2026年高考物理二轮复习第5讲机械振动与机械波专项训练

这是一份2026年高考物理二轮复习第5讲机械振动与机械波专项训练，共27页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，计算题，机器人行走路径分析等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．如图所示，为竖直方向的弹簧振子，振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则振子在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．从C→O→B振子完成一次全振动
B．振子在O点时弹簧的弹性势能等于零
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供
D．从O→C弹簧振子的能量增加
2．一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．t=2s到t=3s内，弹簧振子的动能不断增加
B．该弹簧振子的振动方程为x=−10sinπ2tcm
C．t=4s时，弹簧振子的加速度沿x轴负方向
D．t=1s到t=6s内，弹簧振子运动的位移为50cm
3．如图所示，一质量均匀分布的木块竖直浮在水面上，现将木块竖直向上拉一小段距离A后由静止释放，并开始计时，经时间T4木块第一次回到原位置，在短时间内木块在竖直方向的上下振动可近似看作简谐运动，则在0∼T8时间内木块运动的距离为（ ）
A．12AB．22AC．2−12AD．2−22A
4．如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（ ）
A．该单摆的周期为0.4πsB．OP间的距离为1.6m
C．t=0.2πs时小球动能最大D．图中x1与x2的比值为2∶1
5．如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其运动的周期变大，可以（ ）
A．减小单摆振幅B．缩短单摆摆长
C．增大摆球质量D．减小斜面倾角
6．如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为Ep=12kx2，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A．物体C的质量为3m
B．物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C．物体B的最大速度大小为gmk
D．物体B上升的最大高度为4mgk
7．光滑的水平面上叠放有质量分别为m和m2的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（ ）
A．fkB．2fkC．3fkD．4fk
8．如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ）
A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C．小球甲、乙的振动周期之比为3:4
D．小球丙、丁的摆长之比为1:2
9．如图所示，长为s的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为R的光滑圆弧轨道相切于B点。一质量为m的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（hT乙>T甲
根据上述分析可得T乙=13T丁
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为T丁4（即3T乙4）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。
CD．设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲=3T乙2=T丙=T丁2
可得T丙=2T甲，T乙=43T甲，T丁=4T甲
可得T甲:T乙=3:4，T丙:T丁=1:2
根据单摆周期公式T=2πLg
结合T丙:T丁=1:2
可得小球丙、丁的摆长之比L丙:L丁=1:4
故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。
9．【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；探究功与物体速度变化的关系；动能
【解析】【解答】解决本题的关键知道什么样的运动是单摆运动，以及掌握单摆的周期公式。
从A→B，根据动能定理
mgh=12mv2−0
解得
v=2gh
B到C的时间
t1=sv=s2gh
h≪R，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，单摆的周期为
T=2πRg
A到B的时间为四分之一周期
t2=π2Rg
所以小球的运动周期为
T=t1+t2=π2Rg+s12gh
故选A。
【分析】 h≪R，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，根据动能定理求出B点的速度，B到C做匀速直线运动，很容易求出B到C的时间，再根据周期公式求出A到B的时间，即可求出小球的运动周期．
10．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由图甲可知，该波的波长λ=1.5×10−2m，由图乙可知，该波的周期T=1×10−5s
该波的波速v=λT=1.5×103m/s，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，在t=0时刻，质点P的速度沿y轴正方向，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．质点P在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是结合波形图（图甲）和振动图像（图乙），分析波的波长、波速、传播方向以及质点的运动特点。
11．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由题可知此时P点沿y轴负方向振动，根据“上下坡法”，可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图可知该波的振幅是20cm，故B错误；
C．t=0s时，根据“上下坡法”，质点Q正向y轴负方向振动，靠近平衡位置 ，故正在做加速运动，故C正确；
D．质点不会随波传播，只会在平衡位置上下振动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合 “上下坡法” 判断波的传播方向，通过波形图读取振幅，分析质点振动方向与运动性质（加速 / 减速），明确质点不随波迁移的特点。
12．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．设该简谐横波的波动方程为y=10sin2πλx+φ0cm
将在t1=0时x=0m，y=−5cm代入可得−5=10sin2πλx+φ0
解得φ0=−π6
则该简谐横波的波动方程为y=10sin2πλx−π6cm
将在t1=0时x=7m时y=0cm，则有0=10sin2πλ×7−π6
可得2πλ×7−π6=π
解得λ=12m，故A错误；
BC．由题知，该波的周期大于2s，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为2m，则波速度v=ΔxΔt=20.5m/s=4m/s
周期T=λv=124s=3s>2s，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为4m，则波速度为v=ΔxΔt=40.5m/s=8m/s
周期T=λv=128s=1.5s