高考物理大一轮复习 第十二章 机械振动 机械波 光 电磁波 相对论简介 第1讲 机械振动(选修34)

机械振动 机械波 光电磁波 相对论简介
第1讲 机械振动
1．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中
( )．
A ．振子所受的回复力逐渐增大
B ．振子的位移逐渐增大
C ．振子的速度逐渐减小
D ．振子的加速度逐渐减小
解析 分析这类问题，关键是首先抓住回复力与位移的关系，然后运用牛顿运动定律逐步分析．
在振子向平衡位置运动的过程中，振子的位移逐渐减小，因此，振子所受回复力逐渐减小，加速度逐渐减小，但加速度方向与速度方向相同，故速度逐渐增大． 答案 D
2．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π
4
t ，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 由x ＝A sin π
4t 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1
4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 AD
3．如图1是一做简谐运动的物体的振动图象，下列说法正确的是( )．
图1
A ．振动周期是2×10－2
s
B ．前2×10－2
s 内物体的位移是－10 cm C ．物体的振动频率为25 Hz D ．物体的振幅是10 cm
解析 物体做简谐运动的周期、振幅是振动图象上明显标识的两个物理量，由题图知，周期为4×10－2
s ，振幅为10 cm ，频率f ＝1T
＝25 Hz ，选项A 错误，C 、D 正确；前2×10
－2
s 内物体从平衡位置又运动到平衡位置，物体位移为0，选项B 错误．
答案 CD
4．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速v 1、v 2(v 1＞v 2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f 1、f 2和A 1、A 2，则( )． A ．f 1＞f 2，A 1＝A 2 B ．f 1＜f 2，A 1＝A 2 C ．f 1＝f 2，A 1＞A 2 D ．f 1＝f 2，A 1＜A 2
解析 单摆的频率由摆长决定，摆长相等，频率相等，所以A 、B 错误；由机械能守恒，小球在平衡位置的速度越大，其振幅越大，所以C 正确、D 错误． 答案 C
5．如图2所示为某弹簧振子在0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )．
图2
A ．振动周期为5 s ，振幅为8 cm
B ．第2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C ．第3 s 末振子的速度为正向的最大值
D ．从第1 s 末到第2 s 末振子在做加速运动
解析 根据题图象可知，弹簧振子的周期T ＝4 s ，振幅A ＝8 cm ，选项A 错误；第2 s 末振子到达负的最大位移处，速度为零，加速度最大，且沿x 轴正方向，选项B 错误；第3 s 末振子经过平衡位置，速度达到最大，且向x 轴正方向运动，选项C 正确；从第1 s 末到第2 s 末振子经过平衡位置向下运动到达负的最大位移处，速度逐渐减小，选项D 错误． 答案 C
6．一个在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)( )
图3
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
解析采用排除法．由y－t图象知t＝0时刻，物体通过平衡位置，速度沿y轴正方向，此时速度达到最大值，加速度为0，故ABD错C对．
答案 C
7．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＝60 Hz B．60 Hz<f固<70 Hz
C．50 Hz<f固<60 Hz D．以上三项都不对
解析从图所示的共振曲线，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 Hz～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此，50 Hz<f固<60 Hz，即C选项正确．
答案 C
8. (1)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4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4
A．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
(2)如图5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5
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)ABD
9．(1)“在探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图6甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．
图6
(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两则分别放置一激光光源与光敏电阻，如图7a 所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R 随时间t 变化图线如图b 所示，则该单摆的振动周期为________，若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”、“不变”或“变小”)，图b 中的Δt 将________(填 “变大”、“不变”或“变小”)．
图7
解析 (1)略．(2)小球摆动到最低点时，挡光使得光敏电阻阻值增大，从t 1时刻开始，再经两次挡光完成一个周期，故T ＝2t 0；摆长为摆线长加小球半径，当小球直径变大，则摆长增加，由周期公式T ＝2πL
g
可知，周期变大；当小球直径变大，挡光时间增加，即Δt 变大．
答案 (1)乙 (2)2t 0 变大 变大
10．有一弹簧振子在水平方向上的BC 之间做简谐运动，已知BC 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．
图8
(1)求振子的振幅和周期；
(2)在图8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＝2
10
s ＝0.2 s.
(2)四分之一周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移．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)如解析图
(3)y＝10sin(10πt＋π) cm
11．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图6(1)所示，在弹簧振子的小球9上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动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．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图1126(2)所示．
图9
(1)为什么必须匀速拖动纸带？
(2)刚开始计时时，振子处在什么位置？t ＝17 s 时振子相对平衡位置的位移是多少？ (3)若纸带运动的速度为2 cm/s ，振动图线上1、3两点间的距离是多少？
(4)振子在______ s 末负方向速度最大；在______ s 末正方向加速度最大；2.5 s 时振子正在向______方向运动． (5)写出振子的振动方程．
解析 (1)纸带匀速运动时，由x ＝vt 知，位移与时间成正比，因此在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间．
(2)由图(2)可知t ＝0时，振子在平衡位置左侧最大位移处；周期T ＝4 s ，t ＝17 s 时位移为零．
(3)由x ＝vt ，所以1、3两点间距x ＝4 cm.
(4)3 s 末负方向速度最大；加速度方向总是指向平衡位置，所以t ＝0或t ＝4 s 时正方向加速度最大；t ＝2.5 s 时，振子向－x 方向运动． (5)x ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π
2
t －π2 cm.
答案 (1)在匀速条件下，可以用纸带通过的位移表示时间 (2)左侧最大位移 零 (3)4 cm (4)3 0或4 －x (5)x ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π
2
t －π2 cm。