主题二 机械振动检测试题（练习） 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）（解析版）

这是一份主题二 机械振动检测试题（练习） 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）（解析版），共10页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.蜘蛛通过织出精巧的蜘蛛网来捕捉猎物,蜘蛛网是由丝线构成的,这些丝线非常灵敏,有研究表明,当有昆虫“落网”时,网上的丝线会传递振动信号,蜘蛛通过特殊的感知器官,如腿上的刚毛和体表的感压器,来接收和解读这些振动信号,若蜘蛛网的固有频率为200 Hz,则下列说法正确的是( )
A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大,蜘蛛网的振幅就越大
B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时,蜘蛛网不振动
C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时,蜘蛛网的振幅最大
D.昆虫“落网”时,蜘蛛网振动的频率与“落网”昆虫翅膀振动的频率无关
解析:C 根据共振的条件可知,系统的固有频率等于驱动力的频率时,系统达到共振,振幅最大,A错误;当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时,蜘蛛网仍然振动,B错误;当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时,其频率为f=1T=200 Hz,与蜘蛛网的固有频率相等,所以蜘蛛网的振幅最大,C正确;受迫振动的频率等于驱动力的频率,所以昆虫“落网”时,蜘蛛网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定,D错误。
2.某质点做简谐运动,其位移与时间的关系为x=3sin(23πt+π2) cm,下列说法正确的是( )
A.质点的振幅为3 m
B.质点的振动周期为23π s
C.质点0~2 s内的位移为-4.5 cm
D.t=0.75 s时,质点在正向最大位移处
解析:C 从关系式中可知振幅A=3 cm,频率ω=23π,故周期为T=2πω=3 s,A、B错误;在t=0时刻质点的位置在x=3sin π2 cm=3 cm,2 s时质点的位置在x′=3sin(23π×2+π2)cm=-1.5 cm,故前两秒内的位移为Δx=x′-x=-4.5 m,C正确;t=0.75 s时,质点的位移为x=3sin(23π×34+π2)cm=0,所以,此时质点在平衡位置,D错误。
3.如图甲所示,鱼漂是垂钓的工具。当鱼漂静止时,P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压,松手后,鱼漂在竖直方向上做简谐运动,其振动图像如图乙所示,取竖直向上为位移的正方向,则( )
A.鱼漂振动周期为0.8 s,振幅为4 cm
B.t=0.3 s时,鱼漂的速度和加速度方向相反
C.t=0.3 s时,鱼漂的位移为1.73 cm
D.0.6 s~0.8 s时间内,速度和加速度都减小
解析:B 由题图乙可知,鱼漂振动周期为0.8 s,振幅为2 cm,在t=0.3 s时刻,鱼漂正在远离平衡位置向正向位移最大处运动,其速度方向为竖直向上。因回复力和加速度的方向总是指向平衡位置,故此时鱼漂的加速度方向竖直向下,鱼漂的速度和加速度方向相反,A错误,B正确;由题图乙可知,t=0.3 s时,鱼漂做简谐运动的相位ωt+φ=π4,根据简谐运动位移x=Asin(ωt+φ),结合振幅为2 cm,可得t=0.3 s时,鱼漂的位移为2 cm≈1.41 cm,C错误;由回复力F=-kx,可知该鱼漂在振动的过程中,靠近平衡位置的过程,回复力总是减小,加速度总是减小,而靠近平衡位置的过程,速度总是增大的。反之,远离平衡位置的过程,加速度总是增大的,速度总是减小的,故不可能存在速度和加速度均减小的时间段,D错误。
4.有一单摆,O是摆球的平衡位置,A、B分别是单摆摆动过程中的左、右两个位移最大的位置,如图甲所示。当摆球从左向右经过O点时开始计时,单摆的振动图像如图乙所示,重力加速度g=9.8 m/s2,下列说法正确的是( )
A.该单摆的摆长约为4 m
B.1 s~2 s时间内摆球的加速度越来越大
C.3 s时摆球的位移为0.1 cm
D.2 s和4 s时摆球的速度方向相同
解析:A 由图像可知单摆周期为4 s,由单摆周期公式T=2πlg,解得l≈4 m,A正确;1 s~2 s时间内摆球的位移越来越小,由F=-kx可知回复力越来越小,由牛顿第二定律可知加速度越来越小,B错误;3 s时摆球的位移为-0.1 m,C错误;2 s时摆球经平衡位置向负方向运动,4 s时摆球经平衡位置向正方向运动,速度方向相反,D错误。
5.如图所示,弹簧振子在A、B间做简谐运动,O为平衡位置,A、B间距离是20 cm,从A到B运动时间是2 s,则( )
A.从O→B→O小球做了一次全振动
B.振动周期为2 s,振幅是10 cm
C.从B开始经过6 s,小球通过的路程是60 cm
D.从O开始经过3 s,小球处在平衡位置
解析:C 小球从O→B→O只完成了半个全振动,从 A→B 小球也只是完成了半个全振动,所以振动周期是4 s,A、B错误;振幅A=202cm=10 cm,t=6 s=32T,所以小球经过的路程为32×4A=
60 cm,C正确;从O开始经过3 s,小球处在最大位移处(A或B),D错误。
6.如图,倾角为θ的光滑斜面上,轻质弹簧一端固定,另一端连着一个质量为m的小球,静止在斜面上,此时弹簧伸长量为x。现将小球在弹簧弹性限度内沿斜面又下拉一小段距离Δx,松手后(不计空气阻力),小球将做简谐运动。则( )
A.弹簧劲度系数为mgx
B.松手时回复力为mgx·Δx
C.松手时回复力为mgsinθx·Δx
D.若增大振幅,周期变短
解析:C 小球在平衡位置时,根据受力平衡可得mgsin θ=kx,可得弹簧劲度系数为k=mgsinθx,A错误;松手时回复力为F回=k(x+Δx)-mgsin θ=kΔx=mgsinθx·Δx,B错误,C正确;周期与振幅无关,若增大振幅,周期不变,D错误。
7.如图甲所示,质量为1 kg的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接,弹簧下端固定在地面上。t=0时,物块A处于静止状态,物块B从A正上方一定高度处自由落下,与A发生碰撞后粘连一起向下运动(碰撞时间极短),到达最低点后又向上运动,已知B运动的v-t图像如图乙所示,其中0~0.1 s的图线为直线,不计空气阻力,已知弹簧弹性势能的表达式Ep=12kx2,其中劲度系数k=100 N/m,x为弹簧的形变量,则( )
A.物块B的质量为2 kg
B.t=1.0 s时,弹簧处于原长
C.t=0.6 s时,物块B速度为零
D.弹簧在振动过程中不会恢复原长
解析:D 碰撞时间极短,可认为碰撞过程满足动量守恒,则有mBv1=(mB+mA)v12,解得mB=1 kg,故A错误;t=1.0 s时,物块速度最大时合力为零,弹力向上,弹簧处于压缩状态,故B错误;B与A一起运动过程属于简谐振动,故图乙中B物体的速度—时间图线为正弦函数关系,设振动周期为T,由数学知识可得v12=v1sin(2πTt1+φ0),-v1=v1sin(2πTt2+φ0),可得2πTt1+φ0=π6,2πTt2+φ0=32π,则有t2-t1=23T,设B速度为零时刻为t,则有0=v1sin(2πTt+φ0),可得2πTt+φ0=π,则有t2-t=T4,联立解得t=5t2+3t18=0.662 5 s,故当t=0.662 5 s时B速度为零,故C错误;单独把A放上弹簧时,静止时弹簧的压缩量xA=mgk=0.1 m,若把A、B一起静止放上弹簧,当弹簧压缩量也等于xA=0.1 m时,A、B一起的速度v满足2mgxA=12·2mv2+12kxA2,解得v=1.5 m/s>0.5 m/s,故弹簧在振动过程中不会恢复原长,故D正确。
二、选择题Ⅱ(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.一弹簧振子做简谐运动,O点为平衡位置,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( )
A.14 sB.815 sC.1.4 sD.1.6 s
解析:BD 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+0.22 s=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′、从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等,为0.3-0.23 s=130 s,故周期为T=12 s+
130 s=815 s,故B、D正确。
9.如图a所示,两组同学在光滑水平面上做弹簧振子实验,以水平向右为正方向,得到甲、乙两弹簧振子的x-t图像如图b,下列说法正确的是( )
A.甲、乙的频率之比为1∶2
B.t=3 s时甲的振动方向向右
C.甲的位移—时间函数为x=2sin π4t(cm)
D.在任意相同的时间内,甲、乙振子的路程相等
解析:AC 由题图b可知,甲、乙的周期之比为2∶1,所以频率之比为1∶2,A正确;t=3 s时甲的振动方向为负,即为向左,B错误;甲的周期等于8 s,由ω=2πT rad/s=π4 rad/s,故甲的位移-时间函数为x=2sin π4t(cm),C正确;在任意相同时间内,甲、乙振子的路程不一定相等,比如在0~1 s内甲的路程更大,D错误。
10.有一摆长为L的单摆,悬点正下方某处有一小钉,当摆球经过平衡位置时,摆线上部被小钉挡住,使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动,摆球从一边最高点摆到另一端最高点过程的闪光照片如图所示(悬点和小钉未被摄入),P点为摆动的最低点,已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,由此可知( )
A.P点左方为摆线碰到钉子后的摆动
B.P点右方为摆线碰到钉子后的摆动
C.小钉与悬点的距离为L4
D.每相邻两次闪光的时间间隔为π8Lg
解析:AD 每相邻两次闪光的时间间隔相等,可知P点左方单摆的周期小于右方单摆的周期,根据T=2πLg,可知P点左方单摆的摆长较短,可知P点左方为摆线碰到钉子后的摆动,A正确,B错误;假设相邻两次闪光的时间间隔为t,在P点左方运动的摆长设为L1,在P点右方运动的摆长设为L2,则T14=π2L1g=2t,T24=π2L2g=4t,所以L2=4L1=L,小钉与悬点的距离为L2-L1=34L,每相邻两次闪光的时间间隔为t=T216=π8Lg,C错误,D正确。
三、非选择题(本题共4小题,共47分)
11.(12分)某学习小组利用单摆来测当地的重力加速度,装置如图所示。
(1)先用游标卡尺测量摆球的直径。如图甲所示,操作正确的是 ,正确操作后测得小球直径如图乙所示,小球直径为 cm;
(2)摆线应该选用下列器材中 ,如图丙所示,安装摆线时应选择 ;
A.长约1 m的细线B.长约1 m的橡皮绳
C.长约5 cm的细线
(3)实验过程中,下列说法正确的是 ;
A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角,并在释放摆球的同时开始计时
B.测量摆球连续通过最低点60次的时间t,则单摆周期为t60
C.选择质量较大、体积较大的摆球,有利于减小重力加速度的测量误差
D.摆线上端未牢固地系于悬点,摆动过程中出现松动,测量出的重力加速度g值偏小
(4)若实验中改变摆长l,测出周期T的相关数据,作出l-T2图像,如图丁所示,利用图像求得当地重力加速度g= m/s2。(取π=3.14,结果保留三位有效数字)
答案:(1)B 0.97 (2)A B (3)D (4)9.86
解析:(1)用游标卡尺测量摆球的直径时,摆球应置于外测量爪的下侧,可知,题图甲中,操作正确的是B;根据游标卡尺的读数规律,该读数为9 mm+0.1×7 mm=0.97 cm。
(2)摆线长度应远远大于摆球直径,即摆线选择适当长一些,为了避免摆线长度发生变化,不能够选择弹性较大的橡皮绳,可知,应选择长约1 m的细线。为了避免摆线长度发生变化,实验中应用铁夹夹住摆线上端,可知,安装摆线时应选择图丙中的B。
(3)为了使单摆运动近似为简谐运动,应把单摆从平衡位置拉开5°以内的摆角,为了减小计时误差,应在摆球运动到最低点的同时开始计时,A错误;
测量摆球连续通过最低点60次的时间t,则有(60-1)×T2=t,解得单摆周期为T=2t59,B错误;为了减小空气阻力的影响,实验中应选择质量较大、体积较小的摆球,有利于减小重力加速度的测量误差,C错误;根据单摆周期公式T=2πlg,解得g=4π2lT2,摆线上端未牢固地系于悬点,摆动过程中出现松动,摆长测量值偏小,则测量出的重力加速度g值偏小,D正确。
(4)根据单摆周期公式T=2πlg,
解得l=g4π2T2,结合题图丁有g4π2=1.004 m/s2,
解得g≈9.86 m/s2。
12.(10分)一物体沿着x轴做简谐运动,从t=0时刻开始计时,物体的位移x随时间t变化的x-t图像如图所示,求:
(1)当t=1.75 s时物体的位移;
(2)从t1到t2经历的时间。
答案:(1)22 cm (2)76 s
解析:(1)由题图可知振幅为A=4 cm,周期为T=2 s,且t=0时刻物体位移为4 cm,可知初相位φ=π2,则振动方程x=Asin(2πTt+φ)=4sin(πt+π2)cm,将t=1.75 s代入方程,解得此时物体位移x′=22 cm。
(2)将t1、t2时刻的坐标数据代入方程分别有
-2 cm=4sin(πt1+π2) cm,
23 cm=4sin(πt2+π2) cm,
解得t1=23 s,t2=116 s,
则从t1到t2经历的时间Δt=t2-t1=76 s。
13.(12分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点,现将小球(可视为质点)拉至A点,此时细线处于张紧状态,释放摆球,则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置,∠AOB=∠COB=α;α小于10°且是未知量。图乙表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线,且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。求:(g取10 m/s2)
(1)单摆的振动周期(用π表示);
(2)单摆的摆长;
(3)摆球运动过程中的最大速度大小。
答案:(1)0.4π s (2)0.4 m
(3)25 m/s或0.283 m/s
解析:(1)小球在一个周期内两次经过最低点,由题图乙可知周期为T=0.4π s。
(2)根据单摆的周期公式T=2πlg,
代入数据解得l=0.4 m。
(3)小球从A到B过程中,机械能守恒,则有
mgl(1-cs α)=12mvmax2,
小球在A点有Fmin=mgcs α,
小球在B点有Fmax-mg=mvmax2l,
联立可得vmax=2gl(Fmax-Fmin)Fmax+2Fmin,
代入数据解得vmax=25 m/s≈0.283 m/s。
14.(13分)如图,在足够大的光滑水平桌面上,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌子左端,另一端与小球A拴接。开始时,小球A用细线跨过光滑的定滑轮连接小球B,桌面上方的细线与桌面平行,系统处于静止状态,此时小球A的位置记为O,A、B两小球质量均为m。现用外力缓慢推小球A至弹簧原长后释放,小球A、B一起做简谐运动。重力加速度为g,空气阻力不计,弹簧始终在弹性限度内。求:
(1)释放后小球A向右运动的最大距离d;
(2)A、B做简谐运动过程中,细线的最大张力F;
(3)若小球A向右运动至最远点时细线断裂,之后小球A做简谐运动的最大速度vm。
答案:(1)2mgk (2)32mg (3)4mg2k
解析:(1)一开始,A静止于O点,根据受力平衡有kx0=mg,解得x0=mgk,
由简谐运动的对称性可知,小球向右运动的距离d=2x0=2mgk。
(2)依题意知,A、B组成的简谐运动中,运动到最右端时细线张力最大,
在小球A向右运动至最远点时,
对A有k·2x0-F=ma,
对B有F-mg=ma,
联立解得F=32mg。
(3)细线断裂前根据机械能守恒可得EP弹=mg·2x0,细线断裂之后,小球A到达弹簧原长处时速度最大EP弹=12mvm2,解得vm=4mg2k。