第八章 微專題57　機械振動-2025年物理《加練半小時》新教材版

第八章機械振動機械波微專題57機械振動1．掌握簡諧運動回復力公式F＝－kx，會分析簡諧運動中x、v、a等物理量的變化。2.掌握單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))(等效單擺公式：T＝2πeq\r(\f(R,g)))。3.理解產生共振的原因，能正確解釋共振曲線。1．關于簡諧運動的理解，下列說法中正確的是()A．簡諧運動是勻變速運動B．簡諧運動的回復力可以是恒力C．彈簧振子每次經過平衡位置時，動能最大D．單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動答案C解析簡諧運動是加速度變化的變加速運動，回復力與偏離平衡位置的位移成正比，是變力，A、B錯誤；彈簧振子每次經過平衡位置時，速度最大，動能最大，C正確；單擺運動擺角小于5°時可認為是簡諧運動，D錯誤。2.(2023·山西省太原師范學院附中月考)如圖所示，彈簧振子在A、B之間做簡諧運動，平衡位置為O，振子的振動周期為T。從振子處于B點開始計時，向右為正方向，能正確反映振子位移x、回復力F、加速度a、彈簧振子的機械能E與時間t變化關系的圖像是()答案C解析從振子處于B點開始計時，向右為正方向，計時起點處，位移為正向最大，回復力為負向最大，加速度為負向最大，故C正確，A、B錯誤；彈簧振子的機械能守恒，故D錯誤。3．(2024·貴州貴陽市開學考試)如圖甲所示，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間，可測出細線對擺球的拉力大小F?，F將擺球拉到A點，由靜止釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置，圖乙表示拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t＝0為擺球從A點開始運動的時刻，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A．單擺振動的周期為0.2πsB．單擺的擺長為0.6mC．擺球的質量為0.05kgD．擺球運動過程中的最大速度為0.2m/s答案C解析由題圖乙可知，單擺的周期為0.4πs，故A錯誤；由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，代入數據得l＝0.4m，故B錯誤；設OA與OB的夾角為θ，擺球的質量為m，由題圖乙和牛頓第二定律得在最高點mgcosθ＝0.495N，在最低點0.510N－mg＝meq\f(v2,l)，擺球從A點到B點，由動能定理得mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，聯立解得m＝0.05kg，v＝0.2eq\r(2)m/s，故C正確，D錯誤。4.(2023·江蘇省模擬)如圖所示，輕質彈簧上方固定，下方連接質量為m的小球，彈簧原長為L0，小球靜止時位于圖中的O點，此時彈簧伸長量為L。將小球從O點向下拉一小段距離A(A<L)，然后由靜止釋放并開始計時。已知小球做簡諧運動的周期為T，空氣阻力不計，彈簧始終在彈性限度內。以O點為坐標原點，取豎直向下為正方向，則小球運動的位移x隨時間t變化的表達式為()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解析小球做簡諧運動的平衡位置在O點，振幅為A，取豎直向下為正方向，小球從正向位移最大處開始振動，初相位為eq\f(π,2)，故小球運動的位移x隨時間t變化的表達式為x＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋\f(π,2)))，故選A。5.(多選)如圖所示為同一地點的甲、乙兩個單擺的振動圖像，g＝10m/s2，π2≈10，下列說法正確的是()A．甲單擺的擺長較大B．甲擺的振幅比乙擺的大C．甲擺的最大偏角為0.05°D．在t＝0.5s時，乙擺有正向最大加速度答案BD解析由題圖可知，兩單擺的周期相同，同一地點重力加速度g相同，由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得知，甲、乙兩單擺的擺長相等，故A錯誤；甲擺的振幅為5cm，乙擺的振幅為3cm，則甲擺的振幅比乙擺的大，故B正確；由T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得甲擺的擺長l＝eq\f(T2,4π2)g＝1m，則甲擺的最大偏角tanθmax≈eq\f(A,l)＝0.05，則θmax≈2.9°，故C錯誤；在t＝0.5s時，乙擺的位移為負的最大值，則乙擺具有正向最大加速度，故D正確。6.如圖所示，兩根長度分別為l和eq\f(l,2)細長輕繩下端拴質量相等的小球構成單擺，兩懸點在同一豎直線上且間距為eq\f(l,2)，現將單擺向左拉開一個小角度(<5°)，然后無初速度釋放，若小球碰撞時無能量損失，小球可視為質點，重力加速度為g，對于以后的運動，下列說法中正確的是()A．此組合擺的周期為eq\f(\r(2)＋2π,2)eq\r(\f(l,g))，且每次碰撞一定發(fā)生在懸點正下方B．擺球在平衡位置左右兩側走過的最大弧長相等C．擺球在左側上升的最大高度比右側高D．擺線在平衡位置右側的最大擺角是左側的2倍答案A解析根據單擺的周期公式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))，碰撞點在懸點的正下方，故A正確；由于碰撞是彈性碰撞，根據機械能守恒定律，左右兩側上升的高度相同，再根據幾何關系可知在左右兩側走過的弧長不相等，擺角不是2倍關系，故B、C、D錯誤。7.(多選)(2024·山東聊城市階段測試)如圖，水平直桿AB與光滑圓弧桿BC在B點平滑連接，固定在豎直平面內，一直徑略大于桿截面直徑的圓環(huán)穿在水平直桿上的A點。現讓圓環(huán)以v0＝4m/s的初速度由A向B運動，同時在豎直面內對圓環(huán)施加一垂直于桿向上的恒力F，運動到B點時撤去恒力F，之后圓環(huán)沿圓弧桿BC上滑。已知AB長度L＝6m，BC半徑R＝64m，圓環(huán)質量m＝0.2kg，圓環(huán)與直桿AB間的動摩擦因數μ＝0.2，恒力F＝3N，重力加速度g＝10m/s2，π2≈10，下列說法正確的是()A．圓環(huán)到達B點時的速度為2m/sB．圓環(huán)能夠到達的最大高度為0.2mC．圓環(huán)在BC上運動的時間約為8sD．圓環(huán)能返回A點答案ABC解析直桿對圓環(huán)的彈力大小為FN＝F－mg＝1N，方向豎直向下，對圓環(huán)分析有μFN＝ma，解得a＝1m/s2，根據速度與位移關系有vB2－v02＝－2aL，解得vB＝2m/s，A正確；設圓環(huán)能夠到達的最大高度為h，有mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得h＝0.2m，B正確；根據上述可知h＝0.2m，R＝64m，則圓環(huán)在圓弧桿上的運動可以等效為單擺，則T＝2πeq\r(\f(R,g))，圓環(huán)在BC上運動的時間約為t＝eq\f(1,2)T，解得t＝8s，C正確；圓環(huán)返回B點至停止過程有－μmgx＝0－eq\f(1,2)mvB2，解得x＝1m，由x<L＝6m可知，圓環(huán)不能返回A點，D錯誤。8．(多選)(2024·湖南常德市一中階段測試)如圖甲所示的彈簧振子沿豎直方向做簡諧運動，從某一時刻開始計時，規(guī)定豎直向上為正方向，得到彈簧對小球的彈力F與運動時間t的關系圖像如圖乙所示，若重力加速度為g，圖像的坐標值為已知量，則下列說法正確的是()A．對乙圖的F－t關系圖像，小球是從處在最高點開始計時的B．小球的質量為eq\f(F1－F2,2g)C．彈簧振子的頻率為eq\f(3,4t0)D．若彈簧振子的振幅為A，則從計時開始到13t0時，小球運動的路程為36A答案BC解析由題圖乙可知，t＝0時刻小球所受彈力最大，方向豎直向上，所以小球處于最低點，故A錯誤；根據對稱性，小球在最高點和最低點的加速度大小相等，方向相反，根據牛頓第二定律，小球在最高點，有F2＋mg＝ma，小球在最低點，有F1－mg＝ma，解得m＝eq\f(F1－F2,2g)，故B正確；由題圖乙可知eq\f(3,4)T＝t0，T＝eq\f(1,f)，解得f＝eq\f(3,4t0)，故C正確；由于13t0＝9T＋eq\f(3,4)T，所以小球運動的路程為s＝9×4A＋3A＝39A，故D錯誤。9．(多選)如圖甲所示，豎直輕質彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質薄板，處于靜止狀態(tài)。t＝0時刻，一物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連，其位置隨時間變化的圖像(x－t圖像)如圖乙所示，其中t＝0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內，空氣阻力不計，則()A．t＝0.2s后物塊做簡諧運動B．t＝0.4s時物塊的加速度大于重力加速度C．若增大物塊自由下落的高度，則物塊與薄板粘連后振動的周期增大D．t＝0.2s后物塊坐標位置隨時間變化關系式為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時物塊剛接觸薄板，落至薄板上后和薄板始終粘連，構成豎直方向的彈簧振子，并且從題圖乙可知，0.2s以后的圖像為正弦曲線，故A正確；薄板為輕質薄板，質量可忽略不計。由題圖乙可知，B點是圖像的最高點，C點是圖像的最低點，根據簡諧運動的對稱性可知，最高點的加速度和最低點的加速度大小相等，即aB＝aC，由簡諧運動的加速度滿足a與x成正比，設A點處偏離平衡位置的位移大小為xA，C點處偏離平衡位置的位移大小為xC，有xA<xC，所以aA<aC，aA<aB，在A點時，物塊只受重力，aA＝g，所以aB>g，故B正確；彈簧振子的周期只與振動系統(tǒng)本身有關，與物塊起始下落的高度無關，故物塊與薄板粘連后振動周期不變，故C錯誤；由題圖乙