【文档说明】第二章 机械振动 能力提高卷（B卷）（全解全析版）-高二物理分层训练AB卷（人教版2019选择性必修第一册）.docx，共(9)页，278.518 KB，由envi的店铺上传

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第二章机械振动能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112DDCCCBCCADACADBC1．D【解析】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反，故A错误；B．从t＝0

到t＝0.2s时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，故B错误；C．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，故C错误；D．在t＝0.2s与t＝0.6s两

个时刻，振子在最大位移处，速度为零，故D正确。故选D。2．D【解析】A．由图可知，振子的振幅为4cm，故A错误；B．振子在平衡位置附近做往返运动，运动轨迹为直线，故B错误；C．由图像的斜率表示速度可知在0

.1s末振子的速度方向沿x轴负方向，故C错误；D．在0.2s末振子在最大位移处，则回复力最大，所以加速度最大，速度为零，故D正确。故选D。3．C【解析】因为F＝－kx，a＝－kxm，故题图丙可作为F－t、a－t图像；而v随位移增大而减小，故v－t图像应为题图乙，由于物体的动能不可能为负，因此题

图丁不能作为物体的Ek－t图像，C正确，A、B、D错误．故选C。4．C【解析】A．转动摇把的转动频率等于振子的固有频率时，振子产生共振，此时振幅最大，则转动摇把的转速越快，振子的振幅不一定越大，选项A错误；B．因当频率

为f=2Hz时，则260r/min120r/minn==，即当以120r/min的转速转动摇把，会产生共振，当振子振动稳定时，它的振幅最大，选项B错误；CD．以60r/min的转速转动摇把，即驱动力的周期为T=1s，则当振子振动稳

定时，它的振动周期等于驱动力的周期，即为1s，选项C正确，D错误。故选C。5．C【解析】A．碰钉前后瞬间小球的速度不变，121:1:4:14rr==，根据2var=可知加速度之比为12:1:4aa=选项A错误；B．根据F-mg=ma可得F=mg+ma可

得碰钉前后瞬间绳的拉力之比不等于1：4，选项B错误；C．根据机械能守恒可知，碰钉前后小球上升的最大高度相同，则(1cos)(1cos)4ll−=−整理可得224sinsin22=即2sinsin22

=由于离开平衡位置的角度很小，则sin22sin22则=2根据xr=则解得离开平衡位置的最大距离之比12214xllx==选项C正确；D．由于离开平衡位置的角度很小，则小球碰钉前后均可看做单摆，根据单摆周期公式则小球碰钉前运动时间1124Ltg=

碰钉后离开平衡位置到最大距离所用时间2111142=42Lttg=则时间之比2：1，选项D错误。故选C。6．B【解析】因为AO弧长远小于半径，所以小球从A、B处沿圆弧滑下可等效成摆长为2m单摆，即做简谐运动，单摆的周期与振幅无关1214ttT==根据机械能守恒定律得212

mghmv=12hh解得12vv故选B。7．C【解析】A．队伍过桥时要减速是为了防止桥发生共振，A错误；B．鼓手随音乐敲击鼓面时鼓面的振动是受迫振动，B错误；C．火车过桥慢行是为了使驱动力的频率远小于桥的固有频率，从而避免产生共振，C正确；D．洗衣机切断电源，波轮的转动逐渐慢下来，在某一

小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时波轮的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振。所以正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大；此后波轮转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，D错误。故选C。8．C【解

析】A．弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒，但动量不守恒，A的速度为零，B的速度增大，所以系统动量增加，故A错误；B．弹簧第一次恢复原长过程中，力F做功为25JW=由功能关系和机械能守恒可知，弹簧第一次原长时A的速度为零2BB12Wmv=解得B5m/sv=由于A静止不动，因此

墙对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，弹簧对A的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，则BB010NmImv=−=故B错误；C．由2mTk=解得s5T=弹簧第一次恢复原长的时间1s420tT==由IFt=解得200NI

Ft==故C正确；D．弹簧第二次恢复原长过程中，A加速，B减速；弹簧第二次恢复原长时，A的速度最大，由动量守恒得''BBAABBmvmvmv=+由机械能守恒得2'2'2BBAABB111222mvmvmv=+解得'A2.5m/sv=，'B2.5m/sv=−故D错误。故选C。9．AD【解析】

要使落果效果最好，应使振动器与树木做共振，因不同树木的频率可能不同，所以振动器的振动频率也可能不同，A项正确；只有当驱动力的频率与固有频率相等时振幅最大，所以振动器频率增加时树干振动的振幅不一定增大，B项错误；不同粗细树干固有频率不一定相同，C项错

误；因树干做的是受迫振动，稳定后受迫振动的频率等于驱动力的频率，D项正确．10．AC【解析】由简谐运动的对称性可知，小球经过B、C两点时，小球的速度大小相等，选项A正确；小球经过B、C两点时，弹簧的形变量不

等，则弹簧的弹性势能不相等，选项B错误；小球做简谐运动时，若从平衡位置开始运动经过四分之一周期的路程等于A＝10cm，因经过平衡位置附近的速度较大，则经B点向上运动四分之一个周期，其运动的路程大于10cm，选项C正确；简谐运动的周期与振幅无关，则若将小球由平衡位置O沿斜

面向上拉动5cm后由静止释放，小球运动的周期不变，选项D错误．11．AD【解析】若振幅为0.1m，由题意知，Δt＝(n＋12)T(n＝0,1,2，…)，解得T＝22n＋1s(n＝0,1,2，…)，A项正确，B项错误；若振幅为0.2m，t＝0

时，由简谐运动表达式x＝0.2sin(2πTt＋φ0)(m)可知，t＝0时，0.2sinφ0(m)＝－0.1m，解得φ0＝－π6或φ0＝－5π6；t＝1s时，有0.2sin(2πT＋φ0)(m)＝0.1m，将T＝6s代入0.2sin(2πT＋φ0)(m)

＝0.1m，可得D项正确；将T＝4s代入0.2sin(2πT＋φ0)(m)≠0.1m，得T＝4s不满足题意，C项错误．12．BC【解析】A．由图像知，弹簧振子的周期为1.6sT=由图可得0.3s末和0.7s末，弹簧振子位移不同，则速度大小不相等，故

A错误；B．由图可得在0.4s～0.8s时间内，振子的速度和加速度方向始终相同，均指向平衡位置，故B正确；C．由图像得振幅为12cmA=254T==所以振子做简谐运动的表达式为()512sincm4tx=故C正确；D．t=0.2s时，振子的位移为512si

n(0.2)cm62cm4x==故D错误。故选BC。13．2（1分）222d4n2tL+（）L（2分）C（1分）24k（1分）B（1分）【解析】（1）在做单摆实验中应使摆角不能超过5，因此不能选第一组和第三组，为了减小误差，应

选择的摆球质量大一些，体积小一些，因此应该选铁球，不能选木球，不能选第四组，应选第二组，且应该选的摆线长度为1m左右，实验次数30-50次，第二组也满足．（2）单摆的周期tTn=，摆长2dLL=+摆，由单摆的周期公式2LTg=摆代入解

得222d4πnL+2Ltg=（3）海拔越高重力加速度越高，故A错误；摆球的周期和质量无关，因此测得的加速度也和周期无关，故B错误；由222d4πnL+2Ltg=可知将n次全振动的时间t误作

为（n＋l）次全振动的时间导致重力加速度g偏大；故C正确；以摆线长当摆长导致摆长变短，因此测得的重力加速度偏小，D错误（4）当L为摆长时，由单摆的周期公式2LTg=可得224TLg=，可知24kg=，

解得24gk=；（5）当L为摆线长度时，设小球的半径为r，则单摆的周期公式为()2LrTg+=，可解得22244rTLgg=+，因此可知斜率和原计算了小球半径的摆长时的斜率相同，截距为正，因此选B，ACD错．14．0.20（3分

）1.0（3分）【解析】（1）[1]由题图乙可知，当纸带匀速前进20cm时，弹簧振子恰好完成一次全振动，则周期0.20sxTv==（2）[2]由图丙可知纸带在图中第一个周期内的位移为21cm，在第二个周期内的位移为2

5cm，加速度221.0m/sxaT==15．(1)1?2.5cm(2)周期T是1s，频率f是1Hz(3)路程是200cm；位移大小是12.5cm【解析】（1）弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，

所以振幅是BC之间距离的一半，所以A=252cm＝12.5cm(1分)（2）由简谐运动的对称性可知P到B的时间与B返回P的时间是相等的，所以：tBP＝0.22s(1分)＝0.1s；同时由简谐振动的对称性可知：tpo＝0.32s＝0.15s(1分)又由于：tPO+tBP＝T/4(1分)联

立得：T=1s(1分)所以：f=1/T＝1Hz(1分)（3）4s内路程：s=4×4A=4×4×12.5=200cm；(1分)由（2）的分析可知，从t=0时刻，经过0.1s时间振子到达B点；所以在4.1s时刻质点又一次到达B点，所以质点的位移是12.5cm．(1分)16．(1)5c

m；1.01m；(2)0.157m/s【解析】(1)由题图乙读出单摆的振幅A5cm=，周期2sT=(2分)根据单摆的周期公式2LTg=得摆长2222102m1.01m443.14gTL==(1分

)(2)根据机械能守恒定律21(1cosθ)2mgLmv−=(2分)2θ1cosθ2sin2−=(1分)又因为很小，故有θ2sin2AL(1分)2(1cosθ)0.157m/sgvgLAL=−(1分)17．（1）0.06m

；（2）；（3）见解析【解析】（1）物体A、B在斜面上处于平衡状态，所受外力平衡，设压缩量为x，则有（mA＋mB）gsin30°=kx(2分)解得x=AB()sin30=0.06mmmgk+(1分)（2）将物体B移开后，物体A做简谐运动过程，平衡位

置弹簧的压缩量x0=sin30=0.02mAmgk(1分)所以A振动的振幅为A=x-x0=0.04m(1分)已知系统的振动周期为T=0.4s，振动的位移随时间的变化关系曲线如图：(2分)（3）设物体A在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则有mAgsinθ=kx0

(1分)当物体A经过平衡位置下方的某一位置时，相对平衡位置的位移的大小为x，则0A()sinFkxxmg=+−(1分)由以上两式得F=kx且位移的方向与F的方向相反,即物体A做简谐运动。(1分)18．(1)4cm(2)1.5N(3)振幅不能大于1cm【解析】(1)振幅很小时

，A、B间不会分离，将A与B作为整体，当它们处于平衡位置时，根据平衡条件得：kΔx0＝(mA＋mB)g(2分)得形变量：Δx0＝1cm(1分)平衡位置距地面高度：h＝l0－Δx0＝4cm.(1分)(2)当

A、B运动到最低点时，有向上的最大加速度，此时A、B间相互作用力最大，设振幅为A，最大加速度：am＝kA＋Δx0－mA＋mBgmA＋mB＝kAmA＋mB＝5m/s2(2分)取B为研究对象，有：FN－mBg＝mBam(1分)得A、B间相互

作用力：FN＝mB(g＋am)＝1.5N(1分)由牛顿第三定律知，B对A的最大压力大小为1.5N．(1分)(3)为使B在振动中始终与A接触，在最高点时相互作用力应满足：FN≥0(1分)取B为研究对象，根据牛顿第二定律，有：mBg－FN＝mBa当FN＝0时，B振动的加

速度达到最大值，且最大值am′＝g＝10m/s2(方向竖直向下)(2分)因amA＝amB＝g，表明A、B仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，即弹簧处于原长．(1分)A′＝1cm，振幅不能大于1cm.(1分)