广东省佛山市顺德区桂洲中学2025-2026学年高二上学期15周周测物理试卷（2025.12.14）

一、单选题（每小题4分，共28分） 1．如图所示，一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系，由图可知（   ） A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态 B．驱动力频率为f3时，振子的振动频率为f2 C．假如让振子做自由振动，它的频率为f1 D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3 2．下列关于机械振动的说法正确的是（　　） A．机械振动属于匀速运动 B．回复力是按效果命名的力 C．振动图像描述的是振动质点的运动轨迹 D．简谐运动的频率越高，振动物体运动的速度越大 3．如图所示，弹簧振子在B、C间做简谐运动，O为平衡位置，B、C为两侧的最大位置，若振子振幅为5cm，由B运动到C的时间为2s，则（　　） A．振子从B到O运动过程中，弹簧振子机械能不变 B．振子从B到O运动过程中，速度和加速度均在增加 C．振子从O点再次回到O点为一次全振动 D．振子经过的路程为5cm时所用的时间一定为1s 4．如图所示，某实验室中，在一根张紧的水平绳上，悬挂有五个单摆，的摆长相等，实验室安装了一个电磁驱动装置，可以以固定频率施加周期性外力，驱动单摆在垂直纸面的平面内振动。若电磁驱动装置的频率恰好等于单摆的固有频率。各单摆振动稳定后，下列说法正确的是（　　） A．单摆的振幅最大 B．单摆的振幅最大 C．各单摆的振动周期不同，单摆的周期最长 D．各单摆的振动周期不同，单摆的周期最长 5．已知在单摆完成10次全振动的时间内，单摆完成6次全振动，两摆长之差为，则两单摆摆长与分别为（　　） A． B． C． D． 6．如图所示，竖直平面内固定光滑圆弧轨道（圆弧的角度很小），O是轨道的最低点。质量不同的小球M、N（均可视为质点）从轨道左侧的不同位置由静止同时释放，到达O点过程中都经过图中的P点，下列说法正确的是（　　） A．释放瞬间M、N的加速度大小相等 B．M、N同时到达O点 C．M、N通过O点时速度大小相等 D．M、N在P点的回复力大小相等 7．并列悬挂的的两个弹簧振子如图甲所示，分别以振子A、B的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立y轴，当振子在振动过程中某次经过平衡位置时开始计时，两振子的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．两振子的振动频率之比为fA：fB = 2：1 B．振子A 速度为零时，振子B速度最大 C．任意0.5s内，A、B两振子运动的路程相等 D．0.5s~1s内，振子A 向下振动，振子B先向上振动后向下振动 二、多选题（每小题6分，共18分，漏选得3分） 8．下列说法正确的是（    ） A．做简谐运动的弹簧振子，其速度增大时，加速度一定减小 B．同一弹簧振子振动的振幅越大，其振动的能量和周期越大 C．做简谐运动的单摆，摆球的回复力由其所受合力提供 D．做受迫振动的物体，振动稳定后的频率等于驱动力的频率 9．手机是现代社会的高科技产物，其内置的加速度传感器可以测量手机运动时的加速度，小明学习了简谐振动的相关知识后，用质量为的手机和轻弹簧制作了一个如图甲所示的振动装置。并记录了手机在竖直方向振动过程中加速度a随时间t变化的关系图像，如图乙所示，若取竖直向下为正方向（　　） A．时，弹簧弹力为0 B．时，弹簧的弹性势能最大 C．至，手机的动能不断增大 D．时，弹簧对手机的弹力大小为，方向竖直向上 10．某实验小组用如图甲所示的装置研究单摆的运动规律，通过实验测出当地重力加速度，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，则下列选项正确的是（　） A．此单摆的摆长为 B．摆球在速度减小的过程中回复力一定增大 C．图乙中摆球在点的运动方向沿轴正方向 D．若把此单摆放在月球上，其摆动周期将变小 三、实验题（18分） 11．（每空2分，共8分）实验小组成员准备测量重庆的重力加速度，在实验室发现有一单摆装置竖直挂于某深度h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下部分露出筒外），如图甲所示。将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，单摆振动过程中悬线不会碰到小筒，找到的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球上端的距离为x，并通过游标卡尺测出球的直径为d，记录筒的下端口到摆球球心的距离之后多次改变l而测出对应的周期T，再以为纵轴、l为横轴作出函数关系图像，通过此图像得出小筒的深度h和重力加速度的大小g，计算取 (1)利用游标卡尺测出的小球直径如图乙所示，直径 cm。 (2)如果实验中所得到的关系图像如图丙所示，那么实际的图像应是a、b、c中的 。 (3)由图像可知，小筒的深度h m，当地的重力加速度g= m/s2（此小问均保留到小数点后两位） 12．（每空2分，共10分）图甲为某兴趣小组设计的实验装置，在单摆悬点处安装力传感器，可采集摆线的拉力；在小球的平衡位置正下方处安装光电门，可采集小球底部的轻质遮光片遮住光的时间。利用本装置可以完成测量当地重力加速度大小g、验证机械能守恒定律等实验。 实验操作如下： (1)测量所需长度：用刻度尺测得摆线长度为L，用游标卡尺测得小球直径为D；用螺旋测微器测量遮光片的宽度为d，如图乙所示，则d= mm。 (2)测量当地重力加速度的大小：将小球拉至与竖直方向成较小角度并由静止释放。利用力传感器，获得摆线所受拉力F的大小与时间t的关系图像，如图丙所示，则单摆的周期T= （用“t1”“t2”表示），重力加速度大小的测量值为 （用“L”“D”和“T”表示）。 (3)验证机械能守恒定律： ①将小球拉至与竖直方向成较大角度θ，并由静止释放。 ②记录小球经过平衡位置时遮光片的遮光时间为t。则此时遮光片的速度大小为v= （用“d”“t”表示），并将此速度视为小球经过平衡位置时的速度。 ③改变θ，重复①和②。 根据所测数据，小球由静止运动到平衡位置的过程中，在误差允许的范围内，若满足_________________的关系式（用“g”“θ”“L”“D”表示），则小球在上述过程中机械能守恒。 四、解答题（共36分） 13．（8分）如图，半径为R光滑圆弧面上有一个质量为m小球（半径很小可忽略），把它从最低点移开一小段距离，距最低点的高度为h（h远小于R）。放手后，小球以最低点为平衡位置做简谐运动，重力加速度为g，求 (1)小球从释放到最低点的时间t； (2)小球在最低点的速度大小 14．（10分）正在修建的楼房顶上固定一根不可伸长的细线垂到图示窗沿下，某同学想应用单摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，他先将线的下端系上一个小球，当小球静止时，细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为。他打开窗户，让小球在垂直于墙的竖直平面内做小角度摆动，如图所示，从小球第1次通过图中的B点开始计时到第17次通过B点共用时40s。当地重力加速度g值取，根据以上数据，求：(1)该单摆的周期； (2)房顶到窗上沿的高度h。 15．如图所示，有一个摆长为l的单摆，现将质量为2m的摆球A拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A摆至平衡位置P时，速度为v，恰与静止在P处的质量为m的B球发生弹性碰撞， B球沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时与A再次相遇。试求： (1)摆球A与B球碰撞后，B球的速度vB？ (2)位置P与墙壁间的距离d ？ 参考解答 2027届高二第一学期 15周末总结 （12月14日 ） 第1页 第1页 学科网（北京）股份有限公司 1．A【详解】A．由共振曲线可以知道，出现振幅最大时，驱动力的频率等于固有频率，所以驱动频率为f2时，振子处于共振状态，故A正确； B．受迫振动的频率由驱动力频率决定，驱动力的频率为f3时，振子振动的频率也为f3，故B错误； CD．当驱动力频率等于固有频率时，振子的振动幅度最大，故由图看出固有频率为f2，振子自由振动的频率等于系统本身的固有频率，为f2，故CD错误。故选A。 2．B【详解】A．机械振动的速度是变化的，不可能是匀速运动，A错误； B．回复力是按效果命名的力，B正确； C．振动图像描述的是振动质点在各个时刻偏离平衡位置的位移，不是振动质点的运动轨迹，C错误； D．物体振动的快慢与物体运动的快慢意义不同，D错误。故选B。 3．A【详解】A．振子从B到O运动过程中，弹簧的弹性势能转变成小球的动能，弹簧振子机械能守恒，保持不变，故A正确； B．振子从B到O运动过程中，速度增大，加速度减小，故B错误； C．振子从O点再次回到O点，有可能只振动了半个周期，也可能振动一个周期，故C错误； D．由题知，由B运动到C的时间为2s，故周期为4s；只有当振子从最大位移处到平衡位置处或从平衡位置到最大位移处经过的路程为5cm时所用的时间一定为1 s，除此之外振子经过的路程为5cm时所用的时间不一定为1s，故D错误。故选A。 4．A【详解】AB．题意知的摆长相等，b、c、e摆长与a、d摆长不等，根据单摆周期公式 故a、d单摆固有周期、固有频率相同，又因为电磁驱动装置的频率恰好等于单摆的固有频率，即驱动力周期等于d的固有周期，故d单摆的振幅最大，故A正确，B错误； CD．题意知a、b、c、d、e均做受迫振动，故稳定后，各单摆的振动周期相同，故CD错误。故选A。 5．C【详解】设单摆完成10次全振动的时间为t，则单摆a的周期 单摆b的周期为根据单摆周期可知ab单摆的周期分别为 又因为联立以上解得故选C。 6．B【详解】B．根据，可知两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故B正确； A．释放瞬间，M、N在不同位置时都是支持力与重力沿半径方向的分力大小相等，而回复力沿该点重力沿着切线方向，设释放时与竖直方向的夹角为，可知释放瞬间的加速度为，由于角度不同，故加速度大小不同，故A错误； C．整个过程中，根据动能定理可知 解得通过O点时速度大小为，由于角度不同，故通过O点时速度大小不相等，故C错误； D．M、N通过P点时所受的回复力均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，两小球质量不同，回复力不同，故D错误。故选B。 7．B【详解】A．由乙图可知，两振子的周期分别为，由可知，，A错误； B．由乙图可知，振子A 速度为零时，振子B处于平衡位置，速度最大，B正确； C．由可知，振子B在任意0.5s内路程均为两倍振幅10cm；由可知，振子A若在平衡位置或最大位移处计时，在0.5s时间内位移为10cm，若从其它位置计时，在0.5s时间内经过平衡位置，则平均速度较大，路程大于10cm，若在0.5s时间内经过最大位移处，则平均速度较小，路程小于10cm，C错误； D．由乙图可知，0.5s~1s内，振子A 向下振动，振子B先向下振动后向上振动，D错误。故选B。 8．AD【详解】A．做简谐运动的弹簧振子，其速度增大时，靠近平衡位置，位移减小，根据 可知，其回复力、加速度与位移大小成正比，所以加速度一定减小，A正确； B．同一弹簧振子振动的振幅越大，其振动的能量越大，但其振动的周期由弹簧振子的质量和弹簧的劲度系数决定，与振幅无关，B错误； C．做简谐运动的单摆，摆球的回复力由其重力沿圆弧切线方向的分力提供，C错误； D．做受迫振动的物体，振动稳定后的频率等于驱动力的频率，D正确。故选AD。 9．BC【详解】A．时手机的加速度为零，弹簧弹力大小等于手机的重力，故A错误； B．时，加速度大小为，方向竖直向上，由牛顿第二定律得 可知弹簧的弹力最大，又由，可知弹簧的形变量最大，弹簧的弹性势能最大，故B正确； C．至，加速度逐渐减小，位移逐渐减小，手机的动能增大，平衡位置动能最大，故C正确； D．时，手机的加速度大小为，方向竖直向下，由牛顿第二定律得 解得方向竖直向上，故D错误。故选BC。 10．AB【详解】A．由图乙可知，此单摆的周期为。根据单摆周期公式 可得单摆的摆长为选项A正确；D．根据单摆的周期公式 可知若把该单摆放在月球上，值变小，则其摆动周期变大，选项D错误； B．由图乙知单摆做简谐运动，摆球在速度减小的过程中，逐渐远离平衡位置，回复力一定增大，选项B正确； C．图乙中摆球在点的运动方向靠近平衡位置，沿轴负方向，选项C错误。故选AB。 11．【答案】(1)1.53 (2)c (3) 0.50 9.82 【详解】（1）利用游标卡尺测出的小球直径1.5cm+0.1mm×3=1.53cm。 （2）根据单摆周期公式 可得 可知T2-l图像为c； （3）[1][2]由图像可知， 解得h=0.50m，g=9.82m/s2 12．【答案】(1)1.199/1.200/1.201 (2) (3) 【详解】（1）根据螺旋测微器的测量原理，遮光片的宽度为 （2）[1]根据单摆的特点可知，在最低点处时的拉力是最大的，所以周期的大小应为 [2]单摆的周期公式为，其中l为摆长，大小应为 整理后可得 （3）[1]由于遮光片很窄，可以近似利用遮光片通过光电门的平均速度来表示瞬时速度，即 [2]若忽略阻力，应有 整理后即为 [3]由于遮光片的位置低于小球，其做圆周运动的半径更大，通过光电门测得的速度会略大于小球，因此计算得到的小球的动能增加量会偏大。 13．【答案】(1)(2) 【详解】（1）小球做类单摆简谐运动，则周期为 则小球从释放到最低点的时间 （2）小球从释放到最低点的过程，根据动能定理 解得，小球运动到最低点的速度大小为 14．【答案】(1)5s (2)15m 【详解】（1）依题从小球第1次通过题图中的B点开始计时到第17次，则完成的周期个数为 依题知这8个周期共用时40s，则单摆周期为 （2）球心到窗上沿的距离，由于该单摆在左右两侧摆动的摆长变化，故周期公式为 g值取，代入数据解得，房顶到窗上沿的高度为 5．【答案】(1) (2)  （n＝1，2，3……） 【详解】（1）设A球与B球发生弹性碰撞后，速度分别为，规定向右为正方向，由动量守恒有 解得 （2）摆球A做简谐运动，当其与B球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期T不变。而B球做匀速直线运动，再次相遇的条件为B球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍，即B球运动时间 （n＝1，2，3…） B球做匀速直线运动，运动时间 单摆周期公式 联立解得   （n＝1，2，3…） 第1页 第1页 学科网（北京）股份有限公司 $