《新教材物理一轮总复习-课时分层作业30机械振动习题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新教材物理一轮总复习-课时分层作业30机械振动习题.docx（5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、课时分层作业(三十)机械振动基础强化练1一弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点从某时刻开始计时，经过二分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度下列能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是()2某质点的振动图像如图所示，下列说法正确的是()A1s和3s时刻，质点的速度相同B1s到2s时间内，质点的速度与加速度方向相同C简谐运动的表达式为y2sin (0.5t1.5)cmD简谐运动的表达式为y2sin (0.5t0.5)cm32023山东冲刺卷水平弹簧振子，下端装有一根记录笔，记录纸放置于水平桌面上，当振子振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像，
2、y1、y2、x1、x2为纸上印记的位置坐标下列说法正确的是()A改变拉动记录纸的速率，可以改变弹簧振子的周期B增大弹簧振子的振幅，弹簧振子的周期也会增大C如图所示，弹簧振子的振幅为D如图所示，弹簧振子的周期为42023河北沧州模拟(多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示不计空气阻力，g取10m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是()A单摆的位移x随时间t变化的关系式为x(8sint) cmB单摆的摆长约1mC从t2.5s到t3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D从t2.5s到t3s的过程中
3、，摆球所受绳子拉力逐渐减小5如图甲所示，摆球在竖直面内做简谐运动通过力传感器得到摆线拉力F的大小随时间t变化的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为vm/s，忽略空气阻力，g取10m/s2，2g，求：(1)单摆的摆长l；(2)摆球的质量m.能力提升练6(多选)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.则()A经时间，小球从最低点向上运动的距离大于B经时间，小球从最低点向上运动的距离小于C在时刻，小球的动能最大D在时刻，小球的动能最小7.如图所示，A是竖直固定放置圆环的最低点，经过圆心O、倾角为30的光滑轨道
4、固定放置在圆环上的B、C两点之间，另一个光滑轨道固定放置在圆环上的D、A两点之间，E是圆环上距离A非常近的点分别从B、D、E三点由静止释放甲、乙、丙三个小球(均可视为质点)，则甲到达C点的时间、乙到达A的时间和丙到达A点的时间之比为()A2B44C22D428.(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态现将质量为m的粘性小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，下列说法正确的是()A圆盘将以碰后瞬时位置作为平衡位置做简谐运动B圆盘做简谐运动的振幅大于C振动过程中圆盘的最大速度为D从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统势
5、能先减小后增大课时分层作业（三十）1解析：根据简谐运动的特征，a，经过二分之一周期振子具有沿x轴正方向的最大加速度，由此时振子的位移为负向最大，开始计时时，位移为正向最大，故D正确，选项A、B、C错误答案：D2解析：yt图像上某点的切线的斜率表示速度；1s和3s时刻，质点的速度大小相等，方向相反，故A错误；1s到2s时间内，质点做减速运动，故加速度与速度反向，故B错误；振幅为2cm，周期为4s，rad/s0.5rad/s，t0时，y2cm，则0.5，故简谐运动的表达式为yAsin（t）2sin（0.5t0.5）cm，故C错误，D正确答案：D3解析：弹簧振子的周期取决于自身性质，拉动记录纸的速率
6、改变，相同时间内图线沿x轴方向移动的距离也随之改变，而距离与速率之比不变，周期不变，故A错误；弹簧振子的周期与振幅无关，故B错误；由图可知，弹簧振子的振幅为，故C错误；记录纸在匀速运动，移动（x2x1）距离的时间内，弹簧振子已振动了2.5个周期，则周期T，故D正确答案：D4解析：由图像可知，单摆周期为T2s，则rad/s，所以单摆的位移x随时间t变化的关系式为x（8sint）cm，故A正确；由单摆的周期公式T2解得单摆的摆长为l1m，故B正确；由图像可知，从t2.5s到t3s的过程中，摆球在靠近平衡位置，所以摆球的重力势能减小，故C错误；由于从t2.5s到t3s的过程中，摆球在靠近平衡位置，所
7、以摆球的速度在增大设绳子与竖直方向夹角为，则其所受绳子的拉力为FTGcosm，此时在减小，v在增大，所以拉力在增大，故D错误答案：AB5解析：（1）由乙图可知单摆周期为T2s；由单摆周期公式T2；解得l1m；（2）当拉力最大时，即F1.02N时，摆球处在最低点由牛顿第二定律Fmgm；可解得m0.1kg.答案：（1）1m（2）0.1kg6解析：根据简谐振动的位移公式yAcos，则t时，有yAcosA，所以小球从最低点向上运动的距离为yAAAA，则小球从最低点向上运动的距离小于，故选项A错误，B正确；在t时，小球回到平衡位置，具有最大的振动速度，所以小球的动能最大，故选项C正确，D错误答案：BC7
8、解析：设甲、乙、丙的运动时间分别为t甲、t乙、t丙，圆环的半径为R，对甲受力分析由牛顿第二定律可得其加速度为a甲gsin30，由匀变速直线运动的规律有2Ra甲t，解得t甲2，由等时圆模型的运动规律有2Rgt，解得t乙2，丙的运动时间是等效单摆运动周期的，则有t丙2，综合比较可得t甲t乙t丙44，B正确答案：B8解析：因为简谐运动的平衡位置是物体能够自由静止的位置，即应该是小球粘在盘子上一起静止的位置，所以应该比开始位置偏下，故A错误；因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离，根据对称性，则小球和盘再次回到都刚开始碰撞的位置时速度不为零，故开始的位置不是最大位移处，因为开始时Mgkx0，小球粘在盘子上一起静止的位置满足（mM）gkx2，所以刚开始碰撞的位置到平衡位置的距离为x，故振幅应该大于，故B正确；小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，则mv（mM）v1，又因为v22gh，所以两者碰后速度为v1，而两者碰撞瞬间满足（mM）gkx0ma，即碰后两者向下做加速度减小的加速运动，当a0时速度最大，之后做减速运动到最低点，故振动过程中圆盘的最大速度应该大于，故C错误；从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球的动能先增大后减小，故由能量守恒定律可得，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大，故D正确答案：BD