高考物理一輪復習課時練習 第8章第1練　機械振動（含詳解）

1.如圖所示，彈簧振子在A、B之間做簡諧運動，O為平衡位置，測得A、B間距為6cm，小球完成30次全振動所用時間為60s，則()A．該振子振動周期是2s，振幅是6cmB．該振子振動頻率是2HzC．小球完成一次全振動通過的路程是12cmD．小球過O點時開始計時，3s內(nèi)通過的路程為24cm2．(2024·甘肅天水市期中)如圖甲所示為以O點為平衡位置，在A、B兩點間運動的彈簧振子，圖乙為這個彈簧振子的振動圖像，則下列說法正確的是()A．在t＝0.2s時，彈簧振子的加速度為正向最大B．在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，彈簧振子的速度相同C．從t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子做加速度增大的減速運動D．在t＝0.6s時，彈簧振子有最小的位移3.(2023·貴州遵義市模擬)如圖所示，某小組同學用細線懸掛一個去掉柱塞的注射器，注射器內(nèi)裝滿墨汁。注射器在小角度內(nèi)擺動過程中，沿著垂直于注射器擺動的方向勻速拖動木板，注射器下端與木板距離很小。其中墨跡上A、B兩點到OO′的距離均為注射器振幅的一半。不計空氣阻力，則()A．在不同地方重復該實驗，擺動周期一定相同B．注射器從A點上方擺到B點上方的時間小于eq\f(1,4)擺動周期C．注射器在A點上方與在B點上方時加速度相同D．在一個擺動周期內(nèi)，形成墨跡的軌跡長度等于4倍振幅4．(2024·廣西河池市開學考)如圖甲所示，豎直懸掛彈簧振子在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，規(guī)定豎直向下為正方向。圖乙是彈簧振子做簡諧運動的x－t圖像，則()A．彈簧振子從D點經(jīng)過O點再運動到C點為一次全振動B．圖乙中的P點時刻振子的速度方向與加速度方向都沿正方向C．彈簧振子的振動方程為x＝0.1sin(2πt＋eq\f(3π,2))mD．彈簧振子在前2.5s內(nèi)的路程為1m5.(2024·江蘇鎮(zhèn)江市檢測)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道對應的圓心角的度數(shù)很小，O是圓弧的最低點。兩個完全相同的小球M、N(可視為質點)從圓弧左側的不同位置同時釋放。它們從釋放到O點過程中都經(jīng)過圖中的P點。下列說法正確的是()A．M比N后到達O點B．M、N通過P點時所受的回復力相同C．M有可能在P點追上N并與之相碰D．從釋放到O點過程中，重力對M的沖量比重力對N的沖量大6.(2023·廣東江門市一模)轎車的“懸掛系統(tǒng)”是指由車身與輪胎間的彈簧及避震器組成的整個支持系統(tǒng)。已知某型號轎車“懸掛系統(tǒng)”的固有頻率是2Hz。如圖所示，這輛轎車正勻速通過某路口的條狀減速帶，已知相鄰兩條減速帶間的距離為1.0m，該車經(jīng)過該減速帶過程中，下列說法正確的是()A．當該轎車通過減速帶時，車身上下振動的頻率均為2Hz，與車速無關B．該轎車通過減速帶的速度越大，車身上下顛簸得越劇烈C．當該轎車以2m/s的速度通過減速帶時，車身上下顛簸得最劇烈D．當該轎車以不同速度通過減速帶時，車身上下顛簸的劇烈程度一定不同7.(2023·上海市二模)擺球質量為m的單擺做簡諧運動，其動能Ek隨時間t的變化關系如圖所示，重力加速度為g，則該單擺()A．擺長為eq\f(gt\o\al(02),4π2)B．擺長為eq\f(gt\o\al(02),π2)C．擺球向心加速度的最大值為eq\f(π2E0,2mgt\o\al(02))D．擺球向心加速度的最大值為eq\f(2π2E0,mgt\o\al(02))8.(多選)(2023·河北保定市二模)如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧下端固定在水平地面上，上端拴接一質量為m的物體A，初始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧的彈性勢能大小為E，將另一與A完全相同的物體B輕放在A上，重力加速度為g，關于物體A、B之后在豎直方向上的運動，下列說法正確的是()A．物體B被彈簧彈回到某位置后將脫離物體A向上運動B．A、B運動過程中的最大加速度為gC．A、B運動過程中的最大加速度為eq\f(g,2)D．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(4m2g2,k)＋E9.(多選)(2023·湖北十堰市檢測)如圖所示，質量為1.44kg的小球(視為質點)在B、C兩點間做簡諧運動，O點是它振動的平衡位置。若從小球經(jīng)過O點開始計時，在t1＝0.1s時刻小球第一次經(jīng)過O、B兩點間的M點(圖中未畫出)，在t2＝0.5s時刻小球第二次經(jīng)過M點，已知彈簧振子的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m為小球的質量，k為彈簧的勁度系數(shù)，取π2＝10，則下列說法正確的是()A．彈簧振子的周期為1.2sB．彈簧的勁度系數(shù)為80N/mC．在t3＝1.3s時刻，小球第四次經(jīng)過M點D．O、M兩點間的距離為5cm10.(2023·江蘇揚州市三模)如圖所示，“桿線擺”可以繞著固定軸OO′來回擺動。擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)，這相當于單擺在光滑斜面上來回擺動。輕桿水平，桿和線長均為L，重力加速度為g，擺角很小時，“桿線擺”的周期為()A．2πeq\r(\f(\r(3)L,g)) B．2πeq\r(\f(L,g))C．2πeq\r(\f(2L,g)) D．2πeq\r(\f(2\r(3)L,3g))11．(多選)(2024·河南焦作市檢測)下端附著重物的粗細均勻木棒，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的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，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系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(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。下列說法正確的是()A．x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小B．x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C．x＝0.35m和x＝0.45m時，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為eq\f(F1－F2,2ρSg)12.(多選)(2023·山東卷·10)如圖所示，沿水平方向做簡諧振動的質點，依次通過相距L的A、B兩點。已知質點在A點的位移大小為振幅的一半，B點位移大小是A點的eq\r(3)倍，質點經(jīng)過A點時開始計時，t時刻第二次經(jīng)過B點，該振動的振幅和周期可能是()A.eq\f(2L,\r(3)－1)，3t B.eq\f(2L,\r(3)－1)，4tC.eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,5)t D.eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,7)t13.(多選)(2024·山東省聯(lián)考)如圖所示，沿水平方向做簡諧運動的質點，以相等的速率依次通過相距0.2m的A、B兩點。質點經(jīng)過A點時開始計時，t1＝1s時經(jīng)過B點，t2＝3s時也剛好經(jīng)過B點，則該質點簡諧運動的振幅和周期可能是()A．0.1m,1s B．0.1m,0.4sC．0.2m,0.4s D．0.2m，eq\f(6,7)s第1練機械振動1．C[由題意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(6,2)cm＝3cm，A錯誤；f＝eq\f(1,T)＝0.5Hz，B錯誤；小球完成一次全振動通過的路程為振幅的4倍，即s0＝4×3cm＝12cm，C正確；小球在3s內(nèi)通過的路程為s＝eq\f(t,T)×4A＝eq\f(3,2)×4×3cm＝18cm，D錯誤。]2．C[在t＝0.2s時，彈簧振子的位移為正向最大，加速度為負向最大，故A錯誤；在t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，彈簧振子的位移相同，說明彈簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B錯誤；從t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，彈簧振子的位移增大，加速度增大，速度減小，所以彈簧振子做加速度增大的減速運動，故C正確；在t＝0.6s時，彈簧振子的位移為負方向最大，故D錯誤。]3．B[注射器做單擺運動，周期為T＝2πeq\r(\f(l,g))，不同地方重力加速度不同，在不同地方重復該實驗，擺動周期不一定相同，故A錯誤；在一個擺動周期內(nèi)，注射器從最高位置運動至平衡位置所需的時間為eq\f(T,4)，離平衡位置越近，注射器擺動得越快，可知注射器從A點上方運動至平衡位置的時間小于eq\f(T,8)，同理可知注射器從平衡位置運動至B點上方的時間小于eq\f(T,8)，故注射器從A點上方擺到B點上方的時間小于eq\f(1,4)擺動周期，故B正確；注射器在A點上方與在B點上方時，注射器的位移大小相同，方向相反，根據(jù)a＝eq\f(F,m)＝eq\f(－kx,m)，可知注射器在A點上方與在B點上方時加速度大小相同，方向相反，故C錯誤；在一個擺動周期內(nèi)，注射器在平衡位置附近擺動，擺動的路程等于4倍振幅，勻速拖動木板，可知木板在OO′方向上的路程不為零，故在一個擺動周期內(nèi)，形成墨跡的軌跡長度大于4倍振幅，故D錯誤。]4．D[彈簧振子從D點經(jīng)過O點運動到C點然后再經(jīng)過O點回到D點為一次全振動，故A錯誤；題圖乙中的P點時刻振子的速度方向沿負方向，加速度方向沿正方向，故B錯誤；由題圖乙知周期為T＝1s，彈簧振子的振幅為A＝0.1m，則ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/s，規(guī)定豎直向下為正方向，振子到達D點開始計時，t＝0時刻位移為0.1m，可知初相位為eq\f(π,2)，則彈簧振子的振動方程為x＝0.1sin(2πt＋eq\f(π,2))m，故C錯誤；彈簧振子在前2.5s內(nèi)的路程為s＝eq\f(5,2)×4A＝10A＝1m，故D正確。]5．B[根據(jù)T＝2πeq\r(\f(L,g))，兩個小球做簡諧運動的周期相同，M、N同時到達O點，故A錯誤；M、N通過P點時所受的回復力相同，均為小球在該點重力沿著切線方向的分力，故B正確；M、N同時到達O點，則M不可能在P點追上N并與之相碰，故C錯誤；從釋放到O點過程中，根據(jù)I＝mgt，重力對M的沖量等于重力對N的沖量，故D錯誤。]6．C[當轎車以速度v通過減速帶時，車身上下振動的周期為T＝eq\f(L,v)，則車身上下振動的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(v,L)，該值與車速有關，故A錯誤；車身上下振動的頻率與車身系統(tǒng)的固有頻率越接近，車身上下振動的幅度越大，即當車速滿足f＝eq\f(v,L)＝2Hz，即v＝2m/s，車身上下顛簸得最劇烈，故B錯誤，C正確；當該轎車以不同速度通過減速帶時，車身上下振動的頻率可能分別大于或小于車身系統(tǒng)的固有頻率，車身上下顛簸的劇烈程度可能相同，故D錯誤。]7．C[由題圖可知，單擺的周期T＝4t0，根據(jù)單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，解得l＝eq\f(4gt02,π2)，故A、B錯誤；擺球到最低點的動能Ek＝E0＝eq\f(1,2)mv2，向心加速度的最大值為a＝eq\f(v2,l)，解得a＝eq\f(π2E0,2mgt02)，故C正確，D錯誤。]8．CD[初始時，A、B的加速度最大，對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律有2mg－kx1＝2ma，kx1＝mg，解得a＝eq\f(g,2)，故B錯誤，C正確；當兩物體運動到最低點時，其速度為零，彈簧的彈性勢能達到最大，根據(jù)簡諧運動的對稱性有kx2－2mg＝2ma，解得x2＝eq\f(3mg,k)，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)機械能守恒定律有Epmax＝2mg(x2－x1)＋E＝eq\f(4m2g2,k)＋E，故D正確；由于A、B在運動過程中的最大加速度為eq\f(g,2)，所以物體B將始終受到向下的重力和A對B向上的支持力，所以B被彈簧彈回到某位置后將不會脫離物體A向上運動，故A錯誤。]9．AD[根據(jù)題意可知，小球從t＝0開始先向右運動(先向左運動的情況不符合題意)，M點到B點的時間為t0＝eq\f(t2－t1,2)＝0.2s，則eq\f(T,4)＝t0＋t1＝0.3s，T＝1.2s，故A正確；根據(jù)T＝2πeq\r(\f(m,k))，代入數(shù)據(jù)得k＝40N/m，故B錯誤；小球第三次經(jīng)過M點時間t3＝t2＋t1＋eq\f(T,2)＋t1＝1.3s，故C錯誤；小球做簡諧運動，有y＝Asinωt＝Asin

eq\f(2π,T)t＝10sin

eq\f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1s時，y＝5cm，即O、M兩點間的距離為5cm，故D正確。]10．A[由于擺球繞OO′軸轉動，擺球的運動軌跡被約束在一個傾斜的平面內(nèi)，則在擺角很小時，重力沿圖中虛線向下的分力的沿擺球擺動的切線方向的分力提供回復力，“桿線擺”的擺長為l＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，擺球沿虛線方向等效重力G′＝Gcos60°＝eq\f(1,2)mg＝mg′，故g′＝eq\f(1,2)g，“桿線擺”的周期為T＝2πeq\r(\f(l,g′))＝2πeq\r(\f(\r(3)L,g))，故選A。]11．ABD[由簡諧運動的對稱性可知，水平位移為0.1m、0.3m、0.5m時木棒處于平衡位置；x從0.05m到0.15m的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動，經(jīng)平衡位置后到達平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，故A正確；x從0.21m到0.25m的過程中，木棒從平衡位置上方向平衡位置移動，加速度豎直向下，大小逐漸減小，故B正確；x＝0.4m時木棒位于最低點，x＝0.35m和x＝0.45m時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在最低點上方相同距離處，木棒在豎直方向的速度大小相等，方向相反，而兩時刻木棒在水平方向的速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，故C錯誤；木棒在最低點時有F1＝ρSgh1，在最高點時有F2＝ρSgh2，其中h1－h(huán)2＝2A，故振幅A＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，故D正確。]12．BC[當A、B兩點在平衡位置的同側時有eq\f(1,2)A＝AsinφA，eq\f(\r(3),2)A＝AsinφB，可得φA＝eq\f(π,6)或eq\f(5,6)π(由圖中運動方向知應舍去)，φB＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，因此可知第二次經(jīng)過B點時φB＝eq\f(2π,3)，則eq\f(\f(2,3)π－\f(π,6),2π)T＝t，解得T＝4t，此時位移關系為eq\f(\r(3),2)A－eq\f(1,2)A＝L，解得A＝eq\f(2L,\r(3)－1)，故A錯誤，B正確；當A、B兩點在平衡位置兩側時有－eq\f(1,2)A＝AsinφA，eq\f(\r(3),2)A＝AsinφB，解得φA＝－eq\f(π,6)或－eq\f(5π,6)(由圖中運動方向知應舍去)，φB＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，當?shù)诙谓?jīng)