《2023年高考物理总复习《机械振动》测试卷及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考物理总复习《机械振动》测试卷及答案解析.pdf（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考物理总复习 机械振动测试卷一.选 择 题（共 15小题）1.下列运动中可以看作机械振动的是（）A.声带发声 B.音叉被移动C.火车沿斜坡行驶 D.秋风中树叶落下2.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N 两点，历 时 1 s,质点通过N 点后再经过1s又第2 次通过N 点，在这2 s 内质点通过的总路程为12cm。则质点的振动周期和振幅分别为（）-0 N-A.3 s、6 cm B.4 s、6 cm C.4 s、9 cm D.2 s 8 cm3.如图所示为做简谐运动物体的振动图象。由图可知（）A.0 0.5s时间内，物体的加速度从零变为正向最大B.0.5s 1.
2、0s时间内，物体所受回复力从零变为正向最大C.1.0s 1.5s时间内，物体的速度从零变为正向最大D.1.5s 2.0s时间内，物体的动量从零变为正向最大4.一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=5sin57Ttem,则下列判断正确的是（）A.该简谐运动的周期是0.2sB.头 1s内质点运动的路程是100cmC.0.4s到 0.5s内质点的速度在逐渐减小D.t=0.6s时刻质点的动能为05.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小物块位于。点。现使小物块在M、N 两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中（
3、）A.小物块运动到M 点时回复力与位移方向相同B.小物块每次运动到N 点时的加速度一定相同C.小物块从O 点向M 点运动过程中做加速运动D.小物块从O 点向N 点运动过程中机械能增加6.振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力（）A.指向地面B.指向悬点C.数值为零D.垂直摆线，指向运动方向7.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F 随时间t 变化的图象如图所示，己知单摆的摆长为1,则重力加速度g 为（)兀21D.一 24 K21 n2i 4 K21t2 t2 9 t28.蜘蛛捕食是依靠昆虫落在丝网上引起的振动准确判断昆虫的方位。已知丝网固有频率fo,某昆虫
4、掉落在丝网上挣扎时振动频率为f,则该昆虫落在丝网上时（）A.f 增大，则丝网振幅增大B.f 减小，则丝网振幅减小C.昆虫引起丝网振动的频率为foD.丝网和昆虫挣扎振动周期相同9.光滑的水平面叠放有质量分别为m 和旦的两木块，下方木块与一劲度系数为k 的弹簧相2连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f,为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（）/TnrrnniHnF1 1.如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以0 点为平衡位置，在 a、b 两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示.由振动图象可以得知（）A.振子的振动周期等于tiB.在
5、 t=0 时刻，振子的位置在a 点C.在 1=口时亥IJ,振子的速度为零D.从 ti至 U t2,振子正从0 点向b 点运动1 2.如图所示，弹簧振子在M、N 之间做简谐运动。以平衡位置0 为原点，建 立 O x轴。向右为x 的轴的正方向。若振子位于N 点时开始计时，则其振动图象为（）7Xg Q O Q O Q g/7/_*M O N x13.如图所示的单摆，摆球a 向右摆动到最低点时;恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球 b 发生碰撞，并粘接在一起，且摆动平面不变.已知碰撞前a 球摆动的最高点与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a 球质量是b 球质量的5 倍，碰撞前a 球在最低点的速度是b
6、 球速度的一半.则碰撞后（）C.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h14.质点做简谐运动x-t 的关系如图，以 x 轴正向为速度v 的正方向，该质点的v-l 关系15.做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4 倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的工，则单摆振动的（）2A.频率、振幅都不变 B.频率、振幅都改变C.频率不变、振幅改变 D.频率改变、振幅不变多 选 题（共 6 小题）16.下列说法正确的是（）A.在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大B.简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数C.火车鸣笛远离我
7、们时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低D.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关E.用两束单色光A、B,分别在同一套装置上做干涉实验，若 A 光的相邻两条纹间距比B 光的大，则说明A 光波长大于B 光波长17.下列说法正确的是（）A.在 做“用单摆测定重力加速度”的实验中，必须从摆球运动到最大位移处开始计时B.发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变C.红外线在水中的传播速度小于紫外线在水中的传播速度D.光的偏振现象说明光波是横波E.在做双缝干涉实验时，光屏上呈现出明、暗相间的条纹，相邻两明条纹间的距离为x,如果只增大双缝到光屏之间的距离，将增大18.下列各说法中正
8、确的是（）A.对于受迫振动，驱动力的频率越大，受迫振动的振幅越大B.摆钟偏慢时可缩短摆长进行校准C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关D.火车鸣笛驶出站台时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高E.频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，并且加强区域和减弱区域相互间隔开来1 9.如图所示是单摆做阻尼运动的位移-时间图线，下列说法中正确的是（）x/cmA.摆球在P 与 N 时刻的势能相等B.摆球在P 与 N 时刻的速度方向相同C.摆球在P 与 N 时刻的机械能相等D.摆球在运动过程中机械能越来越小E.摆球最终将停止摆动20.如 图
9、，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做筒谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin（2.5nt）m.t=0 时刻，一小球从距物块h 高处自由落下：t=0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g=10m/s2.以下判断正确的是（）己 J-A.h=1.7mB.简谐运动的周期是0.8sC.0.6s内物块运动的路程是0.2mD.t=0.4s时，物块与小球运动方向相反2 1.如图所示，物体A 与滑块B 一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B 之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k,A、B 的质量分别为m 和 M,下列说法正确的是（）A.物体A
10、的回复力是由滑块B 对物体A 的摩擦力提供B.滑块B 的回复力是由弹簧的弹力提供C.物体A与滑块B （看成一个振子）的回复力大小跟位移大小之比为kD.物体A的回复力大小跟位移大小之比为kE.若 A、B之间的最大静摩擦因数为臼 则 A、B间无相对滑动的最大振幅为鱼四昆k三.填 空 题（共 2 小题）2 2 .如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A o,周期为T o.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a 振动的振幅和周期分别为A和T,则 A A o (填或 =)，T T o (填或
11、=)。2 3 .有两个简谐运动的位移方程为:x i=3 a s i n (4,r tb t+_ )和 X 2=9 a s i n (8 n b t+-2 I-).t=042时相位差是四.实 验 题（共 2 小题）2 4 .某同学在做“探 究 单 摆 周 期 与 摆 长 的 关 系”的实验中，分别用两种仪器来测量摆球直径，操 作 如 图 1所示，得到摆球的直径为d=1 9.1 2 m m,此测量数据是选用了仪器（选 填“甲”或“乙”）测量得到的.该同学先用米尺测得摆线的长度，再采用上题中的方法测得摆球直径，他通过改变摆长，进行多次实验后以摆长L 为横坐标，T 为纵坐标，作 出 T-图线，若该同学
12、在计算摆长时加的是小球直径，则所画图线是图2中是.（填或者“C”）2 5.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。（1）该学生在实验过程中，他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最上端的长度为L=0.9 9 9 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径为 m,结果如图甲所示，则单摆摆长1 为 m；他还用秒表记录单摆做多次全振动所用的时间如图乙所示，则秒表读数为 s；(2)该同学在做实验的同时，还利用计算机绘制了 a、b两个摆球的振动图象，如图丙所示。关于a、b两个摆球的振动图象，下列说法正确的是A.a、b两个单摆的摆长相等B.b 摆的振幅比a 摆小C.a 摆的机械能比b摆
13、大D.在 t=1 s 时回复力产生加速度较大的是a 摆(3)在数据处理过程中，作出的1 2-1 图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可A.将摆线长L记为摆长1B.摆球的振幅过小C.将(L+d)记为摆长1D.摆球质量过大2023年高考物理总复习 机械振动测试卷参考答案与试题解析一.选 择 题（共15小题）1.下列运动中可以看作机械振动的是（）A.声带发声 B.音叉被移动C.火车沿斜坡行驶 D.秋风中树叶落下【分析】机械振动是物体或质点在其平衡位置附近所作的往复运动。由此分析即可。【解答】解：A、根据机械振动的定义：物体在平衡位置附近所做的往复运动，叫做机械振动，通常简称为振动；声带带的振动发
14、出声音是在其平衡位置附近的振动。故 A 正确;B、音义被移动、火车沿斜坡行驶都是单方向的运动，不是在其平衡位置附近的振动。故BC错误；D、秋风中树叶落下不是在其平衡位置附近作往复运动。故 D 错误。故选：A【点评】本题关键是明确机械振动的概念，要注意明确机械振动是自然界普遍存在的一种运动形式，理解它的运动性质。2.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N 两点，历 时 1 s,质点通过N 点后再经过1s又第2 次通过N点,在这2 s 内质点通过的总路程为12cm。则质点的振动周期和振幅分别为（）-M n 5-A.3 s、6 cm B.4 s 6 cm C.4 s、9 cm D
15、.2 s 8 cm【分析】简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N 两点，则可判定这两点关于平衡位置对称，则平衡位置到N 点的时间为1s的一半；由当再次经过N 点的时间，即可求出从N 点到最大位置的时间为1s的一半，因此质点的振动同期为平衡位置到最大位置时间的4 倍。由题意可知，质点总路程的一半，即为振幅。【解答】解：简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N 两点，则可判定M、N 两点关于平衡位置O 点对称，所以质点由M 到 O 时间与由O 到 N 的时间相等。那么平衡位置O 到 N 点的时间ti=0.5 s,因过N 点后再经过t=0.5s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N
16、点，则有从N 点到最大位置的时间t2=0.5s。因此，质点振动的周期是T=4X (ti+t2)=4s质点总路程的一半，即为振幅。所以振幅A=四=6cm2故选：B。【点评】对于简谐运动，要抓住对称性和周期性进行分析。要明确质点以同样的速度经过某两点时，它们的位置关于平衡位置对称；当经过同一位置时，它们的速度大小相同,方向相反。3.如图所示为做简谐运动物体的振动图象。由图可知()05 L(15/2.0A.0 0.5s时间内，物体的加速度从零变为正向最大B.0.5s 1.0s时间内，物体所受回复力从零变为正向最大C.1.0s 1.5s时间内，物体的速度从零变为正向最大D.1.5s 2.0s时间内，物
17、体的动量从零变为正向最大【分析】根据a=-处可得加速度的变化情况；根据位移的变化确定回复力的变化、速度的变化、动量的变化。【解答】解：A、0 0.5s时间内，物体的位移x 从零变为正向最大，根据牛顿第二定律可得：a=一 旦可得加速度从零变为负向最大，故 A 错误；B、0.5s 1.0s时间内，物体所受回复力从负向最大变为零，故 B 错误；C、1.0s 1.5s时间内，物体的速度从负向最大变为零，故 C 错误；D、1.5s 2.0s时间内，物体的速度从零变为正向最大，根据P=m v可知物体的动量从零变为正向最大，故 D 正确。故选：D。【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位
18、置是物体静止时受力平衡的位置；振动的质点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大一回复力增大一加速度增大一速度减小一动能减小一势能增大。4.一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=5sin5m cm,则下列判断正确的是（）A.该简谐运动的周期是0.2sB.头 I s 内质点运动的路程是100cmC.0.4s到 0.5s内质点的速度在逐渐减小D.t=0.6s时刻质点的动能为0【分析】由简谐运动读出角速度，可求出周期。根据时间与周期的关系求出在1s内质点经过的路程。根据质点的位置分析其速度。写出简谐运动的方程，求出t=0.6s时刻质点的位移大小关系，确定质点位置分析质
19、点的动能。【解答】解：A、由简谐运动的位移随时间变化的关系式x=5sin5mcm,知角速度3=5m周期T=2 =0.4 s，故 A 错误；B、=1_=9 5，1 个周期内运动的路程4A=20cm,所以头I s 内质点运动的路程是sT 0.4=2.5X 20=50cm,故 B 错误；C、0.4s到 0.5s质点由平衡位置向最大位移处运动，速度减小，故 C 正确；D、t=0.6s时刻质点位移x=5sin（5nX0.6）=0,质点经过平衡位置，动能最大，故 D错误；故选：C【点评】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。5
20、.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小物块位于。点。现使小物块在M、N 两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中（）M O NA.小物块运动到M 点时回复力与位移方向相同B.小物块每次运动到N 点时的加速度一定相同C.小物块从O 点向M 点运动过程中做加速运动D.小物块从O 点向N 点运动过程中机械能增加【分析】根据F=-k x 判断回复力的方向；根据a=-旦判断加速度的大小；根据加速m度方向与速度方向判断运动情况；根据弹簧弹力对小物块做功判断小物块的机械能的变化。【解答】解：A、根据F=-k x 可知小物块运动到M 点
21、时回复力与位移方向相反，故 A错误；B、根 据 a=-旦可知小物块每次运动到N 点时的位移相同，则加速度一定相同，故 Bm正确；C、小物块从0 点向M 点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故 C 错误；D、小物块从0 点向N 点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减小，故 D 错误。故选：Bo【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置：振动的质点在振动过程中各物理量的变化情况可以这样分析：位移增大f回复力增大一加速度增大f速度减小f动能减小一势能增大。6.振动着的单摆摆球，通过平衡位置时，它受到的回复力（）A.指向地面B.
22、指向悬点C.数值为零D.垂直摆线，指向运动方向【分析】单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，方向指向平衡位置。【解答】解：摆球受到的回复力是重力沿圆弧切线方向上的分力，经过平衡位置时，回复力为零。由于单摆做圆周运动在平衡位置，合力不为零，合力提供向心力，方向指向悬点。故 C 正确，A、B、D 错误。故选：Co【点评】解决本题的关键知道单摆做简谐运动回复力的来源，知道在平衡位置，回复力为零，合力不为零。7.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F 随时间t 变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为1,则重力加速度g 为（)史立 B.三 红t2 t2c.我 包 D.9 t
23、2 4 t2【分析】小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力,此时拉力最大；在最高点，绳子的拉力等于重力的一个分力，此时拉力最小。根据在一次周期内两次经过最低点，求出小球的周期，再根据单摆周期公式丁=如己即可求解。【解答】解：小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图象可知：单摆的周期为：T=4t根据周期公式得：T=2 n J L 所以故ABC错误，D正确;Vg 4 t2故选：D。【点评】解决本题的关键知道单摆运动对称性，知道在最低点绳子的拉
24、力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，在一次周期内两次经过最低点，并掌握单摆的周期公式，从而求解重力加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。8.蜘蛛捕食是依靠昆虫落在丝网上引起的振动准确判断昆虫的方位。己知丝网固有频率fo,某昆虫掉落在丝网上挣扎时振动频率为f,则该昆虫落在丝网上时（）A.f增大，则丝网振幅增大B.f减小，则丝网振幅减小C.昆虫引起丝网振动的频率为foD.丝网和昆虫挣扎振动周期相同【分析】当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时达到共振，此时昆虫与丝网的振幅最大【解答】解：当昆虫翅膀振动的频率与丝网的振动频率相等时，即丝网和昆虫挣扎振动周期相同时，振幅最大，故ABC错误，D正
25、确。故选：D。【点评】共振不仅在物理学上运用频率非常高，而且，共振现象也可以说是一种宇宙间最普遍和最频繁的自然现象之一，知道共振的发生条件是关键。9.光滑的水平面叠放有质量分别为m和旦的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相2连，弹簧的另一-端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f,为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为():k*7T777777777777777777T7777j,77z*A.工 B.2L C.鲤 D.至k k k k【分析】对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力。振幅最大时，回复力最大。【解答】解：对整体
26、最大振幅时有：kA=(m+)a2l 2kA3m隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力，为：2 3所以有：A=2.故C正确，A、B、D错误。k故选：Co【点评】解决本题的关键会分析物体做简谐运动的回复力是什么力。知道该题中最大振幅时两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力。D.1 0.一个做简谐振动的弹簧振子,()A.0W.t=0时位于平衡位置，其机械能随时间变化的图象应为PA.B.0/.EC.【分析】明确简谐运动的性质，知道弹簧振子振动过程中只有弹簧弹力做功，机械能不变。【解答】解：由于弹簧振子在振动中只有弹簧的弹力做功，因此只有动能和弹性势能的变化，但总机械能不变；故图象为D；故
27、D 正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查对弹簧振子的能量分析问题，要注意明确弹簧振子为理想化的物理模型，其机械能是保持不变的。1 1.如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以0 点为平衡位置，在 a、b 两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示.由振动图象可以得知（）A.振子的振动周期等于tiB.在 t=0 时刻，振子的位置在a 点C.在 1=口时刻，振子的速度为零D.从 ti到 t 2,振子正从0 点向b 点运动【分析】简谐运动中振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出;根据位移分析振子的位置和速度，振子在最大位移处速度为零，通过平衡位置时速度最大；根据位移的
28、变化，分析振子的运动情况.【解答】解：A、振子的周期是振子完成一个周期性变化所用的时间，由图直接读出其周期 T=2ti；故 A 错误；B、由图乙知在t=0 时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，所以振子的位置在O 点,故 B 错误；C、在 1=口时刻，振子的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故 C 错误；D、从 ti到 t2,振子的位移从0 变化到正向最大，说明正从0 点向b 点运动。故 D 正确。故选：D。【点评】对振动图象读出周期、振幅和振子的位移情况，从而判断出其速度、加速度情况，是应具备的基本能力，应加强相关练习，做到熟练掌握.12.如图所示，弹簧振子在M、N 之间做简谐运动。以平衡
29、位置0 为原点，建 立 O x轴。向右为x 的轴的正方向。若振子位于N 点时开始计时，则其振动图象为（）【分析】当振子运动到N 点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0 时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象。【解答】解：由题意：设向右为x 正方向，振子运动到N 点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N 点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故 A 正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题在选择图象时，关键研究t=0 时刻质点的位移和位移如何变化。13.如图所示的单摆，摆球a 向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球 b 发生碰撞，并粘接在一起，且摆动平面不变.已知碰
30、撞前a 球摆动的最高点与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a 球质量是b 球质量的5 倍，碰撞前a 球在最低点的速度是b 球速度的一半.则碰撞后（）B.摆动的周期为患TC.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h【分析】单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关.a 球在下降的过程中，机械能守恒，可以求得a 球的速度的大小，在与b 球碰撞的过程中，它们的动量守恒，从而可以求得b 球碰后的速度的大小，再次根据机械能守恒可以求得最大的高度.【解答】解：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度
31、。所以AB错误.在 a 球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒。有 Mgh=-Mvia、b 两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒。所以有 Mvi-m*2vi=(M+m)V 2碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所 以 有(M+m)ghz (M trn)君整理得V2所以h=0.25h。所以D 正确。故选：D。【点评】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果.1 4.质点做简谐运动x-t 的关系如图，以 x 轴正向为速度v 的正方向，该质点的v-t 关系V【分析】当质点通过平衡位置时速度最大，加速度为零；加速度与位移的关系是：a=-处，根据这些知识进行解答.m【解答
32、】解：质点通过平衡位置时速度最大，由图知在工内，1s和3s两个时刻质点通过4平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知，1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s。由加速度与位移的关系：a=-W,可知，质点具有最大正方向加速度时有最大负向的m位移，由图看出该时刻在2 s,所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2 s,故B正确。故选：B,【点评】由振动图象读出质点的速度、加速度的方向和大小的变化是应掌握的基本能力,分析加速度，要根据简谐运动的基本特征：a=-旦，进行判断.m15.做筒谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来
33、的工，则单摆振动的（）2A.频率、振幅都不变 B.频率、振幅都改变C.频率不变、振幅改变 D.频率改变、振幅不变【分析】由单摆的周期公式丁=2兀、.可以判断单摆的周期的变化，由可以判VgK 2断单摆的能量的变化，从而可以判断振幅的变化。【解答】解：由单摆的周期公式丁=2兀 后，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由EK m v2可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，但质量增加，所以高度减小，因此振幅改变，所以C正确。故选：Co【点评】单摆的摆长和重力加速度的大小决定单摆的周期的大小，单摆的能量决定单摆的振幅的大小。多 选 题（共 6 小题）16
34、.下列说法正确的是（）A.在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大B.简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数C.火车鸣笛远离我们时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率低D.单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长有关E.用两束单色光A、B,分别在同一套装置上做干涉实验，若 A 光的相邻两条纹间距比B 光的大，则说明A 光波长大于B 光波长【分析】振动加速度的振幅最大，不是位移总是最大。根据机械波的频率特点分析。根据多普勒效应判断接收频率与波源发出频率的关系。受迫振动的频率等于驱动力的频率,与固有频率无关。根据双缝干涉的条纹间距公式比较波长的大小。
35、根据弹簧振子的加速度变化判断振子的运动规律。【解答】解：A、在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总是比减弱点的位移大，故 A 错误。B、根据机械波的特点可知，简谐机械波的频率等于单位时间内经过介质中一点的完全波的个数，故 B 正确。C、火车鸣笛远离我们时，根据多普勒效应知，我们接收的频率小于波源发出的频率，故C 正确。D、单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，与单摆的摆长无关。故 D 错误。E、根据a x u L 人知，A 光的条纹间距比B 光的条纹间距大，则 A 光的波长大于B 光d的波长，故 E 正确。故选：BCE
36、。【点评】本题考查了干涉现象、衍射现象、双缝干涉、多普勒效应、受迫振动、简谐运动等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。17.下列说法正确的是（）A.在 做“用单摆测定重力加速度”的实验中，必须从摆球运动到最大位移处开始计时B.发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变C.红外线在水中的传播速度小于紫外线在水中的传播速度D.光的偏振现象说明光波是横波E.在做双缝干涉实验时，光屏上呈现出明、暗相间的条纹，相邻两明条纹间的距离为x,如果只增大双缝到光屏之间的距离，将增大【分析】“用单摆测定重力加速度”实验中，从平衡位置处开始计时误差较小；多普勒效应时，波源的频率不发生改变，接收频率发生改变
37、；根据折射率的大小比较光在介质中传播速度的大小，光的偏振现象说明光波是横波，根据条纹间距公式判定双缝干涉实验时 的 变 化 情 况。【解答】解：A、用单摆测定重力加速度”实验中，平衡位置的速度最大，从平衡位置处开始计时误差较小，故A错误；B、多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故B正确；C、紫外线的折射率大于红外线的折射率，根据丫上，知紫外线在水中的传播速度小于n红外线在水中的传播速度，故C错误；D、偏振现象是横波特有的现象，光的偏振现象说明光波是横波，故D正确：E、依据干涉条纹间距公式也乂上入，当增大双缝到光屏之间的距离L时 增 大，故、dE正
38、确；故选：BDE,【点评】本题考查了单摆、光的干涉、偏振、机械波的图象，掌握干涉条纹间距公式的淫，理解多普勒效应以及波源频率不变等基本规律即可求解。1 8.下列各说法中正确的是（）A.对于受迫振动，驱动力的频率越大，受迫振动的振幅越大B.摆钟偏慢时可缩短摆长进行校准C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关D.火车鸣笛驶出站台时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高E.频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，并且加强区域和减弱区域相互间隔开来【分析】A、利用受迫振动和共振解决。周期偏大，可以缩短摆长调快一些。B、利用单摆周期公式丁=
39、2兀 心C、相对论D、利用多普勒效应原理E、波的干涉的定义【解答】解：A、当驱动力的频率等于物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大，驱动力的频率越接近物体的固有频率，振幅越大。B、根据单摆周期公式丁=2兀，匚，摆钟偏慢时，C、根据相对论，真空中的光速保持不变D、根据多普勒效应原理，火车鸣笛驶出站台时，率低E、波的干涉的定义，是正确的故选：BCEo【点评】A、需要正确理解受迫振动和共振；B、V gC、D、E、为单纯识记内容，难度不大，但是需要记忆的多，容易错。1 9.如图所示是单摆做阻尼运动的位移-时间图线，下列说法中正确的是（）我们听到的笛声频率将比声源发声的频L,x/cmA.摆球在P与N时刻的
40、势能相等B.摆球在P与N时刻的速度方向相同C.摆球在P与N时刻的机械能相等D.摆球在运动过程中机械能越来越小E.摆球最终将停止摆动【分析】位移相等即单摆所处高度相等，则重力势能相同，由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐渐减小.【解答】解：A、摆球在P与N时刻位移相等即单摆所处高度相同，则重力势能相同，故A正确；B、摆球在P与N时刻都是向平衡位置运动，速度的方向相反，故B错误；CD、由于阻力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐渐减小，故N时刻的机械能小于P时刻的机械能，而两点重力势能相等，则N时刻的动能小于P时刻的动能，C错误，D正确；E、在运动过程中机械能一
41、直逐渐减小，摆球最终将停止摆动，E正确；故选：A D E.【点评】本题关键是明确单摆运动路程越长，克服阻力做的功越多，则机械能越小.2 0.如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1 s i n (2.5 n t)m.t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下：t=0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g=1 0 m/s2.以下判断正确的是()TA.h=1.7 mB.简谐运动的周期是0.8 sC.0.6 s内物块运动的路程是0.2 mD.t=0.4 s时，物块与小球运动方向相反【分析】由振动公式可明
42、确振动的周期、振幅及位移等；再结合自由落体运动的规律即可求得h高度；根据周期明确小球经历0.4 s时的运动方向。【解答】解：A、由振动方程式可得，t=0.6s物体的位移为y=O.l s in (2.5n X0.6)=-0.1 m；则对小球有：h忤#解得h=1.7m；故A正确；B、由公式可知，简谐运动的周期T=2工=N 2J=O.8S；故B正确；3 2.5 兀C、振幅为0.1 m；故0.6s内物块运动的路程为3 A=0.3 m；故C错误；D、t=0.4 s=工，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D2错误;故选：A B。【点评】本题考查简谐运动的位移公式，要掌握由公式求解
43、简谐运动的相关信息，特别是位移、周期及振幅等物理量。2 1.如图所示，物体A与滑块B一起在光滑水平面上做简谐运动，A、B之间无相对滑动，已知轻质弹簧的劲度系数为k,A、B的质量分别为m和M,下列说法正确的是（）X rzLA.物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供B.滑块B的回复力是由弹簧的弹力提供C.物体A与滑块B（看成一个振子）的回复力大小跟位移大小之比为kD.物体A的回复力大小跟位移大小之比为kE.若A、B之间的最大静摩擦因数为山 则A、B间无相对滑动的最大振幅为k【分析】A和B-起在光滑水平面上做简谐运动，物体A的回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，滑块B的回复力是由弹簧的弹力和
44、A对B的摩擦力的合力提供.回复力满足：F=-k x.以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出A B无相对滑动时最大加速度，再对整体，由牛顿第二定律求出最大振幅.【解答】解：A、A做简谐运动时回复力是由滑块B对物体A的摩擦力提供，故A正确。B、物体B作简谐运动的回复力是弹簧的弹力和A对B的静摩擦力的合力提供，故B错误。C、物 体A与滑块B（看成一个振子）的回复力大小满足F=-k x,则回复力大小跟位移大小之比为k。故C正确。D、设弹簧的形变量为x,根据牛顿第二定律得到整体的加速度为：a k xM+m对A：f=m a=&L x，可见，作用在A上的静摩擦力大小f,即回复力大小与位移大小M+m之比为：旦.
45、故D错误；M+mE、据题知，物体间的最大摩擦力时，其振幅最大，设为A.以整体为研究对象有：k A=（M+m）a以A为研究对象，有牛顿第二定律得：R m g=m a联立解得：A=G+M）g.故E正确。k故选：A CE【点评】明确最大振幅时，物体间的摩擦力最大，灵活利用整体法和隔离法解题是关键.要知道简谐运动的基本特征是F=-k x,但k不一定是弹簧的劲度系数.三.填 空 题（共2小题）2 2 .如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A o,周期为T o.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后
46、小物块a振动的振幅和周期分别为A和T,则 A A o（填或 =），T T o（填或=）。|-A/WAAAA/a|b777777777777777777777777777777【分析】系统的机械能与振幅有关，机械能越大，振幅越大。根据弹簧振子简谐运动的周期公式T=2兀1，分析周期的大小。【解答】解：当物块向右通过平衡位置时a、b之间的粘胶脱开，a向右做减速运动，b向右匀速运动，弹簧振子总的机械能将减小，振幅减小，即有AAo。根据弹簧振子简谐运动的周期公式T=2兀JI,知，振子的质量减小，周期减小，则有TT（）o故答案为：,【点评】本题关键要抓住弹簧振子的振幅与机械能的关系和周期公式进行分析。2
47、3 .有两个简谐运动的位移方程为：xi =3 a si n（4 n b t+-）和x2=9 a si n（8 nb l+-2 L）.t=04 2时 相 位 差 是2 L .一 工 一【分析】根据两个简谐运动的振动方程读出位移大小的最大值，即为振幅，读出相位，求出其差，分析步调关系.【解答】解：第一简谐运动的相位为：pi=4 nb+2 L,第二简谐运动的相位为：0 2 =44 n b+2 L,相差为：隼=e2-*=三-匹=匹，与时间无关，始终为2 L.2 2 4 4 4故答案为：2L4【点评】本题考查对振动方程的理解，读取振幅、角速度、相位的基本能力，可根据标准方程x=A si n（a）t+（p
48、o）对照读取.四.实 验 题（共2小题）2 4.某同学在做“探 究 单 摆 周 期 与 摆 长 的 关 系”的实验中，分别用两种仪器来测量摆球直径，操 作 如 图1所示，得到摆球的直径为d=19.12mm,此测量数据是选用了仪器 乙（选 填“甲”或“乙”）测量得到的.该同学先用米尺测得摆线的长度，再采用上题中的方法测得摆球直径，他通过改变摆长，进行多次实验后以摆长L为横坐标，T为纵坐标，作 出T-图线，若该同学在计算摆长时加的是小球直径，则所画图线是图2中 是C.（填“A”、B”或 者“C”）【分析】（1）将给出的数据域游标卡尺域螺旋测微器的最小分度比较，确定是哪一个的测量结果；（2）由单摆周
49、期公式求出图象的函数表达式，根据函数表达式与图象，即可求解【解答】解：（1）图甲是螺旋测微器，其最小分度是0.001mm,而乙为50分度的游标卡尺，最小分度是0.02mm,d=19.12mm；符合游标卡尺的读数，不符合螺旋测微器的读数的精确度.故此测量数据是选用了仪器乙：（2）由单摆周期公式：T=2T TJ E2可得：T2=_UL,g2若该同学计算摆长时候加的是小球直径，则对应的准确表达式应为：T2=_U（L-D）,g2则可知图象应与横坐标有交点，故C正确，A B错误.故选：C；故答案为：（1）乙；（2）C.【点评】本题关键明确两种常用测量工具的精确度，同时注意用单摆测定重力加速度的实验中利用
50、图象处理数据的方法，关键根据单摆周期公式推导出线性关系公式进行分析.2 5.某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。（1）该学生在实验过程中，他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最上端的长度为L=0.9 9 9 0 m,再用游标卡尺测量摆球直径为0.0 1 9 0m,结果如图甲所示，则单摆摆长1 为1.0 0 8 5 m：他还用秒表记录单摆做多次全振动所用的时间如图乙所示，则 秒 表 读 数 为 3 1.1 s；（2）该同学在做实验的同时，还利用计算机绘制了 a、b两个摆球的振动图象，如图丙所示。关于a、b两个摆球的振动图象，下列说法正确的是DA.a、b两个单摆