2026届高考物理一轮总复习提能训练练案40机械振动

这是一份2026届高考物理一轮总复习提能训练练案40机械振动，共8页。
题组一 简谐运动的特征与图像
1．(2024·福建卷)某简谐振动的y－t图像如图所示，则以下说法正确的是( )
A．振幅为2 cm
B．频率为2.5 Hz
C．0.1 s时速度为0
D．0.2 s时加速度方向竖直向下
[答案] B
[解析] 由题图图像可知该简谐振动的振幅为1 cm，A错误；由题图图像可知，振动周期为0.4 s，由f＝eq \f(1,T)可知，频率为2.5 Hz，B正确；0.1 s时，质点位于平衡位置，此时速度达到最大值，C错误；0.2 s时，质点位于负向最大位移处，加速度方向指向平衡位置，方向竖直向上，D错误。
2．如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6 cm，小球完成30次全振动所用时间为60 s，则( )
A．该振子振动周期是2 s，振幅是6 cm
B．该振子振动频率是2 Hz
C．小球完成一次全振动通过的路程是12 cm
D．小球过O点时开始计时，3 s内通过的路程为24 cm
[答案] C
[解析] 由题意可知T＝eq \f(60,30) s＝2 s，A＝eq \f(6,2) cm＝3 cm，A错误；频率T＝eq \f(1,f)，解得f＝0.5 Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4A＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝eq \f(t,T)×4A＝eq \f(3,2)×4×3 cm＝18 cm，D错误。
3．一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( )
A．0.5 s B．0.75 s
C．1.0 s D．1.5 s
[答案] C
[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
4．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
[答案] B
[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。
5．共振筛由偏心轮、筛子、弹簧等组成，偏心轮转动过程给筛子一个驱动力，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，已知12 V电压下偏心轮的转速为30 r/min，则下列说法中正确的是( )
A．电压为12 V时，筛子实际振动的频率是0.8 Hz
B．电压从12 V开始减小，筛子有可能会共振
C．保持12 V电压不变，减小筛子的质量，筛子有可能会共振
D．若只改变电压，筛子的固有周期不变，仍为1.25 s
[答案] D
[解析] 电压为12 V时，筛子实际振动的频率是f＝eq \f(30,60) Hz＝0.5 Hz，选项A错误；由乙图知，当频率为0.8 Hz时，发生共振，即筛子的固有频率为f0＝0.8 Hz，根据题意，电压从12 V开始减小，偏心轮转速降低，频率减小，筛子不可能会共振，选项B错误；保持12 V电压不变，偏心轮频率不变，减小筛子的质量，筛子固有周期减小，固有频率增大，筛子不可能会共振，选项C错误；根据题意，筛子的固有周期与电压无关，筛子的固有周期T0＝eq \f(1,f0)＝1.25 s，选项D正确。
6．(2025·台州八校联盟联考)如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂着a、b、c、d四个摆。当a摆振动的时候，其余各摆在a摆的驱动下也逐步振动起来，不计空气阻力，达到稳定时，b摆的振动图像如图乙。下列说法正确的是( )
A．稳定时b摆的振幅最大
B．稳定时d摆的周期最小
C．由图乙可以得到b摆的固有周期
D．由图乙可以得到a摆的固有周期
[答案] D
[解析] a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c、d三个摆施加周期性的驱动力，使b、c、d三个摆做受迫振动，由于a摆提供的驱动力的周期和c摆的固有周期相同，所以c摆发生了共振，c摆的振幅是最大的，选项A错误；b、c、d三摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率，都等于a摆的频率，则三摆的周期相同，都等于a摆的周期，即Ta＝t0，选项B错误，D正确；由于b摆做受迫振动，所以其固有频率未知，即固有周期未知，选项C错误。
能力提升练
7.如图所示，倾角为30°的光滑劈形木块固定在地面上，现将一长度为l的轻绳一端固定在O′点，另一端系有质量为m的小球，初始状态下小球静止在斜面上的O点，现将小球沿斜面拉开倾角θ(θ很小)后由静止释放，小球运动到最低点时的速度为v，不计空气阻力，小球的运动与单摆运动相似，已知重力加速度为g，则小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球运动的周期为2πeq \r(\f(l,g))
B．重力做功的平均功率为eq \f(mv2,π)eq \r(\f(g,2l))
C．重力的冲量大小为mv
D．小球运动到最低点时重力的瞬时功率为mgv
[答案] B
[解析] 重力加速度沿斜面方向的分量为g′＝gsin 30°＝eq \f(g,2)，小球在斜面内做类单摆运动，则周期为T＝2πeq \r(\f(l,g′))＝2πeq \r(\f(2l,g))，A错误；小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，轻绳拉力和木块支持力均不做功，所以重力做功为WG＝eq \f(1,2)mv2，所以该过程中重力做功的平均功率为eq \x\t(P)＝eq \f(WG,\f(T,4))＝eq \f(mv2,π)eq \r(\f(g,2l))，B正确；根据动量定理知，小球从最高点第一次运动到最低点的过程中，合外力的冲量大小为mv，而小球所受合外力显然不等于重力，所以重力的冲量大小不等于mv，C错误；小球运动到最低点时，重力与速度方向垂直，所以重力的瞬时功率为零，D错误。
8．将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的加速度a与时间t的关系图，如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动
B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力
C．秋千摆动的周期为t2－t1
D．该地的重力加速度g＝eq \f(4π2L,t3－t12)
[答案] D
[解析] 秋千从摆动到停下的过程受空气阻力，振幅不断减小，为阻尼振动，A错误；手机在最低点时，根据牛顿第二定律得N－mg＝meq \f(v2,L)，解得秋千对手机的支持力大小N＝mg＋meq \f(v2,L)，故秋千对手机的支持力大于手机所受的重力，B错误；秋千的周期为从最大振幅偏角位置到另一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，故周期为T＝t3－t1，C错误；根据单摆周期公式得T＝t3－t1＝2πeq \r(\f(L,g))，解得当地重力加速度g＝eq \f(4π2L,t3－t12)，D正确。
9.如图所示是一座水平固定放置的弧形槽，其底面是矩形平面，上表面ABCD是半径R＝10 m的光滑圆弧面，直边AD＝BC＝1.57 m，圆弧边AB和CD平行且等长为0.5 m，B、C是弧面最低点且切线水平。现有一个可看作质点的小球，以沿AD方向的初速度v从A点开始沿弧面运动，恰好能运动到C点。重力加速度g＝10 m/s2，则v的大小约为( )
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
[答案] B
[解析] 小球在竖直面内做减速圆周运动，小球从A到C竖直面内的圆心角sin θ≈eq \f(lAB,R)＝eq \f(5,100)，小球在竖直面内的运动可看作单摆运动，小球从A到C的时间t＝eq \f(1,4)T＝eq \f(1,4)×2πeq \r(\f(R,g))＝eq \f(π,2) s，小球从A点运动到C点，在AD方向上可看作匀速运动，则lAD＝vt，解得v＝1.0 m/s，选项B正确。
10. (多选)(2025·湖北十堰市检测)如图所示，质量为1.44 kg的小球(视为质点)在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在t1＝0.1 s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2＝0.5 s时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期T＝2πeq \r(\f(m,k))，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取π2＝10，则下列说法正确的是( )
A．弹簧振子的周期为1.2 s
B．弹簧的劲度系数为80 N/m
C．在t3＝1.3 s时刻，小球第四次经过M点
D．O、M两点间的距离为5 cm
[答案] AD
[解析] 根据题意可知，小球从t＝0开始先向右运动(先向左运动的情况不符合题意)，M点到B点的时间为t0＝eq \f(t2－t1,2)＝0.2 s，则eq \f(T,4)＝t0＋t1＝0.3 s，T＝1.2 s，故A正确；根据T＝2πeq \r(\f(m,k))，代入数据得k＝40 N/m，故B错误；小球第三次经过M点时间t3＝t2＋t1＋eq \f(T,2)＋t1＝1.3 s，故C错误；小球做简谐运动，有y＝Asin ωt＝Asin eq \f(2π,T)t＝10sin eq \f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1 s时，y＝5 cm，即O、M两点间的距离为5 cm，故D正确。
11．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( )
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)
[答案] B
[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。
12．(2025·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( )
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
[答案] D
[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。
13.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))( )
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
[答案] C
[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。