2024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

这是一份2024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，共5页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

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．从某时刻开始计时，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)cm
D．简谐运动的表达式为y＝2sin (0.5πt＋0.5π)cm
3．[2023·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．改变拉动记录纸的速率，可以改变弹簧振子的周期
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．[2023·河北沧州模拟](多选)如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示．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变化的关系式为x＝(8sinπt) cm
B．单摆的摆长约1m
C．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.5s到t＝3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
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变化的图像如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为v＝eq \f(\r(5),5)m/s，忽略空气阻力，g取10m/s2，π2≈g，求：
(1)单摆的摆长l；
(2)摆球的质量m.
能力提升练
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，并开始计时，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非常近的点．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∶π
C．2eq \r(2)∶2∶πD．4eq \r(2)∶2eq \r(2)∶π
8.
(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：根据简谐运动的特征，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，开始计时时，位移为正向最大，故D正确，选项A、B、C错误．
答案：D
2．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：D
3．解析：弹簧振子的周期取决于自身性质，拉动记录纸的速率改变，相同时间内图线沿x轴方向移动的距离也随之改变，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：D
4．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变化的关系式为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＝Gcsθ＋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：AB
5．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．
由牛顿第二定律F－mg＝meq \f(v2,l)；
可解得m＝0.1kg.
答案：（1）1m （2）0.1kg
6．解析：根据简谐振动的位移公式y＝－Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t))，则t＝eq \f(T,8)时，有y＝－Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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答案：BC
7．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第二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t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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：B
8．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，即应该是小球粘在盘子上一起静止的位置，所以应该比开始位置偏下，故A错误；因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离，根据对称性，则小球和盘再次回到都刚开始碰撞的位置时速度不为零，故开始的位置不是最大位移处，因为开始时Mg＝kx0，小球粘在盘子上一起静止的位置满足（m＋M）g＝kx2，所以刚开始碰撞的位置到平衡位置的距离为Δx＝eq \f(mg,k)，故振幅应该大于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)，而两者碰撞瞬间满足（m＋M）g－kx0＝ma，即碰后两者向下做加速度减小的加速运动，当a＝0时速度最大，之后做减速运动到最低点，故振动过程中圆盘的最大速度应该大于eq \f(m\r(2gh),M＋m)，故C错误；从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球的动能先增大后减小，故由能量守恒定律可得，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大，故D正确．
答案：BD