第二章 机械振动 单元能力提升综合检测训练（B卷）-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

第二章 机械振动 单元能力提升综合检测训练（B卷） 一、单选题 1．关于简谐运动的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是（　　） A．位移减小时，加速度增大，速度也增大 B．位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同 C．物体向平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相反 D．物体向平衡位置运动时，做匀加速运动 2．如图所示，质点在平衡位置O点两侧做简谐运动在它从平衡位置出发，向端点A处运动过程中经0.15s第一次经过M点，再经0.1s第二次经过M点，则该质点的振动频率为（　　） A．0.8Hz B．1Hz C．1.25Hz D．1.5Hz 3．弹簧的劲度系数为 20N/cm 的水平弹簧振子，它的振动图像如图所示，在图中 A 点对应的时刻（    ） A．振子所受的回复力大小为 0.5 N,方向指向正方向 B．振子的速度方向指向负方向 C．A 点对应的时刻为 3.75 s D．振子的加速度方向指向负方向 4．清明节荡秋千是我国的传统习俗。秋千由踏板和绳构成，人在秋千上小幅度摆动时可以简化为单摆。等效“摆球”的质量为，摆绳长为，忽略空气阻力。已知重力加速度大小为，下列说法正确的是（    ） A．经过最低点时人与踏板均处于平衡状态 B．“摆球”偏离最低点位移为时，回复力 C．偏离最低点运动的过程中，人受到踏板的摩擦力逐渐增大 D．经过最低点时，人顺势轻轻跳下，踏板的振幅将增大 5．在用单摆测定重力加速度的实验中，若测得g值偏小，可能是由于（　　） A．计算摆长时，只考虑悬线长，未加小球半径 B．计算摆长时，将悬线长加上小球直径 C．测量周期时，将n次全振动误记成n+1次全振动 D．单摆振动时，振幅较小 6．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，则该振动系统的固有频率最接近（　　） 驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80 受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 17.1 16.5 8.3 A．30Hz B．50Hz C．60Hz D．80Hz 7．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中，用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为0.97cm。小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是（　　） A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为 C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小 8．弹簧振子以O点为平衡位置做简谐振动。从O点起振开始计时，振子第一次到达M点用了0.3秒，又经过0.2秒第二次通过M点，则振子第三次通过M点还要经过的时间可能是（　　） A．0.5秒 B．1秒 C．1.4秒 D．1.6秒 9．图示为某弹簧振子的振动图象，则（　　） A．时刻，弹簧振子沿y轴正方向的加速度最大 B．振子在任意一个0.4s内运动的路程均为20cm C．振子的振动方程为 D．振子在周期内通过的路程不可能是 10．如图所示，一根不可伸长的细绳下端拴一小钢球，上端系在位于光滑斜面O处的钉子上，小球处于静止状态，细绳与斜面平行。现使小球获得一平行于斜面底边的初速度，使小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°。已知斜面倾角为θ，悬点到小球球心的距离为L，重力加速度为g。则小球回到最低点所需的最短时间为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 11．下列运动属于机械振动的是（　　） A．说话时声带的运动 B．弹簧振子在竖直方向的上下运动 C．体育课上同学进行25米折返跑 D．竖立于水面上的圆柱形玻璃瓶的上下运动 12．如图是某质点做简谐运动的振动图像。根据图像中的信息，判断下列说法正确的是（　　） A．质点离开平衡位置的最大距离为10 cm B．在1.5 s和2.5 s这两个时刻，质点的位移相同 C．在1.5 s和2.5 s这两个时刻，质点的速度相同 D．质点在0.5 s内通过的路程一定是10 cm 13．如图甲所示，弹簧下端固定的小球在竖直方向上做简谐运动，当小球到达最高点时，弹簧处于原长，选取向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）    A．弹簧的最大伸长量为 B．在内，小球的机械能逐渐增大 C．在内，小球的位移大小逐渐增大 D．在内，弹簧的伸长量逐渐减小 14．如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，则下列说法中正确的是（　　） A．甲、乙两单摆的摆长相等 B．甲摆的振幅比乙摆大 C．在t=0.5s时有正向最大加速度的是乙摆 D．由图像可以求出当地的重力加速度 15．在用单摆测量重力加速度的实验中，下列说法正确的是（   ） A．尽量选择质量大、体积小的摆球 B．用刻度尺测量摆线的长度，将其作为单摆的摆长 C．为方便测量，可以让单摆的振幅尽可能大 D．释放摆球，当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，则单摆的周期T = 16．一单摆在地球表面做受迫振动，其共振曲线（A表示受迫振动的振幅，f表示驱动力的频率）如图所示，重力加速度取，则下列说法不正确的是（　　） A．此单摆的固有周期为2s B．此单摆的摆长约为1m C．若摆长增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长减小，共振曲线的峰值将向左移动 三、填空题 17．某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示。由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺。于是他在细线上的A点做了一个标记，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O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)。 18．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动。振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。则t=0.8s时，振子的速度沿_______方向（填“+x”或“”），振子做简谐运动的位移的表达式为____________________________。 19．如图所示，质量为m的木块放在轻弹簧上，与弹簧一起在竖直方向上做简谐运动。当振幅为A时，物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5 倍，则物体对弹簧的最小弹力为___________； 要使物体在振动中不离开弹簧，振幅的最大值为_________。 20．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，取．对于这个单摆的振动过程，单摆的位移x随时间t变化的关系式为________cm，单摆的摆长为________m，从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐________（填“增大”或“减小”）． 四、计算题 21．如图所示，劲度系数为k的弹簧上端固定在天花板上，下端挂一质量为m的小球，小球静止后，再向下将弹簧拉长x，然后放手，小球开始振动。 （1）请证明小球的振动为简谐运动； （2）求小球振动的振幅； （3）求小球运动到最高点的加速度。 22．一水平弹簧振子做简谐运动，其位移时间关系如图所示。求： （1）写出该简谐运动的表达式； （2）t=0.25×10-2 s时的位移； （3）从t=0到t=8.5×10-2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？ 23．如图甲，置于水平长木板上的滑块用细绳跨过定滑轮与钩码相连，拖动固定其后的纸带一起做匀加速直线运动，一盛有有色液体的小漏斗（可视为质点），用较长的细线系于纸带正上方的O点，当滑块运动的同时，漏斗在垂直于滑块运动方向的竖直平面内做摆角很小（小于5°）的摆动。漏斗中漏出的有色液体在纸带上留下如图乙所示的痕迹。测得漏斗摆动时细线中拉力的大小F随时间t的变化图像如图丙所示，重力加速度为g， (1)试证明此漏斗做简谐运动； (2)根据图丙求漏斗振动的周期T及摆长l； (3)图乙中测得A、C两点间距离为，A、E两点间距离为。求滑块加速度的大小及液体滴在D点时滑块速度的大小。 24．如图为一单摆的共振曲线，则（，） （1）该单摆的摆长约为多少？ （2）共振时单摆的振幅多大？ （3）共振时摆球的最大回复加速度的大小为多少？ （4）若单摆的摆长变短，共振曲线的峰将怎样移动？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第二章 机械振动 单元能力提升综合检测训练（B卷）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D B A B C C B C 题号 11 12 13 14 15 16 答案 ABD AC CD ABC AD CD 1．C 【详解】A．位移减小时，加速度减小，速度增大。A错误； B．根据回复力公式可知，位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向可以相同，也可以相反。B错误； C．物体向平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相反，C正确； D．物体向平衡位置运动时，做加速度减小的加速运动。D错误。 故选C。 2．C 【详解】O点到M用时0.15s，M到A再回到M用时0.1s，根据对称性，M到A用时为0.05s，所以O到A用时为0.2s，因此周期为0.8s，而频率为 3．D 【详解】A．由图可知A在t轴上方，位移x=0.25cm，所以回复力 F=-kx=-20×0.25=-5N 即回复力大小为5N，方向指向x轴负方向，故A不符合题意； B．由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向正方向，故B不符合题意； C．由图读出周期为T=2s，则振动方程为 当x=0.25cm时，则得 k=0，1，2，3… 结合图象可知A点对应的时刻为，故C不符合题意； D．A点对应的时刻振子的位移为正，则加速度指向负方向，故D符合题意。 故选D. 4．B 【详解】A．经过最低点时人与踏板有向心加速度，不是平衡状态，故A错误； B．根据简谐运动公式，当摆角θ很小时，摆球运动的圆弧可以看成直线，可知，“摆球”偏离最低点位移为时，回复力 故B正确； C．偏离最低点运动的过程中，人的速度减小，与竖直方向夹角变大，重力沿切线方向的分力提供回复力，摩擦力为零，故C错误； D．经过最低点时，人顺势轻轻跳下，踏板的能量未增大，则振幅不变，故D错误。 故选B。 5．A 【详解】根据 得 A．计算摆长时，只考虑悬线长，未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，A正确； B．计算摆长时，将悬线长加上小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，B错误； C．测量周期时，将n次全振动误记成n+1次全振动，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大， C错误； D．单摆的振幅较小，不影响重力加速度的测量，D错误。 故选A。 6．B 【详解】从图所示的共振曲线    可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越快，比较各组数据知f驱最接近50Hz。 故选B。 7．C 【详解】A．为减小计时误差，应从摆球经过最低点的瞬间开始计时，故A错误； B．通过最低点100次的过程中，经历的时间是50个周期，故B错误； C．悬线的长度加摆球的半径才等于摆长，由单摆周期公式可知记录的摆长偏大时，测得的重力加速度也偏大，故C正确； D．应选用密度较大的球以减小空气阻力的影响，故D错误。 故选C。 8．C 【详解】弹簧振子的运动过程如下图所示 如图甲，设O为平衡位置，、代表振幅，振子从O到C所需要的时间为，因为简谐运动具有对称性，所以振子从M到C所用时间和从C到M所用时间相等，故 解得 则振子第三次到达M点还需要经过的时间为 如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向B运动，设与M关于O点对称，则振子从经B回到所用的时间与振子从M经C回到M所用的时间相等，即，振子从O到和从到O及从O到M所需时间相等，为 则振子第三次到达M点还需要经历的时间为 故选C。 9．B 【详解】A．在 时刻，弹簧振子沿y轴正方向的最大位移处，由于 则此时加速度沿负方向最大，故A错误； B．根据对称性可知，弹簧振子开始在平衡位置时运动0.4s后又回到平衡位置，运动路程为 当开始在除平衡位置的任意位置，运动0.4s后到达关于平衡位置的对称位置，运动路程仍为20cm，故B正确； C．由图像可知，振子的振动方程为 其中 则 故C错误； D．振子在 时刻的位移为 运动到 时刻，位移为 因此在此过程中，振子运动的位移为，故D错误。 故选B。 10．C 【详解】因为小球偏离平衡位置，最大偏角小于5°，小球的运动可以看作单摆，根据牛顿第二定律理单摆的周期公式 小球回到最低点所需的最短时间为 解得 故选C。 11．ABD 【详解】ABD．物体在平衡位置两侧所做的往复运动叫机械振动，ABD正确； C．体育课上同学进行25米折返跑没有平衡位置，不是机械振动，C错误。 故选ABD。 12．AC 【详解】A．由振动图像可知，质点离开平衡位置的最大距离为10 cm，故A正确； B．在1.5 s和2.5 s这两个时刻，质点的位移等大反向，故B错误； C．在1.5 s和2.5 s这两个时刻，图像的斜率相同，则质点的速度相同，故C正确； D．，则质点在0.5 s内通过的路程一定不是一个最大位移大小10 cm，故D错误。 故选AC。 13．CD 【详解】A．质点的振幅等于振子位移的最大值，由图读出，振幅为 由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为 故A错误； B．在内，弹簧的弹力做负功，小球的机械能减小，故B错误； C．在内小球从平衡位置向上运动，位移大小逐渐增大，故C正确； D．在内，小球从最低点向上往平衡位置运动，弹簧伸长量逐渐减小，故D正确。 故选CD。 14．ABC 【详解】A．由图可知，两单摆的周期相同，根据单摆的周期公式 可知，两单摆的摆长相同，故A正确； B．由图可知，甲单摆的周期为10cm，乙单摆的周期为7cm，即甲摆的振幅比乙摆大，故B正确； C．在t=0.5s时，甲处于平衡位置，乙处于负的最大位移处，具有正向最大加速度，故C正确； D．由图可知单摆的周期，但是不知道摆长，所以不能求出当地的重力加速度，故D错误。 故选ABC。 15．AD 【详解】A．尽量选择质量大、体积小的摆球，可以减小阻力使实验更准确，A正确； B．用刻度尺测量摆线的长度，用游标卡尺测出小球的直径算出半径，则线长加半径作为摆长，B错误； C．为了准确，单摆的振幅尽可能小，最大不超过5°，C错误； D．为了准确可以多测几个周期，比如释放摆球，当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，则单摆的周期T = ，D正确。 故选AD。 16．CD 【详解】A．当驱动力的频率等于单摆的固有周期时发生共振，所以单摆发生共振的频率是 根据周期和频率可知单摆的固有周期为 故A正确； B．根据单摆周期的表达式 得 故B正确； C．若摆长增大，根据 可知单摆的固有周期变大，固有频率变小，故C错误； D．若摆长减小，可知单摆的固有周期变小，固有频率变大，产生共振的频率变大，所以共振曲线的峰值将向右移动，故D错误。 该题选择错误选项，故选CD。 17． 【详解】[1]设A到铁锁重心的距离为l，则第1、2次的摆长分别为l＋l1、l＋l2，由 T1＝2π T2＝2π 联立解得 g＝ 18． 【详解】[1]由图乙可知，t=0.8s时振子处于平衡位置，速度最大，下一个时刻位移为负，则速度方向为负方向，即振子的速度沿方向； [2]由图乙可知振子的周期为1.6s，振幅为12cm，则振子做简谐运动的表达式为 19． 2A 【详解】[1]当振幅为A时，物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5倍，此时在最低处，受弹力、重力，由牛顿第二定律可得 方向向上，根据简谐振动的特点，在最高点的加速度也为0.5g，方向向下，所以 解得F1=0.5mg，且为支持力。 由胡克定律可得 [2]要使物体不能离开弹簧，则在最高点弹力为零，加速度为g，方向向下，根据对称性，在最低处的加速度也为g，方向向上，由牛顿第二定律可得 解得 由胡克定律可得 联立可得 20． 1 减小 【详解】[1]由振动图象读出周期 ,振幅,由得到角频率 , 则单摆的位移x随时间t变化的关系式为 ; [2]由公式,代入得到 L=1m ; [3]结合图像可知从到的过程中,摆球向平衡位置运动，所以摆球的位移减小,回复力减小. 21．（1）见解析；（2）x；（3），方向竖直向下 【详解】（1）取竖直向下为正方向，当小球到达平衡位置时，弹簧伸长了x0，则有 当小球向下偏离平衡位置x时有 解得 故小球的振动为简谐运动。 （2）小球振动的振幅为x （3）由简谐运动的对称性得，小球在最高点和最低点的加速度大小相等，方向相反。 在最低点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律得 解得小球运动到最低点时的加速度大小为 故小球运动到最高点时的加速度大小为 方向竖直向下 22．（1）；（2）-1.414 cm；（3）34 cm，2 cm 【详解】（1）由图像知 A=2 cm，T=2×10-2 s，φ= 则 =100π rad/s 则表达式为 （2）把t=0.25×10-2 s代入表达式得 （3）时间为 所以通过的路程为 把t=8.5×10-2 s代入表达式得 即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移大小为 23．(1)见解析；(2)2t0； (3) ； 【详解】(1)对漏斗，设当偏角为θ时，位移为x，且设位移x的方向为正方向． 重力垂直绳方向的分力提供回复力 F=mgsinθ 当θ很小时 回复力方向与x方向相反，可得 满足F=-kx，可知漏斗的振动为简谐振动。 (2)根据图丙求可知漏斗振动的周期 T=2t0 根据单摆的周期公式 可得摆长 (3)由匀变速直线运动的规律可知 即 解得 液滴在D点时滑块速度的大小 24．（1）；（2）；（3）；（4）右移 【详解】（1）由图可知，当驱动力频率为时，单摆振幅最大，即产生了共振现象，则单摆的固有频率也为，周期为 根据单摆周期公式 解得 （2）由图读出，共振时单摆的振幅为。 （3）根据题意，单摆所受回复力 由牛顿第二定律 所以 由于单摆的最大摆角较小，则 所以最大加速度 （4）根据单摆的周期公式 若单摆的摆长变短，则单摆周期变小，由 单摆频率变大，所以共振曲线的峰将右移。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $