課時規(guī)范練22機(jī)械振動基礎(chǔ)對點練1.(簡諧運(yùn)動的物理量)如圖所示,彈簧振子在A、B之間做簡諧運(yùn)動,O為平衡位置,測得A、B間距為6cm,小球完成30次全振動所用時間為60s,則()A.該振子振動周期是2s,振幅是6cmB.該振子振動頻率是2HzC.小球完成一次全振動通過的路程是12cmD.小球過O點時開始計時,3s內(nèi)通過的路程為24cm2.(簡諧運(yùn)動的圖像)(2024甘肅天水市期中)如圖甲所示為以O(shè)點為平衡位置,在A、B兩點間運(yùn)動的彈簧振子,圖乙為這個彈簧振子的振動圖像,則下列說法正確的是()A.在t=0.2s時,彈簧振子的加速度為正向最大B.在t=0.1s與t=0.3s兩個時刻,彈簧振子的速度相同C.從t=0到t=0.2s時間內(nèi),彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動D.在t=0.6s時,彈簧振子有最小的位移3.(簡諧運(yùn)動的回復(fù)力)(2024云南大理市轄區(qū)統(tǒng)測)如圖所示,物體A與滑塊B一起在光滑水平面上做簡諧運(yùn)動,A、B之間無相對滑動。已知輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k,A、B的質(zhì)量分別為m1和m2,下列說法正確的是()A.物體A所受的回復(fù)力大小跟位移大小之比為kB.把物體A與滑塊B看成一個振子,其回復(fù)力大小跟位移大小之比為kC.滑塊B的回復(fù)力是由彈簧的彈力提供的D.若A、B之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且動摩擦因數(shù)為μ,則A、B間無相對滑動的最大振幅為μ4.(彈簧振子特點)如圖所示,光滑斜面的傾角為θ,勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在斜面的擋板上,下端固定有質(zhì)量為m的小球,重力加速度為g。將小球沿斜面上移并保持彈簧處于原長狀態(tài),然后松開小球,則()A.小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒B.小球在最低點的加速度大小為0C.有且僅有彈簧彈力充當(dāng)小球運(yùn)動的回復(fù)力D.小球做簡諧運(yùn)動的振幅為mg5.(多選)(受迫振動與共振)如圖甲所示,在一條張緊的繩子上掛幾個擺,a、c擺的擺長相同且小于b擺的擺長。當(dāng)a擺振動時,通過張緊的繩子給其他各擺施加驅(qū)動力,使其余各擺也振動起來。圖乙是c擺穩(wěn)定以后的振動圖像,重力加速度為g,不計空氣阻力,則()A.a、b、c單擺的固有周期關(guān)系為Ta=Tc<TbB.b、c擺振動達(dá)到穩(wěn)定時,c擺振幅較大C.達(dá)到穩(wěn)定時b擺的振幅最大D.由圖乙可知,此時b擺的周期Tb小于t06.(單擺與共振)(2023廣東佛山一模)將一臺智能手機(jī)水平粘在秋千的座椅上,使手機(jī)邊緣與座椅邊緣平行(如圖甲所示),讓秋千以小擺角(小于5°)自由擺動,此時秋千可看作一個理想的單擺,擺長為L。從手機(jī)傳感器中得到了其垂直手機(jī)平面方向的a-t關(guān)系圖像如圖乙所示。則以下說法正確的是()A.秋千從擺動到停下的過程可看作受迫振動B.當(dāng)秋千擺至最低點時,秋千對手機(jī)的支持力小于手機(jī)所受的重力C.秋千擺動的周期為t2-t1D.該地的重力加速度g=4素養(yǎng)綜合練7.(2024江蘇鎮(zhèn)江檢測)如圖所示,固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道對應(yīng)的圓心角的度數(shù)很小,O是圓弧的最低點。兩個完全相同的小球M、N(可視為質(zhì)點)從圓弧左側(cè)的不同位置同時釋放。它們從釋放到O點過程中都經(jīng)過圖中的P點。下列說法正確的是()A.M比N后到達(dá)O點B.M、N通過P點時所受的回復(fù)力相同C.M有可能在P點追上N并與之相碰D.從釋放到O點過程中,重力對M的沖量比重力對N的沖量大8.(2024山西呂梁市開學(xué)檢測)質(zhì)點A做簡諧運(yùn)動的位移—時間關(guān)系式為xA=4sin(50t-0.5π)m,質(zhì)點B做簡諧運(yùn)動的位移—時間關(guān)系式為xB=4sin(50t+0.3π)m,下列說法正確的是()A.A的相位比B的相位總滯后0.2πB.A、B的振動頻率均為50πC.t=0時,A的加速度沿負(fù)方向最大D.t=7π500s時,9.(多選)(2024河北保定二模)如圖所示,勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧下端固定在水平地面上,上端拴接一質(zhì)量為m的物體A,初始時系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧的彈性勢能大小為E,將另一與A完全相同的物體B輕放在A上,重力加速度為g,關(guān)于物體A、B之后在豎直方向上的運(yùn)動,下列說法正確的是()A.物體B被彈簧彈回到某位置后將脫離物體A向上運(yùn)動B.A、B運(yùn)動過程中的最大加速度為gC.A、B運(yùn)動過程中的最大加速度為gD.彈簧的最大彈性勢能為4m10.(多選)(2023山東卷)如圖所示,沿水平方向做簡諧運(yùn)動的質(zhì)點,依次通過相距L的A、B兩點。已知質(zhì)點在A點的位移大小為振幅的一半,B點位移大小是A點的3倍,質(zhì)點經(jīng)過A點時開始計時,t時刻第二次經(jīng)過B點,該振動的振幅和周期可能是()A.2L3-1,3t BC.2L3+1,1211.(2023廣東珠海二中期中)如圖所示,在傾角為θ=30°的固定光滑斜面上,有兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物體A和B,它們的質(zhì)量均為m=2kg,彈簧的勁度系數(shù)為k=100N/m,C為一固定擋板,現(xiàn)讓一質(zhì)量也為m=2kg的物體D在A上方某處由靜止釋放,D和A相碰后立即粘為一體,此后做簡諧運(yùn)動,運(yùn)動過程中,物體B對C的最小彈力為F=5N,重力加速度g取10m/s2。(1)B、C間彈力最小時,求彈簧的形變量;(2)求簡諧運(yùn)動的振幅;(3)若彈簧振子的周期為T=2πmk,m為振子質(zhì)量,k為彈簧勁度系數(shù)。以平衡位置為原點,沿斜面向下為正方向,振子在最低點作為0時刻,答案：1.C解析由題意可知T=6030s=2s,A=62cm=3cm,A錯誤;f=1T=0.5Hz,B錯誤;小球完成一次全振動通過的路程為振幅的4倍,即s0=4×3cm=12cm,C正確;小球在3s內(nèi)通過的路程為s=tT×4A=32×4×3cm2.C解析在t=0.2s時,彈簧振子的位移為正向最大,加速度為負(fù)向最大,故A錯誤;在t=0.1s與t=0.3s兩個時刻,彈簧振子的位移相同,說明彈簧振子在同一位置,速度大小相同,但是方向相反,故B錯誤;從t=0到t=0.2s時間內(nèi),彈簧振子的位移增大,加速度增大,速度減小,所以彈簧振子做加速度增大的減速運(yùn)動,故C正確;在t=0.6s時,彈簧振子的位移為負(fù)方向最大,故D錯誤。3.B解析設(shè)彈簧的形變量為x,根據(jù)牛頓第二定律可得,整體的加速度a=kxm1+m2,對A,Ff=m1a=km1m1+m2x,作用在物體A上的靜摩擦力大小Ff等于其所受回復(fù)力的大小,則回復(fù)力的大小與位移大小之比為km1m1+m2,故A錯誤;物體A與滑塊B(看成一個振子)的回復(fù)力大小滿足F=-kx,則回復(fù)力大小跟位移大小之比為k,故B正確;滑塊B做簡諧運(yùn)動,回復(fù)力由彈簧的彈力和A對B的靜摩擦力的合力提供,故C錯誤;根據(jù)題知,物體間的靜摩擦力最大時,其振幅最大,設(shè)為D,以整體為研究對象,回復(fù)力由彈簧的彈力提供,由牛頓第二定律有kD=(m1+m2)a',以A4.D解析小球運(yùn)動過程中,除重力做功外,還有彈簧的彈力做功,則小球的機(jī)械能不守恒,選項A錯誤;根據(jù)對稱可知,小球在最低點時的加速度等于開始時彈簧處在原長時的加速度,即大小為a=gsinθ,選項B錯誤;彈簧彈力與重力沿斜面方向的分量的合力充當(dāng)小球運(yùn)動的回復(fù)力,選項C錯誤;小球的平衡位置滿足mgsinθ=kA,可知小球做簡諧運(yùn)動的振幅為A=mgsinθk,5.AB解析由單擺周期公式T=2πl(wèi)g,知固有周期關(guān)系為Ta=Tc<Tb,A正確;因為Ta=Tc,所以c擺共振,達(dá)到穩(wěn)定時,c擺振幅較大,b擺的振幅最小,B正確,C錯誤;受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率,所以三個單擺的頻率相同,周期相同,故Tb等于t0,D6.D解析秋千從擺動到停下的過程受空氣阻力,振幅不斷減小,為阻尼振動,故A錯誤;在最低點,合力提供向心力FN-mg=mv2L,秋千對手機(jī)的支持力FN=mg+mv2L,故秋千對手機(jī)的支持力大于手機(jī)的重力,故B錯誤;秋千的周期為從最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的時間,所以兩次經(jīng)過最低點,有兩次向心加速度最大,根據(jù)垂直手機(jī)平面方向的a-t關(guān)系圖像,可知周期為T=t3-t1,故C錯誤;根據(jù)單擺周期公式T=t3-t1=2πLg,故當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=7.B解析根據(jù)T=2πLg,兩個小球做簡諧運(yùn)動的周期相同,M、N同時到達(dá)O點,故A錯誤;M、N通過P點時所受的回復(fù)力相同,均為小球在該點重力沿著切線方向的分力,故B正確;M、N同時到達(dá)O點,則M不可能在P點追上N并與之相碰,故C錯誤;從釋放到O點過程中,根據(jù)I=mgt,重力對M的沖量等于重力對N的沖量,故D8.D解析A、B的振動頻率相同,相位差恒定且為-0.8π,故A的相位比B的相位總滯后0.8π,故A錯誤;A、B的振動頻率均為502πHz=25πHz,故B錯誤;t=0時,A的位移為負(fù)向最大,故加速度為正向最大,故C錯誤;t=7π500s時,B的位移為0,處在平衡位置,故B9.CD解析初始時,A、B的加速度最大,對A、B組成的系統(tǒng),根據(jù)牛頓第二定律有2mg-kx1=2ma,kx1=mg,解得a=g2,故B錯誤,C正確;當(dāng)兩物體運(yùn)動到最低點時,其速度為零,彈簧的彈性勢能達(dá)到最大,根據(jù)簡諧運(yùn)動的對稱性有kx2-2mg=2ma,解得x2=3mgk,對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Epmax=2mg(x2-x1)+E=4m2g2k+E,故D正確;由于A、B在運(yùn)動過程中的最大加速度為g2,所以物體B將始終受到向下的重力和A對B向上的支持力,10.BC解析當(dāng)A、B兩點在平衡位置的同側(cè)時有12A=AsinφA,32A=AsinφB,可得φA=π6或56π(由圖中運(yùn)動方向知應(yīng)舍去),φB=π3或2π3,因此可知第二次經(jīng)過B點時φB=2π3,則23π-π62πT=t,解得T=4t,此時位移關(guān)系為32A-12A=L,解得A=2L3-1,故A錯誤,B正確;當(dāng)A、B兩點在平衡位置兩側(cè)時有-12A=AsinφA,32A=AsinφB,解得φA=-π6或-5π6(由圖中運(yùn)動方向知應(yīng)舍去),φB=π11.答案(1)5cm(2)25cm(3)x=25sin5t+π2(cm)解析(1)當(dāng)A、D在最高點時,擋板彈力最小,此時彈簧處于伸