2025版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业30机械振动

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．从某时刻起先计时，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()A．1s和3s时刻，质点的速度相同B．1s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y＝2sin(0.5πt＋1.5π)cmD．简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt＋0.5π)cm3．[2024·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，y1、－y2、x1、x2为纸上印记的位置坐标．下列说法正确的是()A．变更拉动记录纸的速率，可以变更弹簧振子的周期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eq\f(y1－y2,2)D．如图所示，弹簧振子的周期为eq\f(2（x2－x1）,5v)4．[2024·河北沧州模拟](多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摇摆，从某次摆球由左向右通过平衡位置时起先计时，相对平衡位置的位移x随时间t变更的图像如图乙所示．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变更的关系式为x＝(8sinπt)cmB．单摆的摆长约1mC．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的重力势能渐渐增大D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力渐渐减小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变更的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为v＝eq\f(\r(5),5)m/s，忽视空气阻力，g取10m/s2，π2≈g，求：(1)单摆的摆长l；(2)摆球的质量m.实力提升练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，并起先计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T.则()A．经eq\f(T,8)时间，小球从最低点向上运动的距离大于eq\f(A,2)B．经eq\f(T,8)时间，小球从最低点向上运动的距离小于eq\f(A,2)C．在eq\f(T,4)时刻，小球的动能最大D．在eq\f(T,4)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特别近的点．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()A．2eq\r(2)∶eq\r(2)∶πB．4eq\r(2)∶4∶πC．2eq\r(2)∶2∶πD．4eq\r(2)∶2eq\r(2)∶π8.(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eq\f(mg,k)C．振动过程中圆盘的最大速度为eq\f(m\r(2gh),M＋m)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能先减小后增大课时分层作业（三十）1．解析：依据简谐运动的特征，a＝－eq\f(kx,m)，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，起先计时时，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，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4)rad/s＝0.5πrad/s，t＝0时，y＝2cm，则φ＝0.5π，故简谐运动的表达式为y＝Asin（ωt＋φ）＝2sin（0.5πt＋0.5π）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，拉动记录纸的速率变更，相同时间内图线沿x轴方向移动的距离也随之变更，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eq\f(y1＋y2,2)，故C错误；记录纸在匀速运动，移动（x2－x1）距离的时间内，弹簧振子已振动了2.5个周期，则周期T＝eq\f(2（x2－x1）,5v)，故D正确．答案：D4．解析：由图像可知，单摆周期为T＝2s，则ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s，所以单摆的位移x随时间t变更的关系式为x＝（8sinπt）cm，故A正确；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))解得单摆的摆长为l≈1m，故B正确；由图像可知，从t＝2.5s到t＝3s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t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球在靠近平衡位置，所以摆球的速度在增大．设绳子与竖直方向夹角为θ，则其所受绳子的拉力为FT＝Gcosθ＋meq\f(v2,l)，此时θ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T＝2s；由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))；解得l＝1m；（2）当拉力最大时，即F＝1.02N时，摆球处在最低点．由牛顿其次定律F－mg＝meq\f(v2,l)；可解得m＝0.1kg.答案：（1）1m（2）0.1kg6．解析：依据简谐振动的位移公式y＝－Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))，则t＝eq\f(T,8)时，有y＝－Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)×\f(T,8)))＝－eq\f(\r(2),2)A，所以小球从最低点向上运动的距离为Δy＝A－eq\f(\r(2),2)A＝eq\f(2－\r(2),2)A<eq\f(1,2)A，则小球从最低点向上运动的距离小于eq\f(A,2)，故选项A错误，B正确；在t＝eq\f(T,4)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．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其次定律可得其加速度为a甲＝gsin30°，由匀变速直线运动的规律有2R＝eq\f(1,2)a甲teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(甲))，解得t甲＝2eq\r(\f(2R,g))，由等时圆模型的运动规律有2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(乙))，解得t乙＝2eq\r(\f(R,g))，丙的运动时间是等效单摆运动周期的eq\f(1,4)，则有t丙＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))，综合比较可得t甲∶t乙∶t丙＝4eq\r(2)∶4∶π，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，即应当是小球粘在盘子上一起静止的位置，所以应当比起先位置偏下，故A错误；因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离，依据对称性，则小球和盘再次回到都刚起先碰撞的位置时速度不为零，故起先的位置不是最大位移处，因为起先时Mg＝kx0，小球粘在盘子上一起静止的位置满意（m＋M）g＝kx2，所以刚起先碰撞的位置到平衡位置的距离为Δx＝eq\f(mg,k)，故振幅应当大于eq\f(mg,k)，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＝（m＋M）v1，又因为v2＝2gh，所以两者碰后速度为v1＝eq\f(m\r(2gh),M＋m)