章末检测卷(二)(Word练习)-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

章末检测卷(二) (时间：90分钟　满分：100分) 一、单项单选题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1． 如图所示，甲质点在x1轴上做简谐运动，O1为其平衡位置，A1、B1为其所能达到的最远处．乙质点沿x2轴从A2点开始做初速度为零的匀加速直线运动．已知A1O1＝A2O2，甲、乙两质点分别经过O1、O2时速率相等，设甲质点从A1运动到O1的时间为t1，乙质点从A2运动到O2的时间为t2，则(　　) A．t1＝t2　　　　　 B．t1>t2 C．t1<t2 D．无法比较t1、t2 解析： 选C　已知A1O1＝A2O2，甲、乙两质点分别经过O1、O2时速率相等，结合题意，作出甲质点从A1到O1与乙质点从A2到O2过程的v－t图像，如图所示容易得出t1<t2故选C． 2．摆长为l的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t＝0)，当振动至t＝时，摆球恰具有负向最大速度，则单摆的振动图像是(　　 ) 解析：选C　由T＝2π可知t＝＝T，即在T时，摆球应在平衡位置向负方向运动，可知C项正确． 3．如图所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统．当圆盘静止时，小球可稳定振动．现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定．改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则(　　 ) A．此振动系统的固有频率约为3 Hz B．此振动系统的固有频率约为0．25 Hz C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变 D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动 解析：选A　当T固＝T驱时振幅最大，由乙图可知当f驱＝3 Hz时，振幅最大，所以此振动系统的固有频率约为3 Hz，A正确，B错误；若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动周期增大，频率减小，但振动系统的固有周期和频率不变，共振曲线的峰值也不变，C、D都错误． 4．如图所示，物体A、B叠放在光滑水平面上，轻质弹簧的一端固定在墙面上，另一端与A相连，弹簧的轴线与水平面平行．开始时弹簧处于伸长状态，释放后物体A、B一起运动，第一次向右通过平衡位置开始计时，取向右为正方向，则物体A受的摩擦力Ff与时间t的关系图像正确的是(　　) 　 　A．　　　　　　　　　B． 　　 　C．　　　　　　　　D． 解析：选A　物体A、B与弹簧组成的系统所做的运动是简谐振动，A、B作为一个整体，其位移与时间成正弦函数关系，其所受的合外力即是恢复力，与位移成正比，所以恢复力与时间也成正弦函数的关系；将物体B单独隔离出来分析，物体B也做简谐振动，其恢复力就是A对它的摩擦力，这个摩擦力也与时间成正弦函数关系．故选A． 5．如图所示，一质点在a、b间做简谐运动，O是它振动的平衡位置．若从质点经过O点开始计时，经3 s，质点第一次到达M点，再经2 s，它第二次经过M点，则该质点的振动图像可能是(　　 ) 解析：选C　若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M到b的时间为1 s，则＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝16 s；若质点从平衡位置向左运动，可知M到b的时间为1 s，则T＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝s，故C正确，A、B、D错误． 6．一弹簧振子做简谐运动，周期为T(　　) A．若t和(t＋Δt)时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，则Δt一定是的整数倍 B．若t和(t＋Δt)时刻振子运动位移的大小相等、方向相反，则Δt一定是的整数倍 C．若Δt＝T，则t和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相等 D．若Δt＝，则t和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相等 解析：选C　A．根据振子运动的对称性可知，若t和(t＋Δt)时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，振子可以处于关于平衡位置对称的两点，则Δt可以为等，故A错误；B．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，如果速度相反，则时间Δt一定是的奇数倍，若速度同方向，不是半周期的整数倍，故B错误；C．若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子处于同一位置，振子的位移相同，由a＝可知，加速度一定相等，故C正确；D．若Δt＝，则在t和(t＋Δt)两时刻振子必在关于平衡位置对称的两位置(包括平衡位置)，这两时刻，振子的位移、加速度、速度等均大小相等、方向相反，但在这两时刻弹簧的长度并不一定相等(只有当振子在t和(t＋Δt)两时刻均在平衡位置时，弹簧长度才相等)，故D错误．故选C． 7．“单摆”是一种理想化模型，如图所示，为l轻绳下端拴着一个可视为质点的小球，上端固定放在倾角为θ的光滑斜面上，这个装置也可以等效为“单摆”，当摆球在斜面所在的平面内做小摆角振动时的周期为(　　) A．T＝2π B．T＝2π C．T＝2π D．以上答案都不对 解析：选C　在斜面上，根据牛顿第二定律可知，沿斜面向下的加速度为a＝gsin θ，所以单摆的周期为T＝2π，ABD错误C正确． 8．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是(　　) A．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能 B．摆球机械能守恒 C．能量正在消失 D．只有动能和重力势能的相互转化 解析：选A　根据能量守恒定律可知，能量不会消失，由题意可知，摆球的机械能由于阻力做功越来越小，故机械能不再守恒；减小的机械能转化为周围的内能A． 总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能符合题意，A正确B． 摆球机械能守恒不符合题意，B错误C．能量正在消失不符合题意，C错误D．只有动能和重力势能的相互转化不符合题意，D错误． 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．如图所示是一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是(　　) A．该质点振动的周期为0．8 s B．t＝0．2 s时，质点的加速度最大 C．质点在一个周期内通过的路程为16 cm D．在t＝0和t＝0．4 s时，质点所受的回复力相同 解析：选AC　A．从图中可知T＝0．8 s，故A正确；B．t＝0．2 s时质点在平衡位置，回复力为零，加速度为零，故B错误；C．质点在一个周期内的路程为s＝4A＝4×4 cm＝16 cm故C正确；D．t＝0时刻质点在正向最大位移处，回复力指向x轴负方向，而在t＝0．4 s时刻，质点在负向最大位移处，回复力指向x轴正方向，两力大小相等，但方向相反，故D错误．故选AC． 10． 如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一小球(小球可以看成质点)．在O点正下方，距O点处的P点固定一颗小钉子．现将小球拉到点A处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球．点B是小球运动的最低位置，点C(图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置．已知点A与点B之间的高度差为h，h≪l，A、B、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．点C与点B高度差小于h B．点C与点B高度差等于h C．小球摆动的周期等于 D．小球摆动的周期等于 解析：选BC　由机械能守恒定律可知，点C与点B高度差等于h，选项A错误，B正确；由单摆周期公式可知，小球摆动的周期等于π＋π ＝，选项D错误，C正确． 11．如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，恰与静止在P处的B球发生碰撞，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时能与A再次相遇，则位置P与墙壁间的距离d可能为(　　) A． B． C． D．πv 解析：选BD　摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B球做匀速直线运动，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍． B球运动时间t＝n· (n＝1，2，3……)① B球做匀速直线运动，运动时间t＝② 单摆周期公式T＝2π③ 联立①②③解得d＝(n＝1，2，3……)当n＝1时d＝当n＝2时d＝πv当n＝3时d＝故BD正确，AC错误．故选BD． 12．如图所示为一个自制的振动系统．在泡沫上插上两根弹性很好的细竹片，并用塑料夹夹在竹片上端做成两个“单摆”A、B．A、B除塑料夹高度不同外，其他条件完全相同．当底座沿某一方向做周期性振动时，A、B也跟着振动起来．下述说法正确的是(　　) A．摆A的固有频率比B的大 B．当摆座做周期性振动时，A摆的振动频率比B的大 C．当底座振动频率由零开始从小到大变化(保持振幅不变)时，B开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大 D．当底座振动频率由零开始从小到大变化(保持振幅不变)时，A开始振幅大，随着频率变大，摆B的振幅比A的大 解析：选AC　A．由于摆B的摆长大于A，根据T＝2π 知，摆B的固有周期大于A，则摆A的固有频率大于B．故A正确；B．A、B都做受迫振动，振动频率相等，等于驱动力的频率．故B错误；CD．因为B摆的固有频率较小，当底座振动频率由零开始从小到大变化(保持振幅不变)时，B摆先发生共振，然后A摆发生共振，所以B摆开始振幅大，随着频率变大，摆A的振幅比B的大，故C正确，D错误．故选AC． [点评]　解决本题的关键知道振动频率与驱动力频率的关系，以及知道发生共振的条件． 三、实验题(本题共2小题，共14分) 13．物理课外活动小组在用单摆测重力加速度的实验中，测出了不同摆长L所对应的周期T，在进行实验数据处理时： (1)甲同学以摆长L为横坐标、周期T的平方为纵坐标作出了T2—L图线．若他由图像测得的图线斜率为k，则测得的重力加速度g＝_____________．若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，则他用图线法求得的重力加速度________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)． (2)乙同学根据公式T＝2π得g＝，并计算重力加速度，若他测得摆长时，把摆线长当作摆长(忘记加上小球半径)，则他测得的重力加速度值__________(选填“偏大”“偏小”或“准确”)． 解析：(1)如果甲同学以摆长(l)为横坐标、周期(T)的平方为纵坐标作出了T2－l图像，若他测得的图像的斜率为k，则k＝，由公式g＝，可知测得的重力加速度g＝；若甲同学测摆长时，忘记测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，由公式g＝可知，与摆长无关，所以测量值准确． (2)乙同学根据公式：T＝2π得g＝l，并计算重力加速度，若乙同学测摆长时，也忘记了测摆球的半径，将摆线的长误为摆长，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小． 答案：(1)g＝　准确　(2)偏小 14．在“利用单摆测重力加速度”的实验中 (1)以下做法中正确的是________； A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球间的细线长 B．测量周期时，从小球到达最大振幅位置开始计时，摆球完成50次全振动时，及时截止，然后求出完成一次全振动的时间 C．要保证单摆自始至终在同一竖直面内摆动 D．单摆振动时，应注意使它的偏角开始时不能小于10° (2)某同学先用米尺测得摆线长为97．43 cm，用游标卡尺测得摆球直径为________cm； (3)然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示为________s．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l－T2图像，如图丙所示．实验得到的l－T2图像是________(选填“a”“b”或“c”)． 解析：(1)单摆的摆长为线长加摆球半径，则A错误；测量周期时，为减小误差从平衡位置计时开始，则B错误；单摆振动时，摆角不大于5°，则D错误，故选C． (2)游标卡尺的主尺长度为18 mm，游标尺对齐格数为6个格，读数：6×0．1＝0．6 mm，所以直径为：18＋0．6＝18．6 mm＝1．86 cm． (3)秒表读数为t＝100．0 s；由单摆的周期公式T＝2π可得T2＝L，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，比实际摆长多出摆球的半径，即l＝T2＋R，则l－T2图像画出的直线将不通过原点，纵截距大于零；故选c． 答案：(1)C　(2)1．86 cm　(3)100．0 s　c 四、计算题(本题共4小题，共46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) 15．(9分)如图是某简谐运动的振动图像，试根据图像回答下列问题． (1)该简谐运动的振幅、周期、频率各是多大？ (2)从C点算起，到曲线上的哪一点，表示完成了一次全振动？ (3)曲线上A、B、C、D、E、F、G、H各点中，哪些点表示振子的动能最大，哪些点表示振子的势能最大？ 解析：(1)由图像可知，这个简写运动的振幅为2 cm，周期为0．8 s，频率为1．25 Hz． (2)如果从C点算起，到曲线上的G点，表示一次往复运动，即是一次全振动． (3)当简谐运动的位移为0时，全部势能转化为动能，动能最大势能最小有：B、D、F、H点，当位移最大时，全部动能转化为势能，表示势能最大的点有：A、E、C、G． 答案：(1)振幅为2 cm，周期为0．8 s，频率为1．25Hz　(2)G点　(3)表示振子动能最大的点有：B、D、F、H　表示势能最大的点有：A、E、C、G． 16．(9分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移时间关系如图所示．求： (1)写出该简谐运动的表达式； (2)t＝0．25×10－2 s时的位移； (3)从t＝0到t＝8．5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？ 解析：(1)由图像知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，φ＝－则ω＝＝100π rad/s则表达式为x＝2sin(100πt－) cm． (2)把t＝0．25×10－2 s代入表达式得x＝2 sin(－) cm≈－1．414 cm． (3)时间为Δt＝8．5×10－2 s＝T所以通过的路程为s＝×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm把t＝8．5×10－2 s代入表达式得x′＝2sin 8π＝0即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移大小为Δx＝x′－x0＝2 cm． 答案：(1)x＝2sin(100πt－) cm (2)－1．414 cm　(3)34 cm　2 cm 17．(14分)如图，一个半径为R的凹槽，该槽是圆柱体侧表面的一部分．MN、PQ为圆柱表面的母线，MN＝PQ＝L，在其一端的最低处有一小孔B．一半径略小于B孔半径且远小于R的小球，位于槽的另一端边缘点A处(A靠近槽的最低点)，不计摩擦． (1)若小球初速度为零，求小球运动到轨道最低点的时间； (2)若小球以初速度v0开始沿平行于MN的方向运动，要使小球运动到槽的另一端时，恰能落入B孔中，求小球的初速度v0和L应满足的关系式． 解析：(1)如果小球没有初速度则小球做简谐运动，简谐运动的周期为T＝2π，小球运动到轨道最低点的时间t＝n＋＝nπ＋ (n＝0，1，2，3，…)． (2)沿MN方向小球做匀速直线运动，则L＝v0t解得v0＝ (n＝0，1，2，3，…)． 答案：(1)nπ ＋ (n＝0，1，2，3，…) (2) (n＝0，1，2，3，…) 18．(14分)如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗(可视为质点)，用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小(小于5°)的摆动．漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹．测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g， 丙 (1)试证明此漏斗做简谐运动； (2)根据图丙求漏斗振动的周期T及摆长l； (3)图乙中测得A、C两点间距离为x1，A、E两点间距离为x2．求滑块加速度的大小及液体滴在D点时滑块速度的大小． 解析：(1)对漏斗，设当偏角为θ时，位移为x，且设位移x的方向为正方向．重力垂直绳方向的分力提供回复力F＝mgsin θ当θ很小时sin θ＝回复力方向与x方向相反，可得F＝－x满足F＝－kx，可知漏斗的振动为简谐振动． (2)根据图丙求可知漏斗振动的周期T＝2t0根据单摆的周期公式T＝2π可得摆长l＝． (3)由匀变速直线运动的规律可知xCE－xAC＝aT2即x2－2x1＝a(2t0)2解得a＝液滴在D点时滑块速度的大小vD＝＝ 答案：(1)见解析　(2)2t0　l＝ (3) a＝　vD＝ 学科网（北京）股份有限公司 $$