2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第8章機(jī)械振動(dòng)機(jī)械波第20講機(jī)械振動(dòng)提能訓(xùn)練

第八章第20講基礎(chǔ)過(guò)關(guān)練題組一簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征與圖像1．(多選)關(guān)于質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中可能正確的是(AD)A．在某一時(shí)刻，它的速度與回復(fù)力的方向相同，與位移的方向相反B．在某一時(shí)刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同C．在某一段時(shí)間內(nèi)，它的回復(fù)力的大小增大，動(dòng)能也增大D．在某一段時(shí)間內(nèi)，它的勢(shì)能減小，加速度的大小也減小[解析]如圖所示，設(shè)O為質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置，質(zhì)點(diǎn)在B、C之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則它由C經(jīng)過(guò)O到B，又由B經(jīng)過(guò)O到C是一個(gè)周期，由于質(zhì)點(diǎn)受到的回復(fù)力和位移的方向總是相反的，且質(zhì)點(diǎn)由B到O和由C到O的過(guò)程中，速度的方向與回復(fù)力的方向相同，故A正確；質(zhì)點(diǎn)的位移方向與加速度方向總是相反的，故B錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在振動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)回復(fù)力增大時(shí)，其勢(shì)能增加，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，其動(dòng)能必定減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)質(zhì)點(diǎn)的勢(shì)能減小時(shí)，如從C到O或從B到O階段，回復(fù)力減小，勢(shì)能減小，質(zhì)點(diǎn)的加速度的大小也減小，故D正確。2．如圖所示是某一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖像，下列說(shuō)法正確的是(D)A．質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為7sB．1s末質(zhì)點(diǎn)受到的回復(fù)力變更方向C．3s時(shí)與7s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度相同D．質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))(cm)[解析]由圖可知，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為8s，故A錯(cuò)誤；1s末前后質(zhì)點(diǎn)受到的回復(fù)力都沿x軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；由x－t圖像斜率表示速度可知，3s時(shí)與7s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度大小相同，方向相反，故C錯(cuò)誤；由A選項(xiàng)可得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，設(shè)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程為y＝Asin(ωt＋φ)(cm)，t＝3s時(shí)y＝0，代入數(shù)據(jù)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正確。3.(2024·湖北卷)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過(guò)一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開(kāi)一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相對(duì)于其初始位置的最大位移大小為(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恰好能夠保持靜止，則彈簧中拉力F＝μ·2mg。彈簧中彈力F＝kx，解得彈簧伸長(zhǎng)量x＝eq\f(F,k)＝eq\f(2μmg,k)。若剪斷輕繩，P在彈簧的拉力F作用下向右做振幅為x的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。P在隨后的運(yùn)動(dòng)中相對(duì)于初始位置的最大位移為2個(gè)振幅，即最大位移大小為2x＝2×eq\f(2μmg,k)＝eq\f(4μmg,k)，C正確。4．一位游客在千島湖邊欲乘坐游船，當(dāng)日風(fēng)浪較大，游船上下浮動(dòng)，可把游船浮動(dòng)簡(jiǎn)化成豎直方向的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅為20cm，周期為3.0s。當(dāng)船上升到最高點(diǎn)時(shí)，甲板剛好與碼頭地面平齊。地面與甲板的高度差不超過(guò)10cm時(shí)，游客能舒適地登船。在一個(gè)周期內(nèi)，游客能舒適登船的時(shí)間是(C)A．0.5s B．0.75sC．1.0s D．1.5s[解析]由于振幅A為20cm，振動(dòng)方程為y＝Asinωt(從游船位于平衡位置時(shí)起先計(jì)時(shí)，ω＝eq\f(2π,T))，由于高度差不超過(guò)10cm時(shí)，游客能舒適登船，代入數(shù)據(jù)可知，在一個(gè)振動(dòng)周期內(nèi)，臨界時(shí)刻為t1＝eq\f(T,12)，t2＝eq\f(5T,12)，所以在一個(gè)周期內(nèi)能舒適登船的時(shí)間為Δt＝t2－t1＝eq\f(T,3)＝1.0s，C項(xiàng)正確。題組二單擺受迫振動(dòng)和共振5.(多選)如圖所示，房頂上固定一根長(zhǎng)2.5m的細(xì)線(xiàn)沿豎直墻壁垂到窗沿下，細(xì)線(xiàn)下端系了一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。打開(kāi)窗子，讓小球在垂直于窗子的豎直平面內(nèi)小幅度搖擺，窗上沿到房頂?shù)母叨葹?.6m，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2，則小球從最左端運(yùn)動(dòng)到最右端所用的最短時(shí)間為(B)A．2.0πs B．0.4πsC．0.6πs D．1.2πs[解析]小球的搖擺可視為單擺運(yùn)動(dòng)，擺長(zhǎng)為線(xiàn)長(zhǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，擺長(zhǎng)為線(xiàn)長(zhǎng)減去墻體長(zhǎng)時(shí)對(duì)應(yīng)的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，故小球從最左端到最右端所用的最短時(shí)間為t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。故選B。6.(2024·重慶聯(lián)考)如圖所示，AB為半徑R＝2m的一段光滑圓糟，A、B兩點(diǎn)在同一水平高度上，且AB弧長(zhǎng)20cm。將一小球由A點(diǎn)釋放，則它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間為(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與O連線(xiàn)與豎直方向的夾角均為θ＝eq\f(1,2)×eq\f(\x\to(AB),2πR)×360°＝eq\f(9°,π)<5°，所以小球的運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，類(lèi)比單擺的周期公式可知小球由A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間為t＝(2n＋1)eq\f(T,2)＝(2n＋1)πeq\r(\f(R,g))(n＝0,1,2，…)，故選C。7.如圖所示，在一條張緊的繩子上掛幾個(gè)擺，其中A、B的擺長(zhǎng)相等。當(dāng)A擺振動(dòng)的時(shí)候，通過(guò)張緊的繩子給B、C、D擺施加驅(qū)動(dòng)力，使其余各擺做受迫振動(dòng)。視察B、C、D擺的振動(dòng)發(fā)覺(jué)(C)A．C擺的頻率最小B．D擺的周期最大C．B擺的振幅最大D．B、C、D的振幅相同[解析]由A擺搖擺從而帶動(dòng)其他3個(gè)單擺做受迫振動(dòng)，受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，故其他各擺振動(dòng)周期跟A擺相同，頻率也相等，故A、B錯(cuò)誤；受迫振動(dòng)中，當(dāng)固有頻率等于驅(qū)動(dòng)力頻率時(shí)，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅達(dá)到最大，由于B擺的固有頻率與A擺的頻率相同，故B擺發(fā)生共振，振幅最大，故C正確，D錯(cuò)誤。8．(多選)(2024·浙江1月選考)為了提高松樹(shù)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獨(dú)創(chuàng)了用打擊桿、振動(dòng)器使松果落下的兩種裝置，如圖甲、乙所示。則(AD)A．針對(duì)不同樹(shù)木，落果效果最好的振動(dòng)頻率可能不同B．隨著振動(dòng)器頻率的增加，樹(shù)干振動(dòng)的幅度確定增大C．打擊桿對(duì)不同粗細(xì)樹(shù)干打擊結(jié)束后，樹(shù)干的振動(dòng)頻率相同D．穩(wěn)定后，不同粗細(xì)樹(shù)干的振動(dòng)頻率始終與振動(dòng)器的振動(dòng)頻率相同[解析]不同樹(shù)木的固有頻率不同，因此針對(duì)不同的樹(shù)木，要使之發(fā)生共振須要的振動(dòng)頻率不同，選項(xiàng)A正確；依據(jù)共振曲線(xiàn)，小于固有頻率時(shí)，慢慢增加驅(qū)動(dòng)力頻率，振幅會(huì)加大，而在大于固有頻率時(shí)增加頻率，振動(dòng)幅度會(huì)減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；穩(wěn)定后，不同粗細(xì)的樹(shù)干的振動(dòng)為受迫振動(dòng)，因此與振動(dòng)器的振動(dòng)頻率相同，選項(xiàng)D正確；打擊桿打擊樹(shù)干后，樹(shù)干做阻尼振動(dòng)，阻尼振動(dòng)頻率取決于固有頻率，粗細(xì)不同的樹(shù)干固有振動(dòng)頻率不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。實(shí)力綜合練9．(多選)(2024·湖南卷改編)下端附著重物的粗細(xì)勻整木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；與此同時(shí)，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖(a)所示。以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，浮力F隨水平位移x的變更如圖(b)所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是(ABD)A．x從0.05m到0.15m的過(guò)程中，木棒的動(dòng)能先增大后減小B．x從0.21m到0.25m的過(guò)程中，木棒加速度方向豎直向下，大小慢慢變小C．x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為eq\f(F1－F2,2ρSg)[解析]由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，0.1m、0.3m、0.5m時(shí)木棒處于平衡位置；則x從0.05m到0.15m的過(guò)程中，木棒從平衡位置下方向上移動(dòng)，經(jīng)平衡位置后到達(dá)平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動(dòng)能先增大后減小，A正確；x從0.21m到0.25m的過(guò)程中，木棒從平衡位置上方靠近最大位移處向下運(yùn)動(dòng)(未到平衡位置)，加速度豎直向下，大小減小，B正確；x＝0.35m和x＝0.45m時(shí)，由圖像的對(duì)稱(chēng)性知浮力大小相等，說(shuō)明木棒在同一位置，豎直方向速度大小相等，速度方向相反，而兩時(shí)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錯(cuò)誤；木棒在豎直方向的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)可類(lèi)比于豎直方向的彈簧振子，設(shè)木棒長(zhǎng)度為L(zhǎng)，回復(fù)力系數(shù)為k，平衡位置時(shí)木棒重心在水面下方Δx0，則有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處時(shí)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處時(shí)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正確。10．(多選)一振子沿x軸做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)。t＝0時(shí)振子的位移為－10cm，t＝2s時(shí)位移為10cm，則(ACD)A．若振幅為10cm，振子的周期可能為4sB．若振幅為10cm，振子的周期可能為eq\f(8,3)sC．若振幅為20cm，振子的周期可能為eq\f(12,19)sD．若振幅為20cm，振子的周期可能為eq\f(12,11)s[解析]若振幅為10cm，則有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…)，當(dāng)n＝0時(shí)，振子的周期為4s；振子的周期不行能為eq\f(8,3)s，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若振幅為20cm，則有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，當(dāng)n＝3時(shí)T＝eq\f(12,19)s，在T＝eq\f(12,6n＋5)s，當(dāng)n＝1時(shí)T＝eq\f(12,11)s，則C、D兩項(xiàng)正確。故選ACD。11．(2024·河北保定聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量為m的物體B放在水平面上，通過(guò)輕彈簧與質(zhì)量為2m的物體A連接，現(xiàn)在豎直方向給物體A一初速度，當(dāng)物體A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，物體B與水平面間的作用力剛好為零。從某時(shí)刻起先計(jì)時(shí)，物體A的位移隨時(shí)間的變更規(guī)律如圖乙所示，已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(D)A．(t1＋0.25)s～(t1＋0.5)s時(shí)間內(nèi)，物體A的速度與加速度方向相反B．物體A在隨意一個(gè)1.25s內(nèi)通過(guò)的路程均為50cmC．物體A的振動(dòng)方程為y＝0.1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πt＋\f(π,6)))cmD．物體B對(duì)水平面的最大壓力為6mg[解析](t1＋0.25)s～(t1＋0.5)s的時(shí)間內(nèi)，物體A由負(fù)的最大位移向平衡位置運(yùn)動(dòng)，回復(fù)力指向平衡位置，即物體A的速度與加速度方向均沿y軸正方向，故A錯(cuò)誤；物體A由特殊位置(平衡位置或最大位移處)起先計(jì)時(shí)，在隨意一個(gè)1.25s＝1eq\f(1,4)T內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程等于振幅的5倍，除此外在1.25s的時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程不等于振幅的5倍，故B錯(cuò)誤；由圖乙可知振幅為A＝10cm，周期為T(mén)＝1.0s，角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/s，規(guī)定向上為正方向，t＝0時(shí)刻位移為0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m處起先運(yùn)動(dòng)，所以初相為φ0＝eq\f(π,6)，則振子的振動(dòng)方程為y＝Asin(ωt＋φ0)＝0.1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πt＋\f(π,6)))m，故C錯(cuò)誤；由物體A在最高點(diǎn)時(shí)，物體B與水平面間的作用力剛好為零，此時(shí)彈簧的拉力為F＝mg，對(duì)于物體A有2mg＋F＝2ma，解得a＝1.5g，當(dāng)物體A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物體B對(duì)水平面的壓力最大，由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，物體A在最低點(diǎn)時(shí)加速度向上，且大小等于1.5g，由牛頓其次定律得F′－2mg＝2ma，解得F′＝5mg，由物體B的受力可知，物體B對(duì)水平面的最大壓力為FN＝F′＋mg＝6mg，故D正確。故選D。12.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛一物塊，取物塊靜止時(shí)所處位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，向下為正方向，建立Ox坐標(biāo)軸。現(xiàn)將物塊豎直向下拉到A位置后由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力。已知物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，A位置的坐標(biāo)為x1，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(彈性勢(shì)能Ep＝\f(1,2)kx2))(C)A．該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為2x1B．在隨意eq\f(1,4)周期內(nèi)物塊通過(guò)的路程確定等于x1C．物塊在A位置時(shí)所受的回復(fù)力大小為kx1D．物塊到O位置時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－mgx1[解析]該簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅為x1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其快慢是不同的，靠近平衡位置時(shí)運(yùn)動(dòng)比較快，遠(yuǎn)離平衡位置時(shí)運(yùn)動(dòng)比較慢，所以在經(jīng)過(guò)平衡位置的eq\f(1,4)周期內(nèi)物塊通過(guò)的路程小于x1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物塊在O位置時(shí)受力平衡，有kx0＝mg，x0為彈簧伸長(zhǎng)量，在A位置時(shí)所受的回復(fù)力大小F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，選項(xiàng)C正確；物塊從A位置回到O位置時(shí)，依據(jù)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)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。13.如圖，長(zhǎng)為l的細(xì)繩下方懸掛一小球a，繩的另一端固定在天花板上O點(diǎn)處，在O點(diǎn)正下方eq\f(3,4)l的O′處有一固定細(xì)鐵釘。將小球向右拉開(kāi)，使細(xì)繩與豎直方向成一小角度(約為2°)后由靜止釋放，并從釋放時(shí)起先計(jì)時(shí)。當(dāng)小球a擺至最低位置時(shí)，細(xì)繩會(huì)受到鐵釘?shù)淖钃酢?/p>