第二章　机械振动 综合拔高练（含答案解析）

综合拔高练
高考真题练
考点1　简谐运动的描述
1.[2021河北,16(1)]如图,一弹簧振子沿x轴做简谐运动,振子零时刻向右经过A点,2 s 时第一次到达B点,已知振子经过A、B两点时的速度大小相等,2 s内经过的路程为5.6 m,则该简谐运动的周期为　　s,振幅为　　m。
2.(2022浙江6月选考,11)如图所示,一根固定在墙上的水平光滑杆,两端分别固定着相同的轻弹簧,两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动,小球将做周期为T的往复运动,则 (　　)
A.小球做简谐运动
B.小球动能的变化周期为
C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D.小球的初速度为时,其运动周期为2T
3.(2021江苏,4)半径为R的圆盘边缘有一钉子B,在水平光线下,圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P。以O为原点在竖直方向上建立坐标系。t=0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘,角速度为ω。则P做简谐运动的表达式为 (　　)
A.x=R sin (ωt-)　　　　　　　　B.x=R sin (ωt+)
C.x=2R sin (ωt-)　　　　　　　　D.x=2R sin (ωt+)
考点2　简谐运动的振动图像
4.[2021广东,16(1)]如图所示,一个轻质弹簧下端挂一小球,小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放,并开始计时,小球在竖直方向做简谐运动,周期为T。经时间,小球从最低点向上运动的距离　　　 (填“大于”“小于”或“等于”);在时刻,小球的动能　　　　(填“最大”或“最小”)。
考点3　单摆问题
5.(2023河北,11)某实验小组利用图1装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点,下端悬挂一小钢球,通过光电门传感器采集摆动周期。
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。
A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直
B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C.小钢球可以换成较轻的橡胶球
D.应无初速度、小摆角释放小钢球
(2)组装好装置,用毫米刻度尺测量摆线长度L,用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图2,小钢球直径d=　　　　mm,记摆长l=L+。
(3)多次改变摆线长度,在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T,并作出l-T2图像,如图3。
根据图线斜率可计算重力加速度g=　　　m/s2(保留3位有效数字,π2取9.87)。
(4)若将摆线长度误认为摆长,仍用上述图像法处理数据,得到的重力加速度值将　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
考点4　共振问题
6.(多选题)(2021浙江1月选考,15)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率,工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置,如图甲、乙所示。则 (　　)
A.针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同
B.随着振动器频率的增加,树干振动的幅度一定增大
C.打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干的振动频率相同
D.稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
高考模拟练
应用实践
1.下端附着重物的粗细均匀木棒,竖直浮在河面,在重力和浮力作用下,沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动,与此同时,木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动,如图甲所示。以木棒所受浮力F为纵轴,木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系,浮力F随水平位移x的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是 (　　)
　
A.x从0.05 m到0.15 m的过程中,木棒的重力势能一直增大
B.x从0.2 m到0.3 m的过程中,木棒加速度方向竖直向下,逐渐增大
C.木棒的重力大小为
D.木棒实际的运动是简谐运动
2.(多选题)如图所示,一倾角为α=30°的光滑绝缘斜面,处于竖直向下的匀强电场中,电场强度E=。现将长为l的细线(不可伸长)一端固定,另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球放在斜面上,小球静止在O点。将小球拉开角度θ后由静止释放,小球的运动可视为单摆运动,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.摆球经过平衡位置时合力不为零
B.摆球的摆动周期为T=2π
C.摆球的摆动周期为T=2π
D.摆球刚释放时的回复力大小F=
3.如图所示为一个摆长L=1 m的单摆。①若摆角θ<5°,不计一切阻力,则该单摆的振动可视为　　　　(填“简谐运动”或“阻尼振动”),其振动周期为　　　　 s;②实际情况下,在某次实验中,将该单摆的摆球拉到图中A点(摆线绷直,摆角θ<5°)由静止释放后,发现摆球在竖直面内完成10次全振动达到右侧最高点的位置B比A低了h=0.5 cm。若摆球质量m=0.1 kg,每完成10次全振动给它补充一次能量,使摆球瞬间由B点恰好回到A点,则从释放摆球开始计时,在t=202 s内总共应补充的能量为　　　J(保留2位小数,重力加速度g取10 m/s2,在数值上≈π)。
迁移创新
4.简谐运动具有如下特点:
①简谐运动的物体受到回复力的作用,回复力的大小F回与物体偏离平衡位置的位移x成正比,回复力的方向与物体偏离平衡位置的位移方向相反,即F回=-kx,其中k为振动系数,其值由振动系统决定;
②简谐运动是一种周期性运动,其周期与振动物体的质量的平方根成正比,与振动系统的振动系数的平方根成反比,即T=2π。
(1)如图甲所示,摆长为L、摆球质量为m的单摆在A、B间做小角度的自由摆动,当地重力加速度为g。
a.当摆球运动到P点时,摆角为θ,画出此时摆球受力的示意图,并写出此时摆球受到的回复力F回大小;
b.请结合简谐运动的特点,证明单摆在小角度摆动时是简谐运动,且周期T=2π。
(提示:用弧度制表示角度,当角θ很小时,sin θ≈θ,θ角对应的弧长与它所对的弦长也近似相等)
(2)类比法、等效法等都是研究和学习物理过程中常用的重要方法。长为L的轻质绝缘细线下端系着一个带电荷量为+q,质量为m的小球。将该装置处于场强大小为E的竖直向下的匀强电场中,如图乙所示。若带电小球在乙图中做小角度的简谐运动,求带电小球在乙图中振动的周期。
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
高考真题练
1.答案　4　2.8
解析　振子经过A、B两点时的速度大小相等,A、B两点关于O点对称,振子从A向右振动第一次回到B的时间与振子从B向左振动第一次回到A的时间相等,且两者时间之和恰好为一个周期,故周期T=4 s,2 s内经过的路程恰好为2倍振幅,故振幅A= m=2.8 m。
2.B　物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比,且方向总是指向平衡位置,可知小球在杆上两弹簧自由端之间,所受合力为零,此过程做匀速直线运动,故小球不是做简谐运动,A错误;假设杆中点为O,小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A,小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B,可知小球做周期为T的往复运动过程为O→A→O→B→O,根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O,这两个过程的动能变化完全一致,两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致,故小球动能的变化周期为,两根弹簧的总弹性势能的变化周期为,B正确,C错误;小球的初速度为时,可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍,接触弹簧过程,根据弹簧振子周期公式T0=2π可知接触弹簧过程所用时间与速度无关,即接触弹簧过程时间保持不变,故小球的初速度为时,其运动周期应小于2T,D错误。
3.B　经过时间t,B、A连线绕圆心A转过的角度θ=ωt,此时x=R cos θ=R sin (θ+)=R sin (ωt+),选项B正确。
4.答案　小于　最大
解析　小球从最低点向上运动至平衡位置的过程中,做速度越来越大的加速运动,总时间为 ,总位移为A,则前的位移小于;在时刻,小球到达平衡位置,此时速度最大,动能最大。
5.答案　(1)ABD　(2)20.035　(3)9.87　(4)不变
解析　(1)使用光电门测量时,光电门U形平面应与被测物体的运动方向垂直,A正确;测量摆线长度时,要保证摆线处于伸直状态,B正确;单摆是一个理想化模型,若采用质量较轻的橡胶球,则空气阻力对摆球运动的影响较大,C错误;无初速度、小摆角释放小钢球的目的是保持摆球在竖直平面内运动,不形成圆锥摆,且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为做简谐运动,使用T=2π计算单摆的周期,D正确。
(2)小钢球直径为d=20 mm+3.5×0.01 mm=20.035 mm。
(3)单摆周期公式T=2π,整理得l=T2,由图像知图线的斜率k== m/s2= m/s2,解得g=9.87 m/s2。
(4)若将摆线长度L误认为摆长l,根据T=2π,得L=-,仍用上述图像法处理数据,图线斜率不变,仍为,故得到的重力加速度值不变。
6.AD　打击杆和振动器两种装置,都利用了共振,由于不同树木固有频率可能不同,故落果效果最好的振动频率可能不同,A正确;若振动器频率大于树木固有频率,随着振动器频率的增加,与树木固有频率差值增大,树干振动的幅度反而减小,故B错误;打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干不再做受迫振动,其振动频率为固有频率,故可能不同,C错误;由于做受迫振动,故稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同,D正确。
高考模拟练
1.A　分析题图乙如图所示:
x从0.05 m到0.15 m的过程中,木棒从平衡位置下方向上运动,木棒的重力势能一直增大,A正确;x从0.2 m到0.3 m的过程中,木棒从平衡位置上方最大位移处向下运动,加速度竖直向下,大小逐渐减小,B错误;根据对称性可知,F1-G=G-F2,则木棒的重力大小为G=,C错误;木棒竖直方向做简谐运动,水平方向做匀速直线运动,可知木棒的实际运动不是简谐运动,D错误。
2.AC　摆球经过平衡位置时,回复力为零,但摆球有沿斜面向上的向心加速度,合力不为零,A正确;摆球沿斜面方向的加速度为a==g,则摆球的摆动周期为T=2π=2π,B错误,C正确;摆球刚释放时的回复力大小F=(mg+qE)·sin α sin θ=mg sin θ,D错误。
3.答案　①简谐运动　2或2.0　②0.05
解析　①若摆角θ<5°,不计一切阻力,则该单摆的振动可视为简谐运动;根据单摆周期公式可得,其振动周期为T=2π=2.0 s。
②每次补充的能量为ΔE=mgh=0.1×10×0.5×10-2 J=5×10-3 J,
由于每完成10次全振动给它补充一次能量,且t=202 s=101T,
所以在t=202 s内总共应补充的能量为E=ΔE×10=0.05 J。
4.答案　见解析
解析　(1)a.对摆球受力分析,如图。
此时刻摆球受到的回复力F回=G1=mg sin θ。
b.单摆在小角度摆动时,回复力为F回=G1=mg sin θ,
当θ很小时,sin θ≈θ,θ等于θ角对应的弧长与半径的比值,可得摆球在任意位置Q时有F回=mg,
当θ很小时,θ角对应的弧长近似等于它所对的弦长,即摆球偏离平衡位置的位移x的大小,故F回=-mg,
振动系数k=,
将k代入简谐运动周期公式
T=2π,
可得单摆周期公式为
T=2π。
(2)题图乙中,摆球受到重力G、电场力F电和摆线拉力T,与重力场中的单摆类比,等效的“重力”G'=G+F电,g'==,
代入单摆周期公式得
T=2π。
7