第二章 机械振动 章末检测试卷(二)(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（粤教版）

该高中物理“机械振动”单元复习讲义通过知识框架系统梳理了简谐运动的规律、单摆周期公式、共振现象等核心内容，以对比分析呈现弹簧振子与单摆的运动特点，用实例解析帮助学生构建运动和相互作用观念，清晰展现重难点内在联系。 讲义亮点在于“生活情境+实验探究”的练习设计，如结合摆钟调时、挑水防荡等实例考查共振条件，实验题设置单摆测重力加速度的误差分析，培养科学思维与科学探究素养。基础题巩固物理观念，综合题提升推理能力，支持分层教学，助力学生自主复习和教师精准教学。

章末检测试卷(二) (满分：100分) 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·深圳市高二期中)关于水平方向上做简谐运动弹簧振子受力和运动的特点，下列说法中正确的是(　　) A．物体越接近平衡位置，加速度越大 B．弹力的方向总指向平衡位置 C．物体速度的方向跟离开平衡位置的位移的方向总是相同的 D．物体加速度的方向跟速度的方向始终相反 答案　B 解析　根据F＝－kx可知，物体越接近平衡位置时，位移越小，回复力越小，加速度越小，故A错误；弹力的方向即为回复力方向总是指向平衡位置，故B正确；当物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；当物体运动方向背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故C错误；根据F＝－kx可知位移的方向总跟加速度方向相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，所以物体的加速度的方向跟速度的方向可能相同也可能相反，故D错误。 2．下列说法正确的是(　　) A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确 B．火车过桥要减速慢行，是为了防止火车发生共振而倾覆 C．挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频 D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象 答案　C 解析　摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2π可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的频率等于人迈步的频率时，会发生共振，水桶中的水荡出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D错误。 3．(2023·深圳市高二期中)对于下面甲、乙、丙三种情况，可认为是简谐运动的是(　　) ①倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，假设空气阻力可忽略不计 ②粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中。把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动 ③小球在半径为R的光滑圆弧面上的A、B(AB≪R)之间来回运动 A．只有① B．只有② C．只有①③ D．都可以 答案　D 解析　①把图甲中倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，小球做往复运动，与弹簧振子的运动规律相似，满足F＝－kx，为简谐运动；②如果不考虑水的粘滞阻力，木筷受力情况是，受到重力和水的浮力；重力恒定不变，浮力与排开水的体积成正比，木筷静止时位置看作平衡位置；由此可知以平衡位置为坐标原点，木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比，且方向相反，则可以判定木筷做简谐运动；③小球的受力情况是，受到重力和圆弧面的支持力；重力恒定不变，支持力始终与运动方向垂直；小球做与单摆类似的运动，从而判定小球做简谐运动。故甲、乙、丙三种情况都可认为是简谐运动，故选D。 4.(2024·江门市高二期末)如图，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，以O为坐标原点，沿CB方向建立x轴，已知小球的位移随时间的变化关系为x＝10sin(2πt) cm，则下列判断正确的是(　　) A．小球的振动周期T＝2 s B．BC间的距离为10 cm C．2 s内小球通过的路程为80 cm D．t＝0时刻小球沿x轴的负方向运动 答案　C 解析　小球的振动周期T＝＝ s＝1 s，故A错误；BC间的距离为xBC＝2A＝20 cm，故B错误；2 s内小球通过的路程为s＝2×4A＝8×10 cm＝80 cm，故C正确；根据简谐运动的位移方程可知，t＝0时刻，小球处于平衡位置且沿x轴的正方向运动，故D错误。 5．(2024·汕头市高二期末)如图甲所示为儿童玩具弹簧木马，某同学坐上弹簧木马后，由同伴配合启动，若只进行上下运动，忽略能量损失，可将木马和该同学组成的整体的运动看作简谐运动，此时做简谐运动的振动图像如图乙，下列判断正确的是(　　) A．t＝0.4 s时，该整体做简谐运动的位移最大，且处于超重状态 B．t＝0.4 s到t＝1.2 s的时间内，该整体的速度先变小后变大 C．t＝0.2 s和t＝1.4 s时，该整体的加速度相同 D．该整体做简谐运动的表达式为x＝12sin(1.25πt)cm 答案　D 解析　t＝0.4 s时，该整体做简谐运动的位移最大，此时加速度向下，处于失重状态，故A错误；t＝0.4 s到t＝1.2 s的时间内，该整体由最高点到平衡位置，再到最低点，则整体的速度先变大后变小，故B错误；t＝0.2 s和t＝1.4 s时，该整体的加速度大小相同，但是方向相反，故C错误；因ω＝＝1.25π rad/s，该整体做简谐运动的表达式为x＝12sin(1.25πt) cm，故D正确。 6.(2024·广州市第二中学期中)如图所示，用质量不计的弹簧把质量为3m的木板A与质量为m的木板B连接组成如图所示的装置，B板置于水平地面上，现用一竖直向下的力F向下压木板A，撤去力F后，B板恰好被提离地面，重力加速度为g，由此可知力F的大小是(　　) A．5mg B．4mg C．3mg D．2mg 答案　B 解析　撤去力F后，A板做简谐运动，在最高点，B恰好被提离地面，弹簧伸长，弹簧弹力等于木板B的重力mg，即F弹＝mg，弹簧对A、B的拉力相等，故对木板A的拉力也等于mg，最高点木板A的回复力为F回＝3mg＋F弹＝3mg＋mg＝4mg，根据对称性可知，木板A压缩到最低点释放瞬间的回复力也为4mg，此时F回＝F弹′－3mg＝4mg，所以F弹′＝7mg，没有撤去力F时，木板A受重力、弹力和力F，根据三力平衡条件，有F＋3mg＝F弹′，所以F＝F弹′－3mg＝4mg，故选B。 7.(2024·广东高二期中校联考)如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中(忽略流出墨水对注射器内墨汁减少量的影响)，沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离始终很小。其中墨迹上A、B两点到OO′的距离均为注射器下端振幅的一半。不计空气阻力，则(　　) A．在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅 B．注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间等于摆动周期的 C．把该装置从北京带到广州，为使周期不变，需要缩短细线长度 D．注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度相同 答案　C 解析　在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，而匀速拖动木板，可知木板在OO′方向上的路程不为零，故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4倍振幅，故A错误；在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器从A点正上方运动至平衡位置的时间小于，同理可知注射器从平衡位置运动至B点正上方的时间小于，故注射器从A点正上方摆到B点正上方的时间小于摆动周期的，故B错误；注射器做单摆运动，周期为T＝2π，广州的重力加速度比北京小，为使周期不变，需要缩短细线长度，故C正确；注射器在A点正上方与在B点正上方时，注射器的位移大小相同，方向相反，根据a＝＝，可知注射器在A点正上方与在B点正上方时加速度大小相同，方向相反，故D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2024·广州市广雅中学高二月考)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a－t图像如图乙所示。则以下说法正确的是(　　) A．忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供 B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力 C．秋千摆动的周期为t3－t1 D．该地的重力加速度g＝ 答案　BC 解析　忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供， A错误；在最低点，合力提供向心力FN－mg＝m，秋千对手机的支持力FN＝mg＋m>mg，故秋千对手机的支持力大于手机的重力，B正确；秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，由题图乙知周期为T＝t3－t1，C正确；根据单摆周期公式T＝t3－t1＝2π，故当地重力加速度g＝，D错误。 9．(2024·江门市台山一中高二月考)如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。下列说法正确的是(　　) A．经时间，小球从最低点向上运动的距离小于 B．在时刻，小球向下运动 C．在时刻，小球的动能最大 D．小球在一个周期内运动的路程为2A 答案　AC 解析　由题图乙可知简谐振动的位移随时间关系为y＝－Acost，则t＝时，有y＝－Acos·＝－A，所以经时间，小球从最低点向上运动的距离为Δy＝A－A＝A<，故A正确；由题图乙可知，在时刻，小球向上运动，故B错误；由题图乙可知，在时刻，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的动能最大，故C正确；小球在一个周期内运动的路程为4A，故D错误。 10．一小球沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，t＝0时小球的位移为－0.1 m，t＝1 s时位移为0.1 m，则(　　) A．若振幅为0.1 m，小球的周期可能为 s B．若振幅为0.1 m，小球的周期可能为 s C．若振幅为0.2 m，小球的周期可能为4 s D．若振幅为0.2 m，小球的周期可能为6 s 答案　AD 解析　简谐运动的位移方程为x＝Asin(t＋θ)，当振幅A＝0.1 m时，由t＝0时x＝－0.1 m，得θ＝－；由t＝1 s时x＝0.1 m，有sin(－)＝1，则－＝2kπ＋(k＝0,1,2，…)，k＝0时，T＝2 s；k＝1时，T＝ s；k＝2时，T＝ s。由以上分析可见，A项正确，B项错误；同理，当振幅A＝0.2 m时，由t＝0时x＝－0.1 m，得θ＝－或θ＝－；若θ＝－，由t＝1 s时x＝0.1 m，有sin(－)＝，则当－＝时，T＝6 s；当－＝π时，T＝2 s。同理，若θ＝－，则周期T最大值为2 s。由以上分析可知C项错误，D项正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(10分)(2024·深圳市宝安中学期中)单摆是能够产生往复摆动的一种装置，将无重细杆或不可伸长的细柔绳一端悬于重力场内一定点，另一端固结一个小重球构成单摆。 (1)(2分)某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程(如图(a))，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知________。 A．A和B位置等高，说明摆球在运动过程中机械能守恒 B．摆球在A点所受合力大小大于在B点的合力大小 C．摆球经过O点前后瞬间加速度大小不变 D．摆球从A点到O点的过程中重力做功的功率，等于摆球从O点到B点的过程中克服重力做功的功率 (2)(8分)甲、乙两位同学利用如图(b)所示的实验器材探究单摆摆长与周期的关系。 ①关于实验操作，下列说法正确的是________。 A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能适当长一些 B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的 C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大 D．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长 E．释放摆球，从摆球经过平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝50t ②如图(c)所示，用游标卡尺测量摆球直径。摆球直径d＝______ cm。 ③为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，并作出L－T2图线，如图(d)所示，图线上A、B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则可以得重力加速度g＝________。 ④同学乙发现计算得到的重力加速度值总是偏大，可能的原因是________。 A．测摆长时，摆线拉得过紧 B．误将29次全振动记数为30次 C．将摆线长度当成摆长来计算 D．摆动的摆角偏小 E．摆球的质量偏大 答案　(1)A　(2)①AB　②2.06　③4π2　④AB 解析　(1)摆球在A和B位置等高，则重力势能相等，且速度均为零，则动能也相等，说明机械能守恒，A正确；摆球在A点和B点的合力等于重力沿圆弧切线方向的分力。设绳与竖直方向夹角为θ，F＝mgsin θ，由于摆球在A点绳与竖直方向夹角小于摆球在B点绳与竖直方向夹角，则摆球在A点所受合力大小小于在B点的合力大小，B错误；摆球经过O点的向心加速度为a＝，摆球经过O点前后瞬间运动半径减小，则加速度变大，C错误；根据T＝2π，摆球从A点到O点的过程中摆长较大，则周期较大，运动时间较长，摆球从A点到O点的过程中重力做功等于摆球从O点到B点过程中克服重力做功，根据P＝，则摆球从A点到O点过程中重力做功的功率小于摆球从O点到B点过程中克服重力做功的功率，D错误。 (2)①为减小实验误差，摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能适当长一些，A正确；为减小空气阻力的影响，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，B正确；周期与摆角无关，且摆角过大，不可视为简谐运动，C错误；摆线的长度应等于摆线长与摆球半径之和，D错误；单摆周期为T＝，E错误。 ②摆球直径为d＝20 mm＋0.1 mm×6＝20.6 mm＝2.06 cm。 ③根据T＝2π，得L＝T2， 图像斜率为k＝＝，得g＝4π2 ④测摆长时，摆线拉得过紧，则摆长的测量值大于真实值，根据g＝，则重力加速度值偏大，A正确；误将29次全振动记数为30次，则周期的测量值偏小，重力加速度值偏大，B正确；摆线长度小于摆长，则重力加速度值偏小，C错误；摆角偏小、摆球的质量偏大，不影响实验结果，D、E错误。 12．(9分)(2024·广州市第十六中学期中)现代智能手机自带了许多传感器，利用智能手机某软件能够采集传感器记录的数据。某同学在家根据软件界面提示的原始传感器，给出了2种测量重力加速度的方案： 方案1：使用“含(g)的加速度”模块，令手机静置在桌面上20 s，直接读出重力加速度(图甲)； 方案2：使用“摆”功能，该同学找到一把量程为30 cm的刻度尺，长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，由小角度无初速度释放。输入摆长后，利用手机读取周期，手机将计算出重力加速度(图乙)。 回答下列相关问题： (1)(3分)根据方案2，可知手机计算重力加速度g的表达式为g＝___________(用π、T、L表示)； (2)(3分)与方案1测得的重力加速度g相比，方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因为________； A．铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准 B．铁锁质量过大，导致g测量误差较大 C．测量摆长的刻度尺量程太小，测摆长时多次移动产生了一定的误差 (3)(3分)方案2重力加速度g计算结果误差较大，该同学想到一个修正方案，如图丙：实验时，可以在细线上的A点做一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程；保持该标记以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度以改变摆长，当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可测得重力加速度g的数值，此方案计算g的表达式为g＝_________(用本小问所给的字母表示)。 答案　(1)　(2)AC　(3) 解析　(1)根据单摆周期公式T＝2π， 得重力加速度g的表达式为g＝ (2)方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因有铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准；方案2是用长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，而该同学找到一把量程为30 cm的刻度尺，所以测量摆长的刻度尺量程太小，会导致测摆长时多次移动产生了一定的误差；铁锁质量不影响测量结果，故选A、C。 (3)当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，设A点到铁锁重心的距离为l，根据公式T＝2π，可得T1＝2π，T2＝2π，解得g＝。 13．(9分)(2024·江门市新会华侨中学高二月考)如图所示，在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10°，现在圆弧的右侧边缘M处放一个小球A，使其由静止下滑，则： (1)(3分)A球从M第一次滑到O点的时间为多少？ (2)(6分)若在圆弧的最低点O的正上方h处由静止释放小球B，让其自由下落，同时A球从圆弧右侧M处由静止释放，欲使A、B两球在圆弧最低点O处相遇，求：B球下落高度h的可能值。 答案　(1)　(2)R(n＝0,1,2,3，…) 解析　(1)在水平地面上有一段光滑圆弧形槽，弧的半径是R，所对圆心角小于10°，所对圆心角足够小，故A球的运动可以看成简谐运动，由单摆周期公式知A球的周期T＝2π， A球从M第一次滑到O点需要经过周期， 则A球从M第一次滑到O点的时间为tMO＝T＝ (2)A球开始释放至到达O点经历的时间为tA＝(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)， 其中T＝2π，B球到达O点经历的时间tB＝ 两球相遇时，所用时间相等，即tA＝tB 所以有(2n＋1)＝(n＝0,1,2,3，…) 解得h＝R(n＝0,1,2,3，…) 14．(12分)(2024·江门市棠下中学高二月考)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块A，物块沿竖直方向做简谐运动，以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt) m，t＝0时刻，物块A开始振动，t1＝0.8 s时一小球B从距物块h高处开始自由落下；t2＝1.4 s时，小球B恰好与物块A处于同一高度；取重力加速度的大小g＝10 m/s2。求： (1)(4分)简谐运动的周期T； (2)(4分)t＝1.4 s内物块A运动的路程s； (3)(4分)h的大小。 答案　(1)0.8 s　(2)0.7 m　(3)1.7 m 解析　(1)根据物块简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt) m， 可知ω＝2.5π rad/s 则简谐运动的周期T＝＝ s＝0.8 s (2)因n＝＝＝1.75 则t＝1.4 s内物块A运动的路程s＝n×4A＝1.75×4×0.1 m＝0.7 m (3)t2＝1.4 s时y＝0.1sin(2.5πt)m＝0.1sin(2.5π×1.4)m＝－0.1 m 小球B做自由落体运动，有h＋|y|＝g(t2－t1)2 解得h＝1.7 m。 15．(14分)(2024·中山市华侨中学高二月考)如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m＝0.1 kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为10 cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移x随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(4分)写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式； (2)(4分)求出小球在0～15 s内运动的总路程和15 s时刻所在的位置； (3)(6分)小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为8 cm，求此时小球加速度的大小。 答案　(1)x＝2cost(cm)　(2)30 cm　在平衡位置　(3)2 m/s2 解析　(1)由振动图像可知振子的振幅A＝2 cm 周期T＝4 s，则ω＝＝ rad/s＝ rad/s 则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为x＝2cos ωt＝2cost(cm) (2)因为15 s＝3T 则小球在0～15 s内运动的总路程为s＝3×4A＝30 cm t＝15 s时刻小球的位置坐标x＝2 cos(×15)(cm)＝0，即小球在平衡位置处。 (3)小球静止时处于平衡状态， 有mg＝kx1，解得k＝10 N/m 小球运动到最高点时，根据牛顿第二定律mg－kx2＝ma，解得a＝2 m/s2 学科网（北京）股份有限公司 $