【同步】高中物理一轮复习课后习题-第八章第41课时　机械振动

第41课时机械振动课时精练(分值：60分)1~5题每小题6分，共30分1.如图所示，小球在BC之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C运动到O的过程中()A.动能不断增大，加速度不断减小B.回复力不断增大，系统机械能守恒C.弹性势能不断减小，加速度不断增大D.弹性势能不断增大，加速度不断减小答案A解析做简谐运动的小球，从C到O的过程中逐渐靠近平衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，所以合外力做正功，动能增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F=-kx可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知F=-kx=ma，故加速度不断减小，故A正确；由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有系统内的弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；在小球从C到O的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误。2.(多选)如图，在研究单摆的运动规律过程中，测得单摆40次全振动所用的时间为80s，已知当地的重力加速度大小g取9.8m/s2，π2≈9.8，下列有关该单摆的说法中正确的是()A.单摆做简谐运动时，在速度增大的过程中回复力一定减小B.单摆做简谐运动的周期为3sC.单摆的摆长约为1mD.若把单摆放在月球上，则其摆动周期变大答案ACD解析单摆做简谐运动时，在速度增大的过程中，逐渐靠近平衡位置，所以回复力一定减小，故A正确；由题意，可得单摆的周期为T=tn=8040s=2s，由单摆周期公式T=2πlg，解得单摆的摆长l≈1m，故B错误，C正确；根据单摆的周期公式T=2πlg，可知若把该单摆放在月球上，g值变小，则其摆动周期3.(2024·甘肃卷·5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.摆长为1.6m，起始时刻速度最大B.摆长为2.5m，起始时刻速度为零C.摆长为1.6m，A、C点的速度相同D.摆长为2.5m，A、B点的速度相同答案C解析由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8πs，由单摆的周期公式T=2πlg得摆长为l=gT24π2=1.6m，B、D错误；起始时刻位于正向最大位移处，速度为零，且A、4.轿车的“悬挂系统”是指由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的整个支持系统。已知某型号轿车“悬挂系统”的固有频率是2Hz。如图所示，这辆汽车正匀速通过某路口的条状减速带，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是()A.当该轿车通过减速带时，车身上下振动的频率均为2Hz，与车速无关B.该轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈C.当该轿车以2m/s的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈D.当该轿车以不同速度通过减速带时，车身上下颠簸的剧烈程度一定不同答案C解析当轿车以速度v通过减速带时，车身上下振动的周期为T=Lv，则车身上下振动的频率为f=1T=vL，该值与车速有关，故A错误；车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，即当车速满足f=vL=2Hz，即v=2m/s，车身上下颠簸得最剧烈，故B错误，5.(多选)如图所示，质量为1.44kg的小球(视为质点)在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在t1=0.1s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2=0.5s时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期T=2πmk，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取π2A.弹簧振子的周期为1.2sB.弹簧的劲度系数为80N/mC.在t3=1.3s时刻，小球第四次经过M点D.O、M两点间的距离为5cm答案AD解析根据题意可知，小球从t=0开始先向右运动(先向左运动的情况不符合题意)，M点到B点的时间为t0=t2−t12=0.2s，则T4=0.2s+0.1s=0.3s，T=1.2s，故A正确；根据T=2πmk，代入数据得k=40N/m，故B错误；小球第三次经过M点时间t3=1.2s+0.1s=1.3s，故C错误；小球做简谐运动，有y=Asinωt=Asin2πTt=10sin5π3t(cm)，t1=0.1s时，y=5cm6~8题每小题7分，共21分6.(2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是()A.t=0时，弹簧弹力为0B.t=0.2s时，手机位于平衡位置上方C.从t=0至t=0.2s，手机的动能增大D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2答案D解析由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误；由题图乙知，t=0.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t=0至t=0.2s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T=0.8s，则ω=2πT=2.5πrad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2，D7.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道对应的圆心角的度数很小(小于5°)，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N(可视为质点)从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到O点过程中都经过图中的P点。下列说法正确的是()A.M比N后到达O点B.M、N通过P点时所受的回复力相同C.M有可能在P点追上N并与之相碰D.从释放到O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大答案B解析根据T=2πlg，两个小球做简谐运动的周期相同，M、N同时到达O点，故AM、N通过P点时所受的回复力相同，均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，故B正确；M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误；从释放到O点过程中，根据I=mgt，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。8.(多选)如图(a)所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图(b)所示，若T2时刻弹簧弹力为0，重力加速度为gA.0时刻弹簧弹力大小为2mgB.弹簧劲度系数为2C.T2~TD.T2~T答案ACD解析小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，T2时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，则在平衡位置时有kA=mg，可得劲度系数为k=mgA，故0时刻小球在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F=k·2A=2mg，故A正确；T2~T时间段，小球从最高点振动到最低点，回复力在前T4时间内沿x轴正方向，在后T4时间内沿x轴负方向，两段时间的回复力平均值F大小相等，则由I=F·T4+(-F·T4)=0T2~T时间段，小球从最高点振动到最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D(9分)9.如图所示，一根长为l、粗细均匀且横截面积为S的木筷下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大且装有水的容器中。现把木筷往上提起一小段距离后放手，木筷就在水中上下做简谐运动。已知铁丝与木筷总质量为m0，木筷与铁丝整体的等效密度为ρ1，水的密度为ρ2。简谐运动的周期公式T=2πmk，其中k是比例系数，m为系统的质量。当地重力加速度为gA.2πlg B.