1、课时规范练41机械振动一、基础对点练1.(多选)(简谐运动、阻尼振动、共振)下列说法正确的是()A.做简谐运动的物体,当速率减小时,回复力一定增大,且速度与回复力方向一定相反B.在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与单摆的摆长成正比,与振幅和摆球质量无关C.做阻尼振动的系统,其振动的位移一定越来越小D.要防止共振时,应使驱动力的频率远离振动系统的固有频率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)(简谐运动的图象)如图所示,虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象。已知甲、乙两个振子质量相等。则()A.甲、乙两振子的振幅之比为21B.甲
2、、乙两振子的频率之比为12C.前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值D.第2 s末甲的速度最大,乙的加速度最大E.08 s时间内甲、乙两振子通过的路程之比为413.(多选)(单摆)(2021安徽马鞍山高三期末)学校实验室中有甲、乙两单摆,其振动图象为如图所示的正弦曲线,则下列说法正确的是()A.甲、乙两单摆的摆球质量之比是12B.甲、乙两单摆的摆长之比是14C.t=1.5 s时,两摆球的速度方向相同D.t=1.5 s时,两摆球的加速度方向相同E.34 s内,两摆球的势能均减少4.(多选)(单摆的周期公式)(2021全国高三专题练习)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
3、,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可能为()A.0.2 sB.0.4 sC.0.6 sD.1.2 sE.2.0 s5.(用单摆测定重力加速度)用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。(1)对测量原理的理解正确的是。A.由g=可知,T一定时,g与l成正比B.由g=可知,l一定时,g与T2成反比C.单摆的振动周期T和摆长l可用实验测定,由g=可算出当地的重力加速度(2)若测量结果得到的g值偏大,可能是因为。A.组装单摆时,选择的摆球质量偏大B.
4、测量摆长时,将悬线长作为单摆的摆长C.测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动(3)下表是某同学记录的实验数据,并做了部分处理。组次123456摆长l/cm40.0050.0060.0080.00100.00120.0050次全振动时间t/s63.074.077.589.5100.0109.5周期T/s1.261.481.551.792.19周期的平方T2/s21.592.012.403.204.80请计算第5组实验中的T2= s2。(4)将上表数据输入计算机,可得到图乙所示的l-T2图象,图线经过坐标原点,斜率k=0.25 m/s2。由此求得重力加速度g= m/s2。(2=9.87
5、,此空答案保留3位有效数字)6.(简谐运动的特征)弹簧振子在光滑水平面上以振幅A做简谐运动,质量为M的滑块B上面放着质量为m的砝码C,C随B一起做简谐运动,已知弹簧的劲度系数为k,试求:(1)使砝码做简谐运动的回复力和位移成正比的比例常数;(2)当滑块运动到振幅一半的位置时,砝码所受的回复力。(3)当砝码与滑块的动摩擦因数为时,则要使砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为多少(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)?二、素养综合练7.(多选)如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧下端挂一质量m=1 kg的小球。若小球随升降机
6、在匀速运行过程中升降机突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知弹簧振子做简谐运动的周期T=2,重力加速度大小g取10 m/s2,则下列说法不正确的是()A.升降机停止运行前在向上运动B.t1t2时间内,小球处于超重状态C.t2t3时间内,小球向下运动,速度先增大后减小D.由图乙知,小球和弹簧构成的系统机械能守恒E.从t=0时刻起小球开始做振幅为0.1 m、周期为2 s的简谐运动8.(多选)如图所示,两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上。已知物块甲的质量是物块乙质量的4倍,弹簧振子做简谐运动的周期T=
7、2,式中m为振子的质量,k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后,两物块都开始做简谐运动,在运动过程中,下列说法正确的是()A.物块甲的振幅是物块乙振幅的4倍B.物块甲的振幅等于物块乙的振幅C.物块甲的最大速度是物块乙最大速度的D.物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2倍E.物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2倍9.(2021山东潍坊高三期末)已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为T=2(m为振子的质量,k为弹簧的劲度系数)。一探究小组用若干50 g的钩码和一块秒表来验证T与m的关系,操作步骤如下:将弹簧上端固定在铁架台上,在弹簧下端挂上一个钩码,静止后记录弹簧下端指针在铁架台竖直杆的指示位置,即平衡位
8、置;将钩码向下拉离平衡位置后放手,钩码上下往复运动,用秒表记录振子做30次全振动所用的时间;在弹簧下端依次挂上2、3、4、5个钩码,重复以上步骤;建立T2-m坐标系,将所记录数据处理后描点画出图象。请回答以下问题:(1)当振子质量为150 g时,完成全振动30次所用时间如图甲所示,则该读数为 s;(2)将记录数据处理后在T2-m图象中描点如图乙所示,请将(1)中所测数据处理后也在坐标系中描点,并作出图象;(3)由图象可得,弹簧的劲度系数k= N/m(保留两位有效数字)。课时规范练41机械振动1.ABD解析:做简谐运动的物体,当速率减小时,则振子一定是向远离平衡位置方向运动,则位移变大,根据F=
9、-kx可知,回复力一定增大,且速度与回复力方向一定相反,故A正确;根据T=2,可得T2=可知,在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与单摆的摆长成正比,与振幅和摆球质量无关,故B正确;做阻尼振动的系统,其振动的振幅一定越来越小,选项C错误;当驱动力的频率等于物体的固有频率时会产生共振,则要防止共振时,应使驱动力的频率远离振动系统的固有频率,故D正确;振动质点在同一位置振动方向有两种,所以已知弹簧振子初始时刻的位置和周期,可知任意时刻质点的位置,但是不知道初始时刻振子的振动方向,不能知道振子在任意时刻运动速度的方向,故E错误。2.ADE解析:根据甲、乙两个振子做简谐运动的图象可知,两振子的振幅A
10、甲=2 cm,A乙=1 cm,甲、乙两振子的振幅之比为21,A正确;甲振子的周期为4 s,频率为0.25 Hz,乙振子的周期为8 s,频率为0.125 Hz,甲、乙两振子的频率之比为21,B错误;前2 s内,甲的加速度为负值,乙的加速度为正值,C错误;第2 s末甲通过平衡位置,速度最大,乙在最大位移处加速度最大,D正确;08 s这段时间内,甲振子运动了两个周期,通过的路程为s甲=24 A甲=16 cm,乙振子运动了一个周期,通过的路程为s乙=4 A乙=4 cm,所以路程之比为41,E正确。3.BDE解析:单摆的周期与振幅与摆球的质量无关,所以A错误;由图象可知甲、乙两单摆的周期之比为12,根据
11、单摆的周期公式T=2可知,周期与摆长的二次方根成正比,所以甲、乙两单摆的摆长之比是14,则B正确;由图象可知,t=1.5 s时,两摆球的速度方向相反,所以C错误;由加速度公式a=,t=1.5 s时,两摆球位移方向相同,所以它们的加速度方向相同,则D正确;34 s内,两摆球均向平衡位置运动,摆球的势能均减少,所以E正确。4.BDE解析:小球的摆动可视为单摆运动,摆长为线长时对应的周期T1=2= s,摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2=2=0.6 s,故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t=0.4 s,选项BDE正确。5.答案:(1)C(2)C(3)4.00(4)9.87解析:(1)重力加速度
12、与单摆无关,由单摆周期公式T=2可知g=,测出单摆的摆长l与周期T,可以求出重力加速度,故选C;(2)由单摆周期公式T=2可知g=,单摆周期与摆球质量无关,组装单摆时,选择的摆球质量偏大不会导致g的测量值偏大,故A错误;测量摆长时,将悬线长作为单摆的摆长,所测摆长l偏小,所测g偏小,故B错误;测量周期时,把n次全振动误认为是(n+1)次全振动,所测周期T偏小,所测g偏大,故C正确;(3)由表中实验数据可知,完成50次全振动需要的时间为100.0 s,则周期T=2.0 s,所以T2=2.02=4.00 s2;(4)由单摆周期公式T=2可知l=T2,l-T2图象的斜率k=,解得g=9.87 m/s
13、2。6.答案:(1)k(2)(3)解析:(1)使砝码随着滑块一起振动,B对C的静摩擦力是回复力;其大小由牛顿第二定律有f=ma整体法求共同加速度a,则有a=联立上两式,解得f=x可知使砝码做简谐运动的回复力和位移成正比的比例常数k=k。(2)当滑块运动到振幅的一半位置时回复力f=ma=k方向指向平衡位置。(3)从f=kx,可以看出,当x增大时,f也增大,当f=fmax=FN时,有最大振动幅,因fm=mam=mg所以Am=mg解得Am=。7.BCE解析:从0时刻开始,弹簧弹力减小,知小球向上运动,可知升降机停止前向上运动,故A正确;由图象可知,t1t2时间内,重力大于弹力,加速度向下,处于失重状
14、态,故B错误;t2t3时间内,小球向下运动,t2时刻,合力为零,后弹力大于重力,合力向上,减速到零,故C错误;由图乙知,弹簧振子做的是等幅振动,即小球和弹簧构成的系统机械能守恒,故D正确;当弹簧的弹力最大时,达到了小球的振幅,即有kx=2mg-mg,代入数据,可得x=0.1 m,已知弹簧振子做简谐运动的周期为T=2,代入数据可得T=,故E错误。8.BCD解析:线未断开前,两根弹簧伸长的长度相同,离开平衡位置的最大距离相同,即振幅一定相同,A错误,B正确;当线断开的瞬间,弹簧的弹性势能相同,到达平衡后,甲乙的最大动能相同,由于甲的质量大于乙的质量,由Ek=mv2知,甲的最大速度一定是乙的最大速度的,C正确;根据T=2可知,甲的振动周期是乙的振动周期的2倍;根据f=可知,甲的振动频率是乙的振动频率的,D正确,E错误。9.答案:(1)10.322(2)(3)503解析:(1)根据秒表读数为10.32 s;(2)根据描点作图为(3)根据T=2可得斜率k=代入图象数据可得k=50 N/m