6.2機械振動（高考真題與課后專項提升練）

6.2機械振動——高考真題與課后專項提升練（2024?浙江）如圖1所示，質量相等的小球和點光源，分別用相同的彈簧豎直懸掛于同一水平桿上，間距為l，豎直懸掛的觀測屏與小球水平間距為2l，小球和光源做小振幅運動時，在觀測屏上可觀測小球影子的運動。以豎直向上為正方向，小球和光源的振動圖像如圖2所示，則（）A．t1時刻小球向上運動 B．t2時刻光源的加速度向上 C．t2時刻小球與影子相位差為π D．t3時刻影子的位移為5A【解答】解：A．以豎直向上為正方向，根據(jù)圖2可知，t1時刻，小球位移為零，位于平衡位置，隨后位移變?yōu)樨撝?，且大小增大，可知，t1時刻小球向下運動，故A錯誤；B．以豎直向上為正方向，t2時刻光源的位移為正值，光源振動圖像為正弦函數(shù)，表明其做簡諧運動，根據(jù)F回＝﹣kx和F＝ma可得：a=可知，其加速度方向與位移方向總是相反，位移方向向上，則加速度方向向下，故B錯誤；C．根據(jù)圖2可知，小球與光源的振動步調總是相反，由于影子是光源發(fā)出的光被小球遮擋后，在屏上留下的陰影，可知，影子與小球的振動步調總是相同，即t2時刻小球與影子相位差為0，故C錯誤；D．根據(jù)圖2可知，t3時刻，光源位于最低點，則小球位于最高點，根據(jù)光的直線傳播可知，屏上影子的位置也處于最高點，影子位于正方向上的最大位移處，根據(jù)數(shù)學知識可得：ll解得：x影子＝5A即t3時刻影子的位移為5A，故D正確。故選：D。（2023?上海）真空中有一點P與微粒Q，Q在運動中受到指向P且大小與離開P的位移成正比的回復力，則下列情況有可能發(fā)生的是（）A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度增大，加速度不變 D．速度減小，加速度不變【解答】解：ABC、微粒Q可能正在向P點運動若正在向P點運動，則位移在減小，回復力在減小，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度在減小，這時回復力方向指向P點，和速度方向一致，速度在增大，故A錯誤，B正確；D、微粒Q可能遠離P點運動，則位移在增大，回復力在增大，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度在增大，這時回復力方向指向P點，和速度方向相反，速度在減小，故D錯誤。故選：B。（2022?重慶）某同學為了研究水波的傳播特點，在水面上放置波源和浮標，兩者的間距為L。t＝0時刻，波源開始從平衡位置沿y軸在豎直方向做簡諧運動，產(chǎn)生的水波沿水平方向傳播（視為簡諧波），t1時刻傳到浮標處使浮標開始振動，此時波源剛好位于正向最大位移處，波源和浮標的振動圖像分別如圖中的實線和虛線所示，則（）A．浮標的振動周期為4t1 B．水波的傳播速度大小為L4C．32t1時刻浮標沿D．水波的波長為2L【解答】解：A.根據(jù)振動圖像可知，波源在0時刻振動，波形經(jīng)過t1=14T傳遞到浮標處，浮標的振動周期為T＝4t1，故B.波源的振動情況經(jīng)過t1傳到距離L處的浮標，可知波速大小為v=Lt1C.根據(jù)虛線圖像可知浮標在32t1時刻沿y軸正方方向運動，故CD、水波的波長為λ＝vT=Lt1?4t1＝4L故選：A。（2022?北京）在如圖所示的xOy坐標系中，一條彈性繩沿x軸放置，圖中小黑點代表繩上的質點，相鄰質點的間距為a。t＝0時，x＝0處的質點P0開始沿y軸做周期為T、振幅為A的簡諧運動。t=34A．t＝0時，質點P0沿y軸負方向運動 B．t=34T時，質點P4C．t=34T時，質點P3和P5D．該列繩波的波速為8a【解答】解：A、由t=34T時的波形圖可知，波剛好穿到質點P6，根據(jù)上下坡法，可知此時質點P6沿y軸正方向運動，故波源的起振方向也沿y軸正方向，故t＝0時，質點P0沿x軸正方向運動，故B、由圖可知，在t=34T時質點P4處于正的最大位移處，故速度為零，故C、由圖可知，在t=34T時，質點P3沿y軸負方向運動，質點P5沿y軸正方向運動，故兩個質點的相位不相同，故D、由圖可知：λ解得：λ＝8a故該列繩波的波速為v=λT=故選：D。（2023?河北）某實驗小組利用圖1裝置測量重力加速度。擺線上端固定在O點，下端懸掛一小鋼球，通過光電門傳感器采集擺動周期。（1）關于本實驗，下列說法正確的是ABD。（多選）A．小鋼球擺動平面應與光電門U形平面垂直B．應在小鋼球自然下垂時測量擺線長度C．小鋼球可以換成較輕的橡膠球D．應無初速度、小擺角釋放小鋼球（2）組裝好裝置，用毫米刻度尺測量擺線長度L，用螺旋測微器測量小鋼球直徑d。螺旋測微器示數(shù)如圖2，小鋼球直徑d＝mm，記擺長l=L+d（3）多次改變擺線長度，在小擺角下測得不同擺長l對應的小鋼球擺動周期T，并作出l﹣T2圖像，如圖3。根據(jù)圖線斜率可計算重力加速度g＝m/s2（保留3位有效數(shù)字，π2取9.87）。（4）若將擺線長度誤認為擺長，仍用上述圖像法處理數(shù)據(jù)，得到的重力加速度值將（填“偏大”“偏小”或“不變”）?！窘獯稹拷猓海?）A．使用光電門測量時，光電門U形平面與被測物體的運動方向垂直是光電門使用的基本要求，故A正確；B．測量擺線長度時，要保證繩子處于伸直狀態(tài)，故B正確；C．單擺是一個理想化模型，若采用質量較輕的橡膠球，空氣阻力對擺球運動的影響較大，故C錯誤；D．無初速度、小擺角釋放的目的是保持擺球在豎直平面內(nèi)運動，不形成圓錐擺，且單擺只有在擺角很小的情況下才可視為簡諧運動，使用T=2πl(wèi)g計算單擺的周期，故故選：ABD。（2）螺旋測微器的精確度為0.01mm，小鋼球直徑d＝20mm+3.5×0.01mm＝20.035mm（3）單擺周期公式T=2π整理得l=結合l﹣T2圖像可知，圖像的斜率k=解得g＝9.87m/s2（4）若將擺線長度L誤認為擺長l，有T=2π則得到的圖線為L=仍用上述圖像法處理數(shù)據(jù)，圖線斜率不變，仍為g4π2故答案為：（1）ABD；（2）20.035；（3）9.87；（4）不變。一、單項選擇題（2023秋?奉化區(qū)期末）小球做簡諧運動，若從平衡位置O開始計時，經(jīng)過0.5s，小球第一次經(jīng)過P點，又經(jīng)過0.2s，小球第二次經(jīng)過P點，則再過多長時間該小球第三次經(jīng)過P點（）A．0.6s B．2.4s C．0.8s D．2.1s【解答】解：若從O點開始向右振子按下面路線振動，作出示意圖如圖1，則振子的振動周期為T＝（0.5+0.22）×4s則該質點再經(jīng)過時間Δt＝T﹣0.2s＝2.4s﹣0.2s＝2.2s第三次經(jīng)過P點；若振子從O點開始向左振動，則按下面路線振動，作出示意圖如圖2：則由（0.5+0.22）s振子的振動周期為T＝0.8s，則該質點再經(jīng)過時間Δt'＝T﹣0.2s＝0.8s﹣0.2s＝0.6s第三次經(jīng)過P點；故A正確，BCD錯誤。故選：A。（2023秋?遼陽期末）蜘蛛會根據(jù)絲網(wǎng)的振動情況感知是否有昆蟲“落網(wǎng)”，若絲網(wǎng)的固有頻率為200Hz，則下列說法正確的是（）A．昆蟲“落網(wǎng)”時，絲網(wǎng)振動的頻率由“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的頻率決定 B．當“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的頻率大于300Hz時，絲網(wǎng)不振動 C．當“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的周期為0.002s時，絲網(wǎng)的振幅最大 D．“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的頻率越小，絲網(wǎng)的振幅越大【解答】解：A．受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，所以昆蟲“落網(wǎng)”時，絲網(wǎng)振動的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率決定，故A正確；B．絲網(wǎng)振動的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率決定，當“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的頻率大于300Hz時，絲網(wǎng)仍然振動，故B錯誤；C．當“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的周期為0.002s時，其頻率為f=1而其驅動頻率應等于絲網(wǎng)的固有頻率為200Hz，絲網(wǎng)的振幅最大時，所以當“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的周期為0.002s時，絲網(wǎng)的振幅不是最大，故C錯誤；D．根據(jù)共振的條件可知，當驅動力的頻率越接近系統(tǒng)的固有頻率時，系統(tǒng)的振幅越大，即“落網(wǎng)”的昆蟲翅膀振動的頻率越接近200Hz，絲網(wǎng)的振幅越大，故D錯誤。故選：A。（2023秋?西安期末）在實驗室可以做“聲波碎杯”的實驗。用手指輕彈一只酒杯，可以聽到清脆的聲音，測得這聲音的頻率為500Hz。將這只酒杯放在兩只大功率的聲波發(fā)生器之間，操作人員通過調整其發(fā)出的聲波，就能使酒杯碎掉。下列說法中正確的是（）A．操作人員一定是把聲波發(fā)生器的功率調到最大 B．操作人員一定是使聲波發(fā)生器發(fā)出了頻率很高的超聲波 C．操作人員一定是同時增大了聲波發(fā)生器發(fā)出聲波的頻率和功率 D．操作人員必須將聲波發(fā)生器發(fā)出的聲波頻率調到500Hz【解答】解：當物體發(fā)生共振時，物體振動的振幅最大，甚至可能造成物體解體，將這只酒杯放在兩只大功率的聲波發(fā)生器之間，操作人員通過調整其發(fā)出的聲波，將酒杯震碎是共振現(xiàn)象，而發(fā)生共振的條件是驅動力的頻率等于物體的固有頻率，而酒杯的固有頻率為500Hz，故操作人員一定是將聲波發(fā)生器發(fā)出的聲波頻率調到500Hz，故ABC錯誤，D正確。故選：D。（2023秋?密山市期末）如圖所示，圖甲為以O點為平衡位置，在A、B兩點間做簡諧運動的彈簧振子，圖乙為該彈簧振子的振動圖像，由圖可知下列說法中正確的是（）A．彈簧振子受重力、支持力、彈簧的彈力、回復力 B．t＝0.1s時，彈簧振子的位移為522C．從t＝0到t＝0.2s的時間內(nèi)，彈簧振子的動能持續(xù)地增加 D．在t＝0.2s與t＝0.6s兩個時刻，彈簧振子的回復力相同【解答】解：A、彈簧振子受重力、支持力、彈簧彈力，彈簧彈力提供回復力，回復力是效果力，不能出現(xiàn)在受力分析中，故A錯誤；B、由圖乙知T＝0.8s，則振動圓頻率為ω=2πT=2.5πrad/s振子的振幅為5cm，所以其振動方程為x＝Asinωt＝5sin2.5πt（cm）所以在t＝0.1s時，振子的位移為x＝5sin（2.5π×0.1）cm=5C、從t＝0到t＝0.2s的時間內(nèi)，彈簧振子的位移越來越大，彈簧的彈性勢能越來越大，振子動能越來越小，故C錯誤；D、在t＝0.2s與t＝0.6s兩個時刻，彈簧振子分別在A、B兩端點，回復力均指向平衡位置O點，大小相等，方向相反，則回復力不相同，故D錯誤；故選：B。（2023秋?萊西市期末）豎直方向振動的彈簧振子及其振動圖像如圖所示，已知小球質量為m＝10g，彈簧的勁度系數(shù)為k＝10N/m，下列說法正確的是（）A．振子（小球）的位移隨時間變化的關系式為x＝5sin（πt）cm B．在第1s末到第2s末這段時間內(nèi)，小球的動能在減少、彈性勢能在增加 C．小球的最大加速度為50m/s2 D．該小球在0～20s內(nèi)的位移為100cm【解答】解：A．由圖可知，小球振動的周期T為4s，振幅A為5cm，則小球的位移隨時間變化的關系式為x=Asin(2π故A錯誤；B．小球在最大位移處速度為零，彈簧彈性勢能最大，所以在第1s末到第2s末這段時間內(nèi)，小球從最大位移運動到平衡位置，則小球的動能在增加、彈性勢能在減小，故B錯誤；C．小球在最大位移處時受到的彈力最大為F＝kA＝10N/m×5×10﹣2m＝0.5N則根據(jù)牛頓第二定律可得，小球的最大加速度為a=F故C正確；D．由圖可知，小球周期為4s，20s即為4個周期，所以該小球在0～20s內(nèi)的位移為零，故D錯誤。故選：C。（2023秋?長寧區(qū)校級期末）如圖所示，以O點為平衡位置，單擺在A、B兩點間做簡諧運動，已知擺球從A點第一次運動到B點歷時0.5s，則下列說法中正確的是（）A．擺球從A點經(jīng)O點運動到B點即完成一次全振動 B．單擺的擺長約為1m C．從A點向O點運動的過程中，擺球受到的拉力不斷增大，回復力也不斷增大 D．將單擺從地面移至山頂，擺動周期將增大【解答】解：A．擺球從A點經(jīng)O點運動到B點，然后從B點再經(jīng)過O點返回A點，擺球完成一次全振動，故A錯誤；B．結合A的分析與題意可知，單擺周期為1s，根據(jù)T=2πLg，解得擺長L≈0.25m，故C．擺球從A點向O點運動的過程中，設細繩與豎直方向之間的夾角為θ，則擺球受到的拉力：F=mgcosθ+mv2L，擺球從A點向O點運動的過程中，θ減小，速度v增大，可知擺球受到的拉力不斷增大；回復力F回＝mgsinθ，可知回復D．將單擺從地面移至山頂，由于重力加速度減小，由單擺周期公式T=2πLg可知，擺動周期將增大，故故選：D。（2023秋?長寧區(qū)校級期末）近些年，科學家們逐步對極地進行開發(fā)和探索，由于極地大面積被冰雪覆蓋，開發(fā)和探索的進度受到影響，人們?yōu)榱思涌爝M度發(fā)明了共振破冰船，如圖所示。破冰船利用專用傳感器感應冰面的振動反饋，自動調節(jié)錘頭振動頻率。當冰層與錘頭發(fā)生共振時，可以大幅提高破冰效率。結合所學知識，下列說法正確的是（）A．錘頭振動頻率越高，冰層的振動幅度越大，破冰效果越好 B．破冰效果最好時，錘頭的振動頻率等于冰層的固有頻率 C．破冰船停止工作后，冰層余振的振幅越來越小，頻率也越來越小 D．對于不同冰層，破冰效果最好時，錘頭的振動頻率相同【解答】解：AB、當驅動力頻率等于物體固有頻率時，物體的振幅最大，當驅動力頻率小于固有頻率時，隨著驅動力頻率增大，振幅增大，當驅動力頻率大于固有頻率時，隨著驅動力頻率增大，振幅減小，所以錘子的頻率越高，冰層的振動振幅不一定越大，破冰效果與振幅有關，所以頻率越高，破冰效果不一定越好，故A錯誤，B正確；C、破冰船停止工作后，由于阻尼作用，冰層余振的振幅越來越小，但頻率不變，故C錯誤；D、根據(jù)共振條件可知，破冰效果最好時，錘頭的振動頻率等于冰層的固有頻率，但是不同冰層固有頻率不同，所以錘頭的振動頻率不相同，故D錯誤。故選：B。（2022秋?聊城期末）某同學因疫情居家學習期間，偶然發(fā)現(xiàn)一根不可伸長的細線垂到窗沿，他想利用單擺原理粗測細線的總長度。先將線的下端系上一個小球，當小球靜止時，細線恰好與窗戶上沿接觸且保持豎直，球在最低點B時，球心到窗上沿的距離為1m。他打開窗戶，讓小球在垂直于墻的豎直平面內(nèi)作小角度擺動，如圖所示。從小球第1次通過圖中的B點開始計時，到第21次通過B點共用時24s，g＝10m/s2，π2≈10。由以上數(shù)據(jù)可計算細線的長度約為（）A．1.4m B．2.0m C．2.8m D．4.0m【解答】解：做單擺運動的小球一個周期內(nèi)2次經(jīng)過最低點，所以從小球第1次通過圖中的B點開始計時，到第21次通過B點共10個周期，則T=tn=設細線的長度為L，球心到窗上沿的距離為d，由單擺的周期公式可得T=π代入數(shù)據(jù)解得L≈2.0m故B正確，ACD錯誤。故選：B。（2022秋?德州期末）如圖甲所示，水平彈簧振子以O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，小球的位移x隨時間t的變化圖像如圖乙所示。已知t＝2s時，小球位于A點。以下說法正確的是（）A．小球的振動周期是4s，t＝0時，小球位于O點 B．0﹣2s內(nèi)，小球的運動方向未發(fā)生改變 C．0﹣2s內(nèi)，小球的速度先變小再變大 D．t＝1s時，小球的加速度最大【解答】解：A．由振動圖像可知，小球的振動周期是4s，t＝2s時，小球位于A點，可知t＝0時，小球位于B點，故A錯誤；BC．0﹣2s內(nèi)，小球由B點到A點，則小球的運動方向未發(fā)生改變，小球的速度先變大再變小，故B正確，C錯誤；D．t＝1s時，小球在平衡位置O點，此時小球的加速度為零，故D錯誤。故選：B。（2023春?紹興期末）如圖甲所示，一單擺懸掛在O點，在O點正下方P點處有一個釘子，單擺擺動的夾角始終小于7°，從t＝0時刻開始繩子上的拉力大小隨時間t的變化如圖乙所示，A、C分別為運動過程中左右兩側最高點，B為最低點，忽略一切阻力，下列說法正確的是（）A．繩子遇到釘子后，繩子上的拉力變小 B．t＝0.4πs時小球在C位置 C．OA的長度為0.4m D．OP之間的距離為1.2m【解答】解：A．繩子遇到釘子后，單擺的速度不變，單擺的擺長減小，根據(jù)牛頓第二定律有FT可知繩子上的拉力變大，故A錯誤；B．單擺在BA區(qū)間運動時，擺長較長，運動周期長，t＝0.4πs時繩子上的拉力最小，為擺動過程的最高點，故t＝0.4πs時小球在A位置，故B錯誤；C．OA的為擺長時單擺的周期T=2(0.6-代入數(shù)據(jù)可得lOA＝1.6m故C錯誤；D．PC的為擺長時單擺的周期T1代入數(shù)據(jù)可得lPC＝0.4mOP之間的距離為lOP＝lOA﹣lPC＝1.6m﹣0.4m＝1.2m故D正確。故選：D。二、多項選擇題（多選）（2023秋?新市區(qū)校級期末）裝有一定量液體的玻璃管豎直漂浮在水中，水面足夠大，如圖甲所示。把玻璃管向下緩慢按壓4cm后放手，忽略運動阻力，玻璃管的運動可視為豎直方向上的簡諧運動，測得振動周期為0.5s。規(guī)定豎直向上為正方向，某時刻開始計時后的振動圖像如圖乙所示，其中A為振幅。對于玻璃管，下列說法正確的是（）A．回復力等于浮力 B．回復力等于重力和浮力的合力 C．振動周期與按壓的深度無關 D．振動表達式為x＝4sin（4πt-5π6【解答】解：AB、對試管，漂浮時，mg＝ρgSh0，按壓后，F(xiàn)合＝ρgSh﹣mg＝ρgSh﹣ρgSh0＝ρgSx，大小與離開最初位置的距離成正比，方向總是指向最初位置，滿足回復力定義，故B正確，A錯誤；C、簡諧振動的周期與振幅無關，由簡諧振動周期公式T=2πmk，根據(jù)回復力F合＝ρgSh﹣mg＝ρgSh﹣ρgSh0＝ρgSx＝kx，聯(lián)立解得T=2πmD、振幅A＝4cm，T＝0.5s，簡諧位移函數(shù)式x=4sin(2πTt+φ)，將0時刻x=-A2和t1時刻x=-A(ωt故選：BCD。（多選）（2022秋?江漢區(qū)校級期末）如圖甲所示，懸掛在豎直方向上的彈簧振子，在C、D兩點之間做簡諧運動，O點為平衡位置。振子到達D點開始計時。以豎直向上為正方向，在一個周期內(nèi)的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．振子在O點受到的彈簧彈力等于零 B．振子做簡諧運動的表達式為x=5sin(πt-C．0.5s～1.0s的時間內(nèi)，振子通過的路程為5cm D．t＝0.25s和t＝0.75s時，振子的速度不同，但加速度大小相等【解答】解：A．振子在O點受到的回復力為零，此時彈簧彈力等于振子自身重力大小，故A錯誤；B．由圖乙可得，振子的振幅A＝5cm，初相位φ0=-π2，周期T＝2.0s，則圓頻率ω=2πC．由圖t＝0.5s時刻振子在平衡位置，t＝1.0s時刻振子到達最大位移處，位移為5cm，所以在0.5s～1.0s的時間內(nèi)，振子通過的路程為5cm，故C正確；D、根據(jù)簡諧振動的對稱性可知，在t＝0.25s和t＝0.75s時，振子的速度相等，加速度大小相等，故D錯誤。故選：BC。（多選）（2022秋?湖州期末）如圖甲所示，裝有少量鐵砂的細玻璃管豎直漂浮在水中，水面足夠大，把玻璃管向下緩慢按壓一小段距離后放手，忽略阻力，玻璃管的運動可以視為豎直方向的簡諧運動。以豎直向上為正方向，某時刻開始計時，其振動圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．振動周期與按壓的深度有關 B．回復力等于重力和浮力的合力 C．振動過程中玻璃管（含鐵砂）的機械能守恒 D．在t1～t2時間內(nèi)，玻璃管的位移減小，加速度減小，速度增大【解答】解：A．由于玻璃管做簡諧振動，結合簡諧振動的特點可知，該振動的周期與振幅無關，故A錯誤；B．裝有少量鐵砂的細玻璃管豎直漂浮在水中，細玻璃管只受重力和浮力作用，其做簡諧振動的回復力等于重力和浮力的合力，故B正確；C．玻璃管在做簡諧振動的過程中，液體的浮力對玻璃管做功，所以振動的過程中玻璃管的機械能不守恒，故C錯誤；D．由圖可知，在t1～t2時間內(nèi)玻璃管向著平衡位置，速度增大；玻璃管的位移減小，根據(jù)加速度a=-kxm故選：BD。三、非選擇題（2022秋?衡南縣期末）將一力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力，圖甲中O點為單擺的懸點，現(xiàn)將小球（可視為質點）拉到A點，此時細線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，則擺球在豎直平面內(nèi)的ABC之間來回擺動，