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创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　选择性必修 第一册 RJ 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。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．下列说法正确的是(　　) A．圆周运动也是一种振动 B．所有的振动都是简谐运动 C．简谐运动是非匀变速运动 D．单摆的振动一定能看作简谐运动 答案：C 解析：圆周运动不是在某一平衡位置附近的往复运动，所以不是一种振动，A错误；并非所有的振动都是简谐运动，例如树枝的振动，B错误；简谐运动的回复力F＝－kx，又F＝ma，可得a＝－x，所以简谐运动是非匀变速运动，C正确；单摆的回复力F＝－mgsinθ，只有当偏角θ很小时，才有F≈－mgθ＝－x，这时单摆的振动才能看成简谐运动，D错误。 2．如图甲所示，一弹簧振子在A、B间振动，取向右为正方向，振子经过O点时开始计时，其振动的x­t图像如图乙所示。则下列说法中正确的是(　　) A．t2时刻振子在A点 B．t2时刻振子在B点 C．在t1～t2时间内，振子的位移在减小 D．在t3～t4时间内，振子的位移在减小 答案：A 解析：振子在A点和B点时的位移最大，由于取向右为正方向，所以振子在A点时有正向最大位移，在B点时有负向最大位移，则t2时刻振子在A点，t4时刻振子在B点，故A正确，B错误；由图乙可知，在t1～t2和t3～t4时间内振子的位移都在增大，故C、D错误。 3．一做简谐运动的弹簧振子的位移x随时间t变化的关系式为x＝0.2sin(2.5πt) m，时间t的单位为s。则(　　) A．弹簧振子的振幅为0.4 m B．弹簧振子的周期为1.25 s C．在t＝0.2 s时，振子的运动速度为零 D．在任意0.2 s时间内，振子的位移均为0.2 m 答案：C 解析：弹簧振子做简谐运动，由振动方程可知，振幅A＝0.2 m，圆频率为ω＝2.5π rad/s，则周期为T＝＝0.8 s，故A、B错误；在t＝0.2 s＝时，振子的位移最大，速度为零，故C正确；在任意0.2 s＝时间内，因为振子不一定是从平衡位置或者负向最大位移处开始向正方向运动，所以振子的位移不一定是0.2 m，故D错误。 4.如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端经过最低点运动到最右端的时间为(　　) A．0.3π s B．0.4π s C．0.5π s D．π s 答案：B 解析：小球在最低点左侧运动时，单摆摆长为l1＝2.5 m－1.6 m＝0.9 m，周期为T1＝2π＝0.6π s，则小球从最左端运动到最低点的时间为t1＝＝0.15π s；小球在最低点右侧运动时，单摆摆长为l2＝2.5 m，周期为T2＝2π＝π s，则小球从最低点运动到最右端的时间为t2＝＝0.25π s；则小球从最左端经过最低点运动到最右端的时间为t＝t1＋t2＝0.4π s，故B正确。 5.如图所示为路面共振破碎机，用于旧水泥路面破碎。破碎机工作锤头上装有专用传感器，感应路面的振动反馈，由电脑自动调节振动频率，激发锤头下水泥路面局部范围产生共振，从而将水泥路面击碎。结合你所学的知识判断以下说法正确的是(　　) A．水泥路面振动的频率不随锤头振动频率的变化而变化 B．锤头周期性击打水泥路面停止工作后，水泥路面振动的频率随着振幅减小而减小 C．锤头振动频率越高，水泥路面的振动幅度越大，效果越好 D．调节锤头的振动频率等于水泥路面的固有频率时，水泥路面的振动幅度最大，效果最好 答案：D 解析：水泥路面在锤头的作用下做受迫振动，其频率始终等于锤头的振动频率，故A错误；锤头周期性击打水泥路面停止工作后，水泥路面做阻尼振动，振动的振幅减小，但频率等于固有频率，保持不变，故B错误；当锤头振动频率等于水泥路面的固有频率时，水泥路面发生共振，振动幅度达到最大，效果最好，并非锤头振动频率越高效果越好，故C错误，D正确。 6．某弹簧振子做简谐振动的图像如图所示，取小球平衡位置为x轴原点，则(　　) A．3～4 s内，小球的加速度沿正方向且增大 B．1～3 s内，振子的动量变化量为零 C．第3 s末，弹簧的弹性势能一定为零 D．t＝ s时振子位移为4 cm 答案：D 解析：由题图知，3～4 s内，小球的位移沿正方向且增大，根据F＝－kx，又F＝ma，可得a＝－x，则小球的加速度沿负方向且增大，故A错误；由x­t图像切线的斜率表示小球的速度，可知1 s末和3 s末振子速度方向相反，则1～3 s内，振子的动量变化量不为零，故B错误；第3 s末，振子通过平衡位置，若振子沿竖直方向振动，则此时弹簧弹力大小等于小球重力大小，弹簧形变量不为零，弹性势能不为零，故C错误；由题图知，振子的振幅A＝8 cm，周期T＝4 s，振子振动方程为x＝Acost＝8cos(0.5πt) cm，则t＝ s时振子位移为x＝8cos cm＝4 cm，故D正确。 7．如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示。若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好对应振动最大位移处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由题意及题图乙可知，在该图样所对应的时间段内，该单摆恰好摆动了2.5个周期，故满足＝，又单摆周期公式为T＝2π，联立解得该单摆的等效摆长为l＝，B正确。 8.惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，如图所示。以下说法正确的是(　　) A．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 答案：AC 解析：根据单摆周期公式T＝2π知，当摆钟不准确时，则需要通过调整圆盘的位置来调整摆长，A正确；摆钟快了，周期小，则需将圆盘下移来增大摆长，从而增大周期，B错误；由冬季变为夏季时摆杆受热伸长，则需上移圆盘，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，则需将圆盘下移来使摆长增大，D错误。 9．如图甲所示的弹簧振子做简谐运动，从某一时刻开始计时，规定竖直向上为正方向，弹簧对小球的弹力与运动时间的关系如图乙所示。已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为T＝2π，其中m为振子的质量，k满足F＝－kx；当地重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．乙图从小球处在最高位置开始计时 B．用正弦函数表示简谐运动位移时，初相位φ0＝－ C．简谐运动的周期T为t0 D．根据题给信息可以计算简谐运动的振幅 答案：BCD 解析：该弹簧振子做简谐运动的回复力F回＝F－mg，当弹力最大时，小球处在最低位置，则乙图从小球处在最低位置开始计时，可知初相位φ0＝－，故A错误，B正确；由F ­t图像可得T＝t0，解得简谐运动的周期T＝t0，故C正确；简谐运动的振幅为小球离开平衡位置的最大距离，则F2－F1＝kA，又T＝2π，F1＝mg，则可求出振幅A，故D正确。 10．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m；t＝ s时刻x＝0.1 m；t＝4 s时刻x＝0.1 m。该振子的振幅和周期可能为(　　) A．0.1 m　 s B．0.1 m　8 s C．0.2 m　 s D．0.2 m　8 s 答案：ACD 解析：若振幅A＝0.1 m，T＝ s，t＝0时，x＝－0.1 m，则t＝ s＝时刻，有x＝0.1 m，t＝4 s时刻，即再经过Δt＝4 s－ s＝ s＝T，有x＝0.1 m，如图甲所示，A正确；若A＝0.1 m，T＝8 s，t＝0时，x＝－0.1 m，则t＝ s＝时刻，不可能有x＝0.1 m，所以B错误；若A＝0.2 m，T＝ s，t＝0时，x＝－0.1 m，则t＝ s＝时刻，可能有x＝0.1 m，t＝4 s时刻，即再经过Δt＝4 s－ s＝ s＝T，可以有x＝0.1 m，如图乙所示，C正确；若A＝0.2 m，T＝8 s，t＝0时刻振子的位移x＝－0.1 m，则t＝ s＝时刻，可能有x＝0.1 m，t＝4 s时刻，即再经过Δt＝4 s－ s＝ s＝，可以有x＝0.1 m，如图丙所示，D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共14分) 11．(6分)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。 (1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是________(填字母代号)。 A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量得更加准确 C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动 (2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测量从悬点到摆球的最低端的长度L＝0.9990 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为________ mm，单摆摆长为________ m。 (3)下列振动图像真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，要求摆角不大于5°，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)。 答案：(1)AC　(2)12.0　0.9930　(3)A 解析：(1)在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，其目的之一是为了防止摆球摆动过程中摆长发生变化，同时也方便调节摆长，以探究摆长与周期的关系，故A、C正确。 (2)游标卡尺示数为d＝12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm，则单摆摆长为l＝L－d＝0.9990 m－0.0060 m＝0.9930 m。 (3)当摆角不大于5°时，才能认为小球做简谐运动，所以单摆的最大振幅约为Amax＝lsin5°≈1×0.087 m＝8.7 cm，故C、D不符合实验要求；当摆球摆到最低点时速度较大，此时开始计时，误差较小，且测量周期时应让小球做30～50次全振动，通过计算平均值得到振动周期以减小误差，观察B选项图像可知，其从摆球摆到最高点开始计时，所以只有选项A对应的操作过程合乎实验要求且误差最小，故选A。 12．(8分)某中学“融和”“致远”两个物理学习小组分别利用单摆测量重力加速度。 (1)理论上根据单摆周期T和摆长l的数据作出的T2­l图线是一条过坐标原点的直线，“融和”组同学根据实验数据作出的图像如图甲所示。 ①造成图线不过坐标原点的原因可能是________________________。 ②π取3.14，由图像求出的重力加速度g＝________ m/s2(结果保留三位有效数字)。 (2)“致远”组同学在图乙所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图丙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丁的v­t图线所示。 ①结合由图甲所求得的重力加速度g，由图丁可知，该单摆的摆长为________ m(结果保留三位有效数字)。 ②“致远”组的其中几位同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度。他们采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度Δl，再测出其振动周期T2。则该同学测出的重力加速度的表达式为g＝________(用所测得的物理量符号表示)。 答案：(1)①把摆线长当作了摆长　②9.86 (2)①1.00　② 解析：(1)①由图甲可知，将图线向右平移1 cm就会通过坐标原点，所以相同周期下摆长偏小1 cm，造成图像不过坐标原点的原因可能是计算摆长时少加了小球的半径，即把摆线长当作了摆长。 ②根据单摆周期公式可得T＝2π，整理得T2＝l＋，结合图甲可知k＝＝ s2/m，解得g＝9.86 m/s2。 (2)①由图丁可知，该单摆的振动周期T＝2 s，根据T＝2π，可得该单摆的摆长L＝＝ m＝1.00 m。 ②设初始时摆长为l0，由题意及单摆周期公式可知T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝。 三、计算题(本题共3小题，共36分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)如图所示，一轻质弹簧的上端固定在倾角为30°的光滑斜面顶部，下端拴接小物块A，A通过一段细线与小物块B相连。已知B的质量m＝2 kg，弹簧的劲度系数k＝100 N/m，斜面始终保持静止状态，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)试证明烧断细线后小物块A做简谐运动； (2)求小物块A振动的振幅A。 答案：(1)见解析　(2)0.1 m 解析：(1)烧断细线后小物块A向上运动，受力平衡时，设弹簧的伸长量为x0，由平衡条件有kx0－mAgsin30°＝0 选A的平衡位置处为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示A离开平衡位置的位移，物块A受到的合力为 F＝mAgsin30°－k(x＋x0) 联立解得F＝－kx 则A受到的合力大小总是与物块偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总是指向平衡位置，所以烧断细线后小物块A做简谐运动。 (2)A、B组成的系统静止时，设弹簧的伸长量为x1，根据平衡条件有 kx1－(mA＋mB)gsin30°＝0 此位置与平衡位置的距离为物块A振动的振幅，则A＝x1－x0 联立并代入数据解得A＝0.1 m。 14．(12分)如图所示，为一弹簧振子的振动图像。求： (1)该振子做简谐运动的位移表达式； (2)在0.7～0.9 s内，该振子的回复力、动能、势能如何变化？在0.9～1.1 s内，该振子的加速度、速度、机械能如何变化？ (3)该振子在0～10 s内的路程是多少？10 s时位移是多少？ 答案：(1)x＝4sin cm (2)见解析　(3)200 cm　2 cm 解析：(1)由图可知，A＝4 cm，T＝0.8 s， t＝0.1 s时，x＝－4 cm 故4sin＝－4，解得φ0＝－π， 故该振子做简谐运动的位移表达式为 x＝4sin cm＝4sin cm。 (2)在0.7～0.9 s内，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，回复力沿正方向且增大，动能减小，势能增大；在0.9～1.1 s内，振子由负向最大位移处向平衡位置运动，加速度减小，速度增大，机械能不变。 (3)t＝10 s＝12T时，该振子的位移为x＝4sin cm＝2 cm 该振子在0～10 s内的路程为s＝12.5×4A＝50A＝200 cm。 15．(14分)如图所示为一单摆做受迫振动时振幅与驱动力频率的关系曲线，近似认为g＝π2 m/s2＝10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字。求： (1)该单摆的摆长； (2)共振时摆球的最大速度大小； (3)若摆球的质量为50克，共振时摆线的最大拉力是多少。 答案：(1)1.0 m　(2)0.25 m/s　(3)0.50 N 解析：(1)由A­f图像可知，该单摆的固有频率为f＝0.5 Hz 则该单摆的固有周期为T＝ 根据单摆周期公式有T＝2π 联立并代入数据解得该单摆的摆长l＝1.0 m。 (2)设摆球在最高点时摆线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由余弦定理得A2＝l2＋l2－2l2cosθ 由题图可知该单摆共振时的振幅为A＝8 cm 当摆球运动到最低点时速度最大，设为v，摆球从最高点到最低点的过程，由动能定理得mgl(1－cosθ)＝mv2－0 联立并代入数据解得v＝0.25 m/s。 (3)当摆球在最低点时，摆线的拉力最大，由牛顿第二定律可得F－mg＝m 代入数据解得，摆线的最大拉力F＝0.50 N。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$