2025版高考物理一轮复习课后限时作业50机械振动含解析新人教版

PAGEPAGE6课后限时作业50机械振动时间：45分钟1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是(B)A．位移 B．速度C．加速度 D．回复力2．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的eq\f(1,4)，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，则单摆振动的(C)A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都变更C．频率不变，振幅变更 D．频率变更，振幅不变3．如图所示，弹簧振子在a、b两点间做简谐振动，当振子从平衡位置O向a运动过程中(C)A．加速度和速度均不断减小B．加速度和速度均不断增大C．加速度不断增大，速度不断减小D．加速度不断减小，速度不断增大解析：在振子由O到a的过程中，其位移不断增大，回复力增大，加速度增大，但是由于加速度与速度方向相反，故速度减小，因此选项C正确．4．如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是(D)A．振动周期为5s，振幅为8cmB．第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．从第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D．第3s末振子的速度为正向的最大值解析：由题图图象可知振动周期为4s，振幅为8cm，选项A错误；第2s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；从第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D正确．5．(多选)一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是(BCD)A．质点振动的频率为4HzB．在10s内质点经过的路程是20cmC．在5s末，质点的速度为零，加速度最大D．t＝1.5s和t＝4.5s两时刻质点的位移大小相等，都是eq\r(2)cm解析：由题图图象可知，质点振动的周期为T＝4s，故频率f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，选项A错误；在10s内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A＝20cm，选项B正确；在5s末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，选项C正确；由题图图象可得振动方程是x＝2sin(eq\f(π,2)t)cm，将t＝1.5s和t＝4.5s代入振动方程得x＝eq\r(2)cm，选项D正确．6．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变更的关系式为x＝Asineq\f(π,4)t，则质点(AD)A．第1s末与第3s末的位移相同B．第1s末与第3s末的速度相同C．第3s末至第5s末的位移方向都相同D．第3s末至第5s末的速度方向都相同解析：由关系式可知ω＝eq\f(π,4)rad/s，T＝eq\f(2π,ω)＝8s，将t＝1s和t＝3s代入关系式中求得两时刻位移相同，A对；作出质点的振动图象，由图象可以看出，第1s末和第3s末的速度方向不同，B错；由图象可知，第3s末至第4s末质点的位移方向与第4s末至第5s末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，故C错，D对．7.一个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(B)A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动解析：由题图共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，故A错误；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1m，故B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，故C、D错误．8．有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理试验室，各自由那里利用先进的DIS系统较精确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校内网交换试验数据，并由计算机绘制了T2­l图象，如图甲所示，去北大的同学所测试验结果对应的图线是B(选填“A”或“B”)．另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图乙所示)，由图可知，两单摆摆长之比eq\f(la,lb)＝eq\f(4,9).在t＝1s时，b球振动的方向是沿y轴负方向．解析：由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得：T2＝eq\f(4π2,g)l，即图象的斜率k＝eq\f(4π2,g)，重力加速度越大，斜率越小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测试验结果对应的图线是B；从题图乙可以得出Tb＝1.5Ta，由T＝2πeq\r(\f(l,g))知，两单摆摆长之比eq\f(la,lb)＝eq\f(4,9)；从题图乙可以看出，t＝1s时b球正在向负最大位移处运动，所以b球的振动方向沿y轴负方向．9．某同学利用单摆测量重力加速度．(1)(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是B、C.A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．试验时须使摆球在同一竖直面内摇摆D．摆长肯定的状况下，单摆的振幅尽量大(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆．试验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最终用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝eq\a\vs4\al(\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))).解析：(1)为了使测量误差尽量小，组装摆球须用密度较大、直径较小的摆球和不易伸长的细线，故选项A错误，选项B正确；单摆的摆球必需在同一竖直面内摇摆，以削减试验误差，故选项C正确；单摆的摆角比较小，在摆长肯定的状况下单摆的振幅不能太大，故选项D错误．(2)设单摆的摆球半径为r，试验时标记点到悬点的距离为l，由单摆的周期公式可知，T1＝2πeq\r(\f(l1－r,g))、T2＝2πeq\r(\f(l2－r,g))，且l1－l2＝ΔL，解得g＝eq\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).10.一质点做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示．(1)求t＝0.25×10－2s时质点的位移；(2)在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变更？(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s时间内，质点的路程、位移各多大？解析：(1)由题图可知A＝2cm，T＝2×10－2s，振动方程为x＝Asin(ωt－eq\f(π,2))＝－Acosωt＝－2cos(eq\f(2π,2×10－2)t)cm＝－2cos100πtcm当t＝0.25×10－2s时，x＝－2coseq\f(π,4)cm＝－eq\r(2)cm(2)由题图可知在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s时间内经验eq\f(17,4)个周期，质点的路程为s＝17A＝34cm，位移为2cm.答案：(1)－eq\r(2)cm(2)变大变大变小变小变大(3)34cm2cm11.如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变更的？(3)该振子在前100s的总位移是多少？路程是多少？解析：(1)由题图振动图象可得A＝5cm，T＝4s，φ0＝0则ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s故该振子简谐运动的表达式为x＝5sineq\f(π,2)tcm(2)由题图可知，在t＝2s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的持续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能渐渐增大，当t＝3s时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经过一个周期位移为零，路程为4×5cm＝20cm，前100s刚好经过了25个周期，所以前100s振子的总位移x＝0，振子的路程s＝25×20cm＝500cm＝5m.答案：见解析12.如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫eq\o\ac(AB,\s\up15(︵)).甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，问：(1)两球第1次到达C点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C的正上方h处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少？解析：(1)甲球做自由落体运动R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))乙球沿圆弧做简谐运动(由于eq\o\ac(AC,\s\up17(︵))≪R，可认为摆角θ<5°)．此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R，因此乙球第1次到达C处的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))，所以t1t2＝eq\f(2\r(2),π).(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t