第二章 章末检测卷（二） 机械振动-（配套课件）【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

该高中物理课件聚焦机械振动核心知识，涵盖简谐运动规律、共振条件、单摆与弹簧振子模型等内容，通过破冰船共振、单摆测珠峰高度等实例导入，串联振动图像分析、周期公式应用等知识点，构建从概念理解到实际问题解决的学习支架。 其亮点在于紧密联系生活情境（如鱼漂振动、手机加速度传感器实验），强化物理观念的实际应用，通过实验题（单摆测重力加速度）和计算题（振动方程推导、振幅临界值分析）培养科学思维与模型建构能力。解析过程逻辑清晰，帮助学生掌握推理方法，教师使用可高效检测学生知识漏洞，提升教学针对性。

章末检测卷（二）　机械振动 （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. （2025·山东德州期中）如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰面的 振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅 提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是（　　） A. 锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果 越好 B. 破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率 C. 破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小 D. 对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 物理·选择性必修第一册 解析：　当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动 力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，当驱动力频率 大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，故A错误，B正确；破 冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误；对 于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不 同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 2. （2025·黑龙江牡丹江月考）如图所示，为一质点做简谐运动的图像， 由图像可知（　　） A. 质点的运动轨迹为正弦曲线 B. 在t＝0.1 s时，质点的速度最大 C. 在t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移方向相同 D. 质点运动过程中，周期为0.5 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析：　简谐运动的图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质 点的运动轨迹，故A错误；在 t＝0.1 s时，质点在平衡位置，速度最 大，故B正确；在 t＝0.25 s时，质点的位移为负，速度为正，可知质 点的速度方向与位移方向相反，故C错误；由图可知，质点运动周期为 0.4 s，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 3. （2025·山东泰安期末）如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在 水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原 点在竖直方向上建立x坐标系。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆 盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为（　　） A. x＝Rsin B. x＝Rsin C. x＝2Rsin D. x＝2Rsin √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析：　由图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设 P的振动方程为x＝Rsin（ωt＋φ），由图可知，当t＝0时，P的位移为－R， 代入振动方程解得φ＝－，则P做简谐运动的表达式为x＝Rsin， 故选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 4. 如图所示，轻质弹簧下挂重力为300 N的物体A时伸长了3 cm，再挂上重 力为200 N的物体B时又伸长了2 cm。现将A、B间的细线烧断，使A在竖直 平面内振动，则（弹簧始终在弹性限度内）（　　） A. 最大回复力为500 N，振幅为5 cm B. 最大回复力为200 N，振幅为2 cm C. 只减小A的质量，振动的振幅不变，周期变小 D. 只减小B的质量，振动的振幅不变，周期变小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析：　由题意知，物体A振动时的平衡位置为弹簧伸长3 cm处，再挂上 重力为200 N的物体B时，弹簧又伸长了2 cm，此时连接A、B的细线拉力 大小为200 N，把该细线烧断瞬间，A的速度为0，具有向上的最大加速 度，此时回复力最大，为200 N，A距平衡位置的位移最大，为2 cm，即振 幅为2 cm，选项A错误，选项B正确；只减小A的质量，振动的幅度不变， 而周期与振幅无关，所以周期不变，选项C错误；只减小B的质量，振动的 幅度变小，而周期与振幅无关，所以周期不变，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 5. （2025·广东云浮联考）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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 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，可知注射器下端从A点正上方运动至平衡 位置的时间小于，同理可知，注射器下端从平衡位置运动至B点正上方的 时间小于，故注射器下端从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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 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；注射器下端在A点正上方与在B 点正上方时，注射器下端的位移大小相同，方向相反，根据a＝＝， 可知注射器下端在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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 6. （2025·江苏苏州月考）如图所示，在钓鱼时，当鱼漂扔入水中后某一 段时间内的运动可视作简谐运动，若已知该简谐运动的周期为2 s，振幅为 2 cm，则鱼漂在0.5 s时间内通过的最大路程为（　　） A. 1 cm B. 2 cm C. cm D. 2 cm √ 解析： 　因为0.5 s＝，当鱼漂在平衡位置时，振动的速度最大，可知在 平衡位置之前到平衡位置之后的时间内路程最大，最大路程为x＝2Asin 45°＝2 cm，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 7. （2025·山东淄博期末）2024年5月28日，来自全国各地的31名队员全员 登顶珠峰，其中年龄最大的队员70岁，刷新了中国人登顶珠峰最年长纪 录。某队员用单摆测定珠峰的高度，使单摆做简谐运动，在与珠峰同纬度 零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次。当到达山顶后， 在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（N－2）次。若把地球视 为半径为R的均匀球体，则珠峰的高度为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析：　在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全 振动N次，设零海拔高度处的重力加速度为g，则有T＝2π＝，到达山 顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（N－2）次。设山 顶的重力加速度为g'，则有T'＝2π＝，可得＝，根据＝ mg，＝mg'，联立可得＝＝，可得珠峰的高度为h＝ ，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 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. （2025·山东德州期末）如图所示为实验室中一单摆的共振曲线，由共 振曲线可知（　　） A. 该单摆的摆长约为1 m B. 共振时单摆的振幅为12 cm C. 若增大摆球的质量，则单摆的固有频率将增大 D. 若增大摆球的质量，则单摆的固有频率将减小 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析： 　由共振曲线可知，单摆的固有频率为0.5 Hz，则固有周期为T ＝＝2 s，代入单摆周期公式T＝2π，解得l≈1 m，故A正确；共振时， 单摆振幅最大，为12 cm，故B正确；单摆周期公式为T＝2π，解得f＝ ＝，可知单摆的固有频率与摆球质量无关，改变摆球质量，固有频率 不变，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 9. 弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经 过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为 （　　） A. 5 s B. 6 s C. 14 s D. 18 s 解析： 　如图，假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动，若振子开始 先向右振动，振子的振动周期为T＝4×s＝18 s，若振子开始先向左 振动，设振子的振动周期为T'，则＋＝4 s，解得T'＝6 s，故 B、D正确。 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 10. （2025·河南郑州期末）图甲为弹簧振子在光滑斜面上做简谐运动的示 意图，某时刻作为计时起点，取沿斜面向上为正方向，振动图像如图乙所 示，下列说法正确的是（　　） A. 小球在t1、t2时刻的速度相同 B. 小球在t2、t3时刻的速度相同 C. 在t2、t3时刻，弹簧的弹性势能相同 D. 小球在t1、t4时刻的动能相同 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析： 　由图乙可知，小球在t1、t2两个时刻速度大小相等，但在t1时刻 的速度方向沿斜面向上，在t2时刻的速度方向沿斜面向下，故A错误；x-t图 像切线斜率表示速度，由对称性可知，小球在t2、t3时刻斜率相同，速度大 小相等，方向均沿斜面向下，故B正确；由以上分析可知，小球在t2、t3时 刻的速度相等，故动能相等，但重力势能不相等，由系统机械能守恒可 知，弹簧的弹性势能不相等，故C错误；由对称性可知，小球在t1、t4时刻 的速率相等，动能相等，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 三、非选择题（本题共5小题，共54分） 11. （6分）（2025·河北唐山期末）某同学用如图甲所示实验装置做“用 单摆测量重力加速度”的实验，操作步骤如下： ①将金属球用细线系好，结点为P，将细线的上端固定于O点； ②用刻度尺测出O、P间的细线长度l作为摆长； ③将金属球拉开偏离竖直方向大约10°的角度，然后由静止释放； ④从金属球摆到最低点时开始计时并计数为0，当金属球第n次到达最低点 时结束计时，记录总时间为t，得出摆动周期T； ⑤改变O、P间的细线长度重复实验，记下相应的l和T值。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （1）该同学实验过程中得到的小球摆动周期T为 （用字母t和n表示）； 解析： 该同学实验过程中得到的小球摆动周期为T＝＝。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （2）该同学根据实验数据作出的T2-l图像如乙图所示。 ①由图像求出的重力加速度g＝ m/s2；（π取3.14，结果保留3位有效数字）； ②由于图像没有能通过坐标原点，求出的重力加速度g值与当地真实值相 比 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）； 9.86　 相等　 ③若利用g＝计算出的重力加速度g值与当地真实值相比 （选 填“偏大”“偏小”或“相等”）。 偏小　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析： ①设金属球的半径为r，则有T＝2π 可得T2＝＋ 可得k＝＝ s2/m 解得g＝9.86 m/s2； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 ②根据单摆的周期公式T＝2π 可得T2＝ 可知图像虽然没有通过坐标原点，但图像的斜率不变，所以求出的重力加 速度g值与当地真实值相比相等； ③若利用g＝计算，由于细线长度l小于实际摆长L，则求出的重力加速 度g值与当地真实值相比偏小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 12. （8分）（2025·山东济宁期末）利用手机内置加速度传感器可实时显 示手机加速度的数值。小明通过如图甲所示的实验装置探究手机运动的规 律，该装置中，轻弹簧上端固定，下端与手机连接，手机下方悬挂装有砝 码的小桶，整个装置处于静止状态。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （1）剪断手机和小桶间的细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时 间变化的图像如图乙所示，剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度 对应图中的 （选填“A”“B”或“C”）点。 解析：剪断手机和小桶间的细绳后，手机做简谐运动，剪断细绳瞬间手机加速度向上，对应图像中的A点，故规定加速度方向向上为正。剪断细绳后手机第一次到达最高点时，由简谐运动的对称性，可知手机加速度向下，且加速度达到最大值，故剪断细绳后手机第一次到达最高点时的加速度对应图中的B点。 B　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （2）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小等于 。（填正确答案序号前 字母） A. 砝码的重力大小 B. 小桶和砝码的重力大小 C. 手机的重力大小 D. 弹簧对手机的拉力大小 解析：剪断细绳前，弹簧弹力kx等于手机重力G1和小桶和砝码的重力 G2之和，即kx＝G1＋G2 剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，故手机受到的合力大小F合＝kx－G1＝G2 即等于小桶和砝码的重力大小。故选B。 B　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （3）如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向 上的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制a-m图像，获得一条斜 率为k、截距为b的直线，若当地重力加速度为g，则可推算出手机的质量 为 　　，小桶的质量为 　　。（选用k、b、g表示） 　 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析： 设手机质量为M，小桶质量为m0，则剪断细绳瞬间手机竖直方 向上的加速度 a＝＝m＋，a-m图像斜率为k＝ 故手机的质量为M＝ 截距为b＝＝＝km0 小桶的质量为m0＝。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 13. （10分）一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝ 0时，位移是8 cm。 （1）试写出用正弦函数表示的振动方程； 答案： x＝0.08sinm　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析： 简谐运动振动方程的一般表达式为 x＝Asin（ωt＋φ0） 根据题给条件有A＝0.08 m ω＝2πf＝2π×0.5 rad/s＝π rad/s 所以x＝0.08sin（πt＋φ0）m 将t＝0时，x0＝0.08 m代入解得φ0＝ 故振动方程为x＝0.08sinm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （2）求10 s内物体通过的路程。 答案： 1.6 m 解析：周期为T＝＝2 s，故10 s内物体通过的路程是s＝×4A＝ ×4×0.08 m＝1.6 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 14. （14分）（2025·江苏常州期末）一个在地球表面上做简谐运动的单 摆，其振动图像如图甲所示，现将此单摆移至某一行星表面上，其简谐运 动图像如图乙所示。取π2＝10，地球表面重力加速度g1取10 m/s2，求： （1）此单摆的摆长； 答案：1 m　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析： 由题图甲知，单摆在地球表面上的振动周期T1＝2 s 根据单摆的周期公式有T1＝2π 代入数据解得l＝1 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （2）在地球上将摆长缩短到原摆长的，则此单摆的频率是多少？ 答案：1 Hz　 解析：当摆长缩短为时，周期T1'＝2π＝T1＝1 s 此单摆的频率是f1'＝＝1 Hz。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析：由题图乙知，单摆在该行星表面上的振动周期T2＝4 s T2＝2π 所以＝ 所以g2＝2.5 m/s2。 （3）该行星表面重力加速度g2。 答案：2.5 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 15. （16分）（2025·江苏苏州期末）汽车车体一般支撑在固定于轴承上的 若干弹簧上，弹簧套在减震器上，可以改善汽车行驶的舒适性。如图所 示，将质量M＝0.15 kg的薄板Q固定在弹簧上形成竖直方向的弹簧振子， 在薄板的上方放置m＝0.05 kg的物块P，使P、Q一起振动，弹簧原长l0＝10 cm，重力加速度g取10 m/s2。 （1）若振幅为2 cm，周期为0.8 s，且t＝0时，Q位于振动的最低点，以向上为正方向，写出Q的振动方程。 答案： x＝2sincm　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 解析：简谐运动的位移表达式为x＝Asin 且ω＝＝ rad/s 在t＝0 s时，Q位于振动的最低点，以向上为正方向，则φ0＝－ 故Q的振动方程为x＝2sincm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 （2）若弹簧的劲度系数k＝50 N/m，欲使Q在振动中始终与P接触，求Q的 振幅最大值。 答案：4 cm 解析： P、Q处于平衡位置时，有kx0＝g 代入数据解得x0＝4 cm，P刚好脱离Q时，有aP＝g 对Q有aQ＝aP＝g 表明P、Q仅受重力作用，此刻弹簧的弹力为零，弹簧处于原长，则Amax＝x0＝4 cm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 物理·选择性必修第一册 THANKS 演示完毕 感谢观看 $