第8章　机械振动和机械波 第1讲　机械振动-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

这是一份第8章　机械振动和机械波 第1讲　机械振动-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习，共8页。试卷主要包含了有两个弹簧振子1和2做简谐运动，2 s，如图所示,房顶上固定一根长2等内容，欢迎下载使用。

第1讲机械振动
基础对点练
题组一 简谐运动的基本特征
1.有两个弹簧振子1和2做简谐运动:x1=3asin(10πbt)和x2=9asin10πbt+π3,下列说法正确的是( )
A.两个弹簧振子1和2的振幅不同,频率不同
B.两个弹簧振子1和2的振幅不同,频率相同
C.弹簧振子1超前于弹簧振子2的相位是π3
D.弹簧振子1落后于弹簧振子2的相位是2π3
2.(多选)如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端连接一物块,物块沿竖直方向以O点为平衡位置,在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下,动能为Ek,下列说法正确的是( )
A.如果在t2时刻物块的速度大小也为v,方向向下,则t2-t1的最小值可能小于T2
B.如果在t2时刻物块的动能也为Ek,则t2-t1的最小值为T
C.物块通过O点时动能最大
D.当物块通过O点时,其加速度最小
3.(多选)一个弹簧振子做简谐运动,若从平衡位置开始计时,经过3 s时,振子第一次到达P点,又经过2 s第二次经过P点,则该弹簧振子的振动周期可能为( )
A.32 sB.16 sC.8 sD.163 s
题组二 简谐运动的表达式和图像
4.(多选)如图所示,水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动,坐标原点O为小球的平衡位置,其振动方程为x=5sin10πt+π2 cm。下列说法正确的是( )
A.MN间距离为5 cm
B.小球的运动周期是0.2 s
C.t=0时,小球位于N点
D.t=0.05 s时,小球具有最大加速度
5.(多选)如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动,取向右为正方向,物块的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.0.3 s末和0.5 s末,物块的速度方向相同
B.物块做简谐运动的表达式为x=12sin5π4t cm
C.t=0.2 s时,物块的位移为6 cm
D.在0.4~0.8 s时间内,物块的速度和加速度方向始终相同
题组三 单摆及其周期公式
6.(2022海南卷)在同一地方,甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动,其振动图像如图所示,可知甲、乙两个单摆的摆长之比为( )
A.2∶3B.3∶2
C.4∶9D.9∶4
7.(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的时间可能为( )
A.0.4π sB.0.6π s
C.1.2π sD.2π s
题组四 受迫振动和共振
8.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( )
A.打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干的振动频率相同
B.随着振动器频率的增加,树干振动的幅度一定增大
C.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
D.振动器工人开动机器后迅速远离振动器,他听到的振动器音调不变
综合提升练
9.如图所示,三根长度均为L的轻细绳a、b、c组合系住一质量为m且电荷量为q(q>0)的小球,球的直径为d(d≪L),绳b、c与天花板的夹角α=30°,空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场,电场强度E=mgq,重力加速度为g,现将小球拉开小角度后由静止释放,则( )
A.若小球在纸面内做小角度的左右摆动,则周期为2π2L+d2g
B.若小球做垂直于纸面的小角度摆动,则周期为2π3L+d4g
C.摆球经过平衡位置时合力为零
D.无论小球如何摆动,静电力都不做功
10.(多选)(2023河北保定统考)如图所示,劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在水平地面上,上端连接一质量为m的物体A,初始时系统处于静止状态,弹簧的弹性势能大小为E,将另一个与A完全相同的物体B轻放在A上,重力加速度为g,关于二者之后在竖直方向上的运动,下列说法正确的是( )
A.物体B被弹簧弹回到某位置后将脱离物体A向上运动
B.A、B运动过程中的最大加速度为g
C.A、B运动过程中的最大加速度为g2
D.弹簧的最大弹性势能为4m2g2k+E
11.如图所示,质量为m的物块放置在质量为m0的木板上,木板与弹簧相连,它们一起在光滑水平面上做简谐运动,周期为T,运动过程中物块与木板之间无相对运动,设弹簧的劲度系数为k,物块和木板之间的动摩擦因数为μ,则下列说法正确的是( )
A.若t时刻和(t+Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等,方向相反,则Δt一定等于T2的整数倍
B.若Δt=T2,则在t时刻和(t+Δt)时刻弹簧的长度一定相同
C.研究木板的运动,弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力
D.当整体离开平衡位置的位移为x时,物块与木板间的摩擦力大小等于mm+m0kx
12.(2024北京海淀模拟)如图所示,两个摆长均为L的单摆,摆球A、B质量分别为m1、m2,悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点,其摆线紧贴小钉右侧,从图示位置由静止释放A(θ足够小),在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件,摆线始终保持绷紧状态且长度不变,摆球可视为质点,不计碰撞时间及空气阻力,重力加速度为g。下列选项正确的是( )
A.若m1=m2,则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B.若m1=m2,则每经过1.9πLg时间A回到最高点
C.若m1>m2,则A与B第二次碰撞不在最低点
D.若m1参考答案
第八章 机械振动和机械波
第1讲 机械振动
1.B 解析 两个弹簧振子1和2的振幅分别为3a和9a,即振幅不同,频率相同,均为f1=f2=ω2π=5b,A错误,B正确;从公式可以看出弹簧振子1落后于弹簧振子2的相位是π3,C、D错误。
2.ACD 解析 如果在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下,则t2-t1的最小值可能小于T2,故A正确;如果在t2时刻物块的动能也为Ek,则t2-t1的最小值小于T2,故B错误;当物块通过O点时,其加速度最小,速度最大,动能最大,故C、D正确。
3.BD 解析 若振子从平衡位置O点开始向右振动,作出示意图如图甲所示,由对称性可知,从P到右侧最大位移处的时间为1 s,故弹簧振子的振动周期为T1=4×3+22 s=16 s;若振子从平衡位置O点开始向左振动,作出示意图如图乙所示,设从P到O的时间为t,则有22 s+t=3s-t2,解得t=13 s,则周期为T2=4×13+1 s=163 s。综上所述,B、D正确。
4.BC 解析 MN间距离为2A=10 cm,故A错误;因ω=10π rad/s,可知小球的运动周期是T=2πω=2π10π s=0.2 s,故B正确;由x=5sin10πt+π2 cm可知,t=0时,x1=5 cm,即小球位于N点,故C正确;由x=5sin10πt+π2 cm可知,t=0.05 s时,x2=0,此时小球位于O点,小球加速度为零,故D错误。
5.BD 解析 由题图乙可知,振幅为A=12 cm,周期为T=1.6 s,则物块做简谐运动的表达式为x=Asin2πTt=12sin5π4t cm,B正确;将t1=0.3 s代入简谐运动的表达式可得,0.3 s末位移为x1=12sin3π8 cm,将t2=0.5 s代入简谐运动的表达式可得,0.5 s末位移为x2=12sin5π8 cm=12sin3π8 cm,即0.3 s末和0.5 s末,物块的位移相同,物块位于同一位置,则加速度相同,速度方向相反,A错误;将t3=0.2 s代入简谐运动的表达式可得,0.2 s末位移为x3=12sinπ4 cm=62 cm,C错误;在0.4~0.8 s时间内,物块从B点向O点运动,物块的速度和加速度方向都指向平衡位置,始终相同,D正确。
6.C 解析 由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲∶T乙=0.8∶1.2=2∶3,根据单摆周期公式T=2πLg,可得L=gT24π2,则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲∶L乙=T甲2∶T乙2=4∶9。
7.ACD 解析 小球的摆动可视为单摆运动,摆长为细线长时对应的周期T1=2πl1g=π s,摆长为细线长减去墙体长时对应的周期T2=2πl1-l2g=0.6π s,故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t=T1+T24=0.4π s,根据运动的周期性可知,选项A、C、D正确。
8.C 解析 打击结束后,树干做阻尼振动,阻尼振动的频率为树干的固有频率,此时粗细不同的树干振动频率不同,故A错误;当振动频率大于树木的固有频率时,随着振动器频率的增加,树干振动的幅度将减小,故B错误;受迫振动的频率等于周期性外力的频率,树干在振动器的振动下做受迫振动,则稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同,故C正确;根据多普勒效应,振动器工人开动机器后迅速远离振动器,他听到的振动器频率变小,音调将变低,故D错误。
9.B 解析 根据题意可知,若小球以O'为圆心做简谐运动,则摆长为l=L+d2,电场和重力场合成,等效重力加速度为2g,振动的周期为T1=2πl2g=2πL+d22g=2π2L+d4g;根据题意可知,若小球以O为圆心做简谐运动,摆长l'=L+Lsin α+d2,振动周期为T2=2πl'2g=2πL+Lsinα+d22g=2π3L+d4g;摆球经过平衡位置时速度最大,合力不为零;小球摆动过程中,沿静电力方向存在位移,故静电力做功。故选B。
10.CD 解析 初始时,A、B的加速度最大,对A、B组成的系统,根据牛顿第二定律,有2mg-kx1=2ma,kx1=mg,解得a=g2,故B错误,C正确;当两物体运动到最低点时,其速度为零,弹簧的弹性势能达到最大,根据简谐运动的对称性,有kx2-2mg=2ma,解得x2=3mgk,对系统,根据机械能守恒定律,有Epmax=2mg(x2-x1)+E=4m2g2k+E,故D正确;由于系统在运动过程中最大加速度为g2,所以物体B将始终受到向下的重力和A对B向上的支持力,所以B将不会脱离物体A向上运动,故A错误。
11.D 解析 设位移为x,对整体受力分析,受重力、支持力和弹簧的弹力,根据牛顿第二定律,有kx=(m+m0)a①,对物块受力分析,受重力、支持力和静摩擦力,静摩擦力提供回复力,根据牛顿第二定律,有Ff=ma②,所以Ff=mxm0+mk③,若t时刻和(t+Δt)时刻物块受到的摩擦力大小相等、方向相反,则两个时刻物块的位移大小相等、方向相反,位于相对平衡位置对称的位置上,但Δt不一定等于T2的整数倍,故A错误;若Δt=T2,则在t时刻和(t+Δt)时刻物块的位移大小相等、方向相反,位于相对平衡位置对称的位置上,弹簧的长度不一定相同,故B错误;由开始时的分析可知,弹簧弹力与物块对木板的摩擦力的合力提供回复力,故C错误;由③可知,当整体离开平衡位置的位移为x时,物块与木板间摩擦力的大小等于mm+m0kx,故D正确。
12.D 解析 若m1=m2,则两球碰撞后交换速度,所以A、B在摆动过程中最大振幅相等,两球的振动完全一样,所以每经过2πLg时间A回到最高点,A、B错误;摆长为L的单摆周期为T=2πLg,摆长为0.81L的单摆周期为T'=1.8πLg,若m1>m2,则碰后A球向右运动,摆长变为0.81L,B球摆回最低点后向左运动时,摆长为0.81L,所以两摆的周期均为T″=12T+12T'=1.9πLg,即第一次在最低点碰撞后,经过一个周期发生第二次碰撞,位置仍然在最低点,C错误;若m1