2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（四十七）机械振动含答案

课时跟踪检测（四十七）  机械振动

1．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的(　 )

A．周期不变，振幅不变  B．周期不变，振幅变小

C．周期改变，振幅不变  D．周期改变，振幅变大

解析：选B　由单摆的周期公式T＝2π 可知，当摆长l不变时，周期不变，C、D错误；由机械能守恒定律可知mv2＝ mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅变小，B正确，A错误。

2．(2023·江西抚州质检)一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x＝5sin 5πt cm，则下列判断正确的是(　 )

A．该简谐运动的周期是0.2 s

B．第1 s内质点运动的路程是100 cm

C．0.4 s到0.5 s内质点的速度在逐渐减小

D. t＝0.6 s时刻质点的动能为0

解析：选C　根据质点的位移随时间变化的关系可知，该简谐运动的周期T＝＝ s＝0.4 s，故A错误；根据质点的位移随时间变化的关系可知，零时刻质点位于平衡位置，振幅为A＝5 cm,1 s内质点完成2.5个全振动，每个周期质点运动的路程等于4倍振幅，1 s内质点运动的路程等于10A＝50 cm，故B错误；0.4 s到0.5 s内质点开始从平衡位置向最大位移处运动，质点的速度在逐渐减小，故C正确；t＝0.6 s时刻质点位于平衡位置，动能最大，故D错误。

3.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(　 )

A．2.0π s  B．0.4π s

C．0.6π s   D．1.2π s

解析：选B　小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T1＝2π ＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π ＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝＝0.4π s，B正确。

4．(2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是(　 )

解析：选B　导体杆在摆动过程中，由于电阻增大，感应电动势不变，回路中的感应电流变小，机械能向内能的转化变慢，故B正确，A、C、D错误。

5．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动，A、B为分居O点左右两侧的对称点。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t变化的正弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是(　 )

A．t＝0.6 s时，振子在O点右侧6 cm处

B．振子在t＝0.2 s和t＝1.0 s时的速度相同

C．t＝1.2 s时，振子的加速度方向水平向右

D．t＝1.0 s到t＝1.4 s的时间内，振子的加速度和速度都逐渐增大

解析：选C　由题图可知，弹簧振子的振幅为 0.12 m，周期为1.6 s，所以ω＝＝1.25π rad/s，结合振动图像得，振动方程为x＝0.12sin(1.25πt)m，在t＝0.6 s时，振子的位移x1＝0.12sin(1.25π×0.6)m＝6 cm，A错误；由振动图像可知，t＝0.2 s时振子从平衡位置向右运动，t＝1.0 s时振子从平衡位置向左运动，速度方向不同，B错误；t＝1.2 s时，振子到达A处，振子的加速度方向水平向右，C正确；t＝1.0 s到t＝1.2 s的时间内振子向负向最大位移处运动，速度减小，加速度增大；t＝1.2 s到t＝1.4 s时间内振子从负向最大位移处向平衡位置运动，则速度增大，加速度减小，D错误。

6.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(　 )

A．该简谐运动的振幅为2x1

B．在任意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kx12－mgx1

解析：选C　该简谐运动的振幅为x1，A错误；物块运动过程中，靠近平衡位置时运动比较快，远离平衡位置时运动比较慢，所以在不经过平衡位置的周期内物块通过的路程小于x1，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为F＝k(x0＋x1)－mg＝kx1，C正确；物块从A位置回到O位置时，根据能量守恒定律得k(x1＋x0)2＝mgx1＋mv2＋kx02，解得mv2＝k(x1＋x0)2－mgx1－kx02，D错误。