PAGEPAGE6課后限時作業50機械振動時間：45分鐘1．做簡諧運動的物體，當它每次經過同一位置時，可能不同的物理量是(B)A．位移 B．速度C．加速度 D．回復力2．做簡諧運動的單擺擺長不變，若擺球質量減小為原來的eq\f(1,4)，擺球經過平衡位置時速度增大為原來的2倍，則單擺振動的(C)A．頻率、振幅都不變 B．頻率、振幅都變更C．頻率不變，振幅變更 D．頻率變更，振幅不變3．如圖所示，彈簧振子在a、b兩點間做簡諧振動，當振子從平衡位置O向a運動過程中(C)A．加速度和速度均不斷減小B．加速度和速度均不斷增大C．加速度不斷增大，速度不斷減小D．加速度不斷減小，速度不斷增大解析：在振子由O到a的過程中，其位移不斷增大，回復力增大，加速度增大，但是由于加速度與速度方向相反，故速度減小，因此選項C正確．4．如圖所示為某彈簧振子在0～5s內的振動圖象，由圖可知，下列說法中正確的是(D)A．振動周期為5s，振幅為8cmB．第2s末振子的速度為零，加速度為負向的最大值C．從第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度減小的減速運動D．第3s末振子的速度為正向的最大值解析：由題圖圖象可知振動周期為4s，振幅為8cm，選項A錯誤；第2s末振子在最大位移處，速度為零，位移為負，加速度為正向的最大值，選項B錯誤；從第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的減速運動，選項C錯誤；第3s末振子在平衡位置，向正方向運動，速度為正向的最大值，選項D正確．5．(多選)一個質點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是(BCD)A．質點振動的頻率為4HzB．在10s內質點經過的路程是20cmC．在5s末，質點的速度為零，加速度最大D．t＝1.5s和t＝4.5s兩時刻質點的位移大小相等，都是eq\r(2)cm解析：由題圖圖象可知，質點振動的周期為T＝4s，故頻率f＝eq\f(1,T)＝0.25Hz，選項A錯誤；在10s內質點振動了2.5個周期，經過的路程是10A＝20cm，選項B正確；在5s末，質點處于正向最大位移處，速度為零，加速度最大，選項C正確；由題圖圖象可得振動方程是x＝2sin(eq\f(π,2)t)cm，將t＝1.5s和t＝4.5s代入振動方程得x＝eq\r(2)cm，選項D正確．6．(多選)某質點做簡諧運動，其位移隨時間變更的關系式為x＝Asineq\f(π,4)t，則質點(AD)A．第1s末與第3s末的位移相同B．第1s末與第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：由關系式可知ω＝eq\f(π,4)rad/s，T＝eq\f(2π,ω)＝8s，將t＝1s和t＝3s代入關系式中求得兩時刻位移相同，A對；作出質點的振動圖象，由圖象可以看出，第1s末和第3s末的速度方向不同，B錯；由圖象可知，第3s末至第4s末質點的位移方向與第4s末至第5s末質點的位移方向相反，而速度的方向相同，故C錯，D對．7.一個單擺在地面上做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力頻率f的關系)如圖所示，則(B)A．此單擺的固有周期約為0.5sB．此單擺的擺長約為1mC．若擺長增大，單擺的固有頻率增大D．若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動解析：由題圖共振曲線知此單擺的固有頻率為0.5Hz，固有周期為2s，故A錯誤；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此單擺的擺長約為1m，故B正確；若擺長增大，單擺的固有周期增大，固有頻率減小，則共振曲線的峰將向左移動，故C、D錯誤．8．有兩個同學利用假期分別去參觀北大和南大的物理試驗室，各自由那里利用先進的DIS系統較精確地探究了“單擺的周期T與擺長l的關系”，他們通過校內網交換試驗數據，并由計算機繪制了T2-l圖象，如圖甲所示，去北大的同學所測試驗結果對應的圖線是B(選填“A”或“B”)．另外，在南大做探究的同學還利用計算機繪制了a、b兩個擺球的振動圖象(如圖乙所示)，由圖可知，兩單擺擺長之比eq\f(la,lb)＝eq\f(4,9).在t＝1s時，b球振動的方向是沿y軸負方向．解析：由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得：T2＝eq\f(4π2,g)l，即圖象的斜率k＝eq\f(4π2,g)，重力加速度越大，斜率越小，我們知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同學所測試驗結果對應的圖線是B；從題圖乙可以得出Tb＝1.5Ta，由T＝2πeq\r(\f(l,g))知，兩單擺擺長之比eq\f(la,lb)＝eq\f(4,9)；從題圖乙可以看出，t＝1s時b球正在向負最大位移處運動，所以b球的振動方向沿y軸負方向．9．某同學利用單擺測量重力加速度．(1)(多選)為了使測量誤差盡量小，下列說法正確的是B、C.A．組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球B．組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線C．試驗時須使擺球在同一豎直面內搖擺D．擺長肯定的狀況下，單擺的振幅盡量大(2)如圖所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約為1m的單擺．試驗時，由于僅有量程為20cm、精度為1mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標記點，測出單擺的周期T1；然后保持懸點位置不變，設法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標記點，并測出單擺的周期T2；最終用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標記點之間的距離ΔL.用上述測量結果，寫出重力加速度的表達式g＝eq\a\vs4\al(\f(4π2ΔL,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))).解析：(1)為了使測量誤差盡量小，組裝擺球須用密度較大、直徑較小的擺球和不易伸長的細線，故選項A錯誤，選項B正確；單擺的擺球必需在同一豎直面內搖擺，以削減試驗誤差，故選項C正確；單擺的擺角比較小，在擺長肯定的狀況下單擺的振幅不能太大，故選項D錯誤．(2)設單擺的擺球半徑為r，試驗時標記點到懸點的距離為l，由單擺的周期公式可知，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)).10.一質點做簡諧運動，其位移與時間的關系如圖所示．(1)求t＝0.25×10－2s時質點的位移；(2)在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振動過程中，質點的位移、回復力、速度、動能、勢能如何變更？(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s時間內，質點的路程、位移各多大？解析：(1)由題圖可知A＝2cm，T＝2×10－2s，振動方程為x＝Asin(ωt－eq\f(π,2))＝－Acosωt＝－2cos(eq\f(2π,2×10－2)t)cm＝－2cos100πtcm當t＝0.25×10－2s時，x＝－2coseq\f(π,4)cm＝－eq\r(2)cm(2)由題圖可知在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振動過程中，質點的位移變大，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大．(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s時間內經驗eq\f(17,4)個周期，質點的路程為s＝17A＝34cm，位移為2cm.答案：(1)－eq\r(2)cm(2)變大變大變小變小變大(3)34cm2cm11.如圖所示為一彈簧振子的振動圖象，試完成以下問題：(1)寫出該振子簡諧運動的表達式；(2)在第2s末到第3s末這段時間內，彈簧振子的加速度、速度、動能和彈性勢能各是怎樣變更的？(3)該振子在前100s的總位移是多少？路程是多少？解析：(1)由題圖振動圖象可得A＝5cm，T＝4s，φ0＝0則ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s故該振子簡諧運動的表達式為x＝5sineq\f(π,2)tcm(2)由題圖可知，在t＝2s時，振子恰好通過平衡位置，此時加速度為零，隨著時間的持續，位移不斷變大，加速度也變大，速度不斷變小，動能不斷減小，彈性勢能漸漸增大，當t＝3s時，加速度達到最大值，速度等于零，動能等于零，彈性勢能達到最大值．(3)振子經過一個周期位移為零，路程為4×5cm＝20cm，前100s剛好經過了25個周期，所以前100s振子的總位移x＝0，振子的路程s＝25×20cm＝500cm＝5m.答案：見解析12.如圖所示，ACB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R，C為弧形槽最低點，R?eq\o\ac(AB,\s\up15(︵)).甲球從弧形槽的圓心處自由下落，乙球從A點由靜止釋放，問：(1)兩球第1次到達C點的時間之比；(2)若在圓弧的最低點C的正上方h處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時將乙球從圓弧左側由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點C處相遇，則甲球下落的高度h是多少？解析：(1)甲球做自由落體運動R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，所以t1＝eq\r(\f(2R,g))乙球沿圓弧做簡諧運動(由于eq\o\ac(AC,\s\up17(︵))?R，可認為擺角θ<5°)．此運動與一個擺長為R的單擺運動模型相同，故此等效擺長為R，因此乙球第1次到達C處的時間為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)甲球從離弧形槽最低點h高處自由下落，到達C點的時間為t