2025届高考物理一轮复习第8章机械振动和机械波第1讲机械振动练习含答案

这是一份2025届高考物理一轮复习第8章机械振动和机械波第1讲机械振动练习含答案，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，5 s时的动能最大，如图所示,房顶上固定一根长2等内容，欢迎下载使用。

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=9asin,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
D.弹簧振子1落后于弹簧振子2的相位是
2.(2024广东佛山模拟)一个浮漂改装而成的浮力振子如图甲所示,振子上的刻度表示振子受到的浮力大小,某次在平静水面的振动中振子所受浮力F随时间t的变化如图乙所示,则( )
A.振子重力大小为F2
B.振子做简谐运动的最大回复力是F1
C.振子在0.5 s时的动能最大
D.从0到0.5 s的过程中,振子向下运动
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. s
题组二 简谐运动的表达式和图像
4.(2024广东江门模拟)如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在M、N两点之间做简谐运动,以向右为正方向。振动物体的位移x随时间t变化的图像如图乙所示,下列判断正确的是( )
A.t=0.8 s时,振动物体的速度方向向右
B.t=0.4 s和t=1.2 s时,振动物体的加速度相同
C.振动物体做简谐运动的表达式为x=12sin 1.25πt cm
D.从t=0.4 s到t=0.8 s时间内,振动物体的速度逐渐减小
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=12sint 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∶2C.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 sC.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.(2024广东广州期末)一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示,圆盘转动时,固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动,T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统,小球做受迫振动。圆盘静止时,小球做简谐运动,其振动图像如图乙所示(以竖直向上为正方向),下列说法正确的是( )
A.圆盘转动带动小球振动,圆盘转速越大则小球振幅越大
B.若圆盘以30 r/min匀速转动,小球振动达到稳定时其振动的周期为2 s
C.若圆盘静止,小球做简谐运动,t=1 s到t=2 s小球所受的回复力增加
D.若圆盘静止,小球做简谐运动,t=2 s到t=3 s弹簧弹性势能一定减小
10.(多选)(2024广东湛江期末)如图所示,一个竖直弹簧连着一个质量为m0的木块,木块上放一质量为m的小铁块。现使整个装置在竖直方向上做简谐运动,振幅为A,在整个过程中小铁块恰好不脱离木块。重力加速度为g,整个装置在运动的过程中( )
A.小铁块运动到最高点时的加速度为2g
B.弹簧的劲度系数k=g
C.弹簧长度最短时,小铁块对木块的压力F压=2mg
D.弹簧长度最短时,小铁块对木块的压力F压=3mg
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一定等于的整数倍
B.若Δt=,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kx
12.(2024广东梅州期末)如图甲所示,水平的光滑杆左端固定一轻质弹簧,一个小球穿过杆与弹簧的另一端连接,已知小球的质量为0.5 kg,弹簧的劲度系数为20 N/cm,将小球沿水平方向拉至某一位置后由静止释放,小球的振动图像如图乙所示,则下列说法正确的是( )
A.小球的振动频率为2 Hz
B.小球的振幅是1.0 cm
C.在图中A点对应的时刻,小球的速度方向指向x轴的负方向
D.在图中A点对应的时刻,小球的加速度大小为10 m/s2,方向指向x轴的负方向
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==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,C、D错误。
2.A 解析 由题图乙可知,振子重力大小为F2,选项A正确;振子做简谐运动的最大回复力是F1-F2,选项B错误;振子在0.5s时所受浮力最小,则振子在最高点,此时速度为零,动能最小,选项C错误;从0到0.5s的过程中,振子从浮力最大位置向浮力最小位置振动,即振子向上运动,选项D错误。
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1s,故弹簧振子的振动周期为T1=4×s=16s;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s+t=,解得t=s,则周期为T2=4×s=s。综上所述,B、D正确。
4.C 解析 由题图乙可知,t=0.8s时,切线的斜率为负值,所以速度方向向左,故A错误;t=0.4s时,物体位于正向最大位移处,加速度达到最大,方向向左,t=1.2s时,物体位于负向最大位移处,加速度达到最大,方向向右,故B错误;简谐运动的表达式为x=Asin,由题图乙可知A=12cm,T=1.6s,φ=0,故物体运动的表达式为x=12sin1.25πtcm,故C正确;从t=0.4s到t=0.8s时间内,物体从正向最大位移处向平衡位置运动,速度逐渐增大,故D错误。
5.BD 解析 由题图乙可知,振幅为A=12cm,周期为T=1.6s,则物块做简谐运动的表达式为x=Asint=12sintcm,B正确;将t1=0.3s代入简谐运动的表达式可得,0.3s末位移为x1=12sincm,将t2=0.5s代入简谐运动的表达式可得,0.5s末位移为x2=12sincm=12sincm,即0.3s末和0.5s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=0.2s代入简谐运动的表达式可得,0.2s末位移为x3=12sincm=6cm,C错误;在0.4~0.8s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=2π,可得L=,则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲∶L乙==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=2π=πs,摆长为细线长减去墙体长时对应的周期T2=2π=0.6πs,故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t==0.4πs,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 圆盘转动时,T形支架对小球产生周期性的驱动力,此时小球的运动为受迫振动,当小球做简谐运动的频率与驱动力频率相同时,小球的振幅才会增加,故A错误;圆盘以30r/min匀速转动,驱动周期为T==2s,小球振动稳定后的周期等于驱动周期,为2s,故B正确;圆盘静止,小球做简谐运动,t=1s到t=2s小球从最低点向平衡位置振动,回复力减小,故C错误;小球竖直方向挂在弹簧上,圆盘静止时,根据受力平衡可知,小球做简谐运动的平衡位置不在弹簧原长处,t=2s到t=3s小球从平衡位置向最高点振动,小球可能会经过弹簧原长处,弹性势能可能先减小后增大,故D错误。
10.BC 解析 小铁块运动到最高点恰好不脱离木块,此时小铁块与木块之间无弹力,故小铁块运动到最高点时的加速度为g,故A错误;由A项分析知在最高点时小铁块和木块的加速度均为g,此时弹簧处于原长状态,所以在平衡位置时有F=kA=(m0+m)g,解得k=g,故B正确;由对称性可知,弹簧长度最短时,系统的加速度与系统在最高点的加速度等大、反向,即在最低点木块与小铁块的加速度a=g,方向竖直向上,则对小铁块有FN-mg=ma,解得FN=2mg,根据牛顿第三定律可知,小铁块对木块的压力F压=2mg,方向竖直向下,故C正确,D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f=ma②,所以f=k③,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不一定等于的整数倍,故A错误;若Δt=,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kx,故D正确。
12.D 解析 由题图乙可看出小球的振幅和周期分别为A=0.5cm,T=2s,则小球的振动频率为f=Hz=0.5Hz,A、B错误;由于x-t图像的斜率代表速度,根据题图乙可看出A点的斜率为正,则小球的速度方向指向x轴的正方向,C错误;小球在A点对应的时刻位移为0.25cm,所受的回复力F=-kx=-20×0.25N=-5N,在A点对应的时刻,物小球的加速度为a=m/s2=-10m/s2,负号表示方向指向x轴的负方向,D正确。