第八章 微专题57　机械振动-2025年物理《加练半小时》新教材版

第八章机械振动机械波微专题57机械振动1．掌握简谐运动回复力公式F＝－kx，会分析简谐运动中x、v、a等物理量的变化。2.掌握单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))(等效单摆公式：T＝2πeq\r(\f(R,g)))。3.理解产生共振的原因，能正确解释共振曲线。1．关于简谐运动的理解，下列说法中正确的是()A．简谐运动是匀变速运动B．简谐运动的回复力可以是恒力C．弹簧振子每次经过平衡位置时，动能最大D．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动答案C解析简谐运动是加速度变化的变加速运动，回复力与偏离平衡位置的位移成正比，是变力，A、B错误；弹簧振子每次经过平衡位置时，速度最大，动能最大，C正确；单摆运动摆角小于5°时可认为是简谐运动，D错误。2.(2023·山西省太原师范学院附中月考)如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，平衡位置为O，振子的振动周期为T。从振子处于B点开始计时，向右为正方向，能正确反映振子位移x、回复力F、加速度a、弹簧振子的机械能E与时间t变化关系的图像是()答案C解析从振子处于B点开始计时，向右为正方向，计时起点处，位移为正向最大，回复力为负向最大，加速度为负向最大，故C正确，A、B错误；弹簧振子的机械能守恒，故D错误。3．(2024·贵州贵阳市开学考试)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间，可测出细线对摆球的拉力大小F。现将摆球拉到A点，由静止释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，图乙表示拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A．单摆振动的周期为0.2πsB．单摆的摆长为0.6mC．摆球的质量为0.05kgD．摆球运动过程中的最大速度为0.2m/s答案C解析由题图乙可知，单摆的周期为0.4πs，故A错误；由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，代入数据得l＝0.4m，故B错误；设OA与OB的夹角为θ，摆球的质量为m，由题图乙和牛顿第二定律得在最高点mgcosθ＝0.495N，在最低点0.510N－mg＝meq\f(v2,l)，摆球从A点到B点，由动能定理得mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，联立解得m＝0.05kg，v＝0.2eq\r(2)m/s，故C正确，D错误。4.(2023·江苏省模拟)如图所示，轻质弹簧上方固定，下方连接质量为m的小球，弹簧原长为L0，小球静止时位于图中的O点，此时弹簧伸长量为L。将小球从O点向下拉一小段距离A(A<L)，然后由静止释放并开始计时。已知小球做简谐运动的周期为T，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。以O点为坐标原点，取竖直向下为正方向，则小球运动的位移x随时间t变化的表达式为()A．x＝Asin(eq\f(2π,T)t＋eq\f(π,2))B．x＝Asin(eq\f(2π,T)t－eq\f(π,2))C．x＝(L＋A)sin(eq\f(2π,T)t－eq\f(π,2))D．x＝(L＋A)sin(eq\f(2π,T)t＋eq\f(π,2))答案A解析小球做简谐运动的平衡位置在O点，振幅为A，取竖直向下为正方向，小球从正向位移最大处开始振动，初相位为eq\f(π,2)，故小球运动的位移x随时间t变化的表达式为x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋\f(π,2)))，故选A。5.(多选)如图所示为同一地点的甲、乙两个单摆的振动图像，g＝10m/s2，π2≈10，下列说法正确的是()A．甲单摆的摆长较大B．甲摆的振幅比乙摆的大C．甲摆的最大偏角为0.05°D．在t＝0.5s时，乙摆有正向最大加速度答案BD解析由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得知，甲、乙两单摆的摆长相等，故A错误；甲摆的振幅为5cm，乙摆的振幅为3cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，故B正确；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得甲摆的摆长l＝eq\f(T2,4π2)g＝1m，则甲摆的最大偏角tanθmax≈eq\f(A,l)＝0.05，则θmax≈2.9°，故C错误；在t＝0.5s时，乙摆的位移为负的最大值，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确。6.如图所示，两根长度分别为l和eq\f(l,2)细长轻绳下端拴质量相等的小球构成单摆，两悬点在同一竖直线上且间距为eq\f(l,2)，现将单摆向左拉开一个小角度(<5°)，然后无初速度释放，若小球碰撞时无能量损失，小球可视为质点，重力加速度为g，对于以后的运动，下列说法中正确的是()A．此组合摆的周期为eq\f(\r(2)＋2π,2)eq\r(\f(l,g))，且每次碰撞一定发生在悬点正下方B．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等C．摆球在左侧上升的最大高度比右侧高D．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的2倍答案A解析根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(\r(2)＋2π,2)eq\r(\f(l,g))，碰撞点在悬点的正下方，故A正确；由于碰撞是弹性碰撞，根据机械能守恒定律，左右两侧上升的高度相同，再根据几何关系可知在左右两侧走过的弧长不相等，摆角不是2倍关系，故B、C、D错误。7.(多选)(2024·山东聊城市阶段测试)如图，水平直杆AB与光滑圆弧杆BC在B点平滑连接，固定在竖直平面内，一直径略大于杆截面直径的圆环穿在水平直杆上的A点。现让圆环以v0＝4m/s的初速度由A向B运动，同时在竖直面内对圆环施加一垂直于杆向上的恒力F，运动到B点时撤去恒力F，之后圆环沿圆弧杆BC上滑。已知AB长度L＝6m，BC半径R＝64m，圆环质量m＝0.2kg，圆环与直杆AB间的动摩擦因数μ＝0.2，恒力F＝3N，重力加速度g＝10m/s2，π2≈10，下列说法正确的是()A．圆环到达B点时的速度为2m/sB．圆环能够到达的最大高度为0.2mC．圆环在BC上运动的时间约为8sD．圆环能返回A点答案ABC解析直杆对圆环的弹力大小为FN＝F－mg＝1N，方向竖直向下，对圆环分析有μFN＝ma，解得a＝1m/s2，根据速度与位移关系有vB2－v02＝－2aL，解得vB＝2m/s，A正确；设圆环能够到达的最大高度为h，有mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得h＝0.2m，B正确；根据上述可知h＝0.2m，R＝64m，则圆环在圆弧杆上的运动可以等效为单摆，则T＝2πeq\r(\f(R,g))，圆环在BC上运动的时间约为t＝eq\f(1,2)T，解得t＝8s，C正确；圆环返回B点至停止过程有－μmgx＝0－eq\f(1,2)mvB2，解得x＝1m，由x<L＝6m可知，圆环不能返回A点，D错误。8．(多选)(2024·湖南常德市一中阶段测试)如图甲所示的弹簧振子沿竖直方向做简谐运动，从某一时刻开始计时，规定竖直向上为正方向，得到弹簧对小球的弹力F与运动时间t的关系图像如图乙所示，若重力加速度为g，图像的坐标值为已知量，则下列说法正确的是()A．对乙图的F－t关系图像，小球是从处在最高点开始计时的B．小球的质量为eq\f(F1－F2,2g)C．弹簧振子的频率为eq\f(3,4t0)D．若弹簧振子的振幅为A，则从计时开始到13t0时，小球运动的路程为36A答案BC解析由题图乙可知，t＝0时刻小球所受弹力最大，方向竖直向上，所以小球处于最低点，故A错误；根据对称性，小球在最高点和最低点的加速度大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，小球在最高点，有F2＋mg＝ma，小球在最低点，有F1－mg＝ma，解得m＝eq\f(F1－F2,2g)，故B正确；由题图乙可知eq\f(3,4)T＝t0，T＝eq\f(1,f)，解得f＝eq\f(3,4t0)，故C正确；由于13t0＝9T＋eq\f(3,4)T，所以小球运动的路程为s＝9×4A＋3A＝39A，故D错误。9．(多选)如图甲所示，竖直轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板，处于静止状态。t＝0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像(x－t图像)如图乙所示，其中t＝0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则()A．t＝0.2s后物块做简谐运动B．t＝0.4s时物块的加速度大于重力加速度C．若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期增大D．t＝0.2s后物块坐标位置随时间变化关系式为x＝0.3＋0.2sin[eq\f(10π,3)(t－0.2)－eq\f(π,6)](m)答案ABD解析t＝0.2s时物块刚接触薄板，落至薄板上后和薄板始终粘连，构成竖直方向的弹簧振子，并且从题图乙可知，0.2s以后的图像为正弦曲线，故A正确；薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由题图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像的最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即aB＝aC，由简谐运动的加速度满足a与x成正比，设A点处偏离平衡位置的位移大小为xA，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC，有xA<xC，所以aA<aC，aA<aB，在A点时，物块只受重力，aA＝g，所以aB>g，故B正确；弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘连后振动周期不变，故C错误；由题图乙