- 机械振动
- 共10857题
①下列说法正确的是______
A．单摆做简谐运动的过程中，摆球在平衡位置速度最大，回复力为零，加速度为零．
B．驱动力频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．
C．波不但传播振动这种运动形式和传递能量，而且还可以传递信息．
D．实验表明水波到达浅水区后，传播方向朝法线方向偏折，这说明水波的传播与水深有关，浅水区水波的传播速度较大．
E．在观看立体电影时，观众要戴上特制的眼镜，这副眼镜是一对透振方向互相垂直的偏振片．
F．麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验作出证明，使电磁场理论成为世人公认的真理．
G．泊松亮斑有力地支持了光的微粒说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说．
H．质能方程E=MC2是相对论的一个重要推论．
②如图所示，OA为一单摆，B是穿在一根较长细线上的小球，让OA偏离竖直方向一很小的角度，在放手让A球向下摆动的同时，另一小球B从与O点等高处由静止开始下落，A球第一次摆到最低点时两球恰好相遇，求B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比．（取g=10m/s2，π2=10）
正确答案
①
A、平衡位置速度最大，回复力为零，但合力不为零，所以加速度为零．故A错误；
B、当驱动力频率等于系统的固有频率时，出现共振现象，故B正确；
C、波既可传播形式与能量，也能传递信息，故C正确；
D、机械波在同种均匀介质中传播时的速度是不变的，但是由于深水区和浅水区的水的压强不同，分子平均间距发生了变化，物理性质上表现为水的密度就不同了，则有浅水区水波的传播速度较小．故D错误；
E、在放映时，通过两个放映机，把用两个摄影机拍下的两组胶片同步放映，使这略有差别的两幅图象重叠在银幕上．这时如果用眼睛直接观看，看到的画面是模糊不清的，要看到立体电影，就要在每架电影机前装一块偏振片，它的作用相当于起偏器．从两架放映机射出的光，通过偏振片后，就成了偏振光．左右两架放映机前的偏振片的偏振化方向互相垂直，因而产生的两束偏振光的偏振方向也互相垂直．故E正确；
F、麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹通过实验作出证明，故F错误；
G、泊松亮斑是光偏离直线方向传播，故其说明光具有波动说，故G错误；
H、质能方程E=mc2是爱因斯坦从相对论中得出来的一个重要的结论．质能方程是计算原子核的结合能，并用以解释原子核变化时发生质量亏损现象的理论基础．故H正确；
故选：BCEH
②单摆振动周期公式，T=2π
则有t=
由牛顿第二定律，a=
及运动学公式，
由于L为下落高度，T为单摆周期，t为相遇时间．
则f：mg=1：5
答：B球下落时受到的细线的阻力大小与B球重力大小之比1：5．
如图11-4-4所示，光滑的半球壳半径为R,O点在球心的正下方，一小球由距O点很近的A点由静止放开，同时在O点正上方有一小球自由落下，若运动中阻力不计，为使两球在O点相碰，小球由多高处自由落下（
图11-4-4
正确答案
小球由A点由静止释放运动到O点的时间为
h=
试确定下列几个摆球在平衡位置附近来回振动的周期.
（1）如图11-4-3甲所示.悬挂在水平横梁上的双线摆球.摆线长为l，摆线与水平横梁夹角θ；
（2）如图11-4-3乙所示.光滑斜面上的摆球.斜面倾角为θ，摆线长为l；
（3）如图11-4-3丙所示.悬挂在升降机中的单摆，摆长为l，升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动.
图11-4-3
正确答案
（1）T=2π
（1）双线摆在垂直于纸面的竖直面里做简谐运动，等效摆长为lsinθ，故振动周期为T=2π
（2）摆球在光滑的斜面上来回振动，回复力由小球重力沿斜面向下的分力mgsinθ决定，等效重力加速度为gsinθ，其振动周期为T=2π
（3）升降机竖直向上做匀加速运动时，摆球“超重”，回复力由m(g+a)决定，等效重力加速度为g+a，摆球振动周期为T=2π
老师带着几名学生进行野外考察，登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度。于是他们用细线拴好石块P系在树干上做成一个简易单摆，如图所示。然后用随身携带的钢卷尺、秒表进行相应的测量。同学们首先测出摆长L，然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动，用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t。
（1）利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g= ；
（2）若某次用秒表测量若干次全振动所用的时间如图所示，所用时间为t= s；
（3）若同学们在某次测量中，振动周期测量正确，但测量摆长时从悬点一直量到石块下端，所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）
正确答案
（1）
（2）100.2
（3）偏大
（1）单摆周期计算公式
（2）从图中可读出所用时间t=100.2s
（3）测量摆长时从悬点一直量到石块下端，这样所测得的摆长偏大，所以这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值偏大
有一单摆的摆长为24.8cm,在120次全振动所用的时间为120s,求摆所在当地的重力加速度.
正确答案
9.79 m∕s2
依题意得，单摆的周期为T=
由单摆的周期公式T=
g =
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，偏角θ较小，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的4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，摆动的周期为_________T，摆球的最高点与最低点的高度差为_________ h。
正确答案
1，0.16（或4/25）
此题是单摆与动量守恒定律的综合应用问题。
解题思路：先根据单摆的周期公式可以判定其周期不变，然后在利用动量守恒定律列式可求出碰后ab的速度，然后根据机械能守恒可以算出其高度差。
具体解题过程：先根据单摆的周期公式可知，它的周期只与摆长有关，而碰撞前后摆长不变，于是，其周期当然不变，仍为T.
第二部分：碰前对于a球，根据机械能守恒定律可知：1/2mv2=mgh那么h=v2/2g)
碰后，根据动量守恒定律可知：mv-1/4m2v=5/4mv0.解之的：v0=2/5v
然后，参考第一式可知:h0=(2/5v)2/2g=4/25h=0.16h
本题属于综合应用类题型，要求较高，但是难度较低。
甲、乙两个单摆,甲的摆长为乙的4倍,甲摆的振幅是乙摆的3倍,甲摆球的质量是乙的2倍,那么甲摆动5次的时间里,乙摆动__________________次.
正确答案
10
单摆的振动周期与振幅和摆球的质量无关，根据公式T=2π
有一秒摆T="2" s，摆球的质量为0.04 kg，当摆球质量增加到0.08 kg时，它的周期是_______，当摆长增加到原来的4倍时，它的振动频率是_________。
正确答案
2 s 0.25 Hz
单摆的周期与摆球质量无关，故仍为2 s。由周期公式知，T=
如图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置．当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时间的变化关系．已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60m，则这次实验沙摆的摆长大约为（取g=π2）______．
正确答案
由题，薄木板水平匀速运动，运动时间为t=
设沙摆的周期为T，由图看出，2T=t，得T=1.5s．
由单摆的周期T=2π
得：l=
故答案为：0.56m．
如图，在：半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差H为1cm。将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为＿＿＿＿s，在最低点处的加速度为＿＿＿＿m/s2。(取g＝10m/s2)
正确答案
半径2.5m的光滑圆环切下小段圆弧，小环的运动可看做单摆运动，依据单摆周期公式
由顶端到最低点时间为
【考点定位】单摆运动和圆周运动向心加速度
A、B两个单摆，当摆角很小的情况下，在相同的时间
正确答案
9：25
略
一弹簧振子分别拉离平衡位置5 cm和1 cm处放手，使它们都做简谐运动，则前后振幅之比为_________，周期之比为_________，回复力的最大值之比为_________.
正确答案
5∶1 1∶1 5∶1
振幅之比为5∶1，周期之比为1∶1，回复力之比为5∶1，因为离开平衡位置的最大位移数值等于振幅.
如下图所示，做简谐运动的单摆，摆球质量为m摆长为l，振动的最大偏角为θ，当它运动到最高位置A时，恰好有一质量为M的物体在水平恒力F作用下沿光滑水平面由静止开始向右运动．求：欲使m和M的动量相同，作用力F应满足什么条件？
正确答案
因动量是矢量，故要使两物体的动量相同，两物体必须有相同的速度方向，即只有m从左向右摆过最低点时才有可能满足题设条件．
对物体m，据机械能守恒定律有：
mgl(1－cosθ)＝
故经过C点的动量
物体运动到C点所用时间可表示为
这样对M使用动量定理可得：Ft＝p,由此可得
某人利用单摆来确定某高山的高度。已知单摆在海面处的周期是T0。而在该高山上，测得该单摆周期为T。求此高山离海平面高度h为多少？（把地球看作质量均匀分布的半径为R的球体）
正确答案
根据单摆周期公式有：
由万有引力公式得：
联立解得：
略
振动周期为2 s的单摆叫秒摆，秒摆的摆长为________m.若将此秒摆移至离地球表面距离等于地球半径的高空，其周期是________Vs.
正确答案
1 4
据T=2π
扫码查看完整答案与解析