2026届高考物理《机械振动》含答案

正确的是()A.左侧小物块沿斜面做简谐运动B.细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大C.右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等放。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A.系统的固有频率与驱动力频率有关C.应用多普勒效应可以测量车辆的速度11A.小球a可能会运动5.(2024·北京·高考真题)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如图乙所示。下列说法正确的是()D.a随t变化的关系式为a=4sin为平衡位置，以向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是 ()227.(2025·山西吕梁·三模)某同学用如图所示的装置描绘单摆做简谐运动的振动图像。第一次实验时在纸A.该单摆的周期为t0B.该单摆的周期为t0C.该单摆的摆长为D.该单摆的摆长为3344速为340m/s。忽略声波在短距离传播过程振幅的衰减。在水平面内建立直角坐标系(x，y)，x轴平行时鼓面处于平衡位置并且朝y轴正方向振动。A.振动频率与按压的深度有关B.振动过程中玻璃管的振幅为8cmD.在t1~t255A.木块P的最大加速度为0.9gB.木块Q对挡板的最大压力为9mg5k52kC.外力对木块P做的功为7m2g2D.木块P5k52kB.A.B.D.C.D.66A.振动周期越来越小B.t=4s时的动能为零(1)写出A点位移x随时间t变化的关系式；77计空气阻力。下列说法正确的是()同，两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2所示。已知弹簧振子的周期公式为T=2π其中88法正确的是()传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 ()99球来测定当地的重力加速度。已知小球的运动为简谐运动.下列说法正确的是()A.应从小球处于最高点开始计时D.小球经过最低点时加速度为零动方程均为y=2sin4πt(cm)，产生的波的波速大小均为v=8m/s。下列说法正确的是()A.两列波的周期均为2sB.两列波的频率均为0.5HzA.经过位置B时小球的动量最大刻质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电小球A从距B球L处由静止开始沿物块A向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm，而后向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。则()A.挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量C.弹簧的最大伸长量为D.物块A的最大速度则()A.该波的起振方向沿y轴负方向B.该波的波速大小为2m/s(1)物块B与C碰前弹簧的形变量；(2)物块B、C碰撞后瞬间物块D的速度大小；(3)物块D在运动过程中速度的最大值。正确的是()A.左侧小物块沿斜面做简谐运动B.细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大C.右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等mgsinθ+kx-T=ma联立可得2kx=2ma=2F故选AC。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11可知T丁>T丙>T乙>T甲=T甲=4T甲:TB．根据上述分析可得T乙=T丁A.系统的固有频率与驱动力频率有关C.应用多普勒效应可以测量车辆的速度22A.小球a可能会运动ACD．A球发生运动的临界条件为弹簧对A球向上的弹力大于A球的重力，则此时对A球有kx0=mg对B球有此时加速度kx0+mg=ma故选AD。5.(2024·北京·高考真题)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如图乙所示。下列说法正确的是()33F=mgA错误；T=0.8s故选D。为平衡位置，以向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是 ()44故选D。7.(2025·山西吕梁·三模)某同学用如图所示的装置描绘单摆做简谐运动的振动图像。第一次实验时在纸故选A。A.该单摆的周期为t0B.该单摆的周期为t0C.该单摆的摆长为D.该单摆的摆长为55故选BC。故选D。66(2)v0=、2gL(1-cosθ)(3)I=(mv(2+mgT(2可得g=(2)由动能定理mgL(1-cosθ(=mv可得v0=、2gL(1-cosθ)根据动量定理可知合力的冲量大小为I合=mv由平行四边形定则可得拉力的冲量大小为I=(mv(2+mgT(2速为340m/s。忽略声波在短距离传播过程振幅的衰减。在水平面内建立直角坐标系(x，y)，x轴平行时鼓面处于平衡位置并且朝y轴正方向振动。(2)y=0.01sin(400πt-3.69a(m则大鼓在该观众处所激发的振动的位移y随时间的方程y=0.01sin[2πf(t-Δt([m=0.01sin(400πt-3.69a(m77A.振动频率与按压的深度有关B.振动过程中玻璃管的振幅为8cmD.在t1~t2A.木块P的最大加速度为0.9gB.木块Q对挡板的最大压力为9mgC.外力对木块P做的功为D.木块P的最大速度为解得x1=88B．木块P在最低点时，有T-2mgsinθ=2ma解得T=3mg此时木块Q对挡板的压力最大，有N=T+mgsinθ=mg，故B错误；C．木块P从平衡位置到最低点过程，由能量守恒定律有W+2mgsinθ×(x1+x2(=k(2x1+x2(2-kx故选AD。A.B.D.C.D.故选A。99选项A错误；解得OP间的距离为LOP=1.2m选项B错误；2LOAsin由机械能守恒定律得：mgLOA(1-cosθ)=mgLBP(1-cosα)其中LOA=4LBP故选D。A.振动周期越来越小B.t=4s时的动能为零C.t=8s时沿x轴负方向运动D.t=10s时加速度沿x轴负方向故选D。(1)写出A点位移x随时间t变化的关系式；【详解】(1)设A点位移x随时间t变化的关系式为x=Asin(ωt+φ)依上可得x=0.3sin(4πt+π)m综上可得t=t1+t2=2.625s计空气阻力。下列说法正确的是()B．由A可知在P点处，kx-mg=mamax此时kx=mg+mamax故B错误；故x=D．从O到P，根据动能定理可得mgxmax=kxma故D错误。同，两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2所示。已知弹簧振子的周期公式为T=2π其中0=T乙解得T甲=t0，T乙=t0所以=故A正确；整理得m=则==故B正确；可得==×=故D错误。解得x=0.1m压缩到更短，对箱子有FN=Mg+2k(A+x(=64N法正确的是()ll故选A。传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 ()则F-mg=ma可知F=2mg=2N即小球的质量m=0.1kg可得小球受弹力的冲量大小为I=2N⋅s球来测定当地的重力加速度。已知小球的运动为简谐运动.下列说法正确的是()A.应从小球处于最高点开始计时C.若将n次全振动误记为n-1次，重力加速D.小球经过最低点时加速度为零0cosα=mgcosα=h0对小球在运动过程中的任一位置进行受力分析，有F=-2kscosθ+mg整理得F=-k(2h-2h0)其中2h-2h0为小球相对静止位置的位移，则有F=-kx由能量守恒有mgh=2Ep弹弹+(2m)v2解得v=gh故选BD。动方程均为y=2sin4πt(cm)，产生的波的波速大小均为v=8m/s。下列说法正确的是()A.两列波的周期均为2sB.两列波的频率均为0.5HzB．频率f==2Hz，B错误；故选D。A.经过位置B时小球的动量最大置的加速度，而B位置的加速度为g，则在A位置有F弹-mg=maA>mg可得F弹>2mg故B错误；C．从A到B过程，根据动量定理可得I弹-IG=mvB-0>0刻质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电小球A从距B球L处由静止开始沿由动量守恒定律得mv0=2mv1则此时的电场力大小为F电=qE=kx0解得该简谐运动的振幅为A=L物块A向下做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm，而后向下减速运动到达最低点。此后物块A在竖直方向做往复运动。则()A.挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量C.弹簧的最大伸长量为D.物块A的最大速度A受力分析由牛顿第二定律得mg-kx1=ma1解得挡板B与物块A分离时，弹簧的伸长量为x1=选项A错误；选项B错误；物块A与挡板B分离后，对物块A由牛顿第二定律得mg-kx=ma由v2=2ax可知，通过a-x图像与x轴围成的面积求解，由a-x图像得v=2a1x1+2⋅a1=解得物块A的最大速度为选项D正确。故选D。则()A.该波的起振方向沿y轴负方向B.