2026届高考物理一轮复习考点练习 机械振动

机械振动 基础巩固 1.[2025·浙江杭州模拟] 据报道某次台风来袭时,上海中心大厦出现了晃动,然而大厦安然无恙,这主要靠距离地面583米,重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”,当台风来临时阻尼器开始减振工作,质量块的惯性会产生一个反作用力,使得阻尼器在大楼受到风作用易摇晃时发生反向摆动,才使大厦转危为安.以下说法不合理的是 (　) A.大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量,起到减震作用 B.如果将上海慧眼悬挂在楼层较低的空间减震效果更好 C.如遇台风天气,阻尼器摆动幅度受风力大小影响,风力越大,摆动幅度越大 D.如果发生地震,上海慧眼也可以起到减震作用 2.[2024·河北卷] 如图所示,一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动,轻杆一端固定在电动机的转轴上,另一端悬挂一紫外光笔,转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上,沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸,感光纸上就画出了描述光点振动的x⁃t图像.已知轻杆在竖直面内长0.1 m,电动机转速为12 r/min.该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为 (　) A.0.2 rad/s,1.0 m B.0.2 rad/s,1.25 m C.1.26 rad/s,1.0 m D.1.26 rad/s,1.25 m 3.北京和深圳都是中国的一线城市,在地理位置上它们的经度基本上相同,但纬度相差较大,北京地处北纬39.56度,深圳地处北纬22.5度.现把在北京调准的摆钟移到深圳(设海拔高度基本相同),则摆钟的振动 (　) A.变慢了,要使它恢复准确,应增加摆长 B.变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长 C.变快了,要使它恢复准确,应增加摆长 D.变快了,要使它恢复准确,应缩短摆长 4.[2025·广东广州模拟] 如图甲所示,一单摆做小角度摆动,从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时,相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示.不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.对于这个单摆的振动过程,下列说法正确的是 (　) A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin (2πt) cm B.单摆的摆长约为2.0 m C.从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球的重力势能逐渐减小 D.从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球所受回复力逐渐增大 5.[2024·北京卷] 图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置.手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况,以向上为正方向,得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线,如图乙所示.下列说法正确的是 (　) A.t=0时,弹簧弹力为0 B.t=0.2 s时,手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s,手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2 6.[2025·山东青岛模拟] 如图甲所示,一只小鸟飞到树枝上休息,从它与树枝接触之后的一段时间内,其上下振动的v⁃t图像如图乙所示,速度取向下为正.以下说法正确的是 (　) A.t1时刻小鸟速度向下达到最大,树枝对其弹力达到最大 B.t2时刻小鸟处于最低位置 C.t2时刻小鸟处于静止状态,所受合力为零 D.t3时刻小鸟处在最高点 综合提升 7.[2025·北京八中模拟] 如图甲所示,光滑水平面上有一以O点为平衡位置在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子,以水平向右为正方向,图乙为这个弹簧振子的振动图像,由图可知下列说法中正确的是 (　) A.从t=0到t=0.8 s的时间内,弹簧振子经历了一次全振动 B.从t=0到t=2.0 s的时间内,振子经过的路程是4.0 cm C.在t=0.6 s与t=1.0 s两个时刻,振子的速度相同 D.在t=0.6 s与t=1.0 s两个时刻,振子的加速度相同 8.[2025·江西九江模拟] 如图所示,光滑圆弧面上有一小球做简谐运动,B点为运动中的最低位置,A、C点均为运动过程中的最高位置.下列说法正确的是 (　) A.B点是平衡位置,此处小球受到的回复力就是重力 B.小球在B点时,重力势能最小,机械能最小 C.小球在A点、C点时,速度最小,对圆弧面的压力最小,回复力最大 D.若增大小球做简谐运动的幅度,则其运动周期变大 9.[2025·重庆八中模拟] 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,让小球做简谐运动,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.若圆盘以1.0 r/s的转速匀速转动,小球振动达到稳定时其振动的周期为0.4 s B.若圆盘以1.0 r/s的转速匀速转动,欲使小球振幅增加,可使圆盘转速适当增大 C.改变圆盘转动快慢,小球运动的周期始终不变 D.改变圆盘转动快慢,小球运动的振幅始终不变 10.(多选)[2025·云南大理一中模拟] 如图所示,摆长为L的单摆的上端系在天花板上的O点,下端有一视为质点的小球,小球已被拉到B点.O点正下方有一个钉子A,O、A两点距离为.小球在钉子A两侧的振动的摆角很小.现释放小球,使小球在竖直平面内运动.小球能够到达OA左侧最远位置为点P(图中未标出).不计空气阻力,重力加速度为g.下列描述正确的是 (　) A.P点与B点关于竖直线OA不对称 B.P点与B点关于竖直线OA对称 C.小球摆动的周期为π D.小球摆动的周期为2π 11.(多选)[2023·山东卷] 如图所示,沿水平方向做简谐运动的质点,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,在B点的位移大小是A点的倍,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.,3t B.,4t C.,t D.,t 拓展挑战 12.[2024·浙江6月选考] 如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球,两端A、B 悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为 1.5 m.小球平衡时,A端细线与杆垂直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与AB 交点的单摆,重力加速度g取10 m/s2,则 (　) A.摆角变小时,周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时,A端拉力为 N D.小球平衡时,A端拉力小于 B 端拉力 答案解析 1.B　[解析] 做振动的物体,其振幅大小体现能量的大小,而大厦能够减小振幅是因为上海慧眼“吸收”了大厦振动的能量,起到减震作用,故A正确;要实现更好的空间减震效果,其上海慧眼应该悬挂在较高楼层,故B错误;阻尼器的摆动幅度会受到风力的影响,风力越大,摆动幅度越大,故C正确;如果发生地震,大厦也会振动,从而使得上海慧眼做受迫运动,减小大厦的振动,即如果发生地震,上海慧眼也可以起到减震作用,故D正确. 2.C　[解析] 根据题意可知,紫外光笔的光点在纸面上沿x轴方向做简谐运动,光点的振动为受迫振动,其振动周期等于电动机转动周期,故该振动的圆频率ω==2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s,A、B错误;该振动的周期T==5 s,由于轻杆长0.1 m,故振幅A=0.1 m,因12.5 s=T,故12.5 s内光点通过的路程s=×4A=1.0 m,C正确,D错误. 3.B　[解析] 北京的重力加速度大于深圳的重力加速度,则把在北京调准的摆钟移到深圳,根据T=2π可知,周期变大,则摆钟的振动变慢了,要使它恢复准确,应缩短摆长,故选B. 4.C　[解析] 根据图乙可知单摆的周期、振幅分别为T=2 s、A=8 cm,则圆频率ω==π rad/s,单摆从平衡位置开始的位移x随时间t变化的关系式为x=Asin ωt=8sin (πt) cm,故A错误;根据单摆的周期公式T=2π,结合上述解得L=1.0 m,故B错误;从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球从最高点运动到最低点,重力势能减小,故C正确;从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球的位移减小,回复力减小,故D错误. 5.D　[解析] 由题图乙知,t=0时,手机加速度为0,由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg,A错误;由题图乙知,t=0.2 s时,手机的加速度为正,则手机位于平衡位置下方,B错误;由题图乙知,从t=0至t=0.2 s,手机的加速度增大,手机从平衡位置向最大位移处运动,速度减小,动能减小,C错误;由题图乙知T=0.8 s,则圆频率ω==2.5π rad/s,则a随t变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2,D正确. 6.B　[解析] t1时刻小鸟的速度最大,此时小鸟受力平衡,即所受弹力大小等于重力,此后小鸟向下做减速运动,树枝对其弹力逐渐增大,故t1时刻,树枝对其弹力未达到最大,故A错误;t1~t2时间内,小鸟向下运动,t2时刻小鸟的速度为0,这一瞬间停止了向下的运动,即将向上运动,小鸟处于最低位置,根据简谐运动的特征可知,此时加速度方向向上,达到最大值,根据牛顿第二定律可知树枝对小鸟弹力与小鸟重力的合力提供加速度,故弹力大于重力,且弹力最大,小鸟处于超重状态,所受合力不为零,故B正确,C错误;t3时刻小鸟向上运动到了最大速度后向上做减速运动,故此时在平衡位置处,不是最高点,故D错误. 7.C　[解析] 由图乙可知,弹簧振子的周期为1.6 s,可知从t=0到t=0.8 s的时间内,弹簧没有完成一次全振动,故A错误;由图乙可知从t=0到t=2.0 s的时间内,振子经过的路程是s=4×5 cm=20 cm,故B错误;根据x-t图像斜率和对称性可知在t=0.6 s与t=1.0 s两个时刻,振子的速度相同,故C正确;根据a=-x和对称性可知在t=0.6 s与t=1.0 s两个时刻,振子的加速度大小相等,方向相反,故D错误. 8.C　[解析] B点是平衡位置,此处小球受到的回复力是重力在切线方向的分力,此时回复力为零,故A错误;小球在B点时,重力势能最小,整个运动过程机械能守恒,故B错误;小球在A点、C点时,速度最小,对圆弧面的压力最小,回复力最大,故C正确;简谐运动的周期与振幅无关,若增大小球做简谐运动的幅度,则其运动周期不变,故D错误. 9.B　[解析] 小球在圆盘的作用下做受迫振动,若圆盘以1.0 r/s的转速匀速转动,小球振动达到稳定时其振动的周期应该等于圆盘转动的周期,即T=1.0 s,选项A错误;若圆盘以1.0 r/s的转速匀速转动,欲使小球振幅增加,则要让圆盘转动的周期接近小球的固有周期(0.4 s),即可使圆盘转速适当增大,从而减小周期,选项B正确;小球在圆盘的作用下做受迫振动,则小球的运动周期等于圆盘转动的周期,则改变圆盘转动快慢,小球运动的周期也会发生改变,选项C错误;当圆盘转动的周期越接近小球运动的固有周期时小球的振幅越大,则改变圆盘转动快慢,小球运动的振幅随之改变,选项D错误. 10.AC　[解析] 根据振动的对称性可知,若没有A点的钉子,则P点与B点关于竖直线OA对称,因有钉子A,则P点与B点关于竖直线OA不对称,故A正确,B错误;小球摆动的周期为T=(T1+T2)=π+π,故C正确,D错误. 11.BC　[解析] 当A、B两点在平衡位置的同侧时有A=Asin φa,A=Asin φb,可得φa=,φb=或者φb=,因此可知第二次经过B点时φb=,T=t,解得T=4t,此时位移关系为A-A=L,解得A=,故A错误,B正确;当A、B两点在平衡位置两侧时有-A=Asin φa',A=Asin φb',解得φa'=-或者φa'=-(由图中运动方向可知此值舍去),φb'=或者φb'=,当第二次经过B点时φb'=,则T=t,解得T=t,此时位移关系为A+A=L,解得A=,故C正确,D错误. 12.B　[解析] 单摆的周期T=2π,与摆角无关,故A错误.光滑细线穿过小铁球,则小铁球两侧细线上拉力大小相等,所以A端拉力与B端拉力大小相等,平衡时对小球受力分析如图所示,根据数学关系可知FA=FB== N,故C、D错误.根据几何关系可知,细线与竖直方向夹角为30°,两侧细线夹角为60°,等效摆长为L==1 m,则小球摆动周期T=2π≈2 s,故B正确. 学科网（北京）股份有限公司 $