適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考物理一輪總復習第8章機械振動和機械波第1講機械振動

第八章機械振動和機械波第1講機械振動基礎(chǔ)對點練題組一簡諧運動的基本特征1.有兩個彈簧振子1和2做簡諧運動:x1=3asin(10πbt)和x2=9asin10πbt+π3,A.兩個彈簧振子1和2的振幅不同,頻率不同B.兩個彈簧振子1和2的振幅不同,頻率相同C.彈簧振子1超前于彈簧振子2的相位是πD.彈簧振子1落后于彈簧振子2的相位是22.(2024廣東佛山模擬)一個浮漂改裝而成的浮力振子如圖甲所示,振子上的刻度表示振子受到的浮力大小,某次在平靜水面的振動中振子所受浮力F隨時間t的變化如圖乙所示,則()A.振子重力大小為F2B.振子做簡諧運動的最大回復力是F1C.振子在0.5s時的動能最大D.從0到0.5s的過程中,振子向下運動3.(多選)一個彈簧振子做簡諧運動,若從平衡位置開始計時,經(jīng)過3s時,振子第一次到達P點,又經(jīng)過2s第二次經(jīng)過P點,則該彈簧振子的振動周期可能為()A.32s B.16s C.8s D.163題組二簡諧運動的表達式和圖像4.(2024廣東江門模擬)如圖甲所示,彈簧振子以O(shè)點為平衡位置,在M、N兩點之間做簡諧運動,以向右為正方向。振動物體的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示,下列判斷正確的是()A.t=0.8s時,振動物體的速度方向向右B.t=0.4s和t=1.2s時,振動物體的加速度相同C.振動物體做簡諧運動的表達式為x=12sin1.25πtcmD.從t=0.4s到t=0.8s時間內(nèi),振動物體的速度逐漸減小5.(多選)如圖甲所示,彈簧振子以O(shè)點為平衡位置,在A、B兩點之間做簡諧運動,取向右為正方向,物塊的位移x隨時間t的變化如圖乙所示。下列說法正確的是()A.0.3s末和0.5s末,物塊的速度方向相同B.物塊做簡諧運動的表達式為x=12sin5π4C.t=0.2s時,物塊的位移為6cmD.在0.4~0.8s時間內(nèi),物塊的速度和加速度方向始終相同題組三單擺及其周期公式6.(2022海南卷)在同一地方,甲、乙兩個單擺做振幅不同的簡諧運動,其振動圖像如圖所示,可知甲、乙兩個單擺的擺長之比為()A.2∶3 B.3∶2 C.4∶9 D.9∶47.(多選)如圖所示,房頂上固定一根長2.5m的細線沿豎直墻壁垂到窗沿下,細線下端系了一個小球(可視為質(zhì)點)。打開窗子,讓小球在垂直于窗子的豎直平面內(nèi)小幅度擺動,窗上沿到房頂?shù)母叨葹?.6m,不計空氣阻力,g取10m/s2,則小球從最左端運動到最右端的時間可能為()A.0.4πs B.0.6πs C.1.2πs D.2πs題組四受迫振動和共振8.為了提高松樹上松果的采摘率和工作效率,工程技術(shù)人員利用松果的慣性發(fā)明了用打擊桿、振動器使松果落下的兩種裝置,如圖甲、乙所示。則()A.打擊桿對不同粗細樹干打擊結(jié)束后,樹干的振動頻率相同B.隨著振動器頻率的增加,樹干振動的幅度一定增大C.穩(wěn)定后,不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同D.振動器工人開動機器后迅速遠離振動器,他聽到的振動器音調(diào)不變綜合提升練9.(2024廣東廣州期末)一個有固定轉(zhuǎn)動軸的豎直圓盤如圖甲所示,圓盤轉(zhuǎn)動時,固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向振動,T形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統(tǒng),小球做受迫振動。圓盤靜止時,小球做簡諧運動,其振動圖像如圖乙所示(以豎直向上為正方向),下列說法正確的是()A.圓盤轉(zhuǎn)動帶動小球振動,圓盤轉(zhuǎn)速越大則小球振幅越大B.若圓盤以30r/min勻速轉(zhuǎn)動,小球振動達到穩(wěn)定時其振動的周期為2sC.若圓盤靜止,小球做簡諧運動,t=1s到t=2s小球所受的回復力增加D.若圓盤靜止,小球做簡諧運動,t=2s到t=3s彈簧彈性勢能一定減小10.(多選)(2024廣東湛江期末)如圖所示,一個豎直彈簧連著一個質(zhì)量為m0的木塊,木塊上放一質(zhì)量為m的小鐵塊?，F(xiàn)使整個裝置在豎直方向上做簡諧運動,振幅為A,在整個過程中小鐵塊恰好不脫離木塊。重力加速度為g,整個裝置在運動的過程中()A.小鐵塊運動到最高點時的加速度為2gB.彈簧的勁度系數(shù)k=m0C.彈簧長度最短時,小鐵塊對木塊的壓力F壓=2mgD.彈簧長度最短時,小鐵塊對木塊的壓力F壓=3mg11.如圖所示,質(zhì)量為m的物塊放置在質(zhì)量為m0的木板上,木板與彈簧相連,它們一起在光滑水平面上做簡諧運動,周期為T,運動過程中物塊與木板之間無相對運動,設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,物塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ,則下列說法正確的是()A.若t時刻和(t+Δt)時刻物塊受到的摩擦力大小相等,方向相反,則Δt一定等于T2B.若Δt=T2,則在t時刻和(t+Δt)C.研究木板的運動,彈簧彈力充當了木板做簡諧運動的回復力D.當整體離開平衡位置的位移為x時,物塊與木板間的摩擦力大小等于mm12.(2024廣東梅州期末)如圖甲所示,水平的光滑桿左端固定一輕質(zhì)彈簧,一個小球穿過桿與彈簧的另一端連接,已知小球的質(zhì)量為0.5kg,彈簧的勁度系數(shù)為20N/cm,將小球沿水平方向拉至某一位置后由靜止釋放,小球的振動圖像如圖乙所示,則下列說法正確的是()A.小球的振動頻率為2HzB.小球的振幅是1.0cmC.在圖中A點對應(yīng)的時刻,小球的速度方向指向x軸的負方向D.在圖中A點對應(yīng)的時刻,小球的加速度大小為10m/s2,方向指向x軸的負方向

參考答案第八章機械振動和機械波第1講機械振動1.B解析兩個彈簧振子1和2的振幅分別為3a和9a,即振幅不同,頻率相同,均為f1=f2=ω2π=5b,A錯誤,B正確;從公式可以看出彈簧振子1落后于彈簧振子2的相位是π3,C2.A解析由題圖乙可知,振子重力大小為F2,選項A正確;振子做簡諧運動的最大回復力是F1-F2,選項B錯誤;振子在0.5s時所受浮力最小,則振子在最高點,此時速度為零,動能最小,選項C錯誤;從0到0.5s的過程中,振子從浮力最大位置向浮力最小位置振動,即振子向上運動,選項D錯誤。3.BD解析若振子從平衡位置O點開始向右振動,作出示意圖如圖甲所示,由對稱性可知,從P到右側(cè)最大位移處的時間為1s,故彈簧振子的振動周期為T1=4×3+22s=16s;若振子從平衡位置O點開始向左振動,作出示意圖如圖乙所示,設(shè)從P到O的時間為t,則有22s+t=3s-t2,解得t=13s,則周期為T2=4×13+14.C解析由題圖乙可知,t=0.8s時,切線的斜率為負值,所以速度方向向左,故A錯誤;t=0.4s時,物體位于正向最大位移處,加速度達到最大,方向向左,t=1.2s時,物體位于負向最大位移處,加速度達到最大,方向向右,故B錯誤;簡諧運動的表達式為x=Asin2πTt+φ,由題圖乙可知A=12cm,T=1.6s,φ=0,故物體運動的表達式為x=12sin1.25πtcm,故C正確;從t=0.4s到t=0.8s時間內(nèi),物體從正向最大位移處向平衡位置運動,5.BD解析由題圖乙可知,振幅為A=12cm,周期為T=1.6s,則物塊做簡諧運動的表達式為x=Asin2πTt=12sin5π4tcm,B正確;將t1=0.3s代入簡諧運動的表達式可得,0.3s末位移為x1=12sin3π8cm,將t2=0.5s代入簡諧運動的表達式可得,0.5s末位移為x2=12sin5π8cm=12sin3π8cm,即0.3s末和0.5s末,物塊的位移相同,物塊位于同一位置,則加速度相同,速度方向相反,A錯誤;將t3=0.2s代入簡諧運動的表達式可得,0.2s末位移為x3=12sinπ4cm=62cm,C錯誤;在0.4~0.8s時間內(nèi),6.C解析由振動圖像可知甲、乙兩個單擺周期之比為T甲∶T乙=0.8∶1.2=2∶3,根據(jù)單擺周期公式T=2πLg,可得L=gT24π2,則甲、乙兩個單擺的擺長之比為L甲∶L乙=7.ACD解析小球的擺動可視為單擺運動,擺長為細線長時對應(yīng)的周期T1=2πl(wèi)1g=πs,擺長為細線長減去墻體長時對應(yīng)的周期T2=2πl(wèi)1-l2g=0.6πs,故小球從最左端到最右端所用的最短時間為t=T1+T24=0.8.C解析打擊結(jié)束后,樹干做阻尼振動,阻尼振動的頻率為樹干的固有頻率,此時粗細不同的樹干振動頻率不同,故A錯誤;當振動頻率大于樹木的固有頻率時,隨著振動器頻率的增加,樹干振動的幅度將減小,故B錯誤;受迫振動的頻率等于周期性外力的頻率,樹干在振動器的振動下做受迫振動,則穩(wěn)定后,不同粗細樹干的振動頻率始終與振動器的振動頻率相同,故C正確;根據(jù)多普勒效應(yīng),振動器工人開動機器后迅速遠離振動器,他聽到的振動器頻率變小,音調(diào)將變低,故D錯誤。9.B解析圓盤轉(zhuǎn)動時,T形支架對小球產(chǎn)生周期性的驅(qū)動力,此時小球的運動為受迫振動,當小球做簡諧運動的頻率與驅(qū)動力頻率相同時,小球的振幅才會增加,故A錯誤;圓盤以30r/min勻速轉(zhuǎn)動,驅(qū)動周期為T=1n=2s,小球振動穩(wěn)定后的周期等于驅(qū)動周期,為2s,故B正確;圓盤靜止,小球做簡諧運動,t=1s到t=2s小球從最低點向平衡位置振動,回復力減小,故C錯誤;小球豎直方向掛在彈簧上,圓盤靜止時,根據(jù)受力平衡可知,小球做簡諧運動的平衡位置不在彈簧原長處,t=2s到t=3s小球從平衡位置向最高點振動,小球可能會經(jīng)過彈簧原長處,彈性勢能可能先減小后增大,故D10.BC解析小鐵塊運動到最高點恰好不脫離木塊,此時小鐵塊與木塊之間無彈力,故小鐵塊運動到最高點時的加速度為g,故A錯誤;由A項分析知在最高點時小鐵塊和木塊的加速度均為g,此時彈簧處于原長狀態(tài),所以在平衡位置時有F=kA=(m0+m)g,解得k=m0+mAg,故B正確;由對稱性可知,彈簧長度最短時,系統(tǒng)的加速度與系統(tǒng)在最高點的加速度等大、反向,即在最低點木塊與小鐵塊的加速度a=g,方向豎直向上,則對小鐵塊有FN-mg=ma,解得FN=2mg,根據(jù)牛頓第三定律可知,小鐵塊對木塊的壓力F壓=2mg,方向豎直向下,故11.D解析設(shè)位移為x,對整體受力分析,受重力、支持力和彈簧的彈力,根據(jù)牛頓第二定律,有kx=(m+m0)a①,對物塊受力分析,受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力提供回復力,根據(jù)牛頓第二定律,有f=ma②,所以f=mxm0+mk③,若t時刻和(t+Δt)時刻物塊受到的摩擦力大小相等、方向相反,則兩個時刻物塊的位移大小相等、方向相反,位于相對平衡位置對稱的位置上,但Δt不一定等于T2的整數(shù)倍,故A錯誤;若Δt=T2,則在t時刻和(t+Δt)時刻物塊的位移大小相等、方向相反,位于相對平衡位置對稱的位置上,彈簧的長度不一定相同,故B錯誤;由開始時的分析可知,彈簧彈力與物塊對木板的摩擦力的合力提供回復力,故C