 sC ．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s 2D ．该弹簧振子的最大速度为2 m/s解析：弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A ＝0.5 m ，选项A 错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x ＝2 m ，振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T ＝xv ＝1 s ，选项B 正确；该弹簧振子所受最大回复力F ＝kA ＝10×0.5 N ＝5 N ，最大加速度为a ＝Fm ＝10 m/s 2，选项C 正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12ky 2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由12m v m 2＝12kA 2可得该弹簧振子的最大速度为v m ＝kmA ＝ 5 m/s ，选项D 错误．答案：BC[B 组·能力题]一、选择题9．(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 sB ．1.4 sC ．1.6 sD ．3 s解析：如图甲所示，设O 为平衡位置，OB (OC )代表振幅，振子从O →C 所需时间为T4.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T4＝0.3 s ＋0.2 s2＝0.4 s ，解得T ＝1.6 s.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 到点M ′所用的时间与振子从点M 经过点C 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 及从点O 到点M 所需时间相等，为0.3 s －0.2 s 3＝130 s ，故周期为T ＝(0.5＋130) s ＝1630s ≈0.53 s. 答案：AC 二、非选择题10．(2017·邹城模拟)甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置．A ．该组同学先测出悬点到小球球心的距离L ，然后用秒表测出单摆完成n 次全振动所用的时间t .请写出重力加速度的表达式g ＝________(用所测物理量表示)．B ．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O 处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，得到如图丙所示的v -t 图线．A ．由图丙可知，该单摆的周期T ＝________ s ；B ．更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T 2-L (周期平方—摆长)图线，并根据图线拟合得到方程T 2＝4.04L ＋0.035.由此可以得出当地的重力加速度g ＝________ m/s 2.(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字)解析：(1)A.根据T ＝2πL g ，T ＝tn可得g ＝4π2n 2Lt2.测量周期时，摆球振动过程中悬点O 处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小．(2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T ＝2.0 s ；根据T ＝2πL g 得T 2＝4π2gL ，知图线的斜率k ＝4π2g ＝4.04，解得g ＝9.76 m/s 2.答案：(1)4π2n 2Lt2 偏小 (2)2.0 9.7611.有一弹簧振子在水平方向上的B 、C 之间做简谐运动，已知B 、C 间的距离为20 cm ，振子在2 s 内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t ＝0)，经过14周期振子有正向最大加速度．(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移—时间图象； (3)写出振子的振动方程．解析：(1) 振幅A ＝10 cm ， T ＝210s ＝0.2 s.(2)振子在14周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移，其位移—时间图象如图所示．(3)设振动方程为y ＝A sin(ωt ＋φ) 当t ＝0时，y ＝0，则sin φ＝0得φ＝0或φ＝π，当再过较短时间，y 为负值，所以φ＝π所以振动方程为y ＝10sin(10πt ＋π) cm. 答案：(1)10 cm 0.2 s (2)图见解析 (3)y ＝10sin(10πt ＋π) cm12．(2017·温州十校联合体模拟)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 ，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．解析：(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示，由对称性可得 T ＝0.5×2 s ＝1.0 s.(2)若B 、C 之间距离为25 cm ，则振幅A ＝12×25 cm ＝12.5 cm振子4.0 s 内通过的路程s ＝4T ×4×12.5 cm ＝200 cm(3)根据x ＝A sin ωt ，A ＝12.5 cm ，ω＝2πT ＝2π得x ＝12.5sin 2πt cm.振动图象为答案：(1)1.0 s (2)200 cm (3)x ＝12.5sin 2πt cm 图见解析。

2018年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十四章第一讲机械振动 Word版含解析

第十四章波与相对论第一讲机械振动课时跟踪练A组基础巩固1．(2018·株洲模拟)弹簧振子以O点为平衡位置,在水平方向上的A、B两点间做简谐运动,以下说法正确的是()A．振子在A、B两点时的速度和加速度均为零B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变C．振子的加速度方向总跟速度方向相反D．振子离开O点的运动总是减速运动,靠近O点的运动总是加速运动解析：弹簧振子以O点为平衡位置,在水平方向上的A、B两点间做简谐运动,故A、B为最大位移处,速度为零,而加速度最大,故选项A错误；振子在通过O点时速度的方向不发生改变,故选项B错误；由简谐运动的规律可知振子的加速度方向总跟位移的方向相反,跟振子的速度方向有时相同,有时相反,故选项C错误；振子离开O点的运动方向与加速度方向相反,故为减速运动,振子靠近O点的运动方向与加速度方向相同,故为加速运动,所以选项D正确．答案：D2．(2018·莱芜模拟)如图所示,弹簧振子在振动过程中,振子从a到b 历时0.2 s,振子经a 、b 两点时速度相同,若它从b 再回到a 的最短时间为0.4 s,则该振子的振动频率为( )A ．1 HzB ．1.25 HzC ．2 HzD ．2.5 Hz解析：由简谐运动的对称性可知：t Ob ＝0.1 s ,t bc ＝0.1 s ,故T 4＝0.2 s ,解得T ＝0.8 s ,f ＝1T ＝1.25 Hz ,选项B 正确．答案：B3．(多选)一质点做简谐运动,其位移x 与时间t 的关系曲线如图所示,由图可知( )A ．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,质点所受合外力最大解析：由题图可知,振动周期为T ＝4 s ,因而振动频率f ＝0.25 Hz ,所以选项A 错误；质点在平衡位置时所受合外力为零,速度最大,加速度为零；质点在最大位移处所受合外力最大,加速度最大,速度为零,因而选项B 正确,选项D 错误；振幅是质点偏离平衡位置的最大距离,由图可知,质点偏离平衡位置的最大距离为2 cm ,振幅为2 cm ,因而选项C正确．答案：BC4．(2018·聊城模拟)下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系,若该振动系统的固有频率为f固,则()A.固B．60 Hz＜f固＜70 HzC．50 Hz＜f固＜60 HzD．以上三个都不对解析：从如图所示的共振曲线,可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固,振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时,振幅变化最小,因此50 Hz＜f固＜60 Hz,即选项C正确．答案：C5．(2018·西安模拟)如图甲所示,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 HzB．此振动系统的固有频率约为0.25 HzC．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：当驱动力的频率与振动系统的固有频率相同时,振幅最大,所以固有频率约为3 Hz,选项A正确,B错误；受迫振动的振动周期由驱动力的周期决定,所以圆盘匀速转动的周期增大,系统的振动频率减小,选项C错误；系统的固有频率不变,共振曲线的峰值位置不变,选项D错误．答案：A6．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船,当日风浪较大,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．地面与甲板的高度差不超过10 cm时,游客能舒服地登船．在一个周期内,游客能舒服登船的时间是()A．0.5 s B．0.75 sC ．1.0 sD ．1.5 s解析：由振动周期T ＝3.0 s 、ω＝2πT 、A ＝20 cm 知,游船做简谐运动的振动方程x ＝A sin ωt ＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内,当x ＝10 cm 时,解得t 1＝0.25 s ,t 2＝1.25 s ．游客能舒服地登船的时间Δt ＝t 2－t 1＝1.0 s ,选项C 正确,选项A 、B 、D 错误．答案：C7．(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 ．从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,选项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,选项B 正确；从t ＝0到t ＝0.2 s 时间内,弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动,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,选项C 正确；在t ＝0.6 s 时,弹簧振子的位移为负向最大值,即弹簧的形变量最大,弹簧振子的弹性势能最大,选项D 错误．答案：BC8．(多选)(2018·九江模拟)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 sB ．当振子稳定振动时,它的振动频率是4 HzC ．当转速增大时,弹簧振子的振幅增大D ．当转速减小时,弹簧振子的振幅增大解析：现匀速转动摇把,转速为240 r/min ,驱动力频率为4 Hz ,周期是0.25 s ．当振子稳定振动时,它的振动周期是0.25 s ,振动频率是4 Hz ,选项A 错误,B 正确；当转速减小时,驱动力频率减小,接近固有频率2 Hz ,弹簧振子的振幅增大,选项C 错误,D 正确．答案：BD9．(2018·安阳模拟)一个做简谐振动的弹簧振子,周期为T ,振幅为A ,已知振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 1,从最大的正位移处第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 2,那么t 1与t 2的大小关系是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＜t 2C ．t 1＞t 2D ．无法判断解析：振子从平衡位置到最大位移处,速度减小,振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处的平均速度大于从最大的正位移处第一次运动到x ＝A 2处的平均速度,由t ＝x v 可知,t 1＜t 2,选项B 正确．答案：B10.(2018·长沙模拟)如图所示,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 .解析：摆球A 做简谐运动,当其与B 球发生碰撞后速度改变,但是摆动的周期不变．而B 球做匀速直线运动,这样,再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍,2d ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2(n ＝1,2,3,…)．由单摆周期公式T ＝2πl g , 解得d ＝n v π2 l g (n ＝1,2,3,…)．答案：n v π2 l g (n ＝1,2,3,…)B组能力提升11.(2018·青岛模拟)如图所示,圆弧AO是半径为2 m的光滑圆弧面的一部分,圆弧与水平面相切于点O,AO弧长为10 cm,现将一小球先后从圆弧的点A和点B无初速度地释放,到达底端O的速度分别为v1和v2,所经历的时间分别为t1和t2,那么()A．v1＜v2,t1＜t2B．v1＞v2,t1＝t2C．v1＞v2,t1＞t2D．上述三种都有可能解析：小球在滑动中机械能守恒,易知v1＞v2,小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力,且AO弧长为10 cm,远小于圆弧的半径,故小球的摆角很小,小球的运动是简谐运动,而简谐运动的周期与振幅无关,这样小球从点A运动到点O和从点B运动到点O的时间相等,t1＝t2,即选项B正确．答案：B12.(多选)(2018·长春模拟)如图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：由振动图象可知,两单摆的周期相同,根据T＝2πlg可知甲、乙两单摆的摆长相等,选项A正确；由题图可知,甲摆的振幅为10 cm,乙摆的振幅为7 cm,甲摆的振幅比乙摆大,选项B正确；由于两球的质量不确定,所以两球的机械能无法比较,选项C错误；在t＝0.5 s 时,乙摆在负的最大位移处,所以乙摆有正向最大加速度,甲摆的位移为零,所以加速度为零,选项D正确．答案：ABD13.(多选)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,如图所示,下列说法错误的是()A．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t 2＝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t 2＝5 s 和t 3＝7 s 时,回复力大小相等,方向相同,则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：ABD14.如图所示,两木块的质量分别为m 、M ,中间弹簧的劲度系数为k ,弹簧下端与M 连接,m 与弹簧不连接,现将m 下压一段距离释放,它就上下做简谐运动,振动过程中,m 始终没有离开弹簧,试求：(1)m 振动的振幅的最大值；(2)m 以最大振幅振动时,M 对地面的最大压力．解析：(1)在平衡位置时,设弹簧的压缩量为x 0,有：kx 0＝mg .要使m 振动过程中不离开弹簧,m 振动的最高点不能高于弹簧原长处,所以m 振动的振幅的最大值A ＝x 0＝mg k. (2)m 以最大振幅A 振动,振动到最低点时,弹簧的压缩量最大,为2A ＝2x 0＝2mg k. 对M 受力分析可得：F N ＝Mg ＋k ·2A ＝Mg ＋2mg ,由牛顿第三定律得,M 对地面的最大压力为Mg ＋2mg .答案：(1)mg k (2)Mg ＋2mg。

东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十四章第二讲机械波含解析

高考物理一轮复习第十四章机械震动机械波光电磁波相对论简介第三讲光的折射全反射课时作业(2021学年)

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第三讲光的折射全反射[A组·基础题]一、选择题1．（多选）一束光从空气射向折射率n＝错误!的某种玻璃表面,下列说法正确的是（ )Ａ.入射角大于45°时,会发生全反射现象B．无论入射角多大，折射角都不超过45°Ｃ.欲使折射角等于30°,应以45°入射角入射Ｄ．当入射角等于arctａn错误!时,反射光线和折射光线垂直E.当入射角等于arctan错误!时，入射光线和反射光线垂直解析:发生全反射的条件是光从光密介质射入光疏介质且入射角大于等于临界角,故光线从空气射入玻璃，无论角度多大，都不能发生全反射，Ａ错．因为折射率为2,临界角为45°,所以光线从空气射入玻璃时，折射角不能大于４5°,Ｂ对．根据折射定律ｎ＝错误!，入射角为45°，折射角为30°,可得C对．由光路图和几何知识可知，当反射光线和折射光线垂直，入射角为θ，则折射角为9０°-θ。

由折射定律n=错误!=错误!,解得θ=arctan错误!,故D对,Ｅ错.答案：BCD2．（2017·河北定州中学模拟)如图是一个１/4圆柱体棱镜的截面图,图中E、F、Ｇ、H将半径ＯM分成５等份,虚线EＥ1、ＦF1、ＧG１、HＨ１平行于半率n=５3,若平行光径ON，OＮ边可吸收到达其上的所有光线.已知该棱镜的折射束垂直入射并覆盖ＯＭ,则光线（）A．不能从圆弧NF1射出B．只能从圆弧NG１射出Ｃ．能从圆弧G１H1射出Ｄ．能从圆弧Ｈ1M射出解析：由临界角公式得到sｉn C＝＼ｆ（1，n）=错误!。

2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十四章第二讲机械波

第十四章波与相对论第二讲机械波课时跟踪练A组基础巩固1．(2018·恩施模拟)利用发波水槽得到的水面波形如图甲、乙所示，则()A．图甲、乙均显示了波的干涉现象B．图甲、乙均显示了波的衍射现象C．图甲显示了波的干涉现象，图乙显示了波的衍射现象D．图甲显示了波的衍射现象，图乙显示了波的干涉现象解析：由题图容易看出甲是小孔衍射，图乙是波的干涉，选项D 正确．答案：D2．(2018·长沙模拟)下列物理现象：①在春天里一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝；②“闻其声而不见其人”；③学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；④当正在鸣笛的火车向着我们疾驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高．分别属于波的() A．反射、衍射、干涉、多普勒效应B．折射、衍射、多普勒效应、干涉C．反射、折射、干涉、多普勒效应D．衍射、折射、干涉、多普勒效应解析：在春天里一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝，属于声波的反射；“闻其声而不见其人”属于声波的衍射；学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音属于声波的干涉；当正在鸣笛的火车向着我们疾驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高属于多普勒效应．正确选项是A.答案：A3.(2018·济南模拟)小河中有一个实心桥墩P，A为靠近桥墩浮在水面上的一片树叶，俯视图如图所示，小河水面平静．现在S处以某一频率拍打水面，使形成的水波能带动树叶A振动起来，可以采用的方法是()A．提高拍打水面的频率B．降低拍打水面的频率C．无论怎样拍打，A都不会振动起来D．无需拍打，A也会振动起来解析：使形成的水波能带动树叶A振动起来，必须使水面形成的波波长足够长，衍射现象明显，可以采用的方法是降低拍打水面的频率，选项B正确．答案：B4．(2015·福建卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v.若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b 相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四副波形中质点a 最早到达波谷的是( )解析：由图A 知，波长λ＝2s ，周期T ＝2s v ，由图知质点a 向上振动，经3T 4第一次到达波谷，用时t 1＝34T ＝3s 2v，B 图对应波长λ＝s ，周期T ＝s v ，由图知质点a 向下振动，经T 4第一次到达波谷，用时t 2＝14T ＝s 4v，C 图对应波长λ＝s ，周期T ＝s v ，由图知质点a 向上振动，经3T 4第一次到达波谷，用时t 3＝34T ＝3s 4v ，D 图对应波长λ＝2s 3，周期T ＝2s 3v ，由图知质点a 向下振动，经T 4第一次到达波谷，用时t 4＝14T ＝s 6v，所以D 正确．答案：D5.(2015·北京卷)周期为 2.0 s 的简谐横波沿x 轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P 沿y 轴负方向运动，则该波( )A ．沿x 轴正方向传播，波速v ＝20 m/sB ．沿x 轴正方向传播，波速v ＝10 m/sC ．沿x 轴负方向传播，波速v ＝20 m/sD．沿x轴负方向传播，波速v＝10 m/s解析：根据机械波的速度公式v＝λT，由图可知波长为20 m，再结合周期为2 s，可以得出波速为10 m/s.应用“同侧法”等方法判断波沿x轴正方向传播．因此答案为B.答案：B6．(多选)(2018·衡水模拟)为了研究乐音的物理规律，某同学用计算机录制下优美的笛音do和sol，然后在电脑上用软件播放，分别得到如图中a和b的两个振动图线，由此可以判断()A．do和sol的频率之比约为2∶3B．do和sol的周期之比约为2∶3C．do和sol在空气中传播的波速之比约为3∶2D．do和sol在空气中传播的波长之比约为3∶2解析：由题图可知，相同长度的do的4个波长对应sol的6个波长，故do和sol在空气中传播的波长之比约为3∶2，选项D正确；由于二者在空气中传播速度相等，由v＝λf可知，do和sol的频率之比约为2∶3，do和sol的周期之比约为3∶2，选项A正确，选项B、C错误．答案：AD7．(多选)(2018·唐山模拟)如图所示，实线和虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷，此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是()A．该时刻质点O正处在平衡位置B．P、N两点始终处于平衡位置C．点M到两波源的距离之差一定是波长的整数倍D．从该时刻起，经过14周期，质点M到达平衡位置解析：由题图可知，O、M为振动加强的点，此时点O处于波谷，点M处于波峰，点M是峰、峰相遇，只有当两波源振动相位相同时，点M到两波源的距离差才是波长的整数倍，若两波源振动相位相反，则点M到两波源的距离差为半波长的奇数倍，故A、C均错误；P、N两点为减弱点，又因为两列波的振幅相同，因此P、N两点的振幅为零，即两点始终处于平衡位置，B正确；从该时刻经1 4周期，两列波分别引起的振动都使点M位于平衡位置，故点M位于平衡位置，D正确．答案：BD8．(2015·全国卷Ⅱ)平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1 s，振幅A ＝5 cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置，求：(1)P、Q之间的距离；(2)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过路程．解析：(1)由题意，O 、P 两点的距离与波长满足OP ＝54λ，波速与波长的关系为v ＝λT. 在t ＝5 s 时间间隔内波传播的路程为v t ，由题意有v t ＝PQ ＋λ4，综上解得PQ ＝133 cm.(2)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动时间为t 1＝t ＋54T . 波源由平衡位置开始运动，每经过T 4，波源运动的路程为A ，由题意可知t 1＝25×14T ，故t 1时间内，波源运动的路程为s ＝25A ＝125 cm.答案：(1)133 cm (2)125 cmB 组能力提升9．(2018·烟台模拟)如图甲所示，S 点为振源，P 点距S 的距离为r ，t ＝0时刻S 点由平衡位置开始振动，产生沿直线向右传播的简谐横波，图乙为P 点从t 1时刻开始振动的振动图象，则以下说法正确的是( )A ．t ＝0时刻振源S 的振动方向沿y 轴负方向B．t2时刻P点振动速度最大，方向沿y轴负方向C．该简谐波的波长为r（t2－t1）t1D．若波源停止振动，则P点也马上停止振动解析：据题意，当机械波在t1时刻刚传到P点时，P点的起振方向向上，说明这列波的起振方向向上，则t＝0时，振源的振动方向沿y轴正方向，A选项错误；据图可知，t2时刻质点P处于平衡位置向上振动，即此时质点P具有正向的最大速度，B选项错误；这列波从波源S传到距离r的P点时所用的时间为t1，则这列波的传播速度为v＝rt1，那么由图可得这列波的波长为λ＝v T＝r（t2－t1）t1，则C选项正确；如果波源停止振动，则P点需要经过t1时间才会停止振动，所以D选项错误．答案：C10．(多选)(2015·海南卷)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3 m．已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s．下列说法正确的是()A．波速为4 m/sB．波的频率为1.25 HzC．x坐标为15 m的质点在t＝0.2 s时恰好位于波谷D．x坐标为22 m的质点在t＝0.2 s时恰好位于波峰E．当质点P位于波峰时，x坐标为17 m的质点恰好位于波谷解析：任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s，则12T ＝0.4 s ，解得T ＝0.8 s ，从图象中可知λ＝4 m ，所以根据公式v ＝λT ＝40.8 m/s ＝5 m/s ，故选项A 错误；根据公式f ＝1T可得波的频率为1.25 Hz ，选项B 正确；x 坐标为15 m 的质点和x 坐标为3 m 的质点相隔12 m ，为波长的整数倍，即两质点为同相点，而x 坐标为3 m 的质点经过t ＝0.2 s ，即四分之一周期振动到平衡位置，所以x 坐标为15 m 的质点在t ＝0.2 s 时振动到平衡位置，选项C 错误；x 的坐标为22 m 的质点和x 的坐标为2 m 的质点为同相点，x 的坐标为2 m 的质点经过t ＝0.2 s ，即四分之一周期恰好位于波峰，故x 的坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰，选项D 正确；当质点P 位于波峰时，经过了半个周期，而x 坐标为17 m 的质点和x 坐标为1 m 的质点为同相点，经过半个周期x 坐标为1 m 的质点恰好位于波谷，选项E 正确．答案：BDE11．(2018·南京模拟)如图所示，在坐标原点O 处有一波源S ，它沿y 轴做频率为50 Hz ，振幅为2 cm 的简谐振动，形成的波可沿x 轴正、负方向传播，波速为20 cm/s ，开始振动时，S 恰好通过O 点沿y 轴正方向运动．(1)当S 完成第一次全振动时，画出此时的波形图．(2)如图，波传到坐标为x 1＝2.7 cm 的M 点时，还要经过多长时间才能传到N 点？波传到N 点时，M 点在什么位置？解析：(1)波形图象如图．(2)当波到达M 点时，波也已经传到x ＝－2.7 cm 的位置．还要再经过t ＝Δx v ＝0.01 s 才能传到N 点．当波传播到N 点时，M 点已经振动了半个周期，故M 点正在平衡位置且正在向y 轴负向运动．答案：(1)见解析 (2)0.01 s M 点正在平衡位置12．(2016·全国卷Ⅱ)一列简谐横波在介质中沿x 轴正向传播，波长不小于10 cm.O 和A 是介质中平衡位置分别位于x ＝0和x ＝5 cm 处的两个质点．t ＝0时开始观测，此时质点O 的位移为y ＝4 cm ，质点A 处于波峰位置；t ＝13s 时，质点O 第一次回到平衡位置，t ＝1 s 时，质点A 第一次回到平衡位置．求：(1)简谐波的周期、波速和波长；(2)质点O 的位移随时间变化的关系式．解析：(1)设振动周期为T ，由于质点A 在0到1 s 内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是14个周期，由此可知T ＝4 s ，①由于质点O 与A 的距离5 cm 小于半个波长，且波沿x 轴正向传播，O 在t ＝13s 时回到平衡位置，而A 在t ＝1 s 时回到平衡位置，时间相差23s ．两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度v ＝7.5 cm/s.②利用波长、波速和周期的关系得，简谐波的波长λ＝30 cm.③(2)设质点O 的位移随时间变化的关系为 y ＝A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πt T ＋φ0，④将①式及题给条件代入上式得⎩⎨⎧4＝A cos φ00＝A cos （π6＋φ0）⑤解得φ0＝π3，A ＝8 cm ，⑥质点O 的位移随时间变化的关系式为 y ＝0.08cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 2＋π3(国际单位制)或y ＝0.08sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 2＋5π6(国际单位制)．答案：(1)4 s 7.5 cm/s 30 cm(2)y ＝0.08cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πt 2＋π3(国际单位制)或y ＝0.08sin ⎝ ⎛πt 2＋⎭⎪⎫5π6(国际单位制)。

2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：章末整合提升14 Word版含解析

章末整合提升1．(2017·全国卷Ⅰ)(1)如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0，4)和S2(0，－2)．两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示．两列波的波速均为1.00 m/s.两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4，1)处质点的振动相互________(选填“加强”或“减弱”)，点C(0，0.5)处质点的振动相互______(选填“加强”或“减弱”)．(2)如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)．求该玻璃的折射率．(1)命题意图：本题考查波的干涉及其相关的知识点．解析：点波源S1(0，4)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L1＝10 m，点波源S2(0，－2)的振动形式传播到点A(8，－2)的路程为L2＝8 m，两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为ΔL＝L1－L2＝2 m．由于两列波的波源到点B(4，1)的路程相等，路程差为零，且t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B 时振动方向相反，引起的点B处质点的振动相互减弱；由振动图线可知，波动周期为T＝2 s，波长λ＝v T＝2 m，由于两列波的波源到点C(0，0.5)的路程分别为3.5 m和2.5 m，路程差为1 m，而t＝0时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，引起的点C处质点的振动相互加强．(2)命题意图：本题考查光的折射定律、反射定律及其相关的知识点．解析：如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射．设光线在半球面的入射角为i，折射角为γ.由折射定律有sin i＝n sin γ①由正弦定理有sin γ2R＝sin （i－γ）R，②由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i.由题设条件和几何关系有sin i＝L R，③式中L是入射光线与OC的距离．由②③式和题给数据得sin γ＝6205，④由①③④式和题给数据得n ＝ 2.05≈1.43.答案：(1)2 减弱加强 (2)1.432．(2017·全国卷Ⅱ)(1)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．改用红色激光B ．改用蓝色激光C ．减小双缝间距D ．将屏幕向远离双缝的位置移动E ．将光源向远离双缝的位置移动(2)一直桶状容器的高为2l ，底面是边长为l 的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD ′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D 点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．(1)命题意图：本题考查双缝干涉实验的相关知识．解析：由Δx ＝L dλ可知，改用波长更长的激光照射在双缝上，相邻亮条纹的间距Δx 增大，A 项正确，B 项错误；减小双缝间距d ，相邻亮条纹的间距Δx增大，C项正确；将屏幕向远离双缝的位置移动，增大了屏幕与双缝的距离L，相邻亮条纹的间距Δx增大，D项正确；相邻亮条纹的间距与光源到双缝的距离无关，E项错误．(2)命题意图：本题考查光的反射和光的折射．解析：设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为γ1.在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C、D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点．光线在D点的入射角为i2，折射角为γ2，如图所示．设液体的折射率为n，由折射定律有n sin i1＝sin γ1，①n sin i2＝sin γ2，②由题意知γ1＋γ2＝90°，③联立①②③式得n2＝1sin2i1＋sin2i2，④由几何关系可知sin i1＝l24l2＋l24＝117，⑤sin i 2＝32l 4l 2＋9l 24＝35，⑥ 联立④⑤⑥式得n ＝1.55.答案：(1)ACD (2)1.553．(2017·全国卷Ⅲ)(1)如图，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，实线为t ＝0时的波形图，虚线为t ＝0.5 s 时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5 s ．关于该简谐波，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．波长为2 mB ．波速为6 m/sC ．频率为1.5 HzD ．t ＝1 s 时，x ＝1 m 处的质点处于波峰E ．t ＝2 s 时，x ＝2 m 处的质点经过平衡位置(2)如图，一半径为R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线OO ′表示光轴(过球心O 与半球底面垂直的直线)．已知玻璃的折射率为1.5.现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线)．求：①从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；②距光轴R3的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．(1)命题意图：本题考查简谐横波的图象问题．解析：由图象可知简谐横波的波长为λ＝4 m，A项错误；波沿x轴正向传播，t＝0.5 s＝34T，可得周期T＝23s、频率f＝1T＝1.5 Hz，波速v＝λT＝6 m/s，B、C项正确；t＝0时刻，x＝1 m处的质点在波峰，经过1 s＝32T，一定在波谷，D项错误；t＝0时刻，x＝2 m处的质点在平衡位置，经过2 s＝3T，质点一定经过平衡位置，E项正确．(2)命题意图：本题考查光的全反射和折射定律．解析：①如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i c时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l.i＝i c，①设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有n sin i c＝1，②由几何关系有sin i＝lR，③联立①②③式并利用题给条件，得l＝23R.④②设与光轴相距R 3的光线在球面B 点发生折射时的入射角和折射角分别为i 1和γ1，由折射定律有n sin i 1＝sin γ1，⑤设折射光线与光轴的交点为C ，在△OBC 中，由正弦定理有 sin ∠C R ＝sin （180°－γ1）OC ，⑥由几何关系有∠C ＝γ1－i 1，⑦sin i 1＝13，⑧联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得OC ＝3（22＋3）5R ≈2.74R .答案：(1)BCE (2)①23R ②2.74R。

全程复习构想2018高考物理一轮复习第十四章机械振动、机械波光和电磁波 1 机械振动课时作业

机械振动一、选择题(每小题均有多个选项符合题目要求)1．如图所示是某一质点做简谐运动的图象，下列说法正确的是( )A ．在第1 s 内，质点速度逐渐增大B ．在第1 s 内，质点加速度逐渐增大C ．在第1 s 内，质点的回复力逐渐增大D ．在第4 s 内质点的动能逐渐增大E ．在第4 s 内质点的机械能逐渐增大解析：在第1 s 内，质点由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小，位移增大，回复力和加速度都增大；在第4 s 内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，位移减小，动能增大，势能减小，但机械能守恒．答案：BCD2．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等．所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m ，列车固有振动周期为0.315 s ．下列说法正确的是( )A ．列车的危险速率为20 m/sB ．列车的危险速率为40 m/sC ．列车过桥需要减速，是为了防止发生共振现象D ．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的E ．增加钢轨的长度有利于列车高速运行解析：对于受迫振动，当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象，所以列车的危险速率v ＝L T ＝40 m/s ，A 错误，B 正确；为了防止共振现象发生，列车过桥需要减速，C 正确；列车运行的振动频率等于做受迫振动的驱动力的频率，与列车的固有频率无关，D 项错；由v ＝L T知L 增大时，T 不变，v 变大，E 正确．答案：BCE3．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．质点振动的频率是4 HzB ．在10 s 内质点经过的路程是20 cmC ．第4 s 末质点的速度最大D ．在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点的位移大小相等、方向相同E ．在t ＝2 s 和t ＝6 s 两时刻，质点的速度相同解析：由图可知，该简谐运动的周期为4 s ，振幅是2 cm ，则频率为0.25 Hz ，在10 s内质点经过的路程是104×4×2 cm＝20 cm ，选项A 错误，选项B 正确；由图可知，第4 s 末质点通过平衡位置，故其速度最大，选项C 正确；在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点的位移大小相等、方向相反，选项D错误；t＝2 s和t＝6 s两时刻之间相差一个周期，故在这两时刻质点的速度相同，选项E正确．答案：BCE4．甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示，则可知( )A．两弹簧振子完全相同B．两弹簧振子所受的回复力最大值之比F甲F乙＝：1C．振子甲的速度为零时，振子乙的速度最大D．两振子的振动频率之比f甲f乙＝：2E．振子乙的速度为最大时，振子甲的速度不一定为零解析：从图象中可以看出，两弹簧振子的周期之比T甲：T乙＝：1，则频率之比f甲：f乙＝：2，D正确；弹簧振子的周期与振子的质量、弹簧的劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误；两弹簧振子的振幅之比为：1，但由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受的回复力(F＝－kx)最大值之比F甲F乙不一定为：1，B错误；由简谐运动的特点可知，振子到达平衡位置处时位移为零，速度最大，振子到达最大位移处时速度为零，从图象中可以看出，振子甲的速度为零时，振子乙恰好到达平衡位置，振子乙的速度最大，C正确；振子乙的速度最大时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置处，振子甲的速度不一定为零，E正确．答案：CDE二、非选择题5．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T2－l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)，由图可知，两单摆摆长之比为l al b＝________，在t＝1 s时，b球振动的方向是________．解析：由单摆的周期公式T＝2πlg得T2＝4π2gl，即图象的斜率k＝4π2g，则重力加速度越大，斜率越小，北大的重力加速度比南大的大，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T b＝1.5 T a，由单摆的周期公式T＝2πlg得l al b＝49；从题图乙可以看出，t＝1 s时b球正在向负最大位移运动，所以b球的振动方向沿y轴负方向．答案：B 49沿y轴负方向6．如图所示为A、B两质点做简谐运动的位移—时间图象，请根据图象回答：，周期是________ s；B的振幅是质点的位移随时间变化的关系式？质点的位移是多少？的振幅是0.5 cm，周期是0.4 s4．如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：写出该振子简谐运动的表达式；末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各置，设向右为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：。

2020年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第十四章第一讲机械振动 Word版含解析

第十四章波与相对论第一讲机械振动课时跟踪练A组基础巩固1．(2018·株洲模拟)弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是()A．振子在A、B两点时的速度和加速度均为零B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变C．振子的加速度方向总跟速度方向相反D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动解析：弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，故A、B为最大位移处，速度为零，而加速度最大，故选项A错误；振子在通过O点时速度的方向不发生改变，故选项B错误；由简谐运动的规律可知振子的加速度方向总跟位移的方向相反，跟振子的速度方向有时相同，有时相反，故选项C错误；振子离开O点的运动方向与加速度方向相反，故为减速运动，振子靠近O点的运动方向与加速度方向相同，故为加速运动，所以选项D正确．答案：D2．(2018·莱芜模拟)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，则该振子的振动频率为()A．1 Hz B．1.25 HzC．2 Hz D．2.5 Hz解析：由简谐运动的对称性可知：t Ob＝0.1 s，t bc＝0.1 s，故T 4＝0.2 s，解得T＝0.8 s，f＝1T＝1.25 Hz，选项B正确．答案：B3．(多选)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知()A．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，质点所受合外力最大解析：由题图可知，振动周期为T＝4 s，因而振动频率f＝0.25 Hz，所以选项A错误；质点在平衡位置时所受合外力为零，速度最大，加速度为零；质点在最大位移处所受合外力最大，加速度最大，速度为零，因而选项B正确，选项D错误；振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图可知，质点偏离平衡位置的最大距离为2 cm，振幅为2 cm，因而选项C正确．答案：BC4．(2018·聊城模拟)下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()A.固B．60 Hz＜f固＜70 HzC．50 Hz＜f固＜60 HzD．以上三个都不对解析：从如图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz 范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固＜60 Hz，即选项C正确．答案：C5．(2018·西安模拟)如图甲所示，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 HzB ．此振动系统的固有频率约为0.25 HzC ．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：当驱动力的频率与振动系统的固有频率相同时，振幅最大，所以固有频率约为3 Hz ，选项A 正确，B 错误；受迫振动的振动周期由驱动力的周期决定，所以圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，选项C 错误；系统的固有频率不变，共振曲线的峰值位置不变，选项D 错误．答案：A6．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，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．地面与甲板的高度差不超过10 cm 时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )A ．0.5 sB ．0.75 sC ．1.0 sD ．1.5 s解析：由振动周期T ＝3.0 s 、ω＝2πT 、A ＝20 cm 知，游船做简谐运动的振动方程x ＝A sin ωt ＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内，当x ＝10 cm 时，解得t 1＝0.25 s ，t 2＝1.25 s ．游客能舒服地登船的时间Δt ＝t 2－t 1＝1.0 s ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案：C7．(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．从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，选项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，选项B正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，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，选项C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，选项D错误．答案：BC8．(多选)(2018·九江模拟)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 sB ．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC ．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D ．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大解析：现匀速转动摇把，转速为240 r/min ，驱动力频率为4 Hz ，周期是0.25 s ．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25 s ，振动频率是4 Hz ，选项A 错误，B 正确；当转速减小时，驱动力频率减小，接近固有频率2 Hz ，弹簧振子的振幅增大，选项C 错误，D 正确．答案：BD9．(2018·安阳模拟)一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，已知振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 1，从最大的正位移处第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 2，那么t 1与t 2的大小关系是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＜t 2C ．t 1＞t 2D ．无法判断解析：振子从平衡位置到最大位移处，速度减小，振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处的平均速度大于从最大的正位移处第一次运动到x ＝A 2处的平均速度，由t ＝x v 可知，t 1＜t 2，选项B 正确．答案：B10.(2018·长沙模拟)如图所示，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 .解析：摆球A 做简谐运动，当其与B 球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B 球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B 球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍，2d v ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2(n ＝1，2，3，…)．由单摆周期公式T ＝2πl g ，解得d ＝n v π2 l g (n ＝1，2，3，…)．答案：n v π2 l g (n ＝1，2，3，…)B 组能力提升11.(2018·青岛模拟)如图所示，圆弧AO 是半径为2 m 的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O ，AO 弧长为10 cm ，现将一小球先后从圆弧的点A 和点B 无初速度地释放，到达底端O 的速度分别为v 1和v 2，所经历的时间分别为t 1和t 2，那么( )A ．v 1＜v 2，t 1＜t 2B ．v 1＞v 2，t 1＝t 2C．v1＞v2，t1＞t2D．上述三种都有可能解析：小球在滑动中机械能守恒，易知v1＞v2，小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力，且AO弧长为10 cm，远小于圆弧的半径，故小球的摆角很小，小球的运动是简谐运动，而简谐运动的周期与振幅无关，这样小球从点A运动到点O和从点B运动到点O的时间相等，t1＝t2，即选项B正确．答案：B12.(多选)(2018·长春模拟)如图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：由振动图象可知，两单摆的周期相同，根据T＝2πlg可知甲、乙两单摆的摆长相等，选项A正确；由题图可知，甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，甲摆的振幅比乙摆大，选项B正确；由于两球的质量不确定，所以两球的机械能无法比较，选项C 错误；在t＝0.5 s时，乙摆在负的最大位移处，所以乙摆有正向最大加速度，甲摆的位移为零，所以加速度为零，选项D正确．答案：ABD13.(多选)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，如图所示，下列说法错误的是()A．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：ABD14.如图所示，两木块的质量分别为m、M，中间弹簧的劲度系数为k，弹簧下端与M连接，m与弹簧不连接，现将m下压一段距离释放，它就上下做简谐运动，振动过程中，m始终没有离开弹簧，试求：(1)m 振动的振幅的最大值；(2)m 以最大振幅振动时，M 对地面的最大压力．解析：(1)在平衡位置时，设弹簧的压缩量为x 0，有：kx 0＝mg .要使m 振动过程中不离开弹簧，m 振动的最高点不能高于弹簧原长处，所以m 振动的振幅的最大值A ＝x 0＝mg k. (2)m 以最大振幅A 振动，振动到最低点时，弹簧的压缩量最大，为2A ＝2x 0＝2mg k. 对M 受力分析可得：F N ＝Mg ＋k ·2A ＝Mg ＋2mg ，由牛顿第三定律得，M 对地面的最大压力为Mg ＋2mg .答案：(1)mg k (2)Mg ＋2mg。

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第十四章波与相对论第一讲机械振动课时跟踪练A组基础巩固1．(2018·株洲模拟)弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，以下说法正确的是()A．振子在A、B两点时的速度和加速度均为零B．振子在通过O点时速度的方向将发生改变C．振子的加速度方向总跟速度方向相反D．振子离开O点的运动总是减速运动，靠近O点的运动总是加速运动解析：弹簧振子以O点为平衡位置，在水平方向上的A、B两点间做简谐运动，故A、B为最大位移处，速度为零，而加速度最大，故选项A错误；振子在通过O点时速度的方向不发生改变，故选项B错误；由简谐运动的规律可知振子的加速度方向总跟位移的方向相反，跟振子的速度方向有时相同，有时相反，故选项C错误；振子离开O点的运动方向与加速度方向相反，故为减速运动，振子靠近O 点的运动方向与加速度方向相同，故为加速运动，所以选项D正确．答案：D2．(2018·莱芜模拟)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a 到b 历时0.2 s ，振子经a 、b 两点时速度相同，若它从b 再回到a 的最短时间为0.4 s ，则该振子的振动频率为( )A ．1 HzB ．1.25 HzC ．2 HzD ．2.5 Hz解析：由简谐运动的对称性可知：t Ob ＝0.1 s ，t bc ＝0.1 s ，故T 4＝0.2 s ，解得T ＝0.8 s ，f ＝1T ＝1.25 Hz ，选项B 正确．答案：B3．(多选)一质点做简谐运动，其位移x 与时间t 的关系曲线如图所示，由图可知( )A ．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，质点所受合外力最大解析：由题图可知，振动周期为T ＝4 s ，因而振动频率f ＝0.25 Hz ，所以选项A 错误；质点在平衡位置时所受合外力为零，速度最大，加速度为零；质点在最大位移处所受合外力最大，加速度最大，速度为零，因而选项B 正确，选项D 错误；振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图可知，质点偏离平衡位置的最大距离为2 cm，振幅为2 cm，因而选项C正确．答案：BC4．(2018·聊城模拟)下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()A.固B．60 Hz＜f固＜70 HzC．50 Hz＜f固＜60 HzD．以上三个都不对解析：从如图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此50 Hz＜f固＜60 Hz，即选项C正确．答案：C5．(2018·西安模拟)如图甲所示，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 HzB．此振动系统的固有频率约为0.25 HzC．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：当驱动力的频率与振动系统的固有频率相同时，振幅最大，所以固有频率约为3 Hz，选项A正确，B错误；受迫振动的振动周期由驱动力的周期决定，所以圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率减小，选项C错误；系统的固有频率不变，共振曲线的峰值位置不变，选项D错误．答案：A6．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，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．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )A ．0.5 sB ．0.75 sC ．1.0 sD ．1.5 s解析：由振动周期T ＝3.0 s 、ω＝2πT 、A ＝20 cm 知，游船做简谐运动的振动方程x ＝A sin ωt ＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内，当x ＝10 cm 时，解得t 1＝0.25 s ，t 2＝1.25 s ．游客能舒服地登船的时间Δt ＝t 2－t 1＝1.0 s ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案：C7．(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 ．从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，选项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，选项B 正确；从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，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，选项C正确；在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，选项D错误．答案：BC8．(多选)(2018·九江模拟)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 sB．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大解析：现匀速转动摇把，转速为240 r/min，驱动力频率为4 Hz，周期是0.25 s．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25 s，振动频率是4 Hz，选项A错误，B正确；当转速减小时，驱动力频率减小，接近固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅增大，选项C错误，D正确．答案：BD9．(2018·安阳模拟)一个做简谐振动的弹簧振子，周期为T，振幅为A ，已知振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 1，从最大的正位移处第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 2，那么t 1与t 2的大小关系是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＜t 2C ．t 1＞t 2D ．无法判断解析：振子从平衡位置到最大位移处，速度减小，振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处的平均速度大于从最大的正位移处第一次运动到x ＝A 2处的平均速度，由t ＝x v 可知，t 1＜t 2，选项B 正确．答案：B10.(2018·长沙模拟)如图所示，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 .解析：摆球A 做简谐运动，当其与B 球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B 球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B 球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍，2d v ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2(n ＝1，2，3，…)．由单摆周期公式T ＝2πl g ，解得d ＝n v π2 l g (n ＝1，2，3，…)．答案：n v π2 l g (n ＝1，2，3，…)B 组能力提升11.(2018·青岛模拟)如图所示，圆弧AO 是半径为2 m 的光滑圆弧面的一部分，圆弧与水平面相切于点O ，AO 弧长为10 cm ，现将一小球先后从圆弧的点A 和点B 无初速度地释放，到达底端O 的速度分别为v 1和v 2，所经历的时间分别为t 1和t 2，那么( )A ．v 1＜v 2，t 1＜t 2B ．v 1＞v 2，t 1＝t 2C ．v 1＞v 2，t 1＞t 2D ．上述三种都有可能解析：小球在滑动中机械能守恒，易知v 1＞v 2，小球在圆弧面上的受力类似于单摆的受力，且AO 弧长为10 cm ，远小于圆弧的半径，故小球的摆角很小，小球的运动是简谐运动，而简谐运动的周期与振幅无关，这样小球从点A 运动到点O 和从点B 运动到点O 的时间相等，t 1＝t 2，即选项B 正确．答案：B12.(多选)(2018·长春模拟)如图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：由振动图象可知，两单摆的周期相同，根据T＝2πlg 可知甲、乙两单摆的摆长相等，选项A正确；由题图可知，甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，甲摆的振幅比乙摆大，选项B正确；由于两球的质量不确定，所以两球的机械能无法比较，选项C 错误；在t＝0.5 s时，乙摆在负的最大位移处，所以乙摆有正向最大加速度，甲摆的位移为零，所以加速度为零，选项D正确．答案：ABD13.(多选)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，如图所示，下列说法错误的是()A．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：ABD14.如图所示，两木块的质量分别为m、M，中间弹簧的劲度系数为k，弹簧下端与M连接，m与弹簧不连接，现将m下压一段距离释放，它就上下做简谐运动，振动过程中，m始终没有离开弹簧，试求：(1)m振动的振幅的最大值；(2)m 以最大振幅振动时，M 对地面的最大压力．解析：(1)在平衡位置时，设弹簧的压缩量为x 0，有：kx 0＝mg .要使m 振动过程中不离开弹簧，m 振动的最高点不能高于弹簧原长处，所以m 振动的振幅的最大值A ＝x 0＝mg k. (2)m 以最大振幅A 振动，振动到最低点时，弹簧的压缩量最大，为2A ＝2x 0＝2mg k. 对M 受力分析可得：F N ＝Mg ＋k ·2A ＝Mg ＋2mg ，由牛顿第三定律得，M 对地面的最大压力为Mg ＋2mg .答案：(1)mg k (2)Mg ＋2mg。