第二章 机械振动 阶段•评估 第二章质量检测(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

第二章质量检测 阶段•评估　 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.如图所示，水平方向上有一弹簧振子，O点是其平衡位置，振子在a和b之间做简谐运动，关于振子下列说法正确的是(　　) A.在a点时加速度最大，速度最大 B.在O点时速度最大，位移最大 C.在b点时位移最大，速度最小 D.在b点时加速度最大，速度最大 √ 解析：O为弹簧振子振动的平衡位置，其加速度为0，位移为0，速度最大，B错误;振子在a、b两位置，振动的位移最大，加速度最大，速度为0，故A、D错误，C正确。 2.一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率。在驱动力的频率逐渐增大的过程中，该物体的振幅 (　　) A.一定逐渐增大 B.一定逐渐减小 C.可能先增大后减小 D.可能先减小后增大 √ 解析：一物体做受迫振动，当驱动力的频率等于该物体的固有频率时，该物体的振幅最大;由于一开始驱动力的频率小于该物体的固有频率，在驱动力的频率逐渐增大的过程中，如果驱动力的频率仍然小于该物体的固有频率，则该物体的振幅增大，如果驱动力的频率已经大于该物体的固有频率，则该物体的振幅减小，所以该物体的振幅可能先增大后减小。故选C。 3.关于机械振动，下列说法不正确的是 (　　) A.做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关 B.做简谐运动的物体经过平衡位置时所受合外力一定为零 C.单摆做简谐运动的周期跟振幅及摆球质量无关 D.单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，外力的频率越大，单摆的振幅可能越小 √ 解析：振幅反映了振动的强弱，可知做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，A正确;做简谐运动的物体经过平衡位置时的回复力一定为零，但所受合外力不一定为零，例如振幅很小的单摆运动到最低点时受到的合外力就不为零，B错误;根据单摆的周期公式T=2π可知，单摆做简谐运动的周期跟振幅及摆球质量无关，C正确;根据发生共振的条件可知，当外力的频率等于单摆的固有频率时，单摆做受迫振动的振幅最大，若外力的频率大于单摆的固有频率，则外力的频率越大，单摆的振幅越小，D正确。 4.如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同 √ 解析：根据题图可知，该单摆的振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π，得摆长为l==1.6 m。x⁃t图像的斜率表示速度，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，C正确。 5.在光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子及其振动图像如图所示，下列说法错误的是 (　　) A.t=0时，弹簧处于原长 B.周期T=2 s C.某段时间，小球的加速度和速度可能都减小 D.一个周期内小球通过的路程等于80 cm √ 解析：小球在弹簧弹力的作用下做简谐运动，由题图乙可知t=0时，小球处于平衡位置，回复力为零，弹簧弹力为零，弹簧处于原长，故A正确;由题图乙可知，周期T=2 s，故B正确;小球靠近平衡位置的过程做的是加速度减小、速度增大的运动，远离平衡位置的过程做的是加速度增大、速度减小的运动，则小球的加速度和速度不可能都减小，故C错误;由题图乙可知，振幅为20 cm，一个周期内小球通过的路程为s=4A=80 cm，故D正确。本题选错误的，故选C。 6.如图所示，将质量为m的小球悬挂在一轻质弹簧下端，静止后小球所在的位置为O点(图中未标出)。现将小球从O点向下拉至弹簧对小球的弹力大小为2mg(g为重力加速度)，然后释放，已知小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。则小球位于最高点时弹簧的弹力大小为 (　　) A.2mg B.0 C.mg D.mg √ 解析：设小球处于最低点时弹簧的弹力大小为F1，则有F1=2mg，释放瞬间对小球由牛顿第二定律可得F1-mg=ma1，解得a1=g，设小球运动到最高点时弹簧的弹力大小为F2，小球的加速度大小为a2，根据对称性可得a2=a1，在最高点对小球由牛顿第二定律可得F2+mg=ma2，解得F2=0，故选B。 7.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度为g，则以下判断正确的是 (　　) A.单摆在斜面上摆动的周期T=2π B.摆球经过平衡位置时的回复力大小为F=m C.若摆球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小 D.若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将增大 √ 解析：单摆在斜面上摆动时，等效重力加速度为g'=gsin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T=2π=2π，若斜面的倾角α增大，则单摆的振动周期将减小，故A、D错误;回复力大小与摆球偏离平衡位置的位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时的回复力大小为零，故B错误;若摆球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆的等效重力加速度为g″=gsin α+，所以单摆在斜面上摆动的周期T'=2π=2π<T，故C正确。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.振动系统的固有周期为0.05 s B.振动系统的固有周期为3 s C.圆盘的转速越大，小球振动的频率越大 D.圆盘的转速越大，小球振动的频率越小 √ √ 解析：根据图像可得当转速为n=20 r/min= r/s，振动系统受迫振动的振幅最大，所以振动系统的固有周期为T=3 s，故A错误，B正确;受迫振动的频率与驱动力频率相同，转速越大，驱动力频率越大，则小球振动的频率越大，故C正确，D错误。 9.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。当振子位于A点时弹簧处于原长状态。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。振子的位移x随时间t变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是 (　　) A.振子位移的表达式为x=12sin(1.6t) cm B.t=0.6 s时，振子的速度方向竖直向下 C.振子在B点的加速度大小为g D.振子的动能和弹簧的弹性势能之和保持不变 √ √ 解析：由题图乙可知，振子做简谐运动的振幅为A=12 cm，周期为T=1.6 s，则振子振动的圆频率为ω==1.25π rad/s，振子位移的表达式为x=Asin (ωt)=12sin(1.25πt) cm，故A错误;由题图乙可知，t=0.6 s时，振子由最高点A向下运动至A、O两点之间的某一位置，则振子的速度方向竖直向下，故B正确;由简谐运动的对称性可知，振子在A、B两点的加速度大小相等、方向相反，由于振子在A点时弹簧处于原 长状态，则振子在A点时的加速度大小为g，所以振子在B点的加速度大小也为g，故C正确;振子做简谐运动，机械能守恒，以A点为初始位置，在振子向下运动过程中，重力势能逐渐减少，则振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变大，反之在振子向上运动过程中，振子的动能和弹簧的弹性势能之和逐渐变小，故D错误。 10.图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像，则下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1 B.t=2 s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小 C.甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1 D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等 √ √ 解析：甲、乙两单摆的振幅分别为4 cm和2 cm，则振幅之比为2∶1，故A正确;t=2 s时，甲单摆在平衡位置，重力势能最小，乙单摆在最高点，动能最小，故B错误;甲、乙两单摆的周期之比为1∶2，根据T=2π，可知摆长之比为1∶4，故C错误;设单摆的最大偏角为θ，由mgl=mv2及ma=m，可得摆球在最低点时向心加速度a=2g(1-cos θ)=4gsin2，又因单摆的最大偏角θ满足sin= =，则a=4gsin2=，所以a甲>a乙，故D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)某实验小组用图甲所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。所用实验器材有：摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、10分度的游标卡尺、停表等。 请回答下列问题： (1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。(2分)  A.摆线要选择细些的、伸缩性大的，并且尽可能长一些 B.摆球尽量选择质量大、体积小的金属球 C.用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长 D.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时 BD 解析：摆线要选择细些的、伸缩性小的、长短适当的，选项A错误;摆球尽量选择质量大、体积小的金属球，以减小阻力的影响，选项B正确;用刻度尺测量摆线的长度l，再加上小球半径才是单摆的摆长，选项C错误;拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，选项D正确。 (2)用刻度尺测得摆线长度为97.70 cm，用游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，则摆球的直径为________mm。(2分)  18.6 解析：摆球的直径为18 mm+6×0.1 mm=18.6 mm。 (3)实验中测得摆球做50次全振动所用的时间为99.50 s，π2取9.87，由此算得当地的重力加速度的值为________m/s2(保留3位有效数字)。(3分)  9.83 解析：周期T==1.99 s，摆长L=97.70 cm+×1.86 cm=98.63 cm，根据T=2π，可得g== m/s2≈9.83 m/s2。 12.(9分)在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图(a)，某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下： (1)调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块; (2)将滑块拉至离平衡位置20 cm处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期T; (3)将质量为m的砝码固定在滑块上，重复步骤(2); (4)依次增加砝码质量m，测出对应的周期T，实验数据如下表所示，在图(b)中绘制T2⁃m关系图线;(2分) m/kg T/s T2/s2 0.000 0.632 0.399 0.050 0.775 0.601 0.100 0.893 0.797 0.150 1.001 1.002 0.200 1.105 1.221 0.250 1.175 1.381 解析：根据表格中的数据描点连线，如图所示。 (5)由T2⁃m图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是　　　　(填“线性的”或“非线性的”);(2分)  线性的 解析：T2⁃m图线是一条倾斜的直线，说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量呈线性关系。 (6)取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到T2=0.880 s2，则待测物体质量是________kg(保留3位有效数字);(2分)  0.120 解析：在图线上找到纵坐标为T2=0.880 s2的点，对应横坐标为0.120 kg。 (7)若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得T2⁃m图线与原图线相比将沿纵轴　　　　移动(填“正方向”“负方向”或“不”)。(3分)  解析：当m=0时，T2为滑块质量对应的弹簧振子振动周期的平方，由T2⁃m图像可知物体的质量越大，对应的弹簧振子的振动周期越大，所以质量较小的滑块对应的弹簧振子的振动周期较小，故换一个质量较小的滑块重做实验，所得T2⁃m图线与原图线相比将沿纵轴负方向移动。 负方向 13.(11分)如图所示，一单摆的摆长为l，摆球质量为m，最低点A处固定一竖直挡板。将摆球从A点拉至B点，OB与竖直方向夹角为θ(θ<5°)，从B点无初速度释放摆球。摆球与挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。摆球从B点开始释放到第一次回到B点经历的时间为t。求： (1)当地的重力加速度大小g;(3分) 答案：　 解析：根据单摆的周期公式T=2π，T=2t 所以g=。 (2)摆球撞击挡板的速度大小v;(4分) 答案：　 解析：摆球从B点开始释放至运动到最低点的过程，根据动能定理可得mgl(1-cos θ)=mv2，解得v=。 (3)摆球运动至最低点时摆线上的拉力大小F。(4分) 答案：(3-2cos θ) 解析：在最低点，根据牛顿第二定律可得 F-mg=m，所以F=(3-2cos θ)。 14.(12分)正在修建的房顶上固定的一根不可伸长的细线垂到三楼窗沿下，某同学应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度。先将线的下端系上一个小球，发现当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，他打开窗子，让小球在垂直于墙的竖直平面内摆动，如图所示。从小球第1次通过图中的B点开始计时，第21次通过B点时用时30 s;小球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为1 m，当地重力加速度g取π2 m/s2。 (1)从小球第1次从左向右经过B点开始计时，则第2次经过B点时，时间间隔是多少?(8分) 答案：2 s　 解析：从小球第1次通过题图中的B点到第21次通过B点共用时30 s，则周期为T= s=3 s，小球从B点到O点再到B点用时t1=T1=×2π=1 s，则小球第1次从左向右经过B点到第2次经过B点时，时间间隔为t=T-t1=2 s。 (2)求房顶到窗上沿的高度。(4分) 答案：3 m 解析：球心到窗上沿的距离l=1 m，由于该单摆在左、右两侧摆动的摆长变化，根据单摆周期公式可得T=(T1+T2)= 代入数据解得房顶到窗上沿的高度为h=3 m。 15.(15分)如图甲所示，光滑水平面上有一处于原长状态的弹簧(劲度系数为k)，其左端与一固定立柱相连，右端与一静止的质量为m的小球相连。现将小球向右拉至M点后，由静止释放小球。以O点为坐标原点，水平向右为x轴的正方向，小球向左经过O点时为t=0时刻，小球的振动图像如图乙所示。求： (1)该弹簧振子在0~2 024 s时间内的总路程;(4分) 答案：50.6 m　 解析：由题图乙可知，该弹簧振子的振幅A=5 cm 振动周期为T=8 s 则0~2 024 s时间内的总路程为s=×4A=×4×5 cm =5 060 cm=50.6 m。 (2)该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式;(5分) 答案：x=5sin cm　 解析：设该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式为x=Asin (ωt+φ)，其中ω== rad/s 由题图乙可知，t=2 s时x=-5 cm，代入位移与时间的关系式得sin=-1，解得φ=π 则该弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系式为x=5sin cm。 (3)若将甲图中弹簧振子竖直悬挂起来后(如图丙所示)，再向下将弹簧拉长x，然后放手，小球开始振动。该振动是简谐运动吗(只需回答“是”或“不是”)?并求出小球运动到最高点的加速度。(结果用题中字母表示)(6分) 答案：是　，方向竖直向下 解析：是简谐运动。 小球在平衡位置时有mg=kx0 由简谐运动的对称性可知，小球在最高点和最低点的加速度大小相等、方向相反。在最低点时，有k-mg=ma 解得a=，方向竖直向上 所以小球在最高点的加速度大小为，方向竖直向下。 本课结束 $$