第2章 机械振动 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评全书Word（人教版2019）

物理　选择性必修·第一册[人教版]作业与测评 第二章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，第1～7小题，只有一个选项符合题意；第8～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分) 1．下列不属于机械振动的是(　　) A．乒乓球在地面上的来回上下运动 B．弹簧振子在竖直方向的上下运动 C．秋千在空中来回摆动 D．竖立于水面上的圆柱形玻璃瓶上下运动 答案　A 解析　在平衡位置附近的往复运动都属于机械振动，故选A。 2．水平方向上的弹簧振子先后运动到同一位置时，下列各物理量可能不同的是(　　) A．速度 B．加速度 C．动能 D．位移 答案　A 解析　弹簧振子先后运动到同一位置时，速度大小相等，方向可能相同也可能相反，所以速度可能不同，根据Ek＝mv2，动能一定相同；振子位移是指振子离开平衡位置的位移，其方向为从平衡位置指向振子所在的位置，所以振子通过同一位置时，位移一定相同，根据F＝－kx可知，回复力一定相同，根据F＝ma可知，加速度一定相同。故选A。 3.飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600 g，长度为1.5 m，固有频率为4.5 Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是(　　) A．使用者用力越大，飞力士棒振动越快 B．手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率不变 C．手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大 D．手每分钟振动270次时，飞力士棒发生共振 答案　D 解析　使用者用手振动该飞力士棒，让其做受迫振动，受迫振动的频率与驱动力的大小无关，其频率等于驱动力的频率，即手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也增大，故A、B错误；当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒振动的幅度才会变大，故C错误；当手振动的频率等于该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒发生共振，此时手的振动频率为4.5 Hz，即每秒钟振动4.5次，则一分钟振动270次，故D正确。 4．如图甲所示，光滑水平杆上套着一个小球和一个弹簧，弹簧一端固定，另一端连接在小球上，忽略弹簧质量。小球以点O为平衡位置，在A、B两点之间做往复运动，取向右为正方向，小球的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法中正确的是(　　) A．t＝0.5 s时，小球在O点左侧10 cm处 B．t＝0.25 s和t＝0.75 s时，小球的速度相同 C．t＝0.25 s和t＝0.75 s时，小球的加速度相同 D．t＝0.5 s到t＝1.5 s过程中，系统的势能在逐渐增大 答案　C 解析　取向右为正方向，由图可知，t＝0.5 s时小球处于正向最大位移处，所以小球在O点右侧10 cm处，A错误；由图乙可知，t＝0.25 s和t＝0.75 s时，小球的速度大小相等，方向相反，B错误；t＝0.25 s和t＝0.75 s时，小球处于同一位置，所以小球的加速度相同，C正确；小球运动过程中动能和系统的势能相互转化，t＝0.5 s到t＝1.5 s过程中，小球的动能先增大后减小，系统的势能先减小后增大，D错误。 5．一个摆长为l1的单摆，在地面上做简谐运动，周期为T1，已知地球质量为M1，半径为R1；另一摆长为l2的单摆，在质量为M2、半径为R2的星球表面做简谐运动，周期为T2。若T1＝2T2，l1＝4l2，M1＝4M2，则地球半径与星球半径之比R1∶R2为(　　) A．2∶1 B．2∶3 C．1∶2 D．3∶2 答案　A 解析　在地球表面单摆的周期T1＝2π，在星球表面单摆的周期T2＝2π，又＝g，＝g′，联立解得＝··＝，故A正确。 6．某学生在粗细均匀的木筷下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中(如图甲)。现把木筷向上提起一段距离后放手，此时刻开始计时，之后木筷做简谐运动，以向上为正方向作出了木筷振动的位移—时间图像，如图乙所示。不计水的阻力，则(　　) A．t＝2.4 s时，木筷处于平衡位置 B．前0.8 s内，木筷运动的路程为0.4 m C．木筷的位移与时间的关系为x＝0.05sin m D．t＝0.05 s时，木筷的重力小于其所受的浮力 答案　B 解析　由图乙可知，振动周期为T＝0.4 s，则t＝2.4 s＝6T时，木筷处于初始位置，在正的最大位移处，A错误；前0.8 s内，木筷振动了2个周期，所以木筷运动的路程为8A＝0.4 m，B正确；木筷振动的圆频率ω＝＝5π rad/s，由图乙可知，初相位φ0＝，则位移与时间的关系为x＝0.05sin m，C错误；t＝0.05 s时，木筷从正向位移处向平衡位置运动，加速度竖直向下，所以木筷的重力大于其所受的浮力，D错误。 7．某同学用如图所示装置探究匀速圆周运动与简谐运动间的关系。长为L的轻质细线一端与质量为m的小球连接，另一端固定在光滑水平面上的O点，在水平面上合适位置竖直放置一光屏。先将小球移到使细线伸直且与光屏平行的位置，t＝0时刻给小球一个沿水平面垂直于细线的初速度v0，使小球在水平面内做匀速圆周运动；与此同时，用一束平行光垂直光屏照射，小球在光屏上的影子做简谐运动，关于小球影子的运动，下列说法正确的是(　　) A．小球的影子做简谐运动的振幅为2L B．小球的影子做简谐运动的频率为f＝ C．小球的影子做简谐运动的位移表达式为x＝Lsint D．小球的影子做简谐运动的虚拟回复力为F＝－x 答案　D 解析　由图可知，O点在光屏上的投影O′即为小球的影子做简谐运动的平衡位置，则该简谐运动的振幅等于细线的长度，为L，故A错误；由题可知，小球的影子做简谐运动的周期等于小球做匀速圆周运动的周期，则有T＝，则频率为f＝＝，故B错误；设小球的影子做简谐运动的位移表达式为x＝Asin(ωt＋φ)，由题知A＝L，ω＝，t＝0时，x＝L，可解得φ＝，则有x＝Lsin，故C错误；如图所示，设当小球转到图中B点时OB与OO′的夹角为α，B点在光屏的投影点B′相对O′点的位移为x，则在B点有F向＝m，将拉力F向分解，可知拉力沿平行光屏方向的分力为F＝－F向sinα，“－”表示F与位移x的方向相反，由几何关系可知sinα＝，联立解得小球的影子做简谐运动的虚拟回复力为F＝－x，故D正确。 8.长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一可以看成质点的小球。在O点正下方，距O点为处的P点固定一颗小钉子。现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放小球。B点是小球运动的最低位置，C点(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置。已知A点与B点之间的高度差为h，h≪l。A、B、C、P、O在同一竖直平面内。当地的重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．B点与C点高度差小于h B．若钉子可在O、B间移动且与B距离合适，小球有可能绕P点做完整的圆周运动 C．小球从离开A点到第一次回到A点用时 D．小球从离开A点到第一次回到A点用时 答案　BC 解析　小球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在两侧最高点动能均为零，则重力势能相等，A、C两点高度相同，故A错误；若钉子位置足够低，小球有可能绕P做完整的圆周运动，故B正确；小球每个周期在A、B之间运动的时间为t1＝T1＝π，在B、C之间运动的时间为t2＝T2＝，故小球摆动的周期为T＝t1＋t2＝，故C正确，D错误。 9.将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图像提供的信息做出的下列判断中，正确的是(　　) A．t＝0.2 s时摆球正经过最低点 B．t＝1.1 s时摆球正经过最低点 C．摆球摆动过程中机械能减小 D．摆球摆动的周期是T＝1.4 s 答案　AC 解析　t＝0.2 s时F最大，摆球速度最大，正经过最低点，A正确；t＝1.1 s时F最小，摆球速度最小，正经过最高点，B错误；摆球经过最低点时的拉力越来越小，速度越来越小，则摆球摆动过程中机械能逐渐减小，C正确；在一个周期内摆球两次经过最低点，由图像知摆球摆动的周期T＝1.2 s，D错误。 10．动量p随位移x变化的图像称作相轨，它在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图甲所示，光滑水平面上有一弹簧振子，现以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，取向右为正方向，建立Ox坐标系。当物块偏离O点的位移为x时，弹簧振子的弹性势能为kx2，其中k为弹簧的劲度系数。当弹簧振子的机械能为E时，该弹簧振子的部分p­x图像如图乙中曲线c所示，M和N分别为曲线c与p轴、x轴的交点。下列说法正确的是(　　) A．曲线c是抛物线的一部分 B．曲线c对应物块从右侧最远处向O点运动的过程 C．该弹簧振子的振幅为 D．当物块运动到振幅一半处时，其动量大小为其动量最大值的 答案　CD 解析　根据题意，弹簧和物块组成的系统机械能守恒，设物块速度为v，则有E＝mv2＋kx2，又p＝mv，联立可得＋kx2＝E，故该弹簧振子的部分p­x图像是椭圆的一部分，不是抛物线，故A错误；图中曲线c动量为正值，则振子速度沿正方向，且所对应位移为正值，即在O点右侧，可知曲线c对应物块从O点向右侧最远处运动的过程，故B错误；物块在最大振幅处时，速度为零，根据E＝kx，可得xm＝，即振幅为，故C正确；当物块运动到振幅的一半处时，x1＝，E＝＋，当位移为0时，其动量最大，有E＝，联立可得p1＝pm，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)某学习小组利用单摆测量当地的重力加速度。实验装置如图甲所示，将小磁体吸附在钢质小球的正下方，当小球静止时，将磁感应强度传感器固定于小球正下方的水平桌面上；传感器与电脑连接，可以将实时测量到的磁感应强度数据传输进电脑进行分析。 (1)小球做小角度摆动稳定后，使传感器开始工作，利用电脑得出磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙。此单摆的周期T＝________ s。 (2)学习小组利用多组实验数据绘制了摆长L与周期平方T2的关系图像如图丙，由图像可计算得到当地的重力加速度g＝________ m/s2(结果保留两位有效数字)。 (3)小组中有同学提出，小球与小磁体整体重心的位置不在小球的球心，这可能会影响到对重力加速度的测量。若仅考虑这一因素，第(2)问得到的g值与实际值相比将________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。 答案　(1)2.2　(2)9.7　(3)相等 解析　(1)摆球一个周期两次经过最低点，根据题图乙可知单摆的周期为T＝2.2 s。 (2)由题知单摆做简谐运动，根据单摆周期公式T＝2π，变形可得L＝T2，可知L­T2图像的斜率k＝，代入数据得g＝9.7 m/s2。 (3)设小球与小磁体整体重心的位置在小球的球心下方r处，根据单摆周期公式可得T＝2π，整理得L＝T2－r，根据表达式可知不影响所作L­T2图线的斜率，所以由L­T2图线斜率计算出的重力加速度值与实际值相等。 12．(6分)某实验小组用单摆测量重力加速度的大小。 (1)该小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________(填选项前的字母)。 A．小球应选择体积大的 B．摆线应选择弹性小、细些的 C．安装单摆时，可将摆线一端直接缠绕在铁架台横杆上 D．把摆球从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 (2)按正确操作多次改变摆长使单摆摆动，测量摆长L及相应的周期T。此后，分别取L和T的对数，所得到的lg T­lg L图像为________(填“直线”“对数曲线”或“指数曲线”)；读得图像与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g＝________。 答案　(1)B　(2)直线　 解析　(1)为了尽可能减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择密度较大、体积较小的，故A错误；摆线要选择较细(尽可能减小空气阻力对实验的影响)、伸缩性较小(确保摆球摆动时摆长几乎不变)、且尽可能长一些的(减小摆长测量的相对误差)，故B正确；安装单摆时，不可将摆线一端直接缠绕在铁架台横杆上，否则摆球运动过程中摆长易发生变化，故C错误；只有摆线相对平衡位置的最大偏角在很小的情况下(通常小于5°)，单摆才做简谐运动，进而才能根据单摆做简谐运动的周期公式测量重力加速度，且实验时应在摆球通过平衡位置时开始计时，以减小计时误差，故D错误。 (2)根据单摆周期公式T＝2π，可得T2＝4π2，取对数得lg T＝lg L＋lg ，所以lg T­lg L图线为直线；图线与纵轴交点的纵坐标为c＝lg ，解得g＝。 三、计算题(本题共3小题，共38分。解答中应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不给分) 13.(10分)如图所示是一个质点做简谐运动的图像，根据图像回答下列问题： (1)写出此振动质点的振动方程； (2)振动质点在0～0.6 s的时间内通过的路程； (3)振动质点在0.6～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？ 答案　(1)x＝5sin2.5πt(cm)　(2)15 cm (3)速度增大，加速度减小 解析　(1)由图像可知该振动质点的振幅A＝5 cm，T＝0.8 s，初相位φ0＝0，则圆频率ω＝＝ rad/s＝2.5π rad/s，位移x＝Asin(ωt＋φ0)＝5sin2.5πt(cm)。 (2)0～0.6 s即0～T时间内质点通过的路程s＝3A＝3×5 cm＝15 cm。 (3)在0.6～0.8 s时间内，振动质点的位移减小，则加速度减小，加速度与速度同向，则速度增大。 14．(12分)图甲为太空站中用于测量人体质量的装置(BMMD)，该装置可简化为图乙所示的结构，P是可视为上表面光滑的固定底座，A是质量为mA的座椅，座椅两侧连接着相同的轻质弹簧，座椅可在P上左右滑动，BMMD利用空座椅做简谐运动的周期与坐上宇航员后做简谐运动的周期来计算宇航员Q的质量，假定初始状态下两弹簧均处于原长，劲度系数均为k，宇航员坐上座椅后与座椅始终保持相对静止。理论分析表明：做简谐运动的物体，其加速度a与位移x满足a＋ω2x＝0的关系，其中ω为圆频率，圆频率由系统自身性质决定，圆频率ω与简谐运动的周期T满足Tω＝2π。 (1)求：当空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小(用k、x、mA表示)和方向；空座椅做简谐运动时ω的表达式(用mA、k表示)； (2)测量得到空座椅做简谐运动的周期为TA，以及坐上宇航员后，宇航员与座椅做简谐运动的周期为TQ，则该宇航员的质量mQ为多少？(用mA、TA、TQ表示) 答案　(1)，方向向左　ω＝ (2) 解析　(1)设空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小为a，由胡克定律和牛顿第二定律有2kx＝mAa 解得a＝ 此时座椅所受合外力方向向左，所以加速度方向向左； 取向右为正方向，由题意可得＋ω2x＝0 解得ω＝。 (2)由Tω＝2π可得TA＝＝2π 同理可得TQ＝2π 联立解得mQ＝。 15.(16分)某兴趣小组研究弹簧振子，设计了如图所示的装置，一个轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端与质量为m的物体B连在一起，整个装置被一个口径略大且足够长的光滑圆套约束(图中未画出)。现将质量也为m的物体A由B的正上方某一高度处自由释放，A和B发生碰撞后两者一起以相同的速度向下运动(但不粘连)。A、B在以后的振动过程中恰好不会分离，弹簧的劲度系数为k，整个振动过程弹簧处于弹性限度内。忽略A、B的体积，不计空气阻力。m、k、g为已知量。 (1)求A、B一起振动过程中最大加速度的大小； (2)小组中的甲同学通过研究弹簧弹力做功，得出了弹簧的弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧形变量)，求A释放前距B的高度； (3)小组中的乙同学通过课下自学了解到弹簧振子的周期与弹簧的劲度系数k及振子的质量m有关，但是他记不清周期公式是T＝2π还是T＝2π，请根据所学知识选出正确的弹簧振子周期公式； (4)以A与B碰撞为计时起点，求A、B整体振动到最高点的时刻。 答案　(1)g　(2)　(3)T＝2π (4)t＝2π(n＝0，1，2，…) 解析　(1)A、B在碰撞后的振动过程中恰好不会分离，所以振动最高点为弹簧原长位置，此时加速度最大，有2mg＝2ma 解得a＝g。 (2)B静止时有kx0＝mg 物体A自由下落的过程，由机械能守恒定律得mgh＝mv 物体A、B碰撞过程有mv0＝2mv 碰后A、B在以后的振动过程中到达最高点时弹簧刚好处于原长状态，此时相对于原来静止时的位置向上运动的距离x0＝ 对物体A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得×2mv2＋kx＝2mgx0 联立解得h＝。 (3)通过单位可以判定：弹簧振子的周期公式为T＝2π。 (4)在A、B整体振动过程中，设平衡位置弹簧的压缩量为x1，有2mg＝kx1 则振幅A＝x1＝ 以第一次向下经过平衡位置为计时起点，取向下为正方向，则振动表达式为y＝Asinωt A、B碰撞时y1＝Asinωt1 且y1＝x0－x1 解得t1＝－ 因此以A与B碰撞为计时起点，A、B整体振动到最高点的时刻t＝＋＋nT＝·T＝2π(n＝0，1，2，…)。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$