1、高考资源网（） 您身边的高考专家课时作业(四十)机械振动双基巩固练1(2019广东顺德一模)(多选)弹簧振子在光滑水平面上振动，其位移时间图象如图所示，则下列说法正确的是_A10秒内振子的路程为2 mB动能变化的周期为2.0 sC在t0.5 s时，弹簧的弹力最大D在t1.0 s时，振子的速度反向E振动方程是x0.10sin t(m)ACE根据振动图象可知周期T2.0 s，振幅A10 cm，t10 s5T，一个周期通过的路程为4A，则10 s内通过的路程s54A2010 cm200 cm2 m，故A正确；每次经过平衡位置动能最大，在最大位移处动能为0，在振子完成一个周期的时间内，动能完成2个周期
2、的变化，故动能变化的周期为1 s，故B错误；t0.5 s，振子处于最大位移处，弹簧的弹力最大，故C正确；在t0.5 s到t1.5 s时间内振子沿x负方向运动，在t0.1 s时，振子的速度未反向，故D错误；由振动图象知T2.0 s，角速度 rad/s rad/s，振动方程x0.10sin t(m)，故E正确2(多选)一单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法正确的是_A此单摆的周期约为0.5 sB此单摆的摆长约为1 mC若摆长增加，共振曲线的峰将向左移动D若把该单摆从福建移到北京，要使其固有频率不变，应增加摆长E列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振
3、BCD单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，由题图知固有频率为0.5 Hz，周期为2 s，故A错误；由公式T2，可得L1 m，故B正确；若摆长增加，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，C正确；该单摆从福建移到北京、重力加速度变大，要使其固有频率不变，需增加摆长，D正确；列车过桥时需减速，是为了使驱动力频率远小于桥的固有频率，防止桥发生共振，而不是防止列车发生共振，E错误3(多选)如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度
4、为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端的时间为_A0.2 s B0.4 s C0.6 s D1.2 s E2.0 sBDE小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T12 s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T22 0.6 s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t0.4 s，B、D、E正确4(多选)如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是_甲乙A在t0.2 s时，弹簧振子可能运动到B位置B在t0.1 s与t0.3 s两个时刻，弹簧振子的速度相反C从t0到t0.2
5、s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加D在t0.2 s与t0.6 s两个时刻，弹簧振子的加速度相同E在t0.4 s和t0.8 s时弹簧振子动能最大ABEt0.2 s时，振子的位移为正的最大，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A点也可能在B点，A正确t0.1 s时速度为正，t0.3 s时速度为负，两者方向相反，B正确从t0到t0.2 s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错t0.2 s与t0.6 s两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D错振子在平衡位置动能最大，E正确5(多选)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点t0时刻振子的位移x0.1
6、 m；t s时刻x0.1 m；t4 s时刻x0.1 m该振子的振幅和周期可能为_A0.1 m， sB0.1 m2.5 sC0.1 m,8 sD0.2 m sE0.2 m,8 sADE若振子的振幅为0.1 m， sT，则周期最大值为 s，选项A正确，B、C错误；若振子的振幅为0.2 m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x0.1 m处运动到负向最大位移处再反向运动到x0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，则T s，所以周期的最大值为 s，且t4 s时刻x0.1 m，故选项D正确；若振子的振幅为0.2 m，当振子由x0.1 m经平衡位置运动到x0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，则T
7、s，所以此时周期的最大值为8 s，且t4 s时，x0.1 m，故选项E正确6(2019领航高考冲刺卷)如图所示是两个单摆的振动图象(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t0起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲振动到了什么位置？向什么方向运动？解析(1)由题图可以看出，单摆甲的周期是单摆乙的周期的，即T甲T乙，又由单摆的周期与摆长的关系可知，l甲l乙14.(2)由题图可以看出，当乙第一次到达右方最大位移处时，t2 s，振动到周期，甲振动到周期，位移为0，位于平衡位置，此时甲向左运动答案(1)14(2)甲振动到周期，位于平衡位置此时甲向左运动能
8、力提升练7(2019安徽江淮联考)(多选)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，AOBCOB，小于10且是未知量同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线图乙(Fmax、Fmin、t1、t2均为已知量)，且图中t0时刻为摆球从A点开始运动的时刻(重力加速度为g)根据题中(包括图中)所给的信息，下列说法正确的是_A该单摆的周期为t2B根据题中(包括图中)所给的信息可求出摆球的质量C根据题中
9、(包括图中)所给的信息不能求出摆球在最低点B时的速度D若实验时，摆球做了圆锥摆，则测得的周期变长E若增加摆球的质量，摆球的周期不变ABE由乙图可知单摆的周期Tt2，故选项A正确；在B点拉力有最大值，根据牛顿第二定律Fmaxmgm；在A、C两点有拉力最小值，Fminmgcos .由A到B机械能守恒，即mgl(1cos )mv2，由此可求得摆球的质量m，故选项B正确，选项C错误；若实验时，摆球做了圆锥摆，则周期的表达式为T2，显然周期变小，故选项D错误，根据单摆周期公式T2可知，单摆周期与摆球质量无关，故选项E正确8根据单摆周期公式T2，可以通过实验测量当地的重力加速度如图甲所示，将细线的上端固定
10、在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆甲(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为_mm.乙(2)(多选)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_A摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B摆球尽量选择质量大些、体积小些的C为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5，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t即为单摆周期TE拉开摆球，使摆球偏离平衡位置不大于5，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T解析(1)先从
11、主尺读出整数部分刻度为18 mm，然后从游标尺读出小数部分刻度为0.6 mm，所以小钢球直径为18.6 mm.(2)在该实验中，摆球的摆角不要太大，偏离平衡位置不大于5，C错误，为了尽量减少实验误差，摆球应该选择质量大、体积小的小球；摆线要选择质量小、不易伸长、长度大一些的细绳；摆球摆动稳定后，从平衡位置开始计时，摆球两次经过平衡位置为一次全振动，A、B、E三项正确，D项错误答案(1)18.6(2)ABE9如图所示，一个轻弹簧与一个质量为m0.5 kg的小球所构成的弹簧振子放在光滑金属杆上，已知该弹簧的劲度系数k200 N/m，O点是弹簧振子静止时的位置，今将振子向右拉10 cm到A点，此时外
12、力对弹簧振子做功为1 J，然后由静止释放，则它在A、B之间运动，不计其他阻力，求：(1)振子在哪点的速度最大？最大速度为多少？(2)振子在A点的位移；(3)振子在B点的加速度解析(1)由于弹簧振子在运动过程中满足机械能守恒，故在平衡位置O点的速度最大，由题意知：外力做的功转化为系统的弹性势能，该势能又全部转化成振子的动能，即Wmv2解得：v m/s2 m/s.(2)振子在A点的位移大小为x10 cm，方向由O指向A.(3)由于振动的振幅为10 cm，故在B点的位移大小是10 cm，即弹簧压缩10 cm，此时回复力的大小Fkx2000.1 N20 N，即振子所受到的合外力大小为20 N，由牛顿第
13、二定律得：a m/s240 m/s2，方向由B指向O.答案(1)O点2 m/s(2)10 cm方向由O指向A(3)40 m/s2，方向由B指向O10有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t0)，经过周期振子有正向最大加速度(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移时间图象；(3)写出振子的振动方程解析(1)振幅A10 cm，T s0.2 s.(2)振子在周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移，其位移时间图象如图所示(3)设振动方程为yAsin(t)当t0时，y0，则sin 0得0或，当再过较短时间，y为负值，所以所以振动方程为y10sin(10t)cm.答案(1)10 cm0.2 s(2)图见解析(3)y10sin(10t)cm- 6 - 版权所有高考资源网
