第2章 07第二章 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Word（粤教版）

该高中物理导学案聚焦简谐运动规律，涵盖弹簧振子、单摆周期公式及共振现象等核心内容。通过路面共振破碎机等生活实例导入，衔接振动图像分析、位移公式等前序知识，为机械波学习构建认知支架。 以科学探究为导向，实验题规范单摆摆长测量、周期计时等操作，培养科学探究能力。计算题融入数学推理（如近似处理），体现科学思维，选择题结合生活实例强化运动和相互作用观念，习题层次分明助力巩固提升。

物理 选择性必修 第一册(粤教) 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.如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一记录用的铅笔P，在下面放一条白纸带，当小球振动时沿垂直于振动方向匀速拉动纸带，铅笔P就在纸带上画出一条振动曲线.若振动曲线如图乙所示，由图像判断下列说法正确的是（　　） A.振子偏离平衡位置的最大距离为10 cm B.1 s末到5 s末振子的路程为10 cm C.2 s末和4 s末振子的位移相等，运动方向也相同 D.振子在2 s内完成一次往复性运动 答案　A 解析　由图像可知振子偏离平衡位置的最大距离为10 cm，A正确；1 s末到5 s末振子的路程是振子运动路径的总长，为40 cm，故B错误；2 s末和4 s末振子的位移均为零，位移相同，2 s末振子向负方向运动，4 s末振子向正方向运动，运动方向相反，故C错误；振子在4 s内完成一次往复性运动，D错误. 2.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越好，故C错误，D正确. 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，角频率为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.如图所示为同一实验室中两个单摆的振动图像，从图中可知，两摆的（　　） A.摆长相等 B.振幅相等 C.摆球质量相等 D.摆球同时改变速度方向 答案　A 解析　由图像可知，两摆的振幅不相等，速度方向不是同时改变，周期相同，说明摆长相等，所以A正确，B、D错误；据图中信息无法判断摆球的质量关系，C错误. 5.如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm，弹簧处于原长时，弹簧振子处于图示P位置.若将质量为m的振子向右拉动5 cm后由静止释放，经0.5 s振子第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是（　　） A.该弹簧振子的振动频率为1 Hz B.若向右拉动10 cm后由静止释放，经过1 s振子第一次回到P位置 C.若向左推动8 cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是2 s D.在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20 cm，总是经0.5 s速度就降为0 答案　D 解析　由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝4×0.5 s＝2 s，振动频率为0.5 Hz，A错误.弹簧振子的周期由振动系统本身决定，与振幅无关，故只要振子的最大位移不超过20 cm，即弹簧形变在最大限度内，则振子的振动周期仍为2 s；由此可知，若向右拉动10 cm后由静止释放，经过T＝0.5 s振子第一次回到P位置；若向左推动8 cm后由静止释放，振子连续两次经过P位置的时间间隔是＝1 s；在P位置给振子任意一个向左或向右的初速度，只要最大位移不超过20 cm，总是经＝0.5 s到达最大位移处，即速度降为0；综上，B、C错误，D正确. 6.一弹簧振子的振幅为A，周期为T＝4t0.若振子从平衡位置处开始经过时间时的加速度大小和动能分别为a1和E1，而振子在位移为时加速度大小和动能分别为a2和E2，则a1、a2和E1、E2的大小关系为（　　） A.a1>a2，E1<E2 B.a1>a2，E1>E2 C.a1<a2，E1<E2 D.a1<a2，E1>E2 答案　A 解析　振子由平衡位置到最大位移处速度不断减小，加速度不断增大，由x＝Asint和T＝4t0知，当t＝时，x＝>，故a1>a2，E1<E2，A正确. 7.如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉.将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，并从释放时开始计时.当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡.设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正.下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是（　　） 答案　A 解析　摆长为l时单摆的周期T1＝2π，振幅A1＝lα（α为摆角），摆长为l时单摆的周期T2＝2π＝π＝，振幅A2＝lβ（β为摆角）.根据机械能守恒定律得mgl（1－cosα）＝mg（1－cosβ），利用cosα＝1－2sin2，cosβ＝1－2sin2，以及sin≈tan≈，sin≈tan≈，解得β＝2α，故A2＝A1，故A正确. 8.如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，在B、C之间做简谐运动，规定向右为正方向.图乙是它的速度v随时间t变化的图像.下列说法中正确的是（　　） A.t＝2 s时刻，振子的位置在O点左侧4 cm处 B.t＝3 s时刻，振子的速度方向向左 C.t＝4 s时刻，振子的加速度方向向右且为最大值 D.振子的周期为8 s 答案　BCD 解析　根据题图和正方向的规定可知，t＝2 s时刻，速度最大，振子处于平衡位置，A错误；t＝3 s时刻，振子的速度方向向左，B正确；t＝4 s时刻，速度为零，振子在左边最大位移处，加速度方向向右且为最大值，C正确；从题图乙可知，振子的周期为8 s，D正确. 9.如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像.已知甲、乙两个振子质量相等.则（　　） A.甲、乙两振子的振幅分别为2 cm、1 cm B.甲、乙两个振子的相位差总为π C.前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值 D.第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大 答案　AD 解析　两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，A正确；两振子的频率不相等，相位差为一变量，B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，C错误；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，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）如图所示为用单摆测重力加速度的实验. （1）（多选）为了减小误差，下列措施正确的是　　　　. A.摆长L应为线长与摆球半径的和，且在20 cm左右 B.在摆线上端的悬点处，用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线 C.在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线 D.计时起点和终点都应在摆球的最高点，且测不少于30次全振动的时间 （2）某同学正确操作，得到了摆长L和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T＝　　　　，当地的重力加速度g＝　　　　. 答案　（1）BC　（2）　L 解析　（1）摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1 m左右为宜，A错误；为使实验过程中摆长不变，悬点处用开有狭缝的橡皮塞夹牢摆线，B正确；在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线，可减小计时误差，C正确；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，D错误. （2）由t＝nT知单摆的周期T＝.由T＝2π得g＝，将T代入得g＝L. 12.（8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，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，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：A＝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，所以选项A对应的操作过程合乎实验要求且误差最小，故选A. 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.（11分）如图所示，电荷量分别为4q和－q的小球A、B固定在水平放置的光滑绝缘细杆上，相距为d.若杆上套一带电小环C，带电体A、B和C均可视为点电荷. （1）求小环C的平衡位置； （2）若小环C所带电荷量为－q，将小环C拉离平衡位置一段小位移x（|x|≪d）后静止释放，试证明小环C将做简谐运动. 答案　（1）在B的右侧距离B为d处 （2）见解析 解析　（1）设C在A、B的连线的延长线上距离B为l处达到平衡，所带电荷量为Q，根据库仑定律及平衡条件有 FC＝＋＝0 解得l1＝－d（舍去），l2＝d. （2）小环C所带电荷量为－q时，将其拉离平衡位置一段小位移x后，以水平向右为正方向，则C所受合力为 FC＝＋ 利用近似关系＝1－nα（α≪1）化简得 FC＝－＋＝－x 满足F＝－kx的形式，故小环C做简谐运动. 14.（11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＝4cos cm （2）见解析　（3）200 cm　2 cm 解析　（1）由题图可知，A＝4 cm，T＝0.8 s， t＝0.1 s时，x＝－4 cm 故4cos＝－4，解得φ＝π， 故该振子做简谐运动的位移表达式为 x＝4cos cm＝4cos 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时，x＝4cos cm＝2 cm， 0～10 s内的路程s＝×4A＝50A＝200 cm. 15.（14分）细长轻绳拴一质量为m的小球构成单摆，摆长为L.将摆球拉开一个小角度，然后无初速地释放，小球在竖直平面内做简谐运动，其振动图像如图所示，图中A、T为已知量，重力加速度为g. （1）写出小球做简谐运动的位移x与运动时间t的函数关系式； （2）求小球运动过程中的最大速度； （3）求小球运动过程中轻绳的最大拉力. 答案　（1）x＝Acos （2）A　（3）mg 解析　（1）由题图知，简谐运动的振幅为A，角频率ω＝ 初相位φ＝ 根据x＝Acos（ωt＋φ）可知小球做简谐运动的位移x与运动时间t的函数关系式 x＝Acos. （2）小球运动到最低点时速度最大，记为vm， 小球从最高点运动到最低点，根据动能定理有 mgL（1－cosθ）＝mv－0 解得vm＝2sin 已知当θ趋近于0时，sin≈，故θ≈ 可得vm＝A. （3）小球摆动到最低点时轻绳的拉力最大，设为Tmax，根据牛顿第二定律有 Tmax－mg＝m 可得Tmax＝mg. 9 学科网（北京）股份有限公司 $$