2023届高考物理统考版一轮课时作业-(四十)　机械振动.docx

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1、课时分层作业(四十)机械振动基础题组1(多选)下列说法正确的是()A在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向2(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz.现匀速转动摇把，转速为240r/min.则()A当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s

2、B当振子稳定振动时，它的振动频率是4HzC当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D当转速减小时，弹簧振子的振幅增大E振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功3(多选)如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示下列说法正确的是()At0.8s时，振子的速度方向向左Bt0.2s时，振子在O点右侧6cm处C.t0.4s和t1.2s时，振子的加速度完全相同Dt0.4s到t0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大Et0.8s到t1.2s的时间内，振子的加速度逐渐增大4(多选)一水平弹簧振子沿x轴方向做简谐运动，平衡位置在坐标原点，向x轴正方

3、向运动时弹簧被拉伸，振子的振动图象如图所示，已知弹簧的劲度系数为20N/cm，振子质量为m0.1kg，则()A图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5N，方向指向x轴的负方向B图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向C图中A点对应的时刻振子的加速度大小为5m/s2D在04s内振子通过的路程为4cmE在04s内振子做了1.75次全振动5(多选)如图甲所示的弹簧振子(以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知，下列说法正确的是()At0时，振子处在B位置B振子运动的周期为4sCt4s时振子对平衡位置的

4、位移为10cmDt2.5s时振子对平衡位置的位移为5cmE如果振子的质量为0.5kg，弹簧的劲度系数为20N/cm，则振子的最大加速度大小为400m/s26(多选)甲、乙两弹簧振子图象如图所示，则可知()A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受的回复力最大值之比F甲F乙21C振子甲的速度为零时，振子乙的速度最大D两振子的振动频率之比f甲f乙12E振子乙的速度最大时，振子甲的速度不一定为零7如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动振子零时刻向右经过A点，2s时第一次到达B点已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，2s内经过的路程为5.6m，则该简谐运动的周期为_s，振幅为_m82022广东肇庆二模甲、乙两单

5、摆振动图象如图所示，从t0时刻开始计时，甲单摆第一次到达负的最大位移时，乙单摆的位移为_m；甲、乙两单摆的摆长之比是_92022北京市丰台区高三联考“用单摆测量重力加速度”的实验中：(1)用游标卡尺测量小球的直径，如图甲所示，测出的小球直径为_mm.(2)实验中下列做法正确的是_A摆线要选择伸缩性大些的，并且尽可能短一些B摆球要选择质量大些、体积小些的C拉开摆球，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔作为单摆周期T的测量值D拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5，释放摆球，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期T(3)实验中改变摆长L获得多组

6、实验数据，正确操作后作出的T2L图象为图乙中图线.某同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，其他实验步骤均正确，作出的图线应当是图乙中_(选填“”“”或“”)；利用该图线求得的重力加速度_(选填“大于”“等于”或“小于”)利用图线求得的重力加速度综合题组10.(多选)如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹已知弹簧的劲度系数为k10N/m，振子的质量为0.5kg，白纸移动速度为2m/s，弹簧弹性势能的表达式Epky2，不计一切摩擦在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法正确的是()A该弹簧振子的振幅为

7、1mB该弹簧振子的周期为1sC该弹簧振子的最大加速度为10m/s2D该弹簧振子的最大速度为2m/sE该弹簧振子的最大速度为m/s112022济宁模拟如图甲所示，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变化的图象如图乙所示，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.课时分层作业（四十）机械振动1解析：根据单摆周期公式T2可以知道，在同一地点，重力加速度g为定值，故周期的平方与其摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可以知道，振动系统的势能与动能之和

8、保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T2可以知道，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；已知弹簧振子初始时刻的位置和运动方向，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，故选项E错误答案：ABD2解析：摇把匀速转动的频率fnHz4Hz，周期T0.25s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确；外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E正确答案：BDE3解析：由图象知，t0.8s时

9、，振子通过平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，A正确；t0.2s时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O点右侧大于6cm处，B错误；t0.4s和t1.2s时，振子的加速度大小相等，方向相反，C错误；t0.4s到t0.8s的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，D正确；t0.8s到t1.2s的时间内，振子远离平衡位置运动，加速度增大，E正确答案：ADE4解析：由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，题图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为Fkx200.25N5N，方向指向x轴的负方向，并且振子正在远离O点向x轴的正方向运动，A、B正确；由牛顿第二定律知，题图中A点对应的时刻

10、振子的加速度大小为a50m/s2，C错误；由题图可读出周期为2s，4s内振子做两次全振动，通过的路程是s240.5cm4cm，D正确，E错误答案：ABD5解析：由图乙可知，振子做简谐振动的振幅为10cm，其周期T4s，t0和t4s时，振子在负的最大位移处，即图甲中的B位置由于振子做变速运动，故t2.5s时，振子的位移应大于5cm，故选项A、B正确，C、D错误，由a可知，振子的最大加速度为400m/s2，选项E正确答案：ABE6解析：从图象中可以看出，两弹簧振子的周期之比T甲T乙21，则频率之比f甲f乙12，D正确；弹簧振子的周期与振子的质量、弹簧的劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，

11、A错误；两弹簧振子的振幅之比为21，但由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受的回复力（Fkx）最大值之比F甲F乙不一定为21，B错误；由简谐运动的特点可知，振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，振子到达最大位移处时速度为零，从图象中可以看出，振子甲的速度为零时，振子乙恰好到达平衡位置，速度最大，C正确；振子乙的速度最大时振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置处，振子甲的速度不一定为零，E正确答案：CDE7解析：振子经过A、B两点时的速度大小相等，A、B两点对称，振子从A向右振动第1次回到B的时间与振子从B向左振动第1次回到A的时间相等，且两者时间之和恰好为一个周期，故

12、周期T4s，2s内经过的路程恰好为2倍振幅，故振幅Am2.8m答案：42.88解析：由图知甲的周期T甲4s，从t0起，当甲第一次到达负的最大位移时t3s，由图知乙的周期T乙8s，乙摆的振动方程为：xA乙sint1sinmm，甲、乙两个单摆的周期分别为4s和8s，由单摆的周期公式T2知，甲、乙两单摆的摆长之比L甲L乙TT14.答案：149解析：（1）10分度的游标卡尺精确度为0.1mm，则小球直径为d14mm50.1mm14.5mm.（2）该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；选择体积较小、密度较大的小球，故A错误，B正确在实验时，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置小于5，释放摆

13、球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，要测量多次全振动的时间，然后求周期的平均值，故C错误，D正确（3）某同学误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，则T2，得T2L，则作出的图线应当是图乙中；由题意知图线满足的函数关系式为T2，即T2L，则由图线的斜率求得的重力加速度相等答案：（1）14.5（2）BD（3）等于10解析：弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A0.5m，选项A错误；由题图所示振子振动曲线可知，白纸移动x2m，振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T1s，选项B正确；该弹簧振子所受最大回复力FkA100.5N5N最大加速度为a10m/s2，选项C正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式为Epky2，弹簧振子振动过程中机械能守恒，由mvkA2可得该弹簧振子的最大速度为vmAm/s，选项D错误，E正确答案：BCE11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）0.1kg