单元检测卷（二）　机械振动-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（教科版）

单元检测卷（二）　机械振动 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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·上海莘庄中学期中)单摆在摆动过程中，下列说法正确的是(　　) A．回复力由重力和细线拉力的合力提供 B．摆动到最低点时加速度为零 C．速度变化的周期等于振动周期 D．振动的频率与振幅有关 答案：C 解析：重力沿切线方向的分力提供单摆做简谐运动的回复力，故A错误；摆动到最低点时回复力为零，但是向心加速度不为零，故B错误；小球从最高点开始摆动过程中，小球的速度先增大后减小，到达另一侧最高点时速度为零，再重复上述运动，但是速度方向是相反的，故其速度的周期为单摆振动周期，C正确；单摆的周期T＝2π，故振动的周期(频率)与振幅无关，故D错误。 2. (2024·浙江宁波期中)如图所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后，再经过1 s，又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm，则质点的振动周期和振幅分别为(　　) A．3 s，6 cm B．4 s，9 cm C．4 s，6 cm D．2 s，8 cm 答案：C 解析：由题意知，M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O的时间与由O到N的时间相等，则质点从平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过1 s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则从N点到最大位移处的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4×，代入数据得T＝4 s，2 s为半个周期，质点在半个周期内通过的总路程的一半，即为振幅，所以振幅A＝ cm＝6 cm，故C正确。 3.某弹簧振子的振动图像如图所示。根据图像判断，下列说法正确的是(　　) A．第1 s内振子相对于平衡位置的位移与速度方向相反 B．第2 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm C．第2 s末和第3 s末振子相对于平衡位置的位移不相同，瞬时速度方向相反 D．第1 s内和第2 s内振子相对于平衡位置的位移方向相同，瞬时速度方向相反 答案：D 解析：第1 s内振子相对于平衡位置的位移方向为正方向，速度方向也为正方向，A项错误；第2 s末振子在平衡位置，位移为零，B项错误；第3 s末振子相对于平衡位置的位移为－20 cm，第2 s末振子恰好过平衡位置，且沿x轴负方向运动，而第3 s末振子瞬时速度刚好为零，C项错误；第1 s内和第2 s内振子相对平衡位置的位移方向相同，瞬时速度方向相反，D项正确。 4. (2024·河北唐山高二期中)如图所示，松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落。下列说法正确是(　　) A．工作中，树干的振动频率等于采摘振动头的振动频率 B．采摘振动头振动频率越高，则落果的效果越好 C．采摘振动头振动频率越高，则树干的振动幅度越大 D．采摘振动头停止振动，则树干的振动频率逐渐减小 答案：A 解析：工作中，树干做的是受迫振动，其振动频率等于采摘振动头的振动频率，故A正确；采摘振动头振动频率和树干的固有频率相同时，振幅最大，落果的效果最好，故B、C错误；采摘振动头停止振动，则树干的振动频率不变，振幅逐渐减小，故D错误。 5．(2024·江苏徐州期中)在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，测得的重力加速度数值偏大，原因可能是(　　) A．测量摆长时从悬点量到摆球的球心位置 B．从摆球运动到最高点开始计时但过早按下秒表 C．单摆悬点未固定紧，振动中出现松动，摆长变大 D．将n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间 答案：D 解析：根据T＝2π，可得g＝l。测量摆长时从悬点量到摆球的球心位置，不会导致测得的重力加速度偏大，A错误；从摆球运动到最高点开始计时，但过早按下秒表，会导致周期测量值偏大，导致测得的重力加速度偏小，B错误；单摆悬点未固定紧，振动中出现松动，摆长变大，测量长度比实际长度短，可知测得的重力加速度偏小，C错误；将n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间，会导致周期测量值偏小，测得的重力加速度偏大，D正确。 6. (2024·江苏南通检测)如图所示，小球在竖直平面内以半径为R、角速度为ω绕圆心O点沿逆时针方向做匀速圆周运动，用竖直向下的平行光照射小球，观察到其影子在水平面上做简谐运动。取圆心投影点O′为原点，水平向右为正方向建立一维坐标系，从小球某次经过最高点的时刻开始计时，关于小球的影子，下列说法正确的是(　　) A．振幅为2R B．振动过程中的最大速度为ωR C．振动周期为 D．位移表达式为x＝R cos ωt 答案：B 解析：圆心投影点O′为平衡位置，影子偏离平衡位置的最大距离为R，则振幅为R，故A错误；影子通过平衡位置时速度最大，此时其速度等于小球的运动速度，即最大速度为ωR，故B正确；影子的振动周期应和小球做圆周运动的周期相等，即T＝，故C错误；影子初始时刻位于平衡位置，故位移表达式为x＝－R sin ωt，D错误。 7．(2024·重庆万州区外国语学校月考)如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长状态。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则(　　) A．弹簧的最大伸长量为2 cm B．t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大 C．t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球的重力势能逐渐减小 D．t＝0到t＝0.4 s内，回复力的冲量为零 答案：C 解析：小球运动到最低点时弹簧的伸长量最大，等于2倍的振幅，所以弹簧的最大伸长量为4 cm，A错误；t＝0.2 s时小球在最高点，弹簧处于原长状态，弹簧弹性势能为零，B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球由最高点运动到最低点，小球的重力势能逐渐减小，C正确；t＝0和t＝0.4 s时刻，小球的速度大小相等、方向相反，根据动量定理得0～0.4 s内回复力的冲量不等于零，D错误。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分) 8. (2024·湘鄂冀三省七校联考)如图为一单摆做简谐运动时的速度随时间变化的图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．此单摆的摆长约为1 m B．t＝1 s时单摆的回复力为零 C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期变小 D．将此单摆从赤道移至北极，单摆的周期变小 答案：AD 解析：此单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2π，可得摆长l＝＝ m≈1 m，选项A正确；t＝1 s时单摆的速度为零，此时单摆的回复力最大，选项B错误；单摆的周期与摆角无关，选项C错误；将此单摆从赤道移至北极，则重力加速度变大，根据T＝2π，可知单摆的周期变小，选项D正确。 9.如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，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，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　) A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反 答案：AB 解析：由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin (2.5πt) m知，ω＝2.5π rad/s，T＝＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球有h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，选项C、D错误。 10. (多选)(2024·山东临沂期末)惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，摆钟运行的速率由钟摆控制。旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘(可视为质点)沿摆杆上下移动，如图所示，以下说法正确的是(　　) A．当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置 B．摆钟快了应使圆盘沿摆杆上移 C．由冬季变为夏季时应使圆盘沿摆杆上移 D．把摆钟从福建移到北京应使圆盘沿摆杆上移 答案：AC 解析：当摆钟不准确时需要调整圆盘的位置，从而改变摆长L，以达到调节摆钟周期的目的，A正确；摆钟快了，说明摆动周期变小，则必须使圆盘下移，才能调准，B错误； 由冬季变为夏季时，温度升高，则由热胀冷缩可知，应使圆盘沿摆杆上移，才能保持周期不变，C正确；摆钟从福建移到北京，重力加速度增大，应使圆盘沿摆杆下移，才能保持周期不变，D错误。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题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) 11．(6分)某小组同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作： (1)用20分度的游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，可读出摆球的直径为________ cm。 (2)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________。 A．组装单摆需选用密度和直径都较小的摆球 B．组装单摆需选用轻且不易伸长的细线 C．实验时需使摆球在同一竖直面内摆动 D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大些 (3)实验小组误将摆线长和摆球直径之和当作摆长，测量出多组周期T、摆长L的数值后，一名同学画出T2­L图线后发现画出的直线不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与真实值相比，其大小________；另一名同学将多组周期T、摆长L的数值分别代入单摆的周期公式求重力加速度，再求其平均值，该同学测得的重力加速度与真实值相比________。(以上两空均选填选项前的字母) A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能 答案：(1)2.990　(2)BC　(3)C　A 解析：(1)摆球的直径为d＝29 mm＋18×0.05 mm＝29.90 mm＝2.990 cm。 (2)为了减小空气阻力的影响，应选用密度大、半径小的摆球，A错误；摆动过程中，摆长不能发生变化，应选用轻且不易伸长的细线，B正确；实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，C正确；单摆做简谐运动，要求振幅不能太大，D错误。 (3)由T＝2π可得T2＝L，实验小组误将摆线长和摆球直径之和当作摆长，则真实的摆长为L－，根据T＝2π，可得T2＝4π2＝L－，可知斜率不变，由图线斜率得到的重力加速度与真实值相比，其大小不变。由上述分析可得g＝，摆长L大于真实值，则代入数据得出的重力加速度偏大。 12．(6分)如图甲所示，某学习小组利用单摆测当地的重力加速度。 (1)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”，当摆球第二次通过最低点时数“2”，依此法往下数，当他数到“50”时，停表停止计时，读出这段时间t。则该单摆的周期为________。如果他在实验中误将周期计算为，则测得的g值________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 (2)若小组同学周期测量正确，但由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径，于是小组同学改变摆线长L，分别测出对应的单摆周期T，作出L­T2图像如图乙所示，根据图像，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为________，当地的重力加速度为________。 答案：(1)　偏大　(2)2ka　4π2k 解析：(1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，则单摆周期T＝＝＝ 根据单摆周期公式T＝2π，整理得g＝，周期测量值偏小，则g测量值偏大。 (2)由单摆周期公式T＝2π 整理得L＝T2－ L­T2图线的斜率k＝ 将L＝0，T2＝a代入表达式，即0＝ka－ 解得小球直径d＝2ka，当地的重力加速度g＝4π2k。 13．(10分)如图所示，一块涂有炭黑的玻璃板，质量为2 kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上做匀变速运动，一个装有水平振针的振动频率为5 Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了如图所示的曲线，测得xOA＝1.5 cm，xBC＝3.5 cm。求自玻璃板开始运动，经过多长时间才开始接通电动音叉的电源？接通电源时玻璃板的速度是多大？ 答案：0.1 s　0.1 m/s 解析：由题意可得，振针的振动周期T0＝＝0.2 s，T＝＝0.1 s，则由匀变速直线运动规律有xBC－xOA＝2aT2，解得玻璃板的加速度a＝1 m/s2 A点的速度vA＝＝＝0.2 m/s O点的速度v0＝vA－aT＝0.1 m/s 由v＝at得时间t＝＝0.1 s 即经过0.1 s才开始接通电动音叉的电源，且接通电源时玻璃板的速度为0.1 m/s。 14．(10分)如图所示，在一个水平放置的槽中，小球m自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，已知＝0.9 m，AB圆弧的半径R＝10 m，AD＝10 m，A、B、C、D在同一水平面内。不计摩擦，重力加速度g取10 m/s2，欲使小球恰能通过C点，其初速度v应为多少？ 答案： m/s (n＝0，1，2，3，…) 解析：小球m自A点以沿AD方向的初速度v开始运动，把小球的运动进行分解，一个是水平方向的匀速运动，一个是在竖直面上的简谐运动。 根据单摆周期公式有T＝2π＝2π s 小球m自A点运动到C点，在竖直面上运动的时间为t＝ (n＝0，1，2，3，…) 由于分运动的等时性，所以初速度为v＝＝ m/s (n＝0，1，2，3，…)。 15.(10分)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图所示。 (1)求该简谐运动的周期和振幅； (2)写出该简谐运动的表达式； (3)求t＝0.25×10-2 s时振子的位移。 答案：(1)2×10-2 s　2 cm (2)x＝2sin cm或x＝2sin (100πt－) cm　(3)－1.41 cm 解析：(1)由题图知，T＝2×10-2 s，A＝2 cm。 (2)ω＝＝100π rad/s，φ＝或φ＝－ 振子做简谐运动的表达式为 x＝2sin cm或x＝2sin (100πt－) cm。 (3)当t＝0.25×10-2 s时位移为x＝2sin (100π×0.25×10-2＋) cm＝－1.41 cm。 16．(12分)如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t＝0为摆球从A点开始运动的时刻，g取10 m/s2。求： (1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度。 答案：(1)0.4π s　0.4 m　(2)0.05 kg (3)0.283 m/s 解析：(1)小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律结合题图乙可知T＝0.4π s，单摆的周期公式为T＝2π，解得l＝＝ m＝0.4 m。 (2)(3)对摆球受力分析如图所示，在最高点A，有Fmin＝mg cos θ＝0.495 N，在最低点B，有Fmax＝mg＋m＝0.510 N，从A到B由机械能守恒定律得mgl＝mv2，联立并代入数据解得m＝0.05 kg，v＝ m/s≈0.283 m/s。 学生用书第75页 学科网（北京）股份有限公司 $