2025高考物理一轮总复习第8章机械振动机械波第20讲机械振动提能训练

这是一份2025高考物理一轮总复习第8章机械振动机械波第20讲机械振动提能训练，共8页。

题组一 简谐运动的特征与图像
1．(多选)关于质点做简谐运动，下列说法中可能正确的是( AD )
A．在某一时刻，它的速度与回复力的方向相同，与位移的方向相反
B．在某一时刻，它的速度、位移和加速度的方向都相同
C．在某一段时间内，它的回复力的大小增大，动能也增大
D．在某一段时间内，它的势能减小，加速度的大小也减小
[解析] 如图所示，设O为质点做简谐运动的平衡位置，质点在B、C之间做简谐运动，则它由C经过O到B，又由B经过O到C是一个周期，由于质点受到的回复力和位移的方向总是相反的，且质点由B到O和由C到O的过程中，速度的方向与回复力的方向相同，故A正确；质点的位移方向与加速度方向总是相反的，故B错误；质点在振动过程中，当回复力增大时，其势能增加，根据机械能守恒定律，其动能必然减小，故C错误；当质点的势能减小时，如从C到O或从B到O阶段，回复力减小，势能减小，质点的加速度的大小也减小，故D正确。
2．如图所示是某一质点做简谐运动的振动图像，下列说法正确的是( D )
A．质点振动的周期为7 s
B．1 s末质点受到的回复力改变方向
C．3 s时与7 s时质点速度相同
D．质点振动方程为y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))(cm)
[解析] 由图可知，质点振动的周期为8 s，故A错误；1 s末前后质点受到的回复力都沿x轴负方向，故B错误；由x－t图像斜率表示速度可知，3 s时与7 s时质点速度大小相同，方向相反，故C错误；由A选项可得ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,4)rad/s，设质点振动方程为y＝Asin (ωt＋φ)(cm)，t＝3 s时y＝0，代入数据解得φ＝eq \f(π,4)，可得y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)t＋\f(π,4)))(cm)，故D正确。
3. (2022·湖北卷)如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为( C )
A.eq \f(μmg,k) B．eq \f(2μmg,k)
C．eq \f(4μmg,k) D．eq \f(6μmg,k)
[解析] 撤去拉力后，Q恰好能够保持静止，则弹簧中拉力F＝μ·2mg。弹簧中弹力F＝kx，解得弹簧伸长量x＝eq \f(F,k)＝eq \f(2μmg,k)。若剪断轻绳，P在弹簧的拉力F作用下向右做振幅为x的简谐运动。P在随后的运动中相对于初始位置的最大位移为2个振幅，即最大位移大小为2x＝2×eq \f(2μmg,k)＝eq \f(4μmg,k)，C正确。
4．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动，可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( C )
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
[解析] 由于振幅A为20 cm，振动方程为y＝Asin ωt(从游船位于平衡位置时开始计时，ω＝eq \f(2π,T))，由于高度差不超过10 cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝eq \f(T,12)，t2＝eq \f(5T,12)，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝eq \f(T,3)＝1.0 s，C项正确。
题组二 单摆 受迫振动和共振
5.(多选)如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为( B )
A．2.0π s B．0.4π s
C．0.6π s D．1.2π s
[解析] 小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期T1＝2πeq \r(\f(l1,g))＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq \r(\f(l1－l2,g))＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝eq \f(T1＋T2,4)＝0.4π s，B正确，A、C、D错误。故选B。
6.(2024·重庆联考)如图所示，AB为半径R＝2 m的一段光滑圆糟，A、B两点在同一水平高度上，且AB弧长20 cm。将一小球由A点释放，则它运动到B点所用时间为( C )
A.eq \f(1,2π)eq \r(\f(R,g)) B．eq \r(\f(2πR,g))
C．πeq \r(\f(R,g)) D．2πeq \r(\f(R,g))
[解析] A、B与O连线与竖直方向的夹角均为θ＝eq \f(1,2)×eq \f(\x\t(AB),2πR)×360°＝eq \f(9°,π)<5°，所以小球的运动可视为简谐运动，类比单摆的周期公式可知小球由A运动到B所用的时间为t＝(2n＋1)eq \f(T,2)＝(2n＋1)πeq \r(\f(R,g))(n＝0,1,2，…)，故选C。
7.如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现( C )
A．C摆的频率最小
B．D摆的周期最大
C．B摆的振幅最大
D．B、C、D的振幅相同
[解析] 由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的频率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。
8．(多选)(2021·浙江1月选考)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则( AD )
A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
[解析] 不同树木的固有频率不同，因此针对不同的树木，要使之发生共振需要的振动频率不同，选项A正确；根据共振曲线，小于固有频率时，逐渐增加驱动力频率，振幅会加大，而在大于固有频率时增加频率，振动幅度会减小，选项B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，选项D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有振动频率不同，选项C错误。
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9．(多选)(2022·湖南卷改编)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( ABD )
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)
[解析] 由简谐运动的对称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置；则x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，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，B正确；x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，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，C错误；木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方Δx0，则有ρgSeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋Δx0))＝Mg，木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时Mg－F2＝Mg－ρgS·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋Δx0－A))＝kA，木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时F1－Mg＝ρgSeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋Δx0＋A))－Mg＝kA，可解得k＝ρgS，A＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，D正确。
10．(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－10 cm，t＝2 s时位移为10 cm，则( ACD )
A．若振幅为10 cm，振子的周期可能为4 s
B．若振幅为10 cm，振子的周期可能为eq \f(8,3) s
C．若振幅为20 cm，振子的周期可能为eq \f(12,19) s
D．若振幅为20 cm，振子的周期可能为eq \f(12,11) s
[解析] 若振幅为10 cm，则有Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T(n＝0,1,2…)，解得T＝eq \f(Δt,n＋\f(1,2))＝eq \f(4,2n＋1)(n＝0,1,2…)，当n＝0时，振子的周期为4 s；振子的周期不可能为eq \f(8,3) s，A项正确，B项错误；若振幅为20 cm，则有Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T(n＝0,1,2…)，或Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(5,6)))T(n＝0,1,2…)，或Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,6)))T(n＝0,1,2…)，T＝eq \f(4,2n＋1)或eq \f(12,6n＋5)或eq \f(12,6n＋1)(n＝0,1,2…)，在T＝eq \f(12,6n＋1) s，当n＝3时T＝eq \f(12,19) s，在T＝eq \f(12,6n＋5) s，当n＝1时T＝eq \f(12,11) s，则C、D两项正确。故选ACD。
11．(2024·河北保定联考)如图甲所示，质量为m的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接，现在竖直方向给物体A一初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物体A的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( D )
A．(t1＋0.25)s～(t1＋0.5)s时间内，物体A的速度与加速度方向相反
B．物体A在任意一个1.25 s内通过的路程均为50 cm
C．物体A的振动方程为y＝0.1sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2πt＋\f(π,6)))cm
D．物体B对水平面的最大压力为6mg
[解析] (t1＋0.25)s～(t1＋0.5)s的时间内，物体A由负的最大位移向平衡位置运动，回复力指向平衡位置，即物体A的速度与加速度方向均沿y轴正方向，故A错误；物体A由特殊位置(平衡位置或最大位移处)开始计时，在任意一个1.25 s＝1eq \f(1,4)T内，质点通过的路程等于振幅的5倍，除此外在1.25 s的时间内通过的路程不等于振幅的5倍，故B错误；由图乙可知振幅为A＝10 cm，周期为T＝1.0 s，角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s，规定向上为正方向，t＝0时刻位移为0.05 m，表示振子由平衡位置上方0.05 m处开始运动，所以初相为φ0＝eq \f(π,6)，则振子的振动方程为y＝Asin(ωt＋φ0)＝0.1sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2πt＋\f(π,6)))m，故C错误；由物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F＝mg，对于物体A有2mg＋F＝2ma，解得a＝1.5g，当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿第二定律得F′－2mg＝2ma，解得F′＝5mg，由物体B的受力可知，物体B对水平面的最大压力为FN＝F′＋mg＝6mg，故D正确。故选D。
12.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(弹性势能Ep＝\f(1,2)kx2))( C )
A．该简谐运动的振幅为2x1
B．在任意eq \f(1,4)周期内物块通过的路程一定等于x1
C．物块在A位置时所受的回复力大小为kx1
D．物块到O位置时的动能为eq \f(1,2)kxeq \\al(2,1)－mgx1
[解析] 该简谐运动的振幅为x1，选项A错误；物块运动过程中，其快慢是不同的，靠近平衡位置时运动比较快，远离平衡位置时运动比较慢，所以在经过平衡位置的eq \f(1,4)周期内物块通过的路程小于x1，选项B错误；物块在O位置时受力平衡，有kx0＝mg，x0为弹簧伸长量，在A位置时所受的回复力大小F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，选项C正确；物块从A位置回到O位置时，根据能量守恒定律得eq \f(1,2)k(x1＋x0)2＝mgx1＋eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)kxeq \\al(2,0)，解得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)k(x1＋x0)2－mgx1－eq \f(1,2)kxeq \\al(2,0)，选项D错误。
13.如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方eq \f(3,4)l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是( A )
[解析] 由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，小球在钉子右侧时的振动周期为在钉子左侧时振动周期的2倍，故B、D项错误；由机械能守恒定律可知，小球在左、右两侧最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在钉子右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确，C项错误。
14．用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左匀加速运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与中央虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得的物体的加速度为( B )
A.eq \f(x2－x1g,π2L) B．eq \f(x2－x1g,2π2L)
C.eq \f(x2－x1g,4π2L) D．eq \f(x2－x1g,8π2L)
[解析] 由题意可知，AB段、BC段、CD段所用的时间相等且都等于单摆的半个周期，由匀变速直线运动规律得x2－x1＝2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))2，其中T为单摆的周期，则T＝2πeq \r(\f(L,g))，联立解得a＝eq \f(x2－x1g,2π2L)，故A、C、D错误，B正确。