適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第8章機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波第1講機(jī)械振動(dòng)

第八章機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波第1講機(jī)械振動(dòng)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練題組一簡諧運(yùn)動(dòng)的基本特征1.有兩個(gè)彈簧振子1和2做簡諧運(yùn)動(dòng):x1=3asin(10πbt)和x2=9asin10πbt+π3,A.兩個(gè)彈簧振子1和2的振幅不同,頻率不同B.兩個(gè)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(gè)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(dòng)中振子所受浮力F隨時(shí)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(yùn)動(dòng)的最大回復(fù)力是F1C.振子在0.5s時(shí)的動(dòng)能最大D.從0到0.5s的過程中,振子向下運(yùn)動(dòng)3.(多選)一個(gè)彈簧振子做簡諧運(yùn)動(dòng),若從平衡位置開始計(jì)時(shí),經(jīng)過3s時(shí),振子第一次到達(dá)P點(diǎn),又經(jīng)過2s第二次經(jīng)過P點(diǎn),則該彈簧振子的振動(dòng)周期可能為()A.32s B.16s C.8s D.163題組二簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)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(diǎn)為平衡位置,在M、N兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動(dòng),以向右為正方向。振動(dòng)物體的位移x隨時(shí)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(shí),振動(dòng)物體的速度方向向右B.t=0.4s和t=1.2s時(shí),振動(dòng)物體的加速度相同C.振動(dòng)物體做簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=12sin1.25πtcmD.從t=0.4s到t=0.8s時(shí)間內(nèi),振動(dòng)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(diǎn)為平衡位置,在A、B兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動(dòng),取向右為正方向,物塊的位移x隨時(shí)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(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=12sin5π4C.t=0.2s時(shí),物塊的位移為6cmD.在0.4~0.8s時(shí)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(gè)單擺做振幅不同的簡諧運(yùn)動(dòng),其振動(dòng)圖像如圖所示,可知甲、乙兩個(gè)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(xì)線沿豎直墻壁垂到窗沿下,細(xì)線下端系了一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。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(dòng),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)到最右端的時(shí)間可能為()A.0.4πs B.0.6πs C.1.2πs D.2πs題組四受迫振動(dòng)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(dòng)器使松果落下的兩種裝置,如圖甲、乙所示。則()A.打擊桿對(duì)不同粗細(xì)樹干打擊結(jié)束后,樹干的振動(dòng)頻率相同B.隨著振動(dòng)器頻率的增加,樹干振動(dòng)的幅度一定增大C.穩(wěn)定后,不同粗細(xì)樹干的振動(dòng)頻率始終與振動(dòng)器的振動(dòng)頻率相同D.振動(dòng)器工人開動(dòng)機(jī)器后迅速遠(yuǎn)離振動(dòng)器,他聽到的振動(dòng)器音調(diào)不變綜合提升練9.(2024廣東廣州期末)一個(gè)有固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸的豎直圓盤如圖甲所示,圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),固定在圓盤上的小圓柱帶動(dòng)一個(gè)T形支架在豎直方向振動(dòng),T形支架的下面系著一個(gè)由彈簧和小球組成的振動(dòng)系統(tǒng),小球做受迫振動(dòng)。圓盤靜止時(shí),小球做簡諧運(yùn)動(dòng),其振動(dòng)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(dòng)帶動(dòng)小球振動(dòng),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(dòng),小球振動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)其振動(dòng)的周期為2sC.若圓盤靜止,小球做簡諧運(yùn)動(dòng),t=1s到t=2s小球所受的回復(fù)力增加D.若圓盤靜止,小球做簡諧運(yùn)動(dòng),t=2s到t=3s彈簧彈性勢(shì)能一定減小10.(多選)(2024廣東湛江期末)如圖所示,一個(gè)豎直彈簧連著一個(gè)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(gè)裝置在豎直方向上做簡諧運(yùn)動(dòng),振幅為A,在整個(gè)過程中小鐵塊恰好不脫離木塊。重力加速度為g,整個(gè)裝置在運(yùn)動(dòng)的過程中()A.小鐵塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的加速度為2gB.彈簧的勁度系數(shù)k=m0C.彈簧長度最短時(shí),小鐵塊對(duì)木塊的壓力F壓=2mgD.彈簧長度最短時(shí),小鐵塊對(duì)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(yùn)動(dòng),周期為T,運(yùn)動(dòng)過程中物塊與木板之間無相對(duì)運(yùn)動(dòng),設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,物塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則下列說法正確的是()A.若t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)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(shí)刻和(t+Δt)C.研究木板的運(yùn)動(dòng),彈簧彈力充當(dāng)了木板做簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力D.當(dāng)整體離開平衡位置的位移為x時(shí),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(gè)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(dòng)圖像如圖乙所示,則下列說法正確的是()A.小球的振動(dòng)頻率為2HzB.小球的振幅是1.0cmC.在圖中A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻,小球的速度方向指向x軸的負(fù)方向D.在圖中A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻,小球的加速度大小為10m/s2,方向指向x軸的負(fù)方向

參考答案第八章機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波第1講機(jī)械振動(dòng)1.B解析兩個(gè)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(cuò)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(xiàng)A正確;振子做簡諧運(yùn)動(dòng)的最大回復(fù)力是F1-F2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;振子在0.5s時(shí)所受浮力最小,則振子在最高點(diǎn),此時(shí)速度為零,動(dòng)能最小,選項(xiàng)C錯(cuò)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(dòng),即振子向上運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.BD解析若振子從平衡位置O點(diǎn)開始向右振動(dòng),作出示意圖如圖甲所示,由對(duì)稱性可知,從P到右側(cè)最大位移處的時(shí)間為1s,故彈簧振子的振動(dòng)周期為T1=4×3+22s=16s;若振子從平衡位置O點(diǎn)開始向左振動(dòng),作出示意圖如圖乙所示,設(shè)從P到O的時(shí)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(shí),切線的斜率為負(fù)值,所以速度方向向左,故A錯(cuò)誤;t=0.4s時(shí),物體位于正向最大位移處,加速度達(dá)到最大,方向向左,t=1.2s時(shí),物體位于負(fù)向最大位移處,加速度達(dá)到最大,方向向右,故B錯(cuò)誤;簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=Asin2πTt+φ,由題圖乙可知A=12cm,T=1.6s,φ=0,故物體運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=12sin1.25πtcm,故C正確;從t=0.4s到t=0.8s時(shí)間內(nèi),物體從正向最大位移處向平衡位置運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=Asin2πTt=12sin5π4tcm,B正確;將t1=0.3s代入簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式可得,0.3s末位移為x1=12sin3π8cm,將t2=0.5s代入簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)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(cuò)誤;將t3=0.2s代入簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式可得,0.2s末位移為x3=12sinπ4cm=62cm,C錯(cuò)誤;在0.4~0.8s時(shí)間內(nèi),6.C解析由振動(dòng)圖像可知甲、乙兩個(gè)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(gè)單擺的擺長之比為L甲∶L乙=7.ACD解析小球的擺動(dòng)可視為單擺運(yùn)動(dòng),擺長為細(xì)線長時(shí)對(duì)應(yīng)的周期T1=2πl(wèi)1g=πs,擺長為細(xì)線長減去墻體長時(shí)對(duì)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(shí)間為t=T1+T24=0.8.C解析打擊結(jié)束后,樹干做阻尼振動(dòng),阻尼振動(dòng)的頻率為樹干的固有頻率,此時(shí)粗細(xì)不同的樹干振動(dòng)頻率不同,故A錯(cuò)誤;當(dāng)振動(dòng)頻率大于樹木的固有頻率時(shí),隨著振動(dòng)器頻率的增加,樹干振動(dòng)的幅度將減小,故B錯(cuò)誤;受迫振動(dòng)的頻率等于周期性外力的頻率,樹干在振動(dòng)器的振動(dòng)下做受迫振動(dòng),則穩(wěn)定后,不同粗細(xì)樹干的振動(dòng)頻率始終與振動(dòng)器的振動(dòng)頻率相同,故C正確;根據(jù)多普勒效應(yīng),振動(dòng)器工人開動(dòng)機(jī)器后迅速遠(yuǎn)離振動(dòng)器,他聽到的振動(dòng)器頻率變小,音調(diào)將變低,故D錯(cuò)誤。9.B解析圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),T形支架對(duì)小球產(chǎn)生周期性的驅(qū)動(dòng)力,此時(shí)小球的運(yùn)動(dòng)為受迫振動(dòng),當(dāng)小球做簡諧運(yùn)動(dòng)的頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率相同時(shí),小球的振幅才會(huì)增加,故A錯(cuò)誤;圓盤以30r/min勻速轉(zhuǎn)動(dòng),驅(qū)動(dòng)周期為T=1n=2s,小球振動(dòng)穩(wěn)定后的周期等于驅(qū)動(dòng)周期,為2s,故B正確;圓盤靜止,小球做簡諧運(yùn)動(dòng),t=1s到t=2s小球從最低點(diǎn)向平衡位置振動(dòng),回復(fù)力減小,故C錯(cuò)誤;小球豎直方向掛在彈簧上,圓盤靜止時(shí),根據(jù)受力平衡可知,小球做簡諧運(yùn)動(dòng)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(diǎn)振動(dòng),小球可能會(huì)經(jīng)過彈簧原長處,彈性勢(shì)能可能先減小后增大,故D10.BC解析小鐵塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)恰好不脫離木塊,此時(shí)小鐵塊與木塊之間無彈力,故小鐵塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的加速度為g,故A錯(cuò)誤;由A項(xiàng)分析知在最高點(diǎn)時(shí)小鐵塊和木塊的加速度均為g,此時(shí)彈簧處于原長狀態(tài),所以在平衡位置時(shí)有F=kA=(m0+m)g,解得k=m0+mAg,故B正確;由對(duì)稱性可知,彈簧長度最短時(shí),系統(tǒng)的加速度與系統(tǒng)在最高點(diǎn)的加速度等大、反向,即在最低點(diǎn)木塊與小鐵塊的加速度a=g,方向豎直向上,則對(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(fù)力,根據(jù)牛頓第二定律,有f=ma②,所以f=mxm0+mk③,若t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻物塊受到的摩擦力大小相等、方向相反,則兩個(gè)時(shí)刻物塊的位移大小相等、方向相反,位于相對(duì)平衡位置對(duì)稱的位置上,但Δt不一定等于T2的整數(shù)倍,故A錯(cuò)誤;若Δt=T2,則在t時(shí)刻和(t+Δt)時(shí)刻物塊的位移大小相等、方向相反,位于相對(duì)平衡位置對(duì)稱的位置上,彈簧的長度不一定相同,故B錯(cuò)誤;由開始時(shí)的分析可知,彈簧彈力與物塊對(duì)木板的摩擦力的合力提供回復(fù)力,故C