2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第二章 機(jī)械振動 章末檢測試卷(二)含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修1第二章機(jī)械振動章末檢測試卷(二)(滿分：100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2022·泰安市期中)關(guān)于做簡諧運(yùn)動物體的位移、速度、加速度的關(guān)系，下列說法中正確的是()A．位移減小時，速度增大，加速度也增大B．位移方向總跟加速度方向相反，但跟速度方向相同C．物體遠(yuǎn)離平衡位置運(yùn)動時，速度方向跟位移方向相同D．物體通過平衡位置時，回復(fù)力為零，故處于平衡狀態(tài)答案C解析位移減小時，速度增大，加速度減小，故A錯誤；位移方向總跟加速度方向相反；當(dāng)物體遠(yuǎn)離平衡位置時，位移方向與速度方向相同，當(dāng)物體靠近平衡位置時，位移方向與速度方向相反，故B錯誤，C正確；物體通過平衡位置時，回復(fù)力為零，但合外力不一定為零，所以不一定處于平衡狀態(tài)，故D錯誤。2．(2022·唐山一中期中)如圖所示是兩人合作模擬振動曲線的記錄裝置。先在白紙中央畫一條直線OO1使它平行于紙的長邊，作為圖像的橫坐標(biāo)軸。一個人用手使鉛筆尖的白紙上沿垂直于OO1的方向振動，另一個人沿OO1的方向勻速拖動白紙，紙上就畫出了一條描述筆尖振動情況的x－t圖像。下列說法正確的是()A．白紙上OO1軸上的坐標(biāo)代表速度B．白紙上與OO1垂直的坐標(biāo)代表振幅C．勻速拖動白紙是為了保證時間均勻變化D．拖動白紙的速度增大，可使筆尖振動周期變長答案C解析筆尖振動周期一定，根據(jù)白紙上記錄的振動圖像的個數(shù)可確定出時間長短，所以白紙上OO1軸上的坐標(biāo)代表時間，故A錯誤；白紙上與OO1垂直的坐標(biāo)是變化的，代表了筆尖的位移，而不是振幅，故B錯誤；由v＝eq\f(x,t)可知，勻速拖動白紙，是為了用相等的距離表示相等的時間，是為了保證時間均勻變化，故C正確；筆尖振動周期與拖動白紙的速度無關(guān)，拖動白紙的速度增大，筆尖振動周期不變，故D錯誤。3．如圖甲所示，豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，可帶動固定在圓盤上的T形支架在豎直方向振動，T形支架的下面系著一個彈簧和小球，共同組成一個振動系統(tǒng)。當(dāng)圓盤靜止時，小球可穩(wěn)定振動。現(xiàn)使圓盤以4s的周期勻速轉(zhuǎn)動，經(jīng)過一段時間后，小球振動達(dá)到穩(wěn)定。改變圓盤勻速轉(zhuǎn)動的周期，小球的共振曲線(振幅A與驅(qū)動力的頻率f的關(guān)系)如圖乙所示，則()A．此振動系統(tǒng)的固有頻率約為0.25HzB．此振動系統(tǒng)的固有頻率約為3HzC．若圓盤勻速轉(zhuǎn)動的周期增大，系統(tǒng)的振動頻率不變D．若圓盤勻速轉(zhuǎn)動的周期增大，共振曲線的峰值將向右移動答案B解析由小球的共振曲線可得，此振動系統(tǒng)的固有頻率約為3Hz，故B正確，A錯誤；振動系統(tǒng)的振動頻率是由驅(qū)動力的頻率決定的，所以若圓盤勻速轉(zhuǎn)動的周期增大，系統(tǒng)的振動頻率減小，故C錯誤；共振曲線峰值對應(yīng)振動系統(tǒng)的固有頻率，它是由振動系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定的，與驅(qū)動力的頻率無關(guān)，故D錯誤。4．如圖為一單擺做簡諧運(yùn)動時的速度—時間圖像，不考慮空氣阻力的影響，下列說法正確的是()A．此單擺的擺長約為2mB．t＝1s時單擺的回復(fù)力為零C．若減小釋放單擺時的擺角，單擺的周期將變小D．將此單擺從北京移至廣州，它做簡諧運(yùn)動的周期將變大答案D解析由題圖可知，擺動周期T＝2s，由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，可解得此單擺的擺長約為1m，A錯誤；t＝1s擺球速度為零，在最大位移處，單擺的回復(fù)力最大，B錯誤；單擺的周期與擺角無關(guān)，C錯誤；將此單擺從北京移至廣州，重力加速度減小，它做簡諧運(yùn)動的周期將變大，D正確。5.如圖所示，一小球用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，細(xì)線長為L，O點(diǎn)正下方eq\f(1,2)L處有一光滑鐵釘。將小球拉至A處無初速度釋放(擺角很小)，重力加速度為g，這個擺的周期是()A．2πeq\r(\f(L,g)) B．πeq\r(\f(L,g))C．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,g)) D．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))答案D解析小球再次回到A點(diǎn)時所用的時間為一個周期，其中包括了以L為擺長的簡諧運(yùn)動半個周期和以eq\f(1,2)L為擺長的簡諧運(yùn)動的半個周期。以L為擺長的運(yùn)動時間t1＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(L,g))，以eq\f(1,2)L為擺長的運(yùn)動時間t2＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(\f(1,2)L,g))，則這個擺的周期T＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))，故A、B、C錯誤，D正確。6．一質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動的振動方程是x＝2sin(50πt＋eq\f(π,2))cm，則()A．在0～0.02s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度與加速度方向始終相同B．在0.02s時，質(zhì)點(diǎn)具有沿x軸正方向的最大加速度C．在0.035s時，質(zhì)點(diǎn)的速度方向與加速度方向均沿x軸正方向D．在0.04s時，回復(fù)力最大，質(zhì)點(diǎn)的速度方向沿x軸負(fù)方向答案B解析由振動方程可知，振幅A＝2cm，T＝0.04s，初相位φ＝eq\f(π,2)，即t＝0時，位于正的最大位移處。在0～0.02s內(nèi)，前0.01s內(nèi)，速度與加速度方向相同，后0.01s內(nèi)，速度與加速度方向相反，A錯誤；在0.02s時，質(zhì)點(diǎn)在負(fù)的最大位移處，具有正向最大加速度，B正確；在0.035s時，質(zhì)點(diǎn)從平衡位置上方，向最大位移處運(yùn)動，速度方向沿x軸正方向，加速度方向沿x軸負(fù)方向，C錯誤；在0.04s時，質(zhì)點(diǎn)回到正的最大位移處，回復(fù)力最大，速度為零，無方向，D錯誤。7．兩個彈簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右為正方向，其振動圖像如圖所示，以下說法正確的是()A．兩彈簧振子具有相同的相位B．甲的振幅比乙大，所以甲的能量比乙大C．t＝2s時甲具有負(fù)向最大速度，乙具有正向最大位移D．甲、乙兩彈簧振子加速度最大值之比一定為2∶1答案C解析由題圖知兩彈簧振子的周期不相等，只是初相相同，所以它們的相位不相同，選項A錯誤；兩振動系統(tǒng)為水平彈簧振子，能量只有動能和彈性勢能，當(dāng)位移最大時振動能量即彈性勢能，甲的振幅大，但兩彈簧的勁度系數(shù)大小不知，所以最大位移時彈性勢能無法判斷，即能量大小無法判斷，選項B錯誤；t＝2s時甲處于平衡位置向負(fù)向運(yùn)動，具有負(fù)向最大速度，乙在正向最大位移處，具有正向最大位移，選項C正確；不知道兩個彈簧勁度系數(shù)和振子質(zhì)量的大小關(guān)系，所以無法判斷回復(fù)力大小和加速度大小的比例關(guān)系，選項D錯誤。8．如圖甲所示，金屬小球用輕彈簧連接在固定的光滑斜面頂端。小球在斜面上做簡諧運(yùn)動，到達(dá)最高點(diǎn)時，彈簧處于原長。取沿斜面向上為正方向，小球的振動圖像如圖乙所示。則()A．彈簧的最大伸長量為4mB．t＝0.2s時，彈簧的彈性勢能最大C．t＝0.2s到t＝0.6s內(nèi)，小球的重力勢能逐漸減小D．t＝0到t＝0.4s內(nèi)，回復(fù)力的沖量為零答案C解析小球的振幅等于振子位移的最大值，由題圖乙可知，振幅為A＝2cm，由于當(dāng)振子到達(dá)最高點(diǎn)時，彈簧處于原長，所以彈簧的最大伸長量為2A＝4cm，A錯誤；t＝0.2s時，彈簧處于原長，彈簧的彈性勢能最小，為零，B錯誤；t＝0.2s到t＝0.6s內(nèi)，小球由最高點(diǎn)向最低點(diǎn)運(yùn)動，小球的重力勢能逐漸減小，C正確；t＝0時小球經(jīng)過平衡位置沿斜面向上運(yùn)動，t＝0.4s時小球經(jīng)過平衡位置沿斜面向下運(yùn)動，回復(fù)力方向都為沿斜面向下，根據(jù)動量定理可知回復(fù)力的沖量不為零，D錯誤。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．蜘蛛會根據(jù)絲網(wǎng)的振動情況感知是否有昆蟲“落網(wǎng)”，若絲網(wǎng)的固有頻率為200Hz，下列說法正確的是()A．“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率越大，絲網(wǎng)的振幅越大B．當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率低于200Hz時，絲網(wǎng)不振動C．當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的周期為0.005s時，絲網(wǎng)的振幅最大D．昆蟲“落網(wǎng)”時，絲網(wǎng)振動的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率決定答案CD解析根據(jù)共振的條件可知，當(dāng)驅(qū)動力的頻率越接近系統(tǒng)的固有頻率時，系統(tǒng)的振幅越大，A錯誤；當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率低于200Hz時，絲網(wǎng)仍然振動，B錯誤；當(dāng)“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的周期為0.005s時，其頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.005)Hz＝200Hz，與絲網(wǎng)的固有頻率相等，所以絲網(wǎng)的振幅最大，C正確；受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，所以昆蟲“落網(wǎng)”時，絲網(wǎng)振動的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率決定，D正確。10．如圖甲所示，挖掘機(jī)的頂部垂下一個大鐵球，讓大鐵球小角度地擺動，即可以用來拆卸混凝土建筑，大鐵球與懸鏈可視為單擺，對應(yīng)的振動圖像如圖乙所示，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．單擺振動的周期為6sB．t＝2s時，擺球的速度最大C．球擺開的角度越大，周期越大D．該單擺的擺長約為16m答案BD解析由題圖乙知，單擺的周期為8s，A錯誤；t＝2s時，擺球位于平衡位置，速度最大，B正確；根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，周期與擺球擺開的角度大小無關(guān)，C錯誤；將數(shù)據(jù)代入T＝2πeq\r(\f(l,g))得擺長l≈16m，D正確。11．彈簧振子做簡諧運(yùn)動，若從平衡位置O開始計時，經(jīng)過4s振子第一次經(jīng)過P點(diǎn)，又經(jīng)過了1s，振子第二次經(jīng)過P點(diǎn)，則該簡諧運(yùn)動的周期為()A．5s B．6sC．14s D．18s答案BD解析如圖，假設(shè)彈簧振子在水平方向BC之間振動，若振子開始先向右振動，振子的振動周期為T＝4×(4＋eq\f(1,2))s＝18s若振子開始先向左振動，設(shè)振子的振動周期為T′，則eq\f(T′,2)＋(eq\f(T′,4)－eq\f(1,2)s)＝4s解得T′＝6s，故B、D正確。12．(2022·山東高二期末)勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在傾角30°的足夠長光滑斜面底端，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，跨過定滑輪O的輕繩一端系住A，另一端與質(zhì)量為m的球B相連，輕繩OA平行于斜面(如圖所示)，用手托住球B，使輕繩剛好伸直?，F(xiàn)松手使球B從靜止開始下落，物塊A將在斜面上做簡諧運(yùn)動，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．物塊A獲得的最大速度為eq\r(\f(mg2,k))B．物塊A獲得的最大速度為eq\r(\f(mg2,2k))C．物塊A在斜面上做簡諧運(yùn)動的振幅為eq\f(mg,k)D．球B下落的最大高度為eq\f(2mg,k)答案BCD解析用手托住球B時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，據(jù)胡克定律有kx1＝mgsin30°，解得x1＝eq\f(mg,2k)，松手使球B從靜止開始下落，平衡時彈簧處于伸長狀態(tài)，據(jù)平衡條件可得mg－mgsin30°＝kx2，解得x2＝eq\f(mg,2k)，故物塊A在斜面上做簡諧運(yùn)動的振幅為A＝x1＋x2＝eq\f(mg,k)，C正確；振幅為eq\f(mg,k)，故下降的最大高度為2A，即eq\f(2mg,k)，D正確；到達(dá)平衡位置時，物塊A獲得最大速度，對A、B及彈簧組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mgA－mgAsin30°＝eq\f(1,2)·2mv2，解得v＝eq\r(\f(mg2,2k))，A錯誤，B正確。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13．(8分)如圖甲所示，某學(xué)習(xí)小組利用單擺測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?1)在測量單擺周期時，某同學(xué)在擺球某次通過最低點(diǎn)時，按下停表開始計時，同時數(shù)“1”當(dāng)擺球第二次通過最低點(diǎn)時數(shù)“2”，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到“50”時，停表停止計時，讀出這段時間t。則該單擺的周期為________。如果他在實(shí)驗(yàn)中誤將周期計算為eq\f(t,50)，則測得的g值________(選填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”)。(2)若小組同學(xué)周期測量正確，但由于沒有游標(biāo)卡尺，無法測量小球的直徑，于是小組同學(xué)改變擺線長L，分別測出對應(yīng)的單擺周期T，作出L－T2圖像如圖乙所示，根據(jù)圖像，小組同學(xué)得到了圖線在橫軸上的截距為a，圖線的斜率為k，則小球的直徑為____________，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹開_______。答案(1)eq\f(t,24.5)偏大(2)2ka4π2k(每空2分)解析(1)單擺完成一次全振動需要的時間是一個周期，單擺周期T＝eq\f(t,n)＝eq\f(t,\f(50－1,2))＝eq\f(t,24.5)根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))整理得g＝eq\f(4π2l,T2)，周期測量值偏小，則g測量值偏大。(2)由單擺周期公式得T＝2πeq\r(\f(L＋\f(d,2),g))整理得L＝eq\f(g,4π2)T2－eq\f(d,2)L－T2圖線的斜率k＝eq\f(g,4π2)將L＝0，T2＝a代入表達(dá)式，即0＝ka－eq\f(d,2)得小球直徑d＝2ka當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝4π2k。14．(10分)在“用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中：(1)為了比較準(zhǔn)確地測量出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣戎?，除停表外，還應(yīng)選用下列所給器材中的________．(將所選用的器材前的字母填在橫線上)A．長1m左右的細(xì)繩B．長10cm左右的細(xì)繩C．直徑約2cm的鋼球D．直徑約2cm的木球E．分度值是1cm的米尺F．分度值是1mm的米尺(2)將單擺正確懸掛后進(jìn)行如下操作，其中正確的是________(選填選項前的字母)。A．把擺球從平衡位置拉開一個很小的角度后釋放，使之做簡諧運(yùn)動B．在擺球到達(dá)最高點(diǎn)時開始計時C．用停表測量單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期D．用停表測量單擺完成30次全振動所用的總時間，用總時間除以全振動的次數(shù)得到單擺的周期(3)若測出單擺的周期T、擺線長l、擺球直徑d，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________(用測出的物理量表示)。(4)若測量出多組周期T、擺長L的數(shù)值后，畫出T2－L圖線如圖，此圖線斜率的物理意義是________。A．gB.eq\f(g,L)C.eq\f(4π2,g)D.eq\f(g,4π2)(5)在(4)中，描點(diǎn)時若誤將擺線長當(dāng)作擺長，那么畫出的圖線將不通過原點(diǎn)，由圖線斜率得到的重力加速度與原來相比，其大小________。A．偏大 B．偏小C．不變 D．都有可能答案(1)ACF(2)AD(3)eq\f(4π2l＋\f(d,2),T2)(4)C(5)C(每空2分)解析(1)單擺的擺角較小，所以所用細(xì)繩需要適當(dāng)長一些，這樣擺幅較大，便于觀察，選擇長1m左右的細(xì)繩，即A；為減小空氣阻力對實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)選擇質(zhì)量較大，體積較小的鋼球，即C；測量長度需要盡量精確，選擇分度值是1mm的米尺，即F.故選ACF。(2)單擺的擺角不超過5°，把擺球從平衡位置拉開一個很小的角度后釋放，使之做簡諧運(yùn)動，A正確；擺球在最高點(diǎn)速度為零，停滯時間較大，從最高點(diǎn)計時誤差較大，擺球在最低點(diǎn)速度最大，所以應(yīng)從最低點(diǎn)開始計時，B錯誤；用1次全振動的時間作為周期誤差較大，應(yīng)用停表測量單擺完成30次全振動所用的總時間，用總時間除以全振動的次數(shù)得到單擺的周期，C錯誤，D正確。(3)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，其中L＝l＋eq\f(d,2)，可知重力加速度g＝eq\f(4π2l＋\f(d,2),T2)。(4)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，變形得T2＝eq\f(4π2,g)L斜率為eq\f(4π2,g)，A、B、D錯誤，C正確。(5)結(jié)合(4)可知斜率與擺長無關(guān)，所以斜率不變，A、B、D錯誤，C正確。15．(8分)(2023·聊城市月考)一水平彈簧振子做簡諧運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系如圖。(1)該簡諧運(yùn)動的周期和振幅分別是多少；(2)寫出該簡諧運(yùn)動的表達(dá)式；(3)求t＝0.25×10－2s時振子的位移。答案(1)2×10－2s2cm(2)x＝2sin(100πt＋eq\f(3π,2))cm或x＝2sin(100πt－eq\f(π,2))cm(3)－eq\r(2)cm解析(1)由題圖知，T＝2×10－2s，A＝2cm。(2分)(2)ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，φ＝eq\f(3π,2)或φ＝－eq\f(π,2)(2分)振子做簡諧運(yùn)動的表達(dá)式為x＝2sin(100πt＋eq\f(3π,2))cm或x＝2sin(100πt－eq\f(π,2))cm。(2分)(3)當(dāng)t＝0.25×10－2s時位移為x＝2sin(100π×0.25×10－2＋eq\f(3π,2))cm＝－eq\r(2)cm。(2分)16．(10分)(2022·常州市高二期中)如圖甲所示，O點(diǎn)為單擺的固定懸點(diǎn)，將力傳感器接在擺球與O點(diǎn)之間?，F(xiàn)將擺球拉到A點(diǎn)，釋放擺球，擺球?qū)⒃谪Q直面內(nèi)的A、C之間來回擺動，其中B點(diǎn)為運(yùn)動中的最低位置。圖乙表示細(xì)線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點(diǎn)開始運(yùn)動的時刻，g取10m/s2。求：(1)單擺的振動周期和擺長；(2)擺球的質(zhì)量；(3)擺球運(yùn)動過程中的最大速度。答案(1)0.4πs0.4m(2)0.05kg(3)eq\f(\r(2),5)m/s解析(1)小球在一個周期內(nèi)兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，可得周期T＝0.4πs(1分)根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))(2分)解得l＝eq\f(gT2,4π2)＝eq\f(10×0.16π2,4π2)m＝0.4m(1分)(2)(3)擺球受力分析如圖所示，在最高點(diǎn)A，有Fmin＝mgcosα＝0.495N(1分)在最低點(diǎn)B，有Fmax＝mg＋meq\f(v2,l)＝0.510N(1分)從A到B，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2(2分)解得m＝0.05kg，v＝eq\f(\r(2),5)m/s。(2分)17．(12分)如圖所示，傾角為α的斜面體(斜面光滑且足夠長)固定在水平地面上，斜面頂端與勁度系數(shù)為k、自然長度為L的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端連接著質(zhì)量為m的物塊。壓縮彈簧使其長度為eq\f(3,4)L時將物塊由靜止開始釋放(物塊做簡諧運(yùn)動)，重力加速度為g。(1)求物塊處于平衡位置時彈簧的長度；(2)物塊做簡諧運(yùn)動的振幅是多少；(3)選物塊的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向下為正方向建立坐標(biāo)系，用x表示物塊相對于平衡位置的位移，證明物塊做簡諧運(yùn)動。(已知做簡諧運(yùn)動的物體所受的回復(fù)力滿足F＝－kx)答案(1)L＋eq\f(mgsinα,k)(2)eq\f(mgsinα,k)＋eq\f(L,4)(3)見解析解析(1)物塊平衡時，受重力、支持力和彈簧的彈力。根據(jù)平衡條件，有：mgsinα＝k·Δx(2分)解得Δx＝eq\f(mgsinα,k)故物塊處于平衡位置時彈簧的長度為L＋eq\f(mgsinα,k)。(2分)(2)物塊做簡諧運(yùn)動的振幅為A＝Δx＋eq\f(1,4)L＝eq\f(mgsinα,k)＋eq\f(L,4)。(3分)(3)物塊到達(dá)平衡位置下方x位置時，彈力為k(x＋Δx)＝k(x＋eq\f(mgsinα,k))(2分)故合力為F＝mgsinα－k(x＋eq\f(mgsinα,k))＝－kx(3分)故物塊做簡諧運(yùn)動。18．(12分)如圖所示，將質(zhì)量為mA＝100g的平臺A連接在勁度系數(shù)k＝200N/m的彈簧上端，彈簧下端固定在地面上，形成豎直方向的彈簧振子，在A的上方放置mB＝mA的物塊B，使A、B一起上下振動，彈簧原長為5cm。A的厚度可忽略不計，g取10m/s2。則：(1)當(dāng)系統(tǒng)做小振幅簡諧振動時，A的平衡位置離地面C多高？(2)當(dāng)振幅為0.5cm時，B對A的最大壓力有多大？(3)為使B在振動中始終與A接觸，振幅不能超過多大？為什么？答案(1)4cm(2)1.5N(3)振幅不能大于1cm理由見解析解析(1)振幅很小時，A、B間不會分離，將A與B作為整體，當(dāng)它們處于平衡位置時，根據(jù)平衡條件得kΔx0＝(mA＋mB)g(1分)得Δx0＝1cm(1分)平衡位置距地面高度h＝l0－Δx0＝4cm。(1分)(2)當(dāng)A、B運(yùn)動到最低點(diǎn)時，有向上的最大加速度，此時A、B間相互作用力最大，設(shè)振幅為A，最大加速度am＝eq\f(kA＋Δx0－mA＋mBg,mA＋mB)＝eq\f(kA,mA＋mB)＝5m/s2(2分)取B為研究對象，有FN－mBg＝mBam(1分)得A、B間相互作用力FN＝mB(g＋am)＝1.5N(1分)由牛頓第三定律知，B對A的最大壓力大小為1.5N(1分)(3)為使B在振動中始終與A接觸，在最高點(diǎn)時相互作用力應(yīng)滿足：FN≥0(1分)取B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有mBg－FN＝mBa當(dāng)FN＝0時，B振動的加速度達(dá)到最大值，且最大值amB＝g＝10m/s2(方向豎直向下)(1分)因amA＝amB＝g，表明A、B僅受重力作用，此刻彈簧的彈力為零，即彈簧處于原長(1分)A′＝1cm，振幅不能大于1cm(1分)章末素養(yǎng)提升物理觀念描述簡諧運(yùn)動的物理量(1)位移x：相對于平衡位置的位移(2)振幅A：離開平衡位置的最大距離(3)周期T：完成一次全振動需要的時間。周期由振動系統(tǒng)本身決定，與振幅無關(guān)(4)頻率f：單位時間內(nèi)完成全振動的次數(shù)(5)相位：某時刻處于一個運(yùn)動周期中的狀態(tài)三類振動的特征簡諧運(yùn)動：(1)受力特點(diǎn)：F＝－kx(2)運(yùn)動特點(diǎn)：做變加速運(yùn)動，具有周期性和對稱性(3)位移—時間關(guān)系：正弦函數(shù)規(guī)律x＝Asin(ωt＋φ)(4)能量特點(diǎn)：動能和勢能之和保持不變阻尼振動：(1)振幅逐漸減小(2)能量衰減，機(jī)械能逐漸轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或向四周輻射出去受迫振動：(1)驅(qū)動力作用下的振動(2)受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率(3)共振：f驅(qū)＝f固，受迫振動的振幅最大科學(xué)思維理想化模型水平彈簧振子：由彈簧和小球組成，忽略阻力，由彈力提供回復(fù)力單擺：(1)相對來說，阻力可忽略，細(xì)線質(zhì)量可忽略，球的直徑也可忽略(2)做簡諧運(yùn)動的條件：擺角小于5°圖像法簡諧運(yùn)動的圖像：(1)正弦曲線(2)圖像信息：振幅A、周期T、各時刻的位移x等科學(xué)探究1.學(xué)會利用單擺測量重力加速度2.能正確熟練地使用游標(biāo)卡尺和停表，能正確讀取并記錄實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)3.會分析實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生系統(tǒng)誤差和偶然誤差的原因，掌握減小實(shí)驗(yàn)誤差的方法科學(xué)態(tài)度與責(zé)任1.通過對單擺規(guī)律的研究，知道時鐘的發(fā)明對人類文明發(fā)展的意義2.通過學(xué)習(xí)共振現(xiàn)象產(chǎn)生的原因，能運(yùn)用所學(xué)知識解釋生產(chǎn)生活中防止共振或利用共振的現(xiàn)象例1下列說法完全正確的一組是()①做簡諧運(yùn)動的物體的運(yùn)動方向指向平衡位置時，速度方向與位移方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同②做簡諧運(yùn)動的物體振動的軌跡是正弦或余弦曲線③做簡諧運(yùn)動的物體每次通過同一位置時，其速度不一定相同，但加速度一定相同④做簡諧運(yùn)動的物體經(jīng)過平衡位置時所受合外力一定為零⑤秒擺是指周期為1s，擺長約為1m的單擺⑥單擺的擺球做勻速圓周運(yùn)動⑦在外力作用下的振動是受迫振動，受迫振動穩(wěn)定后的頻率與自身物理條件無關(guān)⑧簡諧振動的1個周期內(nèi)回復(fù)力的瞬時功率有4次為零⑨部隊經(jīng)過橋梁時，規(guī)定不許齊步走，登山運(yùn)動員登雪山時，不許高聲叫喊，主要原因是使橋受到的壓力更不均勻及減少登山運(yùn)動員耗散能量⑩做簡諧運(yùn)動的物體從平衡位置向最大位移處運(yùn)動過程中，它的勢能增大A．②⑤⑥⑨ B．①③⑧⑩C．②④⑤⑦ D．①③⑨⑩答案B解析簡諧運(yùn)動物體的位移是由平衡位置指向所在位置，因此物體的運(yùn)動方向指向平衡位置時，速度方向與位移方向相反；背離平衡位置時，速度方向與位移方向相同，①正確；物體做簡諧運(yùn)動僅在某一坐標(biāo)軸上振動，其軌跡范圍是一個線段，而非曲線，②錯誤；做簡諧運(yùn)動的物體每次通過同一位置時，速度方向可能不同，但加速度一定相同，③正確；單擺經(jīng)過平衡位置時所受合外力不為零，④錯誤；秒擺周期為2s，擺長為1m，⑤錯誤；單擺的擺球做曲線運(yùn)動且非勻速，⑥錯誤；在周期性外力作用下的振動才是受迫振動，⑦錯誤；簡諧振動的1個周期內(nèi)在兩個最大位移處以及兩次通過平衡位置時，回復(fù)力的瞬時功率均為0，⑧正確；部隊經(jīng)過橋梁時，規(guī)定不許齊步走，登山運(yùn)動員登雪山時，不許高聲叫喊，主要原因是防止發(fā)生共振導(dǎo)致災(zāi)害，⑨錯誤；做簡諧運(yùn)動的物體從平衡位置向最大位移處運(yùn)動過程中，動能逐漸減小，因此勢能逐漸增大，⑩正確。故選B。例2(多選)很多高層建筑都會安裝減震耗能阻尼器，用來控制強(qiáng)風(fēng)或地震導(dǎo)致的振動。臺北101大樓使用的阻尼器是重達(dá)660噸的調(diào)諧質(zhì)量阻尼器，阻尼器相當(dāng)于一個巨型質(zhì)量塊。簡單說就是將阻尼器懸掛在大樓上方，它的擺動會產(chǎn)生一個反作用力，在建筑物搖晃時往反方向擺動，會使大樓擺動的幅度減小。關(guān)于調(diào)諧質(zhì)量阻尼器下列說法正確的是()A．阻尼器做受迫振動，振動頻率與大樓的振動頻率相同B．阻尼器與大樓擺動幅度相同C．阻尼器擺動后，擺動方向始終與大樓的振動方向相反D．阻尼器擺動幅度不受風(fēng)力大小影響答案AC解析由題意可知阻尼器做受迫振動，振動頻率與大樓的振動頻率相同，故A正確；阻尼器與大樓擺動幅度不相同，故B錯誤；由題意可知，大樓對阻尼器的力與阻尼器對大樓的力為一對相互作用力，根據(jù)回復(fù)力F＝－kx可知，阻尼器擺動后，擺動方向始終與大樓的振動方向相反，故C正確；阻尼器的擺動幅度會受到風(fēng)力的影響，故D錯誤。例3一個彈簧振子一端固定在墻上，當(dāng)振動過程中，彈簧的最短和最長位置如圖所示。彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為彈簧形變量)，以下四個隨彈簧長度變化的圖像分別是()

abcdA物塊加速度回復(fù)力物塊動能系統(tǒng)彈性勢能B系統(tǒng)彈性勢能回復(fù)力物塊動能系統(tǒng)機(jī)械能C彈簧的形變量物塊的速度系統(tǒng)彈性勢能物塊加速度D回復(fù)力大小物塊的速度物塊加速度系統(tǒng)機(jī)械能答案B解析圖像橫坐標(biāo)為彈簧的長度，選項中涉及到的物理量有彈性勢能、機(jī)械能、回復(fù)力、加速度以及物塊動能。簡諧運(yùn)動過程機(jī)械能守恒，因此圖像d縱坐標(biāo)應(yīng)為系統(tǒng)的機(jī)械能。彈性勢能與彈簧形變量平方成正比，因此Ep＝eq\f(kx－x02,2)，圖像a符合彈性勢能的變化規(guī)律；設(shè)振幅為A，則A＝xmax－x0＝x0－xmin，物塊動能為Ek＝eq\f(kA2,2)－eq\f(kx－x02,2)，圖像c符合動能隨彈簧長度的變化關(guān)系；回復(fù)力F＝－k(x－x0)，圖像b符合。故選B。例4(多選)裝有一定量液體的玻璃管豎直漂浮在水中，水面足夠大，如圖甲所示。把玻璃管向下緩慢按壓5cm后放手，忽略運(yùn)動阻力，玻璃管的運(yùn)動可以視為豎直方向的簡諧運(yùn)動，測得振動周期為0.4s。以豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其振動圖像如圖乙所示，其中A為振幅。對于玻璃管(包括管內(nèi)液體)，下列說法正確的是()A．振動過程中機(jī)械能守恒B．回復(fù)力等于重力和浮力的合力C．位移滿足函數(shù)式x＝5sin(5πt－eq\f(5π,6))cmD．若向下緩慢按壓3cm后放手，振動頻率變小答案BC解析玻璃管在振動過程中，水的浮力對玻璃管做功，故振動過程中，玻璃管的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；玻璃管振動過程中，受到重力和水的浮力，這兩個力的合力充當(dāng)回復(fù)力，故B正確；由于振動周期為0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s由題圖乙可知振動位移的函數(shù)表達(dá)式為x＝5sin(5πt－eq\f(5π,6))cm，故C正確；由于玻璃管做簡諧振動，與彈簧振子的振動相似，結(jié)合簡諧振動的特點(diǎn)可知，該振動的周期和頻率與振幅無關(guān)，故D錯誤。例5(多選)(2022·山東師范大學(xué)附中高二期中