第二章 机械振动-【突破课堂】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步单元达标检测卷（教科版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第二章　机械振动 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28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) 1.2024年9月16日,台风“贝碧嘉”登陆上海,安装在上海中心大厦125层的千吨“上海慧眼”阻尼器开始晃动。这款阻尼器由我国自主研发,在大厦受到风力作用摇晃时,阻尼器会摆向风吹来的方向,从而削弱大厦的晃动幅度。下列说法正确的是 (　　) A.阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率 B.阻尼器做受迫振动,其振动频率与大厦的振动频率相同 C.阻尼器摆动幅度受风力大小影响,风力越大,摆动幅度越大 D.安装阻尼器能起到减震作用,其原理是阻尼器能改变大厦的固有频率,从而杜绝共振现象 2.关于简谐运动,下列说法正确的是 (　　) A.做简谐运动的物体,经过同一位置时速度一定相同 B.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐运动的周期越小 C.乒乓球在桌面上上下跳动是简谐运动 D.一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1 sin 2.5πt m,在t=0.2 s时,振子的运动速度为零 3.如图所示,单摆在竖直平面内以较小摆角(小于5°)在M、N间摆动,Q为圆弧OM上一点,g为当地重力加速度,单摆摆长为l=。以小球向左经过Q点时为计时起点,以向右为正方向,此单摆的振动图像可能正确的是 (　　) 　　　　　　 　　　　　　 4.甲、乙两位同学分别使用图甲中所示的同一套装置,观察单摆做简谐运动时的振动图像。已知两人实验时所用摆的摆长相同,落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图乙中N1、N2所示。下列与两图线相关的分析正确的是 (　　) 　　 A.对应砂摆振动的幅度,N1的比N2的大 B.对应单摆振动的周期,N1的比N2的大 C.对应木板运动的速度,N1的比N2的小 D.砂摆摆到最低点时的加速度,N1的等于N2的 5.如图甲所示,振子以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动,取向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法不正确的是 (　　) 　　　　 A.0.3 s末和0.7 s末,振子的速度方向相反 B.在0.4~0.8 s时间内,振子的速度和加速度方向始终相同 C.振子做简谐运动的表达式为x=12 sin cm D.t=0.2 s时,振子的位移为6 cm 6.清明节荡秋千是我国的传统习俗。如图所示,秋千由座椅和绳构成,人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆,“等效摆球”的质量为m,摆绳长为l,忽略空气阻力。已知重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　) A.经过最低点时“摆球”处于平衡状态 B.“摆球”偏离最低点位移为x时,回复力F=-x C.偏离最低点运动的过程中,“摆球”的总能量逐渐增大 D.经过最低点时,人顺势轻轻跳下,座椅的振幅将增大 7.如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,在其正下方的P点有一个钉子,现将小球拉开一定的角度后释放,小球在摆动过程中的偏角不超过5°,OA绳长1.6 m。从某时刻开始计时,绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示,忽略一切阻力。下列说法正确的是 (　　) 　　 A.t=t0时小球位于A点 B.t=2t0时小球位于B点 C.t0=0.3π s D.O、P之间的距离为1.2 m 二、多项选择题(本题共3小题,每小题5分,共15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5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分) 8.图甲为研究单摆共振现象的装置,其中A、B、C小球的摆长相同,五个小球均可视为质点。图乙为A小球做受迫振动时振幅随驱动力频率变化的图像,所有小球静止后,将A小球拉开一个小角度释放(可视为单摆运动),则其余小球中 (　　) 　 A.B、C小球摆动时振幅最大 B.B、C小球不会发生共振现象 C.几个小球摆动周期将逐渐减小 D.E小球的A-f图像的峰值与乙图中峰值相比应向右移 9.如图所示,P、Q为竖直悬挂的两个弹簧振子,且悬挂振子的弹簧劲度系数相同,已知P、Q两球质量之比是4∶1,振动图像如图乙所示。则下列说法正确的是 (　　) 　　 A.P、Q两弹簧振子的振动频率之比是2∶1 B.P、Q振子在0~6 s内经过的路程之比是1∶1 C.P、Q振子最大加速度之比是1∶2 D.t=0.45 s时刻,P、Q振子的位移大小之比是∶1 10.质量为m、摆长为L的单摆,拉开一定角度后,在t1时刻由静止释放,在t1、t2、t3时刻(t1<t2<t3)摆球的动能Ek与势能Ep第一次出现如图关系,其中E0为单摆的总机械能,势能Ep以最低点为零势能面,不计空气阻力。则 (　　) A.摆球第一次回到释放点的时间为4(t2-t1) B.摆球在最低点的向心加速度为 C.t1~t2过程单摆转过角度小于t2~t3过程单摆转过角度 D.t2、t3时刻细绳拉力的差值大小为 三、非选择题(本题共5小题,共57分) 11.(8分)某组同学在图1所示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图2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3所示的v-t图线。 　　 (1)由图3可知,该单摆的周期T=　　　　s;  (2)摆线长度L为单摆悬点至小球上端的距离,更换摆线长度后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作T2-L图线,并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035。由此可以得出当地的重力加速度g=　　　　m/s2(取π2=9.86,结果保留3位有效数字)。若其他测量、计算均无误,则用上述方法算得的g值和真实值相比是　　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)的。  12.(10分)某班同学们用单摆测量重力加速度,实验装置如图甲所示。 　　 　　 (1)第一组同学在测量单摆的周期时,从单摆运动到最低点开始计时且记数为1,到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端),再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(示数如图乙所示)。 ①从图乙可知,摆球的直径为d=　　　　mm。  ②该小组的一位同学认为单摆周期为T=,并由此计算当地的重力加速度,若该小组其他操作都正确,他们的测量结果将　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。  (2)第二组同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T,画出L-T2图像,然后在图线上选取A、B两个点,坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式为g=　　　　。处理完数据后,该组同学发现在测量摆长时测的是摆线长度而未计入小球半径,这样　　　　(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。  (3)在测量时,第三组同学由于操作失误,致使摆球不在同一竖直平面内运动,而是在一个水平面内做圆周运动,如图丁所示,这时如果测出摆球做这种运动的周期,仍用单摆的周期公式求重力加速度,则求出的重力加速度与实际值相比　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。  13.(10分)某中学实验小组利用实验室的DIS传感器测量重力加速度的装置如图甲所示,有一悬挂于O点的单摆,将小球(可视为质点)拉到A点后释放,质量为m的小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动,已知B点为小球运动中的最低点,A、C两点为小球运动中的最高点,摆角为α(α<5°),在O点接有一力传感器,图乙表示从某时刻开始计时,由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线,由力传感器测得最小拉力为F2,图中F2、t0已知,求: (1)当地的重力加速度g; (2)单摆的摆长L; (3)力传感器测出的拉力的最大值F1。 　 14.(13分)如图所示,将质量为mA=100 g的物体A放在弹簧上端并与之连接,弹簧下端连接一质量为mB=200 g的物体B,物体B放在地面上,形成竖直方向的弹簧振子,使A上下振动。弹簧原长为10 cm,弹簧的劲度系数为k=50 N/m。A、B的厚度可忽略不计。 (1)当系统做简谐运动时,求A的平衡位置离地面的高度; (2)若物体A在振动过程中弹簧始终不拉伸,当物体A以最大振幅振动时,求物体B对地面的最大压力; (3)在第(2)问的基础上,从平衡位置到最低点过程中弹簧弹力对物体A做了多少功? 15.(16分)如图所示,处于水平状态的轻质弹簧一端固定于竖直墙面上,另一端与置于光滑平台上的物块C拴接。物块B通过轻绳跨过光滑的定滑轮与C相连,B、C静止时B距离地面的高度为h。现将轻绳剪断,当B落地时C恰好第一次将弹簧压缩至最短,整个过程弹簧均在弹性限度内。已知物块B质量为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,空气阻力不计。 (1)求剪断轻绳瞬间物块C所受的回复力大小; (2)规定水平向右为正方向,从剪断轻绳开始计时,写出物块C做简谐运动的方程。 答案全解全析 1.B　阻尼器做受迫振动,振动频率与大厦晃动的频率相同,而不是取决于自身的固有频率,故A错误、B正确;阻尼器摆动的幅度虽受风力影响,但并不是风力越大摆动幅度越大,而是当大厦振动频率与阻尼器的固有频率相同时,阻尼器发生共振现象,摆幅才能达到最大,故C错误;阻尼器在摆动时的弹性力与外来驱动力的方向相反,抵消了一部分驱动力,从而降低主结构的振动,达到减振效果,而大厦的固有频率由自身的结构决定,与外界因素无关,故D错误。 2.D　做简谐运动的物体,经过同一位置时,速度大小相等,但方向不一定相同,故A错误;单摆做简谐运动的周期为T=2π,可知周期与摆球的质量无关,故B错误;乒乓球静止时在桌面位置,那么乒乓球在桌面上上下跳动不是在平衡位置附近的往复运动,故C错误;将t=0.2 s代入简谐运动的表达式,可得振子的位移为y=0.1 sin 2.5πt m=0.1 sin 2.5π×0.2 m=0.1 m,振子位于最大位移处,振子的运动速度为零,故D正确。 3.B　单摆的周期为T=2π=2π=1.2 s,可知小球连续两次通过平衡位置的时间间隔为0.6 s;以小球向左经过Q点时为计时起点,小球先向左运动至最高点,然后再向右运动回到平衡位置,由于以向右为正方向,故小球先到达负向最大位移处,再返回平衡位置,故选项B正确。 4.D　从图中提取信息如下: 由题图乙可知,N1、N2对应的单摆的振幅相同,A错误;由于两人所用摆的摆长相同,由单摆的周期公式T=2π可知,N1与N2对应的单摆的周期相同,B错误;由题图乙可知,N1对应的木板运动时间为T,N2对应的木板运动时间为2T,由v=可知,N1对应的木板运动速度大于N2对应的木板运动速度,C错误;由于两人使用的是同一装置,摆长相等,且振幅相等,由机械能守恒定律可知,在最低点时摆的速度大小相等,根据牛顿第二定律可知ma=m,两次砂摆摆到最低点时的加速度相等,D正确。故选D。 5.D　由题图可得0.3 s末振子速度沿正方向,0.7 s末振子速度沿负方向,0.3 s末和0.7 s末振子的速度方向相反,故A正确,不符合题意;由题图可得在0.4~0.8 s时间内,振子的速度和加速度方向始终相同,均指向平衡位置,故B正确,不符合题意;由题图得振幅为A=12 cm,ω==π rad/s,所以振子做简谐运动的表达式为x=12 sin cm,故C正确,不符合题意;t=0.2 s时,振子的位移为x=12 sin cm=6 cm,故D错误,符合题意。本题选不正确的,故选D。 6.B　“摆球”经过最低点时具有向心加速度,所以“摆球”处于非平衡状态,故A错误;当摆角θ很小时,“摆球”运动的圆弧可以看作直线,可知“摆球”偏离最低点位移为x时,回复力为F=-x,故B正确;“摆球”偏离最低点运动过程中,动能向重力势能转化,但总能量保持不变,故C错误;经过最低点时,人顺势轻轻跳下,座椅的速度不变,由mv2=mgh可知,座椅可达到的最高点不变,则振幅不变,故D错误。 7.D　小球经过最低点B时线速度的大小不变,摆长变化,根据牛顿第二定律可知小球在B点时有F-mg=,解得F=+mg,结合题图乙可知,t=t0时绳的拉力由大变小,可知t=t0时摆长由小变大,则可知t=0时小球从B点向C点运动,故t=t0时小球返回到B点,选项A错误;同理,根据上述分析可知,t=2t0时小球在A点,选项B错误;由题图乙可知,从A到B的过程中,小球的周期大,设其周期为T1,则有=t0,解得T1=4t0,又因为T1=2π,解得t0=0.2π s,选项C错误;同理可知,B到C的过程中,小球的周期小,设小球的周期为T2,则有=t0,解得T2=2t0=0.4π s,代入单摆的周期公式T2=2π,解得lPC=0.4 m,故lOP的长度为lOP=lOA-lPC=1.2 m,选项D正确。 8.AD　A为产生驱动力的小球,A、B、C小球摆长相同,所以B、C小球将发生共振现象,振幅最大,A正确,B错误;小球B、C、D、E都做受迫振动,受迫振动的频率(或周期)与驱动力的频率(或周期)相等,由于小球A的周期T=2π不变,故其余小球做受迫振动的周期不变,故C错误;由题图甲可以看出,小球E的摆长更短,根据T=2π可知,与小球A相比,小球E的固有周期更小,固有频率更大,因此小球E的A-f图像的峰值与题图乙中峰值相比应向右移,D正确。 9.BCD　由题图乙可知P、Q两弹簧振子的振动周期分别为1.2 s、0.6 s,二者周期之比为TP∶TQ=2∶1,则二者的频率之比为fP∶fQ=1∶2,故A错误;由于6 s=5TP=10TQ,由题图乙可知P、Q振子在6 s内经过的路程分别为sP=5×4AP=20×10 cm=200 cm,sQ=10×4AQ=40×5 cm=200 cm,故P、Q振子所经过的路程之比是1∶1,故B正确;根据胡克定律F=kx可知,P、Q振子的最大回复力之比为2∶1,又因为两球质量之比是4∶1,根据牛顿第二定律可知a=,P、Q振子最大加速度之比是1∶2,故C正确;P、Q的振动方程分别为yP=10 sin cm,yQ=5 sin cm,则t=0.45 s时刻,P、Q振子的位移分别为5 cm和-5 cm,所以位移大小之比为∶1,D正确。故选B、C、D。 10.BCD　单摆在摆动过程中,只有重力做功,机械能守恒,总机械能为E0,故重力势能和动能之和为E0,在t1时刻,单摆动能为零,速度为零,摆球在摆动的最高点,在t3时刻,单摆的重力势能为零,故此时摆球在最低点,则摆球从最高点运动到最低点所用的时间为T=t3-t1,得T=4(t3-t1),选项A错误;在最低点,摆球的动能为Ek=E0=mv2,根据牛顿第二定律得Fn=man=m,则an=,选项B正确;t1时刻摆球重力势能为Ep1=mgh=E0,h为最高点距最低点的高度,t2时刻摆球重力势能为Ep2=0.5E0,则其高度为h,可知t1~t2过程摆球下降高度为h,t2~t3过程摆球下降高度同为h,分析易得t1~t2过程单摆转过角度小于t2~t3过程单摆转过角度,选项C正确;t2时刻对摆球进行受力分析,设此时摆线与竖直方向的夹角为α,细绳拉力为F1,则有F1-mg cos α=m,由动能表达式有Ek2=0.5E0=m,由几何关系得L-L cos α=,t2时刻单摆的重力势能为0.5E0=mg,t3时刻对摆球进行受力分析,细绳拉力为F2,则有F2-mg=m,由动能表达式有Ek3=E0=m,联立以上方程整理得F2-F1=,选项D正确。 11.答案　(1)2.0(2分)　(2)9.76(3分)　不变(3分) 解析　(1)根据图3可知,单摆的周期T=2.0 s。 (2)设小球直径为d,根据单摆周期公式有T=2π,可得T2=L+,由题中T2=4.04L+0.035可知=4.04 s2/m,解得g=9.76 m/s2,在T2-L图像中,未测得摆球的直径,不影响斜率的求解,则算出的g值和真实值相比是不变的。 12.答案　(1)①5.980(2分)　②偏大(2分)　(2)4π2(2分)　不影响(2分)　(3)偏大(2分) 解析　(1)①从题图乙可知,摆球的直径为d=5.5 mm+48.0×0.01 mm=5.980 mm。②实验中,单摆的周期为T==,该小组的一位同学认为单摆周期为T=,则周期的测量值偏小,根据T=2π,解得g=,可知他们的测量结果将偏大。 (2)根据T=2π,解得L=,结合L-T2图像,可得=k=,解得g=,如果在测量摆长时,未加摆球的半径r,图线的斜率并没有受到影响,即不会影响重力加速度的计算。(3)以L表示摆长,θ表示摆线与竖直方向的夹角,m表示摆球的质量,F表示摆线对摆球的拉力,T表示摆球做圆锥摆运动的周期,如图所示,由牛顿第二定律得F sin θ=mL sin θ,在竖直方向,由平衡条件得F cos θ=mg,解得T=2π,单摆的周期公式T=2π,可知单摆周期的测量值偏小,根据g=可知重力加速度的测量值大于真实值。 13.答案　(1)　(2)　(3)F2 解析　(1)小球在A点时拉力最小,则有F2=mg cos α (2分) 解得g=。 (1分) (2)由题图乙可知,单摆周期为T=2t0 (1分) 由单摆周期公式T=2π,解得L=。 (1分) (3)小球在最低点B时拉力最大,根据牛顿第二定律有 F1-mg=m (2分) 小球从A到B过程,由动能定理得mgL(1- cos α)=mv2 (2分) 解得F1=F2。 (1分) 14.答案　(1)8 cm　(2)4 N　(3)0.03 J 解析　(1)A在平衡位置时,所受合力为零,弹簧被压缩的长度为l1== m=0.02 m=2 cm(2分) A的平衡位置离地面的高度h=l-l1=10 cm-2 cm=8 cm。 (2分) (2)当A在向下的最大位移处时,弹簧的弹力最大,物体B对地面的压力最大,根据对称性可知,此时弹簧被压缩l2=2l1=4 cm(2分) 则物体B对地面的最大压力N=mBg+kl2=4 N。 (3分) (3)根据机械能守恒定律可得从平衡位置到最低点过程中弹簧弹力对物体A所做的功为W=l1=l1=0.03 J。 (4分) 15.答案　(1)mg　(2)x= cos 解析　(1)轻绳剪断后,弹簧弹力提供物块C做简谐运动的回复力。剪断前对B由平衡条件得T=mg (1分) 剪断前对C由水平方向受力平衡可得F弹=T (1分) 剪断后对物块C有F回=F弹 (2分) 解得F回=mg。 (2分) (2)剪断轻绳瞬间,物块C处在简谐运动的最大位移处,弹簧伸长量等于振幅A。根据胡克定律F弹=kA (1分) 解得A= (2分) 轻绳剪断后B自由下落,有h=g (2分) 设C做简谐运动的周期为T,当B落地时,C恰好第一次将弹簧压缩至最短,则tB=T (2分) 又因为ω= (1分) 规定水平向右为正方向,从剪断轻绳开始计时,则物块C的简谐运动方程为x=A cos ωt 解得x= cos。 (2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$