第二章机械振动 单元练习卷-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

机械振动单元练习 一、单选题 1．如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有 a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动。下列关于其余各摆说法中错误的是（　　） A．各摆均做自由振动 B．c摆的振幅最大 C．摆长与a相差越大的，振幅越小 D．各摆的振动周期与a摆相同 2．两个单摆的振动图像如图所示，则甲乙两个单摆的摆长之比为（　　）   A． B． C． D． 3．某质点做简谐振动，其位移x与时间t的关系如图，则该质点（　　） A．振动频率为4Hz B．在A点速度最大 C．在B点加速度最大 D．在0~3s内通过路程为12.0cm 4．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法。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．摆球在A点所受的合力等于在B点所受的合力 B．左侧摆线与右侧摆线长度之比为9：4 C．摆球经过O点前后瞬间摆线上的拉力大小不变 D．从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率不断变大 5．如图所示，与地面夹角为的光滑斜面顶端固定一垂直斜面的挡板，劲度系数为的轻弹簧一端固定一个质量为的小球，另一端固定在挡板上。当弹簧处于原长时静止释放小球，整个运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，已知重力加速度为。则（　　） A．小球在最低点时受到的弹力大小为 B．运动过程中小球的最大动能为 C．运动过程中弹簧的最大弹性势能为 D．若小球释放时弹簧处于压缩状态，则小球从释放点运动到最低点的时间将变长 6．甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．甲加速度为零时，乙速度最小 B．甲在内通过的路程为15cm C．甲、乙的振动频率之比 D．时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小 7．在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端，不考虑地球自转的影响、车与轨道及空气之间的摩擦，乘客和车的运动为简谐运动，则（    ）   A．乘客达到地心时的速度最大，加速度最大 B．乘客只有在地心处才处于完全失重状态 C．乘客在地心处所受的回复力最小 D．乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离的平方成反比 8．如图，质量的木板静止在光滑水平地面上，右侧竖直墙面固定一劲度系数的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量的小物块以初速度水平向右滑上木板左端，一段时间后两者共速，速度为，此时木板未与弹簧接触。之后的运动中，小物块与木板始终保持相对静止，弹簧处在弹性限度内。若小物块与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在弹性限度内弹簧弹性势能与形变量的关系为（），则（    ） A．小物块初速度 B．小物块与木板间动摩擦因数至少为0.4 C．若，木板长度至少为0.6m D．若，木板初始位置与弹簧的距离至少为0.6m 9．如图甲所示，质量m1=2.0kg的箱子P放置在水平地面上，两根相同的轻质弹簧连着一质量m2=1.0kg的小球Q，两弹簧另一端与箱子P固定。取竖直向上为正方向，小球相对平衡位置的位移y随时间t的变化如图乙所示，已知两弹簧的劲度系数k=50N/m，重力加速度g=10m/s2，则（    ） A．时刻小球的加速度最大 B．时刻箱子P对地面的压力大小为30N C．~时间内箱子P对地面的压力逐渐减小 D．时刻小球的速度为0.4m/s 10．如图所示，光滑水平地面上固定M、N两个等量同种正电荷，带电量为Q，相距为，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负点电荷，电量为，质量为m，下列说法正确的是（　　） A．从P→O的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．从P→O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．中垂线上场强最大的位置离O点距离为 D．在中垂线上O点附近做小振动的周期为 二、多选题 11．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（　　） A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8 sin(πt) cm B．单摆的摆长约为1.0 m C．从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大 D．从到的过程中，摆球所受回复力逐渐减小 12．如图所示，弹簧上端固定着质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球运动到最高点时，弹簧恰好为原长。已知重力加速度大小为g，小球运动过程中（　　） A．在最低点的加速度大小等于g B．在最低点时受到的弹力大于 C．最大动能等于 D．弹簧最短时形变量等于 13．如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面底端固定一劲度系数为 k 的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2m的滑块B且处于静止状态，在B的上方处由静止释放一质量为m的滑块 A，随后A与B发生碰撞，碰撞时间可忽略不计，碰后A、B一起向下运动，到达最低点后又向上弹回，整个过程中弹力始终未超过弹性限度。已知弹簧振子的周期公式为，其中k为弹簧的劲度系数，m₀为振子的质量，弹簧形变量为x时弹簧的弹性势能为，重力加速度为g，滑块A、B均可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．碰后瞬间A、B的共同速度为 B．碰后A、B一起向下运动的最大位移为 C．A、B碰后的运动过程中会分离开 D．A、B从碰撞到第二次速度减为零所用时间为 三、实验题 14．某同学用单摆测量当地重力加速度时发现，单摆的运动轨迹不严格在同一竖直面内。为提高测量精度，他使用图1所示的双线摆重新实验。两根等长的细线下端悬挂小球，上端分别固定在两点，继续完成实验： (1)除图1中的装置外，实验中还需要用到的器材有______（填选项标号）。 A．秒表 B．刻度尺 C．天平 D．打点计时器 (2)实验时，将摆球拉离平衡位置，使两细线所在平面与竖直方向间的夹角成，由静止释放摆球，让双线摆开始摆动。为减小计时误差，应该在摆球摆至 （填“最低点”或“最高点”）时开始计时。 (3)测量得到两点间的距离为，两摆线的长度均为，摆球的周期为T，忽略小球的半径，则重力加速度 （用含、、的式子表示）。 (4)改变两点间的距离x，多次实验，测出不同x时摆球的周期T；用图像法处理数据时，以 （用，x表示）为纵轴，以为横轴，可得到斜率为重力加速度g的图像，如图2所示；用图像法处理数据可以消除因忽略小球半径带来的误差，原因是： 。 15．利用单摆测量重力加速度实验 (1)学习小组用秒表记录时间如图（1）所示，秒表的读数为 s；用游标卡尺测量小球直径如图（2）所示，小球直径为 cm。 (2)在安装实验装置的过程中，下列操作方法合理的是_______（多选）。 A．B．C． D． (3)小球直径记为d，悬点到小球上端绳长记为L，把小球拉开一个小角度，让小球在竖直平面内稳定摆动，某次经过平衡位置时，数1并开始计时，再次经过平衡位置时数2……，当数n时结束计时，总时间记为t，则计算重力加速度g的表达式 (4)实验中若采用图像法计算当地的重力加速度g，三位同学作出的T2−L图线分别如图（3）中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线a和c，下列分析正确的是_______。 A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B．图线c对应的g值小于图线b对应的g值 C．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 四、解答题 16．质量为m，长为L的匀质木板以速度v0（未知）向右运动，水平地面O点左侧是光滑的，右侧是粗糙的，与木板的摩擦系数为，当木板全部进入时刚好静止．试计算： （1）初速度v0； （2）运动的时间t。 17．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ，θ小于5°且是未知量。图乙表示由计算机得到的小球对摆线的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息求：（g取10 m/s2） （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。 18．如图所示，A、B质量分别为mA=1kg，mB=2kg，AB间用弹簧连接着，弹簧劲度系数k=100N/m，轻绳一端系在A上，另一端跨过定滑轮，B为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环C固定在桌边，B被C挡住而静止在C上，若开始时作用在绳子另一端的拉力F为零，此时A处于静止且刚未接触地面．现用恒定拉力F=15N拉绳子，恰能使B离开C但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，求 （1）B刚要离开C时A的加速度，并定性画出A离地面高度h随时间变化的图像． （2）若把拉力F改为F=30N，则B刚要离开C时，A的加速度和速度． 19．如图所示为某一游戏的局部简化示意图。AB是长L1= 25m、与水平面夹角α = 37°的倾斜直轨道，BC是长L2= 9.6m的水平轨道，CD是固定在竖直面内的半径R = 20m的光滑圆轨道上的一段圆弧，C为圆弧的最低点，轨道AB与BC、BC与CD均平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，小车（可视为质点）在A点由静止滑下，并恰好能冲到CD轨道上的E点（E点与圆心O的连线与竖直方向的夹角θ < 5°）。已知小车与轨道AB、与轨道BC间的动摩擦因数均为μ = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.8，cos37° = 0.8。求： （1）小车在倾斜直轨道AB上运动的加速度大小； （2）小车到达C点时的速度大小； （3）小车从A到E的运动时间。（结果保留根号和π） 试卷第4页，共4页 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 机械振动单元练习参考答案 1．A；2．A；3．D；4．B；5．C 6．D 【详解】A．甲加速度为零时，则甲处于平衡位置，此时乙也在平衡位置，则乙速度最大，选项A错误； B．甲振动的周期为，，甲的振动方程为，，当时，，甲在内通过的路程为，，选项B错误； C．由图像可知，甲的周期为2s，则其频率为0.5Hz，乙的周期为1s，其频率为1Hz，甲乙两振子的振动频率之比，f甲：f乙=1：2，故C错误； D．1.25~1.5s时间内，甲的位移变大，乙的位移减小，根据F=-kx可知，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小，选项D正确。 7．C 【详解】AC．乘客做简谐运动，地心是简谐运动的平衡位置，此时回复力最小为零，乘客到达地心即到达平衡位置时速度最大，加速度最小为零，故A错误，C正确； B．乘客在地心时位于平衡位置，所受合力为零，处于平衡状态，不是完全失重状态，故B错误； D．地心是简谐运动的平衡位置，乘客做简谐运动，万有引力提供回复力，回复力与相对于平衡位置的位移大小，即相对于地心的距离成正比，即乘客所受地球的万有引力大小与到地心的距离的成正比，故D错误。 8．B 【详解】A．小物块滑上木板至两者共速过程中，木板未接触弹簧且水平面光滑，系统水平方向合外力为零，动量守恒。取向右为正方向，由动量守恒定律得，解得，代入数据得，故A错误；，B．共速后整体压缩弹簧，视为一个系统。从接触弹簧到压缩至最短，由机械能守恒定律得，解得振幅A=lm，最大回复力处加速度最大，由牛顿第二定律得，解得，小物块加速度由静摩擦力提供，需满足，解得，故B正确； C．若，共速前摩擦生热，同时，联立得，故C错误； D．共速前木板受滑动摩擦力做匀加速运动，由牛顿第二定律得，解得，由，得，故D错误。 9．D 【详解】A．时刻小球在平衡位置，加速度为0，故A错误； B．两弹簧相同，Q静止时，上方弹簧伸长，下方弹簧压缩，设弹簧形变量为x，有，解得，由图乙知时刻小球在最低点，偏离平衡位置的位移为A，此时上方弹簧拉伸到更长，下方弹簧压缩到更短，对箱子有，由牛顿第三定律知箱子对地面的压力为，故B错误； C．~时间内Q向下移动，弹簧弹力逐渐增大，箱子始终静止，地面支持力逐渐增大，由牛顿第三定律知箱子对地面的压力逐渐增大，故C错误； D．方法一：由图乙可知Q点的振动方程为时刻小球的速度为该时刻图像切线的斜率，对振动方程求导可知 方法二：弹簧弹性势能的表达式为（建议题目给出），在~时间内由能量守恒可知，解得，故D正确。 10．C 【详解】C．设PO线上的点与Q点的连线与水平方向的夹角为，则场强为，，令，，由于，，可知当，即时，有，，故C正确； AB．这说明由于释放粒子初始位置的不同，可能出现以下两种情况：①加速度不断减小的加速运动；②加速度先增加后减小的加速运动。故AB错误； D．设某时刻质点运动到距离O点上方x处，则其合力向下，为，，周期为，，故D错误。 11．AB 【详解】A．由图可知，单摆的振幅为8cm，周期为2s，且零时刻位于平衡位置并向正方向移动，所以单摆位移随时间关系式为，，故A正确； B．单摆的周期公式为，，解得，，故B正确； CD．从到的过程中，摆球从最右端摆到最低点，重力势能逐渐减小，回复力逐渐减小，回复力是一效果力，摆球并不受回复力，故CD错误。 12．AD 【详解】ABD．小球做简谐运动的平衡位置处，，解得，，所以在最低点时，形变量为2A．弹力大小为2mg，合力大小为mg，则加速度大小等于g，B错误AD正确； C．在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能不等于mgA，C错误。 13．BD 【详解】A．设物块A与B碰撞前瞬间的速度为v1，根据机械能守恒定律有，解得，设碰后瞬间A、B的共同速度为v2，对A、B的碰撞过程，根据动量守恒定律有，解得，A错误； B．初始时刻弹簧的压缩量为，由，设碰后A、B一起向下运动的最大位移为x2，对A、B碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有，解得，B正确； C．A、B分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同，根据牛顿第二定律及整体法分析易知分离瞬间弹簧的形变量应为零，假设A、B碰后的运动过程中未分离，即A、B上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为x3，根据机械能守恒定律有，解得，所以A、B在最高点速度减为零时，弹簧仍处于压缩状态，假设成立，即A、B碰后的运动过程中未分离。C错误； D．当A、B整体所受合外力为零时，弹簧压缩量为，规定该平衡位置为坐标原点O，沿斜面向下为正方向，则当A、B相对O的位移为x时，A、B所受合外力为，当A、B相对O的位移为－x时，A、B所受合外力为，由此可判断A、B整体做简谐运动，振幅为，由题意可知周期为，碰撞时A、B相对平衡位置的位移为，如图所示，根据三角函数知识可知，A、B从碰撞到第二次速度减为零所用时间为， D正确。 14．(1)AB；(2)最低点；(3)；(4) ；无论是否考虑小球半径，图像的斜率均为重力加速度g。 【详解】（1）由单摆周期公式可知，若要测量重力加速度，需要测周期和摆长，故需要秒表和刻度尺。 （2）为减小计时误差，应该在摆球摆至最低点时开始计时。 （3）双线摆的等效摆长为，由单摆周期公式可知，重力加速度 （4）[1]双线摆的等效摆长为，则由单摆周期公式可得，则以为纵轴，以为横轴，可得到斜率为重力加速度g的图像。 [2]若小球半径为，则修正为，化简为，由数学知识可知：无论是否考虑小球半径，图像的斜率均为重力加速度g。 15．(1) 58.5；0.97；(2)BC；(3)；(4)C 【详解】（1）[1]秒表的读数为30s+28.5s=58.5s [2]该游标卡尺的分度值为0.1mm，则小球直径为 （2）为了减小空气阻力的影响，需选择质量大的铁球，竖直悬挂，其次为了防止悬点滑动，需要夹子夹住摆线，最后为了不让摆长发生改变，需选择细丝线，测量摆长时，应让细丝线竖直钓着小球，以减小摆长的测量误差。 （3）由题意可知，单摆的周期为，根据单摆周期公式，联立可得重力加速度为 （4）A．根据单摆周期公式，可得，可知a图线可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长，但图线的斜率不变，即a、b图线测出的重力加速度相同，故A错误； BC．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度偏大，图线c计算出的斜率较小，则g值大于图线b对应的g值，故B错误，C正确。 16．（1）；（2） 【详解】（1）假设右端进入部分长度为x，则受到的摩擦阻力为，，可以通过做出图像，图线与坐标轴所围的面积表示摩擦力做的功，有，，根据能量守恒，有，，解得， （2）由于所以木板进入摩擦区域的运动可以等效为一个简谐振动，等效劲度系数为运动周期为所以实际用时为简谐振动的，即 17．(1)0.4m；(2)0.05kg；(3)0.283m/s 【详解】(1)摆球受力分析如图所示，小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，可知，，由单摆的周期公式为，，解得， (2)(3)在最高点A，有，，在最低点B，有，，从A到B，机械能守恒，由机械能守恒定律得，，联立三式并代入数据得，， 18．（1）15m/s2，图见解析；（2）0，3m/s 【详解】解：（1）B刚要离开C的时候，弹簧对B的弹力N= mBg，A的受力图如图所示，由牛顿第二定律，mAg+N-F=mAaA，可得，aA==15m/s2，A物体的运动为简谐运动，平衡位置为A所受合力为零的位置，此时弹簧的弹力为5N，弹簧处于压缩，压缩量为0.05m，开始振动时压缩量为，所以振幅L=0.15m。，所以A距离地面高度h随时间t变化的关系式是，h=L-Lcos，则有A离地面高度h随时间变化的图像，如下图所示， （2）当F=0时，弹簧的伸长量，，当F=15N，且A上升到最高点时，弹簧的压缩量，，所以A上升的高度，h= x1+ x2=0.3m，A上升过程中，Fh=mAgh+△Ep，所以弹簧弹性势能增加了，△Ep=1.5J，把拉力改为F=30N时，A上升过程中，Fh-mAgh-△Ep=mBv2，解得，v=3m/s，B刚要离开C时，弹簧弹力N= mBg=20N，由牛顿第二定律有，mAg+N-F=mAaA，解得，aA=0 19．（1）2m/s2；（2）2m/s；（3） 【详解】（1）小车在倾斜直轨道上运动时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可知，，解得， （2）小车由A点运动到C点，根据动能定理可得，，解得， （3）设小车在倾斜直轨道上运动的时间为，运动到B点的速度为，有，，设小车在水平轨道上运动的时间为，加速度为，对其受力分析由牛顿第二定律和运动学公式可知，，依题意，小车在圆弧上做简谐运动，根据单摆的周期公式，可得，，小车从A到E的运动时间为，，联立，解得， 答案第4页，共4页 答案第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 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