2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三十六机械振动

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练三十六机械振动，共7页。

1．(多选)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长．当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来．图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝TcB．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大
C．达到稳定时b摆的振幅最大
D．由图乙可知，此时b摆的周期小于t0
2．(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 s B．0.6π s C．1.2π s D．2π s
3．为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的．一排等间距设置的减速带，可有效降低车速，称为洗衣板效应．如果某路面上的减速带的间距为1.5 m，一辆固有频率为2 Hz的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是( )
A．当汽车以5 m/s的速度行驶时，其振动频率为2 Hz
B．当汽车以3 m/s的速度行驶时颠簸得最厉害
C．当汽车以3 m/s的速度行驶时最不颠簸
D．汽车速度越大，颠簸得就越厉害
4．[2024·甘肃张掖高三高台县第一中学期中]一单摆振动过程中离开平衡位置的位移随时间变化的规律如图所示，取向右为正方向．则下列说法正确的是( )
A．第1 s末和第5 s末摆球位于同一位置
B．0～1 s的时间内，摆球的回复力逐渐减小
C．t＝3 s时，摆球的位移为 eq \f(\r(2),2) m
D．t＝3 s时，摆球的速度方向与加速度方向相反
5．[2024·天津北辰高二校考阶段练习]一弹簧振子A的位移x随时间t变化的关系式为x＝0.1sin 2.5πt，位移x的单位为m，时间t的单位为s，则( )
A．弹簧振子的振幅为0.2 m
B．弹簧振子的周期为1.25 s
C．在t＝0.2 s时，振子的运动速度为0
D．若另一弹簧振子B的位移x随时间变化的关系式为x＝0.2sin (2.5πt＋ eq \f(π,4)) m，则B的振幅和周期分别是A的振幅和周期的2倍
6．[2024·广东湛江高三统考阶段练习]如图甲所示，将滑块连接在弹簧上并放置于气垫导轨上，将滑块拉到某一位置后由静止释放，位移传感器记录下滑块位置随时间的变化图像如图乙所示，则下列关于该滑块的说法正确的是( )
A．完成一次全振动的时间为5 s
B．在一个周期内运动路程为32 cm
C．在第1 s末和第3 s末时的速度相同
D．第3 s内滑块的动能转化为弹簧的弹性势能
7．如图所示，表面光滑、半径为R的圆弧形轨道AP与水平地面平滑连接固定在水平地面上，AP弧长为s，s≪R.半径为r的小球从A点由静止释放，运动到最低点P时速度大小为v，重力加速度为g，则小球从A运动到P的时间是( )
A．t＝ eq \f(2s,v) B．t＝ eq \f(π,2) eq \r(\f(R－r,g))C．t＝ eq \f(π,4) eq \r(\f(R,g)) D．t＝ eq \f(π,4) eq \r(\f(R－r,g))
8．(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s．以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅．对于玻璃管，下列说法正确的是( )
A．回复力等于重力和浮力的合力
B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C．位移满足函数式x＝4sin (4πt－ eq \f(5π,6))cm
D．在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
9．两个摆长不同的单摆1、2同轴水平悬挂，两单摆摆动平面相互平行，振动图像如图甲所示．t＝0时把单摆1的摆球向左、单摆2的摆球向右拉至摆角相同处，如图乙所示．求：
(1)两单摆摆长之比l1∶l2；
(2)同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右端所经历的时间．
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10．(多选)[2023·山东卷]如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点．已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的 eq \r(3)倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是( )
A． eq \f(2L,\r(3)－1)，3t B． eq \f(2L,\r(3)－1)，4t
C． eq \f(2L,\r(3)＋1)， eq \f(12,5)t D． eq \f(2L,\r(3)＋1)， eq \f(12,7)t
11．(多选)[2024·河北张家口高三联考]如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端拴接一轻质薄板．t＝0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，与薄板碰撞后二者粘在一起并在以后的运动中不再分离，物块的位置随时间变化的图像(x ­t)如图乙所示，其中t＝0.2 s时物块刚接触薄板．弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则( )
A．t＝0.4 s时物块的加速度大于重力加速度
B．若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘在一起后振动的周期增大
C．若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘在一起后振动的振幅增大
D．t＝0.2 s后物块坐标位置随时间变化关系为x＝0.3＋0.2sin [ eq \f(10π,3)(t－0.2)－ eq \f(π,6)](m)
课时分层精练（三十六） 机械振动
1．解析：由单摆周期公式T＝2 π eq \r(\f(L,g))，知固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb，故A正确；因为Ta＝Tc，所以c摆共振，达到稳定时，c摆振幅较大，b摆的振幅最小，故B正确，C错误；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以三个单摆的频率相同，周期相同，故b摆的周期等于t0，故D错误．
答案：AB
2．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＝2π eq \r(\f(l1,g))＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π eq \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，根据运动的周期性得选项A、C、D正确．
答案：ACD
3．解析：当汽车以5 m/s的速度行驶时，其振动频率为f＝ eq \f(v,l)＝ eq \f(5,1.5) Hz＝ eq \f(10,3) Hz，故A错误；由T＝ eq \f(1,f)可知，汽车的固有周期为T＝0.5 s，则汽车的速度v＝ eq \f(l,T)＝ eq \f(1.5,0.5)＝3 m/s，即当速度为3 m/s时，汽车发生共振颠簸得最厉害，故C、D错误，B正确．
答案：B
4．解析：第1 s末位移为正值，第5 s末位移为负值，所以这两个时刻摆球位置不同，故A错误；0～1 s的时间内位移变大，即离平衡位置越来越远，所以摆球的回复力逐渐增大，故B错误；由图可得x＝sin eq \f(π,4)t，所以当t＝3 s时，解得x＝sin eq \f(3π,4)＝ eq \f(\r(2),2) m，故C正确；t＝3 s时摆球处在平衡位置右侧且位移大小变小，所以此时速度方向和加速度方向都向左，故D错误．故选C.
答案：C
5．解析：根据x＝0.1sin 2.5πt，可知弹簧振子A的振幅为0.1 m，周期为TA＝ eq \f(2π,2.5π)＝0.8 s，则A、B错误；
在t＝0.2 s时，振子的位移为x＝0.1sin （2.5π×0.2）m＝0.1 m
可知此时振子处于最大位移位置，振子的运动速度为0，故C正确；
若另一弹簧振子B的位移x随时间变化的关系式为x＝0.2sin （2.5πt＋ eq \f(π,4)）m，则B的振幅为0.2 m，周期为TB＝ eq \f(2π,2.5π)＝0.8 s，则B的振幅是A的振幅的2倍，B的周期等于A的周期，故D错误．故选C.
答案：C
6．解析：由图乙可知，滑块完成一次全振动的时间为4 s，故A错误；滑块在一个周期内运动的路程为4倍振幅，为32 cm，故B正确；滑块在第1 s末和第3 s末时的速度大小相等、方向相反，故C错误；由图乙可知，滑块在第3 s内由负向位移最大处回到平衡位置，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，故D错误．故选B.
答案：B
7．解析：因为AP弧长为s，且s≪R，所以小球的运动等效为单摆运动，根据单摆的周期公式可得T＝2π eq \r(\f(l,g))，由题意可知，摆长l＝R－r，小球从A运动到P所用的时间为四分之一个周期，即有t＝ eq \f(π,2) eq \r(\f(R－r,g))，故B正确．
答案：B
8．解析：玻璃管振动过程中，只受到重力和水的浮力，这两个力的合力充当回复力，故A正确；玻璃管在振动过程中，水的浮力对玻璃管做功，故振动过程中，玻璃管的机械能不守恒，故B错误；由于振动周期为0.5 s，故ω＝ eq \f(2π,T)＝4π rad/s，由题图乙可知振动位移的函数表达式为x＝4sin （4πt－ eq \f(5π,6)）cm，故C正确；由题图乙可知，在t1～t2时间内，玻璃管向平衡位置做加速运动，故位移减小，加速度减小，速度增大，故D正确．
答案：ACD
9．解析：（1）根据单摆周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g))，可得l＝ eq \f(gT2,4π2)
由题图甲可知 eq \f(T1,T2)＝ eq \f(1,0.9)，则有 eq \f(l1,l2)＝ eq \f(100,81)
（2）由题图乙可知，单摆1到达最右端所经历的时间为t1＝ eq \f(T1,2)（2m＋1）（m＝0，1，2，3，…）
单摆2到达最右端所经历的时间为t2＝nT2（n＝1，2，3，…）
结合T1＝1 s，T2＝0.9 s
可得同时释放两摆球，两摆球同时摆到最右端所经历的时间为t＝（4.5＋9k）s（k＝0，1，2，3，…）
答案：（1）100∶81 （2）（4.5＋9k）s（k＝0，1，2，3，…）
10．解析：当AB两点在平衡位置的同侧时有
eq \f(1,2)A＝A sin φa， eq \f(\r(3),2)A＝A sin φb
可得φa＝ eq \f(π,6)，φb＝ eq \f(π,3)或者φb＝ eq \f(2π,3)
因此可知第二次经过B点时φb＝ eq \f(2π,3)，
故 eq \f(\f(2,3)π－\f(π,6),2π)T＝t
解得T＝4t
此时位移关系为 eq \f(\r(3),2)A－ eq \f(1,2)A＝L
解得A＝ eq \f(2L,\r(3)－1)
故A错误，B正确；
当AB两点在平衡位置两侧时有
－ eq \f(1,2)A＝A sin φa， eq \f(\r(3),2)A＝A sin φb
解得φa＝－ eq \f(π,6)或者φa＝－ eq \f(5π,6)（由图中运动方向舍去），φb＝ eq \f(π,3)或者φb＝ eq \f(2π,3)
当第二次经过B点时φb＝ eq \f(2π,3)，则
eq \f(\f(2,3)π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))),2π)T＝t
解得T＝ eq \f(12,5)t
此时位移关系为 eq \f(\r(3),2)A＋ eq \f(1,2)A＝L
解得A＝ eq \f(2L,\r(3)＋1)
C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
11．解析：根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即aB＝aC
由简谐运动的加速度满足a与x成正比，设A点处偏离平衡位置的位移大小为xA，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC，有xA所以aA到A点时，物块只受重力aA＝g
所以aB>g，故A正确；弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘在一起振动周期不变，故B错误；若增大物块自由下落的高度，根据能量守恒，则物块与薄板粘在一起后振动的振幅增大，故C正确；由图乙可知T＝0.6 s
则ω＝ eq \f(2π,T)＝ eq \f(10π,3)rad/s
振幅为0.2 m，0.2 s后物块位置随时间变化关系式为x＝0.3＋0.2sin [ eq \f(10π,3)（t－0.2）＋φ0]（m）
当t＝0.4 s时x＝0.5 m
代入上式得φ0＝－ eq \f(π,6)
所以x＝0.3＋0.2sin [ eq \f(10π,3)（t－0.2）－ eq \f(π,6)]（m）
故D正确．故选ACD.
答案：ACD