高中物理一轮复习机械振动专项训练-普通用卷

 高中物理一轮复习机械振动专项训练副标题题号一二三总分得分     一、单选题（本大题共12小题，共48.0分）如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为和，圆心分别为和，所对应的圆心角均小于，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，距离MO小于现分别将位于M点和N点的两个小球A和均可视为质点同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是

 A. 恰好在O点 B. 一定在O点的左侧
C. 一定在O点的右侧 D. 条件不足，无法确定一小球挂于O点，细线长为L，O点正下方处有一铁钉．将小球拉至A处无初速释放，摆角很小，这个摆的周期是A.
B.
C.
D.

  如图所示为质点P在内的振动图象，下列叙述正确的是
 
A. 该质点的周期为4s，振幅为4cm
B. 4s末，该质点的速度沿正方向
C. 6s末，该质点的加速度沿正方向，且达到最大值
D. 2s末，该质点速度达到最大关于简谐运动的下列说法中，正确的是A. 位移减小时，加速度减小，速度增大
B. 位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同
C. 物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同
D. 水平弹簧振子朝左运动时，加速度方向跟速度方向相同，朝右运动时，加速度方向跟速度方向相反把在赤道调准的摆钟，由赤道移到北京去时，摆钟的振动A. 变慢了，要使它恢复准确，应增加摆长
B. 变慢了，要使它恢复准确，应缩短摆长
C. 变快了，要使它恢复准确，应增加摆长
D. 变快了，要使它恢复准确，应缩短摆长一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图所示，它的振动图象如图所示，设向右为正方向，下列说法正确的是
A. 第末质点的速度方向向右 B. 在4s内完成6次全振动
C. 第末质点的加速度方向向右 D. 第时质点振幅是将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了．其原因和调整的方法分别为A. ，将摆长缩短 B. ，将摆长加长
C. ，将摆长缩短 D. 乙，将摆长加长关于弹簧振子的位置和路程，下列说法中正确的是A. 运动一个周期，位置一定不变，路程一定等于振幅的4倍
B. 运动半个周期，位置一定不变，路程一定等于振幅的2倍
C. 运动个周期，位置可能不变，路程等于振幅的3倍
D. 运动一段时间位置不变时，路程一定等于振幅的4倍某沿水平方向振动的弹簧振子在内做简谐运动的振动图象如图所示，由图可知
 A. 该振子的振幅为5cm，振动周期为6s
B. 第3s末振子的速度沿x轴负方向
C. 第3s末到第4s末的过程中，振子做减速运动
D. 该振子的位移x和时间t的函数关系：一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图线为正弦曲线，如图所示，下列说法错误的是A. 在t从0到2s时间内，弹簧振子做加速运动
B. 在和时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反
C. 在和时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同
D. 在t从0到4s时间内，时刻弹簧振子所受回复力做功功率最大一个在水平面内做简谐运动的弹簧振子，从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，下列说法中正确的是A. 到它第二次经过a点时，所需时间为半个周期
B. 到它第二次经过a点时，所需时间为一个周期
C. 到它第三次经过a点时，所需时间为一个周期
D. 到它第三次经过a点时，所需时间为二个周期如图为一振子做简谐运动的图象，在和时刻，振子的
 A. 位移相同
B. 速度相同
C. 回复力相同
D. 加速度相同
   二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）竖直悬挂的弹簧振子由最低点B开始作简谐运动，O为平衡位置，C为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图象如图所示．则以下说法中正确的是
 
A. 弹簧振子的振动周期为
B. 时，振子的合力为零
C. 时，振子的速度最大，且竖直向下
D. 时，振子的加速度最大，且竖直向下一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．时刻振子的位移；时刻；时刻下面列出了振子的振幅和周期几组可能的值A. ， B. ，8s C. ， D. ，8s一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是
 
A. 质点振动频率为4 Hz
B. 在10内质点经过的路程是20 cm
C. 在5末，质点速度为零，加速度最大
D. 在 s和两时刻质点位移相等将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力，用这种方法测得某单摆摆动过程中悬线上拉力大小随时间变化的曲线如图所示由此图线提供的信息，作出下列判断，则正确的是A. 时摆球正通过最低点
B. 时摆球正通过最低点
C. 摆球摆动过程中机械能时而增大时而减小
D. 摆球的摆动周期大约为三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）如图所示，劲度系数为的轻质水平弹簧左端固定在壁上，右端系一质量的小物块A，A的右边系一轻细线，细线绕过轻质光滑的滑轮后与轻挂钩相连，小物块A放在足够长的桌面上，它与桌面的滑动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑轮以左的轻绳处于水平静止状态，弹簧的长度为自然长度．现将一质量的物体B轻挂在钩上，然后松手，在此后的整个运动过程中，求：
小物块A速度达到最大时的位置；
弹簧弹性势能的最大值；
小物块A克服摩擦力所做的功．






 如图所示，有一个摆长为l的单摆在摆角很小的情况下摆动，当摆球经过平衡位置O向右运动的同时，另一个以速度v做匀速运动的小木块正好经过O点的正下方A点向右运动．然后小木块与竖直的挡板B碰撞后仍以原速率返回做匀速运动．略去小木块与B碰撞的时间，试求A、B之间的距离满足什么条件，才能使木块返回A处时摆球也同时到达O点且向左运动？







答案和解析1.【答案】C
 【解析】【分析】
由题，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆运动，根据单摆的周期公式，分析两小球第一次到达O点的时间关系，即可判断第一次相遇的位置。
本题关键是采用等效法，将两球在圆弧上的运动看做等效单摆运动，常常称为槽摆，再根据单摆的周期公式，比较时间，即可判断第一次相遇的位置。
【解答】
据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于，把两球在圆弧上的运动看做等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则M、N两球的运动周期分别为
    ，
两球第一次到达O点的时间分别为
   ，。
由于，则，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧，故C正确，ABD错误。
故选C。
2.【答案】B
 【解析】【分析】
小球再次回到A点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L为摆长的简谐运动半个周期和以为摆长的简谐运动的半个周期．
考查对单摆周期的理解，明确不同的摆长对应不同的周期。
【解答】
以L为摆长的运动时间为：
以为摆长的运动的时间为：
则这个摆的周期为：
故ACD错误，B正确
故选B。
3.【答案】C
 【解析】解：A、由图知，质点振动的周期是8s，振幅为故A错误．
B、4s末，切线的斜率为负，则该质点的速度沿负方向，故B错误．
C、6s末，该质点的位移为负向最大，由知，加速度沿正方向，且达到最大值．故C正确．
D、2s末，该质点的位移最大，速度为零，故D错误．
故选：C
根据图象可直接读出周期和振幅的大小．分析振动过程，可判断位移、速度等物理量的变化情况．根据图象的斜率分析速度的方向．
本题考查对振动图象的认识，会由图象得到周期、振幅及振动方向等问题，进而分析质点的速度、加速度的变化情况．
4.【答案】A
 【解析】【分析】
简谐运动中的回复力；加速度与位移关系为：；据此判断回复力与加速度速度和位移之间的关系．
解决本题的关键是知道简谐运动中回复力与加速度和位移之间的关系式。
【解答】
A.位移减小时，振子靠近平衡位置，速度增加，根据，加速度减小，故A正确；
B.根据，位移方向总跟加速度方向相反，但与速度方向可以相同、也可以相反，故B错误；
C.物体的运动方向指向平衡位置时，是靠近平衡位置，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，是减速，速度方向跟位移方向相同；故C错误；
D.水平弹簧振子朝左运动时，可能是远离平衡位置，也可能是靠近平衡位置，故加速度方向跟速度方向可能相反，也可能相同，故D错误；
故选A。
5.【答案】C
 【解析】【分析】
首先知道重力加速度的变化，再根据周期公式，确定是增加摆长还是减小摆长．
知道重力加速度的变化，灵活应用单摆的周期公式即可解决，基础题．
【解答】
解：把调准的摆钟，由赤道移至北京，重力加速度变大，根据周期公式，则周期变短，钟变快，
要使它准确应该使T增大，即增加摆长L．
故选：C．
6.【答案】C
 【解析】【分析】位移图时间象切线的斜率等于速度，根据数学知识判断速度的方向，由图象读出周期，根据时间与周期的倍数关系，分析4s内完成全振动的次数，根据位移方向分析质点的加速度方向，根据位移分析质点的位置。
本题要根据振动图象读出基本的信息，如振幅、周期、速度的方向、位移等等，要知道位移时间图象切线的斜率等于速度，简谐运动的加速度与位移的关系为。【解答】A.位移时间图象切线的斜率等于速度，根据数学知识知，第末质点的速度方向向左，即从，故A错误。
B.质点的振动周期为，则在4s内质点完成全振动次数为：次，故B错误。
C.第末质点的位移为负向最大，由，知质点的加速度为正向，即，故C正确。
D.第时，质点振幅是5cm，故D错误。
故选C。
 
7.【答案】A
 【解析】【分析】
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用。
将一个摆钟由甲地移至乙地，发现摆钟变慢了。知周期变长了，通过单摆的周期公式分析原因和减小周期的方法。
【分析】
根据，知摆钟变慢了，则周期变长了，所以甲地的重力加速度大于乙地的重力加速度，为了减小周期，可以减小摆长，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】A
 【解析】【分析】
振子在一个周期内完成一次全振动，根据振动的可能情况分析各项的正误．
对于简谐运动要注意振动的周期性及速度的变化，明确周期的含义：只有振子回到出发点，且速度方向相同的才是一个周期．
【解答】
A.运动一个周期内，振子完在一次全振动，回到起始位置，故位置一定不变，所有的点都经过两次，路程是振幅的4倍，故A正确；
B.当振子从一端开始运动，经过半个周期，则振子恰好到达另一端点，故位置变化，故B错误；
C.若从最大位置到平衡位置的中间某点开始运动，运动周期时由于速度不是均匀的路程并不等于振幅的3倍，故C错误；
D.只有振子振动一个周期时，路程才等于振幅4倍，若回到出发点，但速度反向，则不是一个周期，故路程不等于振幅的4倍，故D错误；
故选A。
9.【答案】C
 【解析】【分析】
由图读出周期和振幅。第3s末振子经过平衡位置向正方向运动。第3s末到第4s末振子由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小。由公式，得到圆频率，则可求得该振子简谐运动的表达式。
本题考查根据图象分析物体振动过程的能力．当振子靠近平衡位置时速度增大，加速度减小；背离平衡位置时速度减小，加速度增大。
【解答】
解：由图读出振动周期为4s，振幅为5cm，故A错误；
B.根据图象可知，第3s末振子经过平衡位置向正方向运动，故B错误；
C.第3s末振子处于平衡位置处，速度最大，则第3s末到第4s末的过程中，振子做减速运动，故C正确；
D.由振动图象可得：振幅，周期，初相，则角频率，故该振子做简谐运动的表达式为：，故D错误。
故选C。
10.【答案】C
 【解析】解：A、在t从0到2s时间内，回复力逐渐变大，说明振子逐渐远离平衡位置，做减速运动，故A错误；
B、在到过程，回复力先减小为零后反向增加，说明先靠近平衡位置后远离平衡位置，故3s和5s速度方向相同；由于3s和5s回复力大小相等，故位移大小也相等，速度大小也相等，故B错误；
C、在和时，回复力相等，根据公式，位移相同，故C正确；
D、在t从0到4s时间内，时刻弹簧振子速度为零，根据，功率为零，故D错误；
故选C．
11.【答案】C
 【解析】解：AB、振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子再次经过a时，速度的方向一定与开始时的方向相反，所以经过的时间可能大于半周期，也可能小于半个周期，但一定不等于半个周期或一个周期．故A错误，B错误．
CD、振子从第一次以不等于零的速度经过非平衡位置的某点a时开始计时，当振子第三次经过a时，速度的方向一定与开始时的方向相同，所以经过的时间一定是一个周期，故C正确，D错误．
故选：C
弹簧振子做简谐振动，具有周期性．当振子的速度再次与零时刻的速度相同时，可能振子通过关于平衡位置对称点，经过的时间为不一定是一个周期．振子在一个周期内，经过的路程是4个振幅．当振子再次经过此位置时，经过的时间不一定是一个周期．
本题考查简谐运动过程的分析和理解能力，抓住简谐运动的周期性和对称性．
12.【答案】B
 【解析】解：从振子的位移时间图象可以看出，正向位移逐渐变小并反向增加，故运动方向没有改变，即速度方向不变；据对称性可知，两时刻的速度相同，
振子先靠近平衡位置再远离平衡位置，位移由正向变为负向，，再据牛顿第二定律：可知，回复力，加速度由负向变为正向，加速度方向发生了改变．故ACD错误，B正确．
故选：B．
结合振子的实际运动模型，得到振子的位移由正值逐渐变小并反向变大，然后得到速度和加速度的变化规律．
本题关键是根据位移时间图象得到振子位移变化的规律，再结合实际模型进行分析处理．对于速度，也可以切线的斜率等于速度进行判断．
13.【答案】ABC
 【解析】【分析】
周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅，根据振子的位置分析其速度和加速度大小，振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大。
本题结合振动图象考查了振幅和周期的概念以及质点振动的方向，要能结合振动图象进行分析，基础题。
【解答】
A.周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，该振子的周期是，故A正确．
B.由图可知，时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零．故B正确；
C.由图可知，时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即振子的速度方向竖直向下，故C正确．
D.由图可知，弹簧振子在时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度最大，且竖直向上．故D错误．
故选ABC。
14.【答案】ABC
 【解析】【分析】
时刻；时刻经过又回到原位置，知是周期的整数倍，时刻振子的位移，时刻，知道周期大于，即可得到周期和振幅．
解决本题的关键知道经过周期的整数倍，振子回到原位置．分析时间与周期的关系，即可解答．
【解答】
时刻；时刻经过又回到原位置．
因为经过周期的整数倍，振子回到原位置，则知是周期的整数倍，经过振子运动到对称位置，可知，单摆的周期为，则为半个周期，则振幅为．
可能振幅大于，则周期．
当周期为时，经过运动到与平衡位置对称的位置，振幅可以大于故ABC正确，D错误．
故选：ABC．
15.【答案】BCD
 【解析】解：A、由图读出周期为，则频率为故A错误．
B、质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，，则在10s内质点经过的路程是故B正确．
C、在5s末，质点位于最大位移处，速度为零，加速度最大．故C正确．
D、由图看出，在和两时刻质点位移相等．故D正确．
故选：BCD．
由图读出周期，求出频率．质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，根据时间与周期的关系，求出质点在10s内经过的路程．根据质点的位置，分析速度和加速度．在和两时刻质点位移大小相等．
质点做简谐运动时通过的路程，一般根据时间与周期的关系，求出路程是多少倍的振幅．质点在任意时刻的位移，可由振动方程求解．
16.【答案】A
 【解析】略
17.【答案】解：对AB系统，，故A向右运动，
根据牛顿第二定律：
当时，A的速度达到最大，此时A的坐标
代入数据，解得：
由于mg、均为恒力，弹力为线性回复力，所以系统向右的运动是以
为平衡位置的简谐运动，从A开始向右运动到系统速度为零，A向右运动的距离为：
由能量守恒，得：
代入数据，得：
由于，A开始向左加速运动
根据牛顿第二定律：
设向左运动A的平衡位置为

得：
解得：
当AB两物体组成的系统向左运动到速度为零的位置，A的坐标为

此时，所以A静止在处，整个过程A的路程为：
故克服摩擦力所做的总功为
解得：
答：小物块A速度达到最大时的位置为；弹簧弹性势能的最大值为；小物块A克服摩擦力所做的功为．
 【解析】A的加速度等于零时，A的速度达到最大，根据牛顿第二定律，求出此时位置；通过比较mg、，判断出系统向右的运动是以为平衡位置的简谐运动，得到A向右运动的距离，利用能量守恒可得弹簧弹性势能；求出A知道最终静止下来的路程，根据可求摩擦力所做的总功．
解答本题要知道A的加速度等于零时，A速度达到最大，能根据牛顿第二定律以及能量守恒列式解题，A运动过程分析是关键，有一定的难度．
18.【答案】解：小球振动的周期 小球通过O点且向左运动的时刻： 1，同时通过O点且向左运动，满足的条件：解得： 1，
 【解析】本题关键利用单摆的周期性和两物体运动的同时性，不能当作特殊值求解，而认为物块运动的时间为单摆半个周期。单摆做简谐运动，经过半周期的奇数倍的时间时，球再次向左运动时与物块相遇，求出B球运动的时间，再求解x。