2023版高考物理总复习之加练半小时 第十三章 微专题82 机械振动

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1．简谐运动的回复力F＝－kx，会运用简谐运动的特点、公式和图像分析解决问题.2.共振曲线直观反映了受迫振动的振幅随驱动力频率f的变化规律．f＝f0时，振幅A最大.3.单摆周期公式：T＝2πeq \r(\f(l,g))(等效单摆公式：T＝2πeq \r(\f(R,g)))
1. (2022·北京北理工附中高三月考)如图所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为m的小球相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小球位于O点．现使小球以O点为平衡位置，在A、B两点间沿光滑水平面做简谐运动，关于这个弹簧振子做简谐运动的过程，下列说法中错误的是( )
A．小球从O位置向B位置运动过程中做减速运动
B．小球每次通过同一位置时的加速度一定相同
C．小球从A位置向B位置运动过程中，弹簧振子所具有的势能持续增加
D．小球在A位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等
答案 C
解析 小球在O点弹簧弹性势能是0，所以小球的动能最大，小球从O位置向B位置运动过程中受到弹簧的向左的拉力，与小球速度的方向相反，所以小球做减速运动，故A正确；
小球每次通过同一位置时的回复力F＝－kx都是相等的，所以加速度一定相同，故B正确；
小球从A位置向O位置运动过程中，速度增大，所以动能逐渐增大，弹簧振子所具有的势能逐渐减小，从O位置向B位置运动过程中，速度减小，所以动能逐渐减小，弹簧振子所具有的势能逐渐增大，故C错误；
小球在运动的过程中，动能与弹性势能相互转化，由于小球在A点与在B点的速度都是0，所以小球在A位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等，故D正确．
2．(多选)如图所示，轻质弹簧下挂重为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，现将A、B间的细线烧断，使A在竖直平面内振动，则(弹簧始终在弹性限度内)( )
A．最大回复力为500 N，振幅为5 cm
B．最大回复力为200 N，振幅为2 cm
C．只减小A的质量，振动的振幅不变
D．只减小B的质量，振动的振幅变小
答案 BD
解析 由题意知，轻质弹簧下只挂物体A，使弹簧伸长3 cm时，A的位置为A振动时的平衡位置；再挂上重为200 N的物体B时，弹簧又伸长了2 cm，此时连接A、B的细线拉力大小为200 N，把细线烧断瞬间，A的速度为零，具有向上的最大加速度，此时回复力最大，为200 N，距平衡位置的位移最大，为2 cm，故A错误，B正确；
只减小A的质量，B的质量不变，绳上拉力等于B的重力，则A的最大回复力不变，振幅不变，故C错误；
只减小B的质量，绳上拉力等于B的重力，A的最大回复力减小，则A振动距离平衡位置的距离减小，振动的幅度变小，故D正确．
3．甲、乙两弹簧振子的振动图像如图所示，由图像可知( )
A．任一时刻两振子的回复力方向都相同
B．甲、乙两振子振动频率之比为2∶1
C．甲的加速度为零时，乙的加速度也为零
D．甲的速度为零时，乙的速度也为零
答案 C
解析 任一时刻两振子的回复力方向可能相同，也可能相反，所以A错误；
由图像可知甲、乙两振子振动周期之比为2∶1，根据f＝eq \f(1,T)可知，甲、乙两振子振动频率之比为1∶2，所以B错误；
由图像可知处于平衡位置时，加速度为0，所以甲的加速度为零时，乙的加速度也为零，则C正确；
甲的速度为零时，乙的速度最大，所以D错误．
4.一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，重力加速度g约为10 m/s2，则( )
A．此单摆的固有周期为0.5 s
B．此单摆的摆长约为2 m
C．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动
答案 D
解析 由图线可知，此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，A错误；
由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))，可解得此单摆的摆长约为1 m，B错误；
若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，C错误，D正确．
5．(多选)如图所示，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置．质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0.两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知弹簧的长度为l时，弹性势能为eq \f(1,2)k(l－l0)2，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．左边金属环下滑过程机械能守恒
B．弹簧的最大拉力为2mg
C．金属环在最高点与最低点加速度大小相等
D．金属环的最大速度为geq \r(\f(m,2k))
答案 BCD
解析 金属环下降过程中，弹簧对其做负功，金属环机械能减少，故A错误；
金属环下降h′到达最低点时，速度减小为0，形变量为2h′，弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得
2mgh′＝eq \f(1,2)k(2h′)2，解得h′＝eq \f(mg,k)，则最大弹力为Fm＝k·2h′＝2mg，故B正确；
由简谐运动的对称性可知，金属环在最高点与最低点加速度大小相等，故C正确；
当金属环的加速度为0时，速度最大，根据平衡条件可得mgsin 45°＝Fcs 45°，根据胡克定律可得F＝kΔx，
解得形变量为Δx＝eq \f(mg,k)，根据几何知识，两个金属环下降的高度为h＝eq \f(Δx,2)＝eq \f(mg,2k)，对系统只有重力和弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，则有
2mgh＝eq \f(1,2)kΔx2＋eq \f(1,2)×2mv2，
解得v＝geq \r(\f(m,2k))，故D正确．
6．(多选)如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为 k，C为一固定的挡板，现将一个质量也为m的物块D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动．在简谐运动过程中，物块B对C的最小弹力为eq \f(3,2)mgsin θ，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．简谐运动的振幅为eq \f(3mgsin θ,2k)
B．简谐运动的振幅为eq \f(mgsin θ,2k)
C．B对C的最大弹力为eq \f(11mgsin θ,2)
D．B对C的最大弹力为eq \f(9mgsin θ,2)
答案 AD
解析 当弹力等于AD的重力沿斜面向下的分力时AD处于平衡状态，由kx0＝2mgsin θ可知，平衡位置时弹簧的形变量为
x0＝eq \f(2mgsin θ,k)，处于压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有mgsin θ＋kx1＝eq \f(3,2)mgsin θ，故弹簧此时形变量：x1＝eq \f(mgsin θ,2k)，此时弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为：A＝x0－x1＝eq \f(2mgsin θ,k)－eq \f(mgsin θ,2k)＝eq \f(3mgsin θ,2k)，故A正确，B错误．
当A、D运动到最低点时，B对C的弹力最大，由对称性可知，此时弹簧的形变量为：
Δx＝A＋x0＝eq \f(3mgsin θ,2k)＋eq \f(2mgsin θ,k)＝eq \f(7mgsin θ,2k)；
此时弹力为：F＝k(A＋x0)＝eq \f(7mgsin θ,2)；B对C的弹力最大为F＋mgsin θ＝eq \f(9mgsin θ,2)，故C错误，D正确．
7．(多选)如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体A，A和B通过细绳绕过定滑轮连接，已知A的质量为mA，B的质量为mB，弹簧的劲度系数为k，不计滑轮摩擦，重力加速度为g，开始时A位于O点，系统处于静止状态，A在P点时弹簧处于原长，现将A物体由P点静止释放，A物体不会和定滑轮相碰，当B向下运动到最低点时绳子恰好被拉断且弹簧未超过弹性限度．已知弹簧振子的周期公式为T＝2πeq \r(\f(m,k))，则下列说法正确的是( )
A．绳子能承受的最大拉力为2mBg
B．弹簧的最大弹性势能是eq \f(2m\\al(B2,)g2,k)
C．绳断后A物体回到位置O时的速度大小为mBgeq \r(\f(3,mAk))
D．从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间为eq \f(π,3)eq \r(\f(mA,k))
答案 BCD
解析 将A、B作为整体，A在P点时弹簧处于原长，根据牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a，根据对称性，B到达最低点的加速度与初始位置大小相等，因此FT－mBg＝mBa，解得绳子能承受的最大拉力
FT＝eq \f(mA＋2mB,mA＋mB)mBg，A错误；
A处于O位置时，根据平衡条件kx1＝mBg，物体B下降到最低位置时，根据对称性，弹簧伸长量为2x1 ，因此最大弹性势能Epm＝eq \f(1,2)k(2x1)2＝eq \f(2m\\al(B2,)g2,k)，B正确；
绳断后A物体回到位置O时，根据机械能守恒Epm＝eq \f(1,2)kx12＋eq \f(1,2)mAv2，可得A的速度v＝mBgeq \r(\f(3,mAk))，C正确；
绳断后，平衡位置为P点，从绳断到A物体第一次回到位置O时所用的时间t＝eq \f(T,6)＝eq \f(π,3)eq \r(\f(mA,k))，D正确．
8.如图所示，两根长度分别为l和eq \f(l,2)细长轻绳下端拴质量相等的小球构成单摆，两悬点在同一竖直线上且间距为eq \f(l,2)，现将单摆向左拉开一个小角度，然后无初速度释放，若小球碰撞时无能量损失，小球可视为质点，重力加速度为g，对于以后的运动，下列说法中正确的是( )
A．此组合摆周期为eq \f(\r(2)＋2π,2)eq \r(\f(l,g))，且每次碰撞一定发生在悬点正下方
B．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等
C．摆球在左侧上升的最大高度比右侧高
D．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的二倍
答案 A
解析 根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))求得：T＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)＝eq \f(\r(2)＋2π,2)eq \r(\f(l,g))，碰撞点在悬点的正下方，故A正确；由于碰撞是弹性碰撞，根据机械能守恒定律，左右两侧上升的高度相同，再据图形可知在左右两侧走过的弧长不相等，摆角不是2倍关系，故B、C、D错误．
9．某型号的网红“水帘秋千”如图所示，它与平常秋千的不同之处是钢铁做成的秋千架上装有273个独立竖直向下的出水孔，在系统控制下能够间断性出水，从而形成一个有孔洞的水帘．假设秋千摆长L＝3.0 m．人坐在座板上，头顶到座板的距离为h1＝1.0 m，鞋底到座板的距离为h2＝0.5 m，忽略绳的重力和空气阻力，人与座板整体的重心在座板上．假设秋千的摆动周期与同摆长的单摆做简谐运动的周期相同；出水孔打开时，水的初速度为零．以秋千座板从最高点刚要向下摆动时作为计时起点，此刻，比座板略宽的范围内的所有出水孔都是关闭的．取
g＝10 m/s2，π＝3.14，eq \r(30)＝5.48，eq \r(40)＝6.32，eq \r(70)＝8.37.计算结果均保留到小数点后面两位．求：
(1)在秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，哪个时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿人的头顶；
(2)在秋千第二次到达最低点之前最迟哪个时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部位；
(3)接第(2)问，当秋千第二次到达最低点时，水又刚好不能淋湿人的头顶，那么，出水孔关闭了多长时间．
答案 (1)0.23 s (2)1.74 s (3)0.21 s
解析 (1)秋千的摆动周期为T＝2πeq \r(\f(L,g))＝2π×eq \r(\f(3,10))＝2×3.14×eq \f(5.48,10) s≈3.441 s
水刚好不能淋湿人的头顶，即水恰好运动到头顶，有L－h1＝eq \f(1,2)gt12
代入数据解得t1＝eq \r(\f(2L－h1,g))＝eq \r(\f(2×2,10)) s＝eq \f(\r(40),10) s＝0.632 s
水落到头顶需要的时间为0.632 s，则有
水刚好不能淋湿人的头顶，打开出水孔的时刻为t1′＝eq \f(1,4)T－t1＝eq \f(1,4)×3.441 s－0.632 s≈0.23 s
(2)水刚好不能淋湿人体的任何部位，即水刚好运动到鞋底，有
水运动到鞋底的时间为t2，则有L＋h2＝eq \f(1,2)gt22
解得t2＝0.837 s
则在秋千第二次到达最低点之前关闭出水孔的时刻为t2′＝eq \f(3,4)T－t2≈1.74 s
(3)当秋千第二次到达最低点时，水又刚好不能淋湿人的头顶，则关闭的时间为Δt＝eq \f(3,4)T－t2′－t1≈0.21 s