第二章 机械振动 真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第二章 黑题 真题体验 考点1描述简谐运动的物理量 1.(2024·贵州高考)（多选）如图，一玻璃瓶的 瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃 管，管中一光滑小球将瓶中气体密封，且小球 处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好.对 小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在=0 时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动， 周期为T规定竖直向上为正方向，则小球在 t=1.5T时刻 A.位移最大，方向为正 B.速度最大，方向为正 C.加速度最大，方向为负 D.受到的回复力大小为零 2.(2022·浙江高考)如图所示，一根固定在墙 上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻 弹簧，两弹簧自由端相距x.套在杆上的小球从 中点以初速度)向右运动，小球将做周期为T 的往复运动，则 ( A.小球做简谐运动 且小球动能的变化周期为号 C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T D.小球的初速度为时，其运动周期为27 3.(2024·河北高考)如图，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 第二章 真题演练 限时：45min 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，感光纸上就显示出了描述光点振动的x- 图像.已知轻杆在竖直面内长0.1m,电动机转 速为12r/min.该振动的圆频率和光点在 12.5s内通过的路程分别为 ( 轻杆 紫外光笔 感光纸 A.0.2 rad/s,1.0 m B.0.2rad/s,1.25m C.1.26rad/s,1.0mD.1.26rad/s,1.25m 4.(2023·山东高考)（多选）如图所示，沿水平 方向做简谐运动的质点，依次通过相距 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3倍，质点 经过A点时开始计时，【时刻第二次经过B 点，该振动的振幅和周期可能是 2L A. B.2L 7% 2L12 D.2L12 3+1'5 3+1'7 考点2机械振动图像 5.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图 像，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的 是 ( 22 0.6m 1.0T 黑白题055 A.摆长为1.6m,起始时刻速度最大 B.摆长为2.5m,起始时刻速度为零 C.摆长为1.6m,A、C点的速度相同 D.摆长为2.5m,A、B点的速度相同 6.(2022·海南高考)在同一地方，甲、乙两个 单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像 如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之 比为 A.2:3 B.3:2 C.4:9 D.9:4 7.(2024·北京高考)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α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 ↑am·s 0400 0.4 0.8 甲 乙 A.t=0时，弹簧弹力为0 B.t=0.2s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2s,手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5mt)m/s2 考点3单摆相关实验 8.(2023·河北高考)某实验小组利用图甲所示 装置测量重力加速度摆线上端固定在O点， 下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集 摆动周期， (1)(多选)关于本实验，下列说法中正确的是 选择性必修第一册·RUA A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直 B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度 C.小钢球可以换成较轻的橡胶球 D.应无初速度、小摆角释放小钢球 光电门以 接数据采集器 (2)组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度 L,用螺旋测微器测量小钢球直径d.螺旋 测微器示数如图乙所示，小钢球直径d= mm,记摆长l=L+ d m 52 乙 (3)多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同 摆长1对应的小钢球摆动周期T,并作出 -T图像，如图丙所示， Um 1.0 06 TI 233035404 20 根据图线斜率可计算重力加速度g= m/s2(保留3位有效教字，π2取 9.87). (4)若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像 法处理数据，得到的重力加速度值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”) 白题056故D错误故选C 6.(1)19.20(2)9.86(3)随着摆线长度1的增加，△g逐渐 减小随着摆线长度1的带加，则：号感接近于乙，此时计 算得到的g的差值越小 解析：(1)用游标卡尺测量摆球直径d=19mm+0.02mm× 10=19.20mm. (2)单摆的摆长为L=901mm+2×19,20mm=99.7mm 根据T=2入√g ,可得g=4 7 代人数据g=4x3.14x0,997 m/s29.86m/s2 22 (3)由图丙可知，随着摆线长度！的增加，△g逐新减小，原因 是随着摆线长度1的增加，则：越接近于1，此时计算得到 的g的差值越小 7.(1)2.5Hz(2)2.78m 解析：(1)小球振动达到稳定时的周期为Q4,由户可得 小球振动的频率为2.5Hz: (2)由题图乙可以看出小球做阻尼振动的频率为0.3Hz,可 得单摆的摆动频率为0.3Hz,周期为T 0.38, 由单摆的周期公式T=2m L ,可得该单摆的摆长为L TPg。1x9.86 4m0.3×4x3.14m=278m 第二章真题演练 黑题 真题体验 1.AC解析：对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在=0 时由静止释放，可知此时小球位于最低点，且小球的运动可 视为简谐运动，周期为T则小球在t=1.5T时刻处于最高点 位置，此时位移最大，方向向上（正方向）：小球受到的回复 力最大，方向向下，则小球的加速度最大，方向向下（负方 向)：此时小球的速度为0，故选AC. 2.B解析：A.物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复 力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，而小球在杆中 点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动， 故小球不是做简谐运动，A错误：BC.假设杆中点为O,小球 向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A,小球向左压缩弹 簧至最大压缩量时的位置为B,可知小球做周期为T的往复 运动过程为0+A+0→B+0,根据对称性可知小球从0→A 0与O+B→0，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹 簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为 2,两根弹簧的总弹性势能的变化周期为子，B正确，C错 误；D.小球的初速度为，时，可知小球在匀速阶段的时间变 为原米的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式 工=2π√公，可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接 触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为。时，其运动 周期应小于2T,D错误故选B. 选择性必修第一册·RJ 3.C解析：紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的 转速为n=12r/min=0.2/s,因此角频率w=2πm=0.4r= 1.26rmd/s,周期为T=1=5,简谐振动的振幅即为轻杆的 长度A=01m,光点12.58通过的路程为=125× ×4M=1m, 5 故选C. 4BC解析：A级当A,B两点在平衡位置的同侧时有之A i血号4=m,可得只.=石=号或者=行因 3 此可知第二次经过B点时e-2T,3,6T=,解得T=4, 32m 此时位移关系为=，新得A=兰故人错误，B正 5-1 确：CD,当A、B两点在平衡位登两侧时有-了A=An, 2 1三6n,解得中，三或者中，：。（由图中运动方向 6 合去)，号或省0，行，当第二次经过B点时p,号则 T=,解得T= 2 吕此时位移关系为宁 2L L,解得A= ,C正确，D错误.故选BC 3+ 5.C解析：由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π8，由 单摆的周期公式T=2m√g 得摆长为1= 4m16m,*-1图 像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度 相同，A、B点的速度大小相同，方向不同综上所述，可知 C正确，故选C 6.C解析：由振动图像可知甲、乙两个单摆周期之比为T甲： ，可得 2=08:12=2:3,根据单摆周期公式T=2m√官 L=g二，喇甲、乙两个单摆的摆长之比为L。:L之=T品： 7=4:9,故选C. 7.D解析：A.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；B.由题图乙知，= 0.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方， B错误：C.由题图乙知，从t=0至t=0.2s,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，动能诚 小，C错误：D.由题图乙知T=08s,则角频率u=牙 2.5rmd/s,则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5mt)m/s2, D正确.故选D. 8.(1)ABD(2)20.035(3)9.87(4)不变 解析：(1)A使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物 体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确： B.测量摆线长度时，要保证绳子处于伸直状态，故B正确； C.单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气 阻力对摆球运动的影响较大，故C错误：D.无初速度、小摆角 释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆， 且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，使用 黑白题24 厂计算单摆的周期，故D正确故选ABD, T=2WN g (2)小钢球直径为d=20mm+3.5×0.01mm=20.035mm. (3)单摆周期公式T=2√ ,整理得=名T产， 4m1 由图像知图线的斜率k=号=1.10-0.60 1 4元440-240m8=4m/g,解 得g=9.87m/s2. 第三章 第1节 波的形成 白题基础过关 1.B2.A 3.C解析：由于波向右传播，根据前面质点的振动带动后面 质点的振动，可知质点a、b向下振动，质点c向上振动，并且 质点a恰好通过平衡位置，速率最大故选C 4.B解析：波的传播方向向右，根据“上下坡”法可知，=0时 刻，A点处于平衡状态且振动方向向下，故选B. 5.C解析：波源的振动频率逐渐减小，则根据v=f可知，在 同一介质中波速不变的情况下，频率减小则波长增大，即越 靠近O的波形波长越大，AB错误：又由于波形图是关于振 动中心对称的，D错误故选C 6.B解析：A绳上各质点的位移方向与波的传播方向垂直，即 质点的振动方向与波的传播方向垂直，所以这列机械波为横 波，故A错误：BC.质点O的起振方向与波源的起振方向一 样，波向右传播，质点Q从平衡位置开始振动时，起振方向 是向上的，所以质点P从平衡位置开始振动时，其运动方向 向上，故B正确，C错误：D.由图可知，机械波传到Q时，质点 P恰好振动了1.5个周期，故D错误故选B. 黑题 应用提优 1.A 2.C解析：A.介质中各质点开始振动时的振动方向和振源开 始振动时的银动方向相间，A错误：B经过1=子质点1回到 平衡位置，质点9开始向上振动，质点5振动到正的最大位 移处，根据带动法可知，质点6在平衡位置上方，向上振动， 即速度的方向向上，B错误：C4=3时质点1振动到负的最 大位移处，质点13开始振动，5~13之间的质点在平衡位置 上方，9-13之间的质点处于“下坡”段，由波形图“下坡上， 上坡下”的推论可知，9~13之间的质点振动方向都向上， C正确；D.依题意，=T时，波刚好传播到质点17，质点17开 始运动，质点16已经向上振动了6D错误故选C 3.BD解析：AB.根据题图所示，蜻蜓连续两次点水过程中激 起的波纹，圆圈越小，则时间越短，所以飞行方向为从大圆到 小圆，即蜻蜓的飞行方向向右，故A错误，B正确；CD若蜻挺 飞行的速度和水波的速度相同，那么蜻蜓的每一次点水的时 候都会是在上一个水波的边线上，而第二个水波和第一个水 波都在以相同的速度运动，所以每个圆都应该是内切的：然 而图中02到0，圆圈边线距离小于02半径，说明水波0，运 动了一段时间，0，水波才到O,圆心，则说明蜻蜓飞行的速 度比水波的速度大，故C错误，D正确故选BD 参考答案与解析 (4)若将摆线长度L误认为摆长l,有T-2π 则得到的图线为1=gTd 4m221 仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为二，故得到 的重力加速度值不变 机械波 压轴挑战 4.(1)B摆(2)P波S波L波103.95km 解析：(1)由题意可知，在地震时产生的三种地震波中，P波 的速度最大，S波次之，因此P波最先到达该地区，某中学实 验室先发生竖直方向振动，后发生水平方向振动，所以最先 振动的为B摆 (2)a为P波，b为S波，e为L波 设地震台距震源距离为5， 由三=， Us Up UpU 得= -t=103.95km. p-Us 第2节 波的描述 第1课时波的图像 白题 基础过关 1.C 2.D解析：A由图可知，质点b此时处于平衡位置，速度最大， 取平衡位置为参考平面，则势能为零，故A错误B.根据“上 下坡法”可知质点6此时向+y方向运动，故B错误C.由图可 知，质点d此时的振幅是2cm,故C错误D.由图可知，此时 质点。处于正向最大位移处（特珠位里），再经过号到达负 向最大位移处，通过的路程是两个振幅，即4cm,偏离平衡 位置的位移是-2cm,故D正确.故选D. 3.C 4.A解析：由L质点比K质点先回到平衡位置可知，图示波 形图所对应的时刻K质点向上振动，根据同侧法可知该简 谐横波沿x轴负方向传播，故A正确：B.此时K质点沿y 轴正方向运动，故B错误：此时L质点的速度为零，K质点速 度不为零，故C错误：此时L质点的位移大于K质点的位 移，则此时K质点的加速度比L质点的加速度小，故D错误 故选A 5.A解析：图乙上t=1s时质点经平衡位置向下，图甲上，t= 18时，x=0、2m处质点经过平衡位置.简谐横波沿x轴负方 向传播，根据波形平移法可知，x=0处质点经平衡位置向下 运动，与图乙中1=1s时刻质点的状态相同，而x=2m处质 点经平衡位置向上运动，与图乙中1=1s时刻质点的状态相 反，故A正确，BCD错误 6.D解析：A.由图乙可知波的周期为4s,所以从1，=0到42= 3.0:这段时间是四分之三个周期，结合图甲的波形图可知， 波向x轴负方向传播，所以在41=0时刻质点b沿y轴负方 向运动，故A错误：B.由图乙可知，=0时刻该质点正位于正 向最大位移处，所以图乙是质点：的振动图像，故B错误； 黑白题25