2025版高考物理一轮总复习第8章机械振动机械波第20讲机械振动提能训练

第八章第20讲基础过关练题组一简谐运动的特征与图像1．(多选)关于质点做简谐运动，下列说法中可能正确的是(AD)A．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反B．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大D．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小[解析]如图所示，设O为质点做简谐运动的平衡位置，质点在B、C之间做简谐运动，则它由C经过O到B，又由B经过O到C是一个周期，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质点由B到O和由C到O的过程中，速度的方向与回复力的方向相同，故A正确；质点的位移方向与加速度方向总是相反的，故B错误；质点在振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，依据机械能守恒定律，其动能必定减小，故C错误；当质点的势能减小时，如从C到O或从B到O阶段，回复力减小，势能减小，质点的加速度的大小也减小，故D正确。2．如图所示是某一质点做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是(D)A．质点振动的周期为7sB．1s末质点受到的回复力变更方向C．3s时与7s时质点速度相同D．质点振动方程为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))(cm)[解析]由图可知，质点振动的周期为8s，故A错误；1s末前后质点受到的回复力都沿x轴负方向，故B错误；由x－t图像斜率表示速度可知，3s时与7s时质点速度大小相同，方向相反，故C错误；由A选项可得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，设质点振动方程为y＝Asin(ωt＋φ)(cm)，t＝3s时y＝0，代入数据解得φ＝eq\f(π,4)，可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))(cm)，故D正确。3.(2024·湖北卷)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(C)A.eq\f(μmg,k) B．eq\f(2μmg,k)C．eq\f(4μmg,k) D．eq\f(6μmg,k)[解析]撤去拉力后，Q恰好能够保持静止，则弹簧中拉力F＝μ·2mg。弹簧中弹力F＝kx，解得弹簧伸长量x＝eq\f(F,k)＝eq\f(2μmg,k)。若剪断轻绳，P在弹簧的拉力F作用下向右做振幅为x的简谐运动。P在随后的运动中相对于初始位置的最大位移为2个振幅，即最大位移大小为2x＝2×eq\f(2μmg,k)＝eq\f(4μmg,k)，C正确。4．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动，可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10cm时，游客能舒适地登船。在一个周期内，游客能舒适登船的时间是(C)A．0.5s B．0.75sC．1.0s D．1.5s[解析]由于振幅A为20cm，振动方程为y＝Asinωt(从游船位于平衡位置时起先计时，ω＝eq\f(2π,T))，由于高度差不超过10cm时，游客能舒适登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝eq\f(T,12)，t2＝eq\f(5T,12)，所以在一个周期内能舒适登船的时间为Δt＝t2－t1＝eq\f(T,3)＝1.0s，C项正确。题组二单摆受迫振动和共振5.(多选)如图所示，房顶上固定一根长2.5m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摇摆，窗上沿到房顶的高度为1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为(B)A．2.0πs B．0.4πsC．0.6πs D．1.2πs[解析]小球的摇摆可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，B正确，A、C、D错误。故选B。6.(2024·重庆联考)如图所示，AB为半径R＝2m的一段光滑圆糟，A、B两点在同一水平高度上，且AB弧长20cm。将一小球由A点释放，则它运动到B点所用时间为(C)A.eq\f(1,2π)eq\r(\f(R,g)) B．eq\r(\f(2πR,g))C．πeq\r(\f(R,g)) D．2πeq\r(\f(R,g))[解析]A、B与O连线与竖直方向的夹角均为θ＝eq\f(1,2)×eq\f(\x\to(AB),2πR)×360°＝eq\f(9°,π)<5°，所以小球的运动可视为简谐运动，类比单摆的周期公式可知小球由A运动到B所用的时间为t＝(2n＋1)eq\f(T,2)＝(2n＋1)πeq\r(\f(R,g))(n＝0,1,2，…)，故选C。7.如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。视察B、C、D摆的振动发觉(C)A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的振幅最大D．B、C、D的振幅相同[解析]由A摆摇摆从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的频率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。8．(多选)(2024·浙江1月选考)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性独创了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则(AD)A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度确定增大C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同[解析]不同树木的固有频率不同，因此针对不同的树木，要使之发生共振须要的振动频率不同，选项A正确；依据共振曲线，小于固有频率时，慢慢增加驱动力频率，振幅会加大，而在大于固有频率时增加频率，振动幅度会减小，选项B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，选项D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有振动频率不同，选项C错误。实力综合练9．(多选)(2024·湖南卷改编)下端附着重物的粗细匀整木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变更如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(ABD)A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小慢慢变小C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq\f(F1－F2,2ρSg)[解析]由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度竖直向下，大小减小，B正确；x＝0.35m和x＝0.45m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方Δx0，则有ρgSeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋Δx0))＝Mg，木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时Mg－F2＝Mg－ρgS·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋Δx0－A))＝kA，木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时F1－Mg＝ρgSeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋Δx0＋A))－Mg＝kA，可解得k＝ρgS，A＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，D正确。10．(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－10cm，t＝2s时位移为10cm，则(ACD)A．若振幅为10cm，振子的周期可能为4sB．若振幅为10cm，振子的周期可能为eq\f(8,3)sC．若振幅为20cm，振子的周期可能为eq\f(12,19)sD．若振幅为20cm，振子的周期可能为eq\f(12,11)s[解析]若振幅为10cm，则有Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T(n＝0,1,2…)，解得T＝eq\f(Δt,n＋\f(1,2))＝eq\f(4,2n＋1)(n＝0,1,2…)，当n＝0时，振子的周期为4s；振子的周期不行能为eq\f(8,3)s，A项正确，B项错误；若振幅为20cm，则有Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T(n＝0,1,2…)，或Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(5,6)))T(n＝0,1,2…)，或Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,6)))T(n＝0,1,2…)，T＝eq\f(4,2n＋1)或eq\f(12,6n＋5)或eq\f(12,6n＋1)(n＝0,1,2…)，在T＝eq\f(12,6n＋1)s，当n＝3时T＝eq\f(12,19)s，在T＝eq\f(12,6n＋5)s，当n＝1时T＝eq\f(12,11)s，则C、D两项正确。故选ACD。11．(2024·河北保定联考)如图甲所示，质量为m的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接，现在竖直方向给物体A一初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻起先计时，物体A的位移随时间的变更规律如图乙所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(D)A．(t1＋0.25)s～(t1＋0.5)s时间内，物体A的速度与加速度方向相反B．物体A在随意一个1.25s内通过的路程均为50cmC．物体A的振动方程为y＝0.1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πt＋\f(π,6)))cmD．物体B对水平面的最大压力为6mg[解析](t1＋0.25)s～(t1＋0.5)s的时间内，物体A由负的最大位移向平衡位置运动，回复力指向平衡位置，即物体A的速度与加速度方向均沿y轴正方向，故A错误；物体A由特殊位置(平衡位置或最大位移处)起先计时，在随意一个1.25s＝1eq\f(1,4)T内，质点通过的路程等于振幅的5倍，除此外在1.25s的时间内通过的路程不等于振幅的5倍，故B错误；由图乙可知振幅为A＝10cm，周期为T＝1.0s，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/s，规定向上为正方向，t＝0时刻位移为0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m处起先运动，所以初相为φ0＝eq\f(π,6)，则振子的振动方程为y＝Asin(ωt＋φ0)＝0.1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πt＋\f(π,6)))m，故C错误；由物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F＝mg，对于物体A有2mg＋F＝2ma，解得a＝1.5g，当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿其次定律得F′－2mg＝2ma，解得F′＝5mg，由物体B的受力可知，物体B对水平面的最大压力为FN＝F′＋mg＝6mg，故D正确。故选D。12.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(弹性势能Ep＝\f(1,2)kx2))(C)A．该简谐运动的振幅为2x1B．在随意eq\f(1,4)周期内物块通过的路程确定等于x1C．物块在A位置时所受的回复力大小为kx1D．物块到O位置时的动能为eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－mgx1[解析]该简谐运动的振幅为x1，选项A错误；物块运动过程中，其快慢是不同的，靠近平衡位置时运动比较快，远离平衡位置时运动比较慢，所以在经过平衡位置的eq\f(1,4)周期内物块通过的路程小于x1，选项B错误；物块在O位置时受力平衡，有kx0＝mg，x0为弹簧伸长量，在A位置时所受的回复力大小F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，选项C正确；物块从A位置回到O位置时，依据能量守恒定律得eq\f(1,2)k(x1＋x0)2＝mgx1＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，解得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)k(x1＋x0)2－mgx1－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，选项D错误。13.如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方eq\f(3,4)l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时起先计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。