2024版新教材高考物理复习特训卷考点46机械振动B

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A．这个实验说明了动能和势能可以相互转化，转化过程中机械能守恒
B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为9∶4
C．摆球经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大
D．摆球经过最低点时，角速度变大，半径减小，摆线张力不变
2.
[2023·天津河东区一模]两个质量相等的弹性小球分别挂在l1＝1 m，l2＝0.25 m的细绳上，两球重心等高，如图所示．现将B球偏一个很小的角度后放开，从B球开始运动时计算，经过4 s两球相碰的次数为( )
A．3次 B．4次
C．5次 D．6次
3．[2023·北京西城区二模]如图甲所示，为物块与轻质弹簧组成的弹簧振子，在竖直方向上做简谐运动．取竖直向上为正方向，该弹簧振子的振动图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．t＝2 s时，振子向上振动
B．t＝2 s到t＝3 s过程中，振子的速度增大
C．t＝0.5 s和t＝5.5 s时，振子的加速度相同
D．t＝0.5 s和t＝5.5 s时，振子的速度相同
4．[2022·浙江1月]图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动．若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是( )
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
5．[2023·四川绵阳三诊](多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 eq \f(2,3) s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 eq \f(4,5) s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
6．[2023·上海宝山区二模]一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，在O点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐振动(类似单摆的运动)，由传感器测出拉力F随时间t的变化图像如图所示，则下列判断正确的是( )
A．小球振动的周期为1 s
B．小球动能变化的周期为2 s
C．小球速度变化的周期为3 s
D．小球重力势能变化的周期为4 s
7．[2022·浙江6月]如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x.套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则( )
A．小球做简谐运动
B．小球动能的变化周期为 eq \f(T,2)
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D．小球的初速度为 eq \f(v,2) 时，其运动周期为2T
8．[2022·湖南卷，节选](多选)下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示．以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示．已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 eq \f(F1－F2,2ρSg)
9.
如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫ eq \(AB,\s\up8(︵)) .甲球从弧形槽的圆心处自由下落，乙球从A点由静止释放，求：(空气阻力不计)
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少．
考点46 机械振动(B)——提能力
1．答案：ABC
解析：摆线即使碰到障碍物，摆线的拉力对小球也不做功，整个过程中只有重力做功，所以机械能守恒，其仍能回到原来的高度，A正确；频闪照相机拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线碰到障碍物前、后的周期之比为3∶2，根据单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g))，得摆长之比为9∶4，B正确；摆球经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据F－mg＝m eq \f(v2,l)知，张力变大，根据v＝ωr，知角速度增大，C正确，D错误．
2．答案：C
解析：两质量相等的弹性小球正碰后，由动量守恒和动能相等知碰后两球交换速度，即B碰A后A以碰前B的速度开始摆动，B静止，后A到最低点时第二次碰撞后A静止，B摆动，如此往复，所以两小球相碰时均在最低点．由于两小球摆角均很小，故两球均做简谐运动，且T1＝2π eq \r(\f(l1,g))＝2 s，T2＝2π eq \r(\f(l2,g))＝1 s，从B开始运动起经 eq \f(T2,4)，即0.25 s两球第一次相碰．再经 eq \f(T1,2)即1 s，两球第二次相碰，再经 eq \f(T2,2)，即0.5 s第三次相碰，由此类推，可知经过4 s两球相碰的次数为5次(第五次碰撞时t＝3.25 s，第六次碰撞时t＝4.25 s>4 s)，C正确．
3．答案：C
解析：由图像可知，t＝2 s时，振子处于平衡位置，速度最大，向负方向运动，即振子向下振动，A错误；t＝3 s时，振子处于负向的最大位移处，所以t＝2 s到t＝3 s过程中，振子由平衡位置向下运动到负向的最大位移处．在平衡位置时，振子的速度最大；在最大位移处，振子的速度为0，所以振子的速度减小，B错误；由简谐运动的周期性和对称性可知，在t＝0.5 s和t＝5.5 s时，振子处在同一位置，所以加速度方向竖直向下，但速度方向不同，t＝0.5 s时速度竖直向上，t＝5.5 s时速度竖直向下，C正确，D错误．
4．答案：B
解析：装置在太空中处于完全失重状态，一切与重力有关的现象都将消失，但图甲中的小球依然受弹簧的弹力作用，故仍将来回振动，选项A错误，B正确；图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重状态，回复力为零，则小球由静止释放后，小球仍静止，选项C、D错误．
5．答案：AD
解析：若振幅为0.1 m，说明该振子初始位置在波谷，t＝1 s振子在波峰，则有 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋n))T＝1 s，n＝0，1，2，…，当n＝0时，振子的周期为T＝2 s，当n＝1时，T＝ eq \f(2,3) s，当n＝2时，T＝ eq \f(2,5) s，A正确，B错误；若该振子的振幅为0.2 m，则由x＝A sin (ωt＋φ)可知，当该振子起振方向不同时，可能经过t＝ eq \f(T,2)、 eq \f(T,6)或 eq \f(5T,6)到达位移为0.1 m的位置，根据振动的周期性可知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋n))T＝1 s或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)＋n))T＝1 s，或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)＋n))T＝1 s，n＝0，1，2，…；当n＝0时，T＝2 s或T＝6 s或T＝ eq \f(6,5) s，当n＝1时，T＝ eq \f(2,3) s或T＝ eq \f(6,7) s或T＝ eq \f(6,11) s，C错误，D正确．
6．答案：B
解析：因为在最低点时，传感器拉力最大，最高点时，传感器拉力最小，由图像可知，t＝0时刻小球处在最低点，t＝2 s时小球再次处于最低点，所以小球振动周期为4 s，A错误；由于动能、重力势能均是标量，故单摆一个周期内它们发生了两个周期性的变化，即小球动能变化的周期和重力势能变化的周期均为2 s，B正确，D错误；由于速度是矢量，所以单摆振动一个周期小球速度变化了一个周期，故小球速度变化的周期为4 s，C错误．
7．答案：B
解析：由于刚开始的一段时间内小球做匀速运动，受力大小与位移大小不成正比，小球做的不是简谐运动，A错误．小球从杆中点到第一次回到杆中点的过程，初、末动能相等，则小球动能的变化周期为 eq \f(T,2)，分析可知两根弹簧的总弹性势能的变化周期也为 eq \f(T,2)，B正确，C错误．小球的初速度为 eq \f(v,2)时，在细杆上匀速运动的时间等于初速度为v时的2倍，小球从接触弹簧到速度减到零的时间等于初速度为v时的周期，故初速度为 eq \f(v,2)时的运动周期小于2T，D错误．
8．答案：ABD
解析：木棒在竖直方向做简谐运动，浮力恰好等于重力时木棒速度最大，动能最大．根据浮力等于排开液体的重力、浮力随水平位移x变化的图像可知，x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的速度先增大后减小，木棒的动能先增大后减小，选项A正确．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度竖直向下，大小减小，选项B正确．x＝0.35 m时，木棒向下运动，x＝0.45 m时木棒在同一位置向上运动，x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒在竖直方向的速度大小相等，方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，选项C错误．木棒底端处于水面下最大位移时，F1＝ρgSh1，木棒底端处于水面下最小位移时，F2＝ρgSh2，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A＝ eq \f(h1－h2,2)＝ eq \f(F1－F2,2ρSg)，选项D正确．
9．答案：(1)2 eq \r(2)∶π (2) eq \f(（2n＋1）2π2R,8)(n＝0，1，2，…)
解析：(1)甲球做自由落体运动，由R＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，所以t1＝ eq \r(\f(2R,g))；
乙球沿弧形槽做简谐运动(由于 eq \x\t(AC)≪R，可认为摆角θ<5°)，此运动与一个摆长为R的单摆运动模型相同，因此
乙球第1次到达C处的时间为t2＝ eq \f(1,4)T＝ eq \f(1,4)×2π eq \r(\f(R,g))＝ eq \f(π,2) eq \r(\f(R,g))，
所以t1∶t2＝2 eq \r(2)∶π.
(2)甲球从离弧形槽最低点h高处自由下落，到达C点的时间为t甲＝ eq \r(\f(2h,g))，
由于乙球的运动具有周期性，所以乙球到达C点的时间为t乙＝ eq \f(T,4)＋n eq \f(T,2)＝ eq \f(π,2) eq \r(\f(R,g))(2n＋1)(n＝0，1，2，…)
由于甲、乙两球在C点相遇，故t甲＝t乙
联立解得h＝ eq \f(（2n＋1）2π2R,8)(n＝0，1，2，…).