第二章 机械振动 质量检测试卷（二）-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 2026年人教版物理选择性必修第一册机械振动周测试卷，通过弹簧振子、单摆等真实情境，融合简谐运动规律、振动图像分析及实验探究，全面考查机械振动核心知识，注重物理观念建构与科学思维培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/46分|简谐运动判定、振动图像、单摆周期公式|第4题激光笔白板印迹情境，将振动与运动合成结合，体现问题设计层次性| |实验题|2题/约20分|单摆周期测量、重力加速度计算与误差分析|第11题游标卡尺使用及误差归因，强化科学探究能力| |解答题|3题/约34分|振动表达式、库仑力与简谐运动、带电棒电场中振动|第15题带电棒在电场中的简谐运动分析，综合能量与运动规律，突出科学推理与模型建构|

2026年物理人教版选择性必修第一册第二章机械振动质量检测试卷（二） 满分：100 分 考试时间：75 分钟 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端固定一轻弹簧，弹簧与斜面保持平行，弹簧下端连接一小物块，物块静止在O点。现将物块拉至B点，由静止释放，物块在AB之间运动，弹簧形变始终在弹性限度内。下列说法正确的是（    ） A．物块在AB之间做简谐运动，其机械能不守恒 B．物块在A、B位置时，动能和加速度都为0 C．物块从B到A的过程中，速度和加速度均先增大后减小 D．物块从O到A的过程中，回复力做负功，弹簧弹性势能减小 2．一质点做简谐运动的图像如图所示，则该质点 （　　） A．在0~0.01s内，速度与加速度反向 B．在0.01s~0.02s内，速度与回复力同向 C．在0.025s时，速度为正，加速度为正 D．在0.04s时，速度最大，回复力为零，动能最大 3．某同学利用如图所示的单摆绘制出振动图像，若当地重力加速度g为9.8m/s2，估算此单摆的摆长并写出其振动方程（　　） A．1m，x=3sinπt（cm） B．2m，x=3sinπt（cm） C．1m，x=3cosπt（cm） D．2m，x=3cosπt（cm） 4．如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方，使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为（未标出），印迹上P、Q两点的纵坐标分别为和。忽略一切阻力，重力加速度为g，则（　　） A．该弹簧振子的振幅为 B．该弹簧振子的振动周期为 C．激光笔在留下P、Q两点时所受的回复力相同 D．激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧的弹性势能增大了 5．如图甲所示质量为m的B木板放在水平面上，质量为2m的物块A通过一轻弹簧与其连接。给A一竖直方向上的初速度，当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，A的位移随时间变化规律如图乙，已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力提供 B．物体A在运动中最大加速度为 C．物体B在时刻对地面的压力大小为2mg D．物体A的振动方程为 6．如图所示，劲度系数为的轻质弹簧一端固定，另一端连接一质量为的小木块放置在粗糙程度相同的水平面上的点，此时弹簧长度为弹簧原长。一颗质量为的子弹以水平速度击中木块，木块和子弹一起向左侧运动到点后向右运动，最远到达点，然后在点两侧往复运动。已知之间的距离为，小木块与水平面的动摩擦因数为，取重力加速度为，下列选项正确的是（　　） A．子弹打入小木块后，子弹和木块共同运动的速度为 B．小木块从开始运动到第一次回到点的过程中克服摩擦力做功为 C．间的距离为 D．小木块第一次从A点运动到点的时间为 7．轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置静止在水平地面上方。现将箱子和小球由静止释放，箱子竖直下落h后落地，箱子落地后瞬间速度减为零且不会反弹。此后小球做简谐运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，弹簧劲度系数为k，箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。忽略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．箱子落地后，弹簧弹力的最大值为2mg B．箱子落地后，小球简谐运动的加速度最大值为g C．箱子落地后，小球运动的最大速度为 D．箱子与地面碰撞损失的机械能为 8．一弹簧振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，时刻振子的位移；时刻振子刚好第2次经过的位置且速度为零。下列有关该振子运动问题的说法正确的是（    ） A．振幅为 B．周期为 C．内的路程是 D．时刻的位移为 E．到时间内的位移是 9．如图所示，一弹簧振子在、间做简谐运动，为平衡位置，间距离为，从到运动一次的时间为，则（    ） A．从到振子作了一次全振动 B．振动周期为，振幅为 C．经过两次全振动，振子通过的路程是 D．振子从点开始，经位移是 10．如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为θ，斜面上质量为m物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g。现将A沿斜面向上推动至弹簧压缩量为处的C点无初速度释放，B为C关于O的对称点。关于物体A后续的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．物体A做简谐运动，振幅为 B．物体A在B点时，系统的弹性势能最大 C．物体A速度的最大值为 D．物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在B点时最小 二、实验题 11．（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示，测量方法正确的是______（选填“甲”或“乙”）。    （2）某同学用毫米刻度尺测得摆线长L0=945.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d=______mm；用秒表测得单摆完成n次全振动的时间为t，则用给定物理量符号表示当地的重力加速度g，则g=____________。 （3）若通过计算测得重力加速度g值偏小，其原因可能是______。 A．测摆长时摆线拉的过紧 B．误将n次全振动记录为（n+1）次 C．开始计时时秒表提前按下 D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径 12．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学先测得摆线长为89.2cm，摆球的直径如图甲所示，然后用秒表记录了单摆做30次全振动的时间。 (1)该摆球的直径为_________mm。 (2)如果该同学测得的g值偏大，可能的原因是（　　） A．计算摆长时是将摆线长度加上摆球的直径 B．开始计时时，秒表过早按下 C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了 D．实验中误将29次全振动数为30次 (3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l，测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数值，再以l为横坐标，为纵坐标，将所得数据连成直线如图乙所示，则测得的重力加速度g=______m/s2（取π=3.14，结果保留三位有效数字）。 三、解答题 13．如图所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题： （1）写出该振子简谐运动的表达式； （2）在第2s末到第3s末这段时间内，弹簧振子的位移、加速度、速度各是怎样变化的； （3）该振子在前100s的总位移是多少；路程是多少。 14．如图所示，、是真空中两个电荷量均为的固定点电荷，它们间的距离为，是连线的中点．一电荷量为的带电粒子放置在、连线上的点，、间的距离为。已知静电力常量为。不计粒子重力。 （1）分别求出电荷、对带电粒子库仑力的大小和方向； （2）现将带电粒子从点由静止释放，若，带电粒子所做的运动能否视为简谐运动？试分析说明。 15．一个质量为，高为的均匀带正电的绝缘棒竖直放置，其下边缘正好在方向竖直向上的匀强电场上边缘，电场强度大小为。棒由静止开始下落，重力加速度为，以下研究的整个运动过程中，棒的上端都未完全进入电场棒的电荷分布状态不改变，不计空气阻力，棒在运动中只发生平动。 (1)棒进入电场深度为时，电场力的表达式？根据牛顿第二定律表达式，分析棒做什么性质的运动？ (2)棒的速度最大时，棒进入电场的深度满足什么关系？最大速度为多少？ (3)从开始下落到最低点过程中，棒的电势能增加了多少？要想最低点时棒上端不进入电场，则棒的总质量应该满足什么要求？ 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 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A D B C D ACE BC BC 1．A 【详解】A．机械能守恒的条件为只有重力做功，对于物体而言还有弹簧的弹力做功，故机械能不守恒，故A正确； B．物块在A、B位置时处于振幅最大位置，速度为零，加速度为最大，故B错误； C．物块从B到A的过程中，为先恢复形变后压缩的过程，故速度先增后减，加速度先减后增，故C错误； D．物块从O到A的过程中，回复力做负功。而若OA距离也较大，则OA过程弹簧可能先恢复到原长再压缩，弹性势能先减少后增大；如果OA距离较短，弹簧没有恢复到原长（或刚好到原长），则弹簧弹性势能只减少不增大，故D错误。 故选A。 2．C 【详解】A．在0至0.01s内，图像的斜率为负值，速度为负向，位移为正向，由分析可知，加速度为负向，故速度与加速度同向，故A错误； B．在0.01s至0.02s内，图像的斜率为负值，速度为负向，位移为负向，则由F=-kx可知，回复力为正向，速度与回复力反向，故B错误； C．在0.025s时，图像的斜率为正值，速度为正向，位移为负向，则加速度为正向，故C正确； D．在0.04s时，质点位移为正向最大，速度为零，回复力为最大，故D错误。 故选C。 3．A 【详解】由图可知单摆的周期 T=2s 振幅 A=3cm 根据单摆周期公式可得摆长 代入数据解得 又 则其振动方程为 x=3sinπt（cm） 故选A。 4．D 【详解】AB．白板做匀速运动，振子振动的周期等于白板运动位移所用的时间，则周期 振幅为 故AB错误； C．加速度是矢量，激光笔在留下两点时加速度大小相等，方向相反，回复力大小相同，方向相反，故C错误； D．在激光笔留下段印迹的过程中，由机械能守恒可知，重力势能减小，故弹性势能增加了，故D正确。 故选D。 5．B 【详解】A．物块A做简谐运动，回复力由弹簧的弹力和重力的合力来提供，故A错误； B．当A运动到最高点时，B与水平面间的作用力刚好为零，则有， 解得，故B正确； C．时刻物块A在平衡位置，此时弹簧处于压缩状态，弹力为 对物体B受力分析有 由牛顿第三定律可知物体B在时刻对地面的压力大小为，故C错误； D．由图乙可知振幅为0.1m，周期为1.0s，设物体A的振动方程为 当时，，且A向上振动，代入可得 解得 所以物体A的振动方程为，故D错误。 故选B。 6．C 【详解】A．子弹打入小木块时，子弹与木块组成的系统动量守恒，可得 解得 A错误； B．根据公式可得，小木块从开始运动到第一次回到点的过程中克服摩擦力做功为 B错误； C．从过程中，为平衡位置，如图所示 则有 规定向右为正向，滑块运动过程中的合力满足 其中为滑块偏离平衡位置的位移，由此可知从过程中小滑块做简谐运动，简谐运动的振幅为，可知 间的距离为 C正确； D．根据简谐振动的规律可得，从过程中滑块的振动可以表示为 其中为振动的角频率，满足 从过程中，点处为位移为 解得 D错误。 故选C。 7．D 【详解】AB．箱子落地后，小球做简谐运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，即小球运动到最高点时，弹簧处于压缩状态，弹簧对箱子的弹力与箱子的重力恰好平衡，则有   此时对小球进行分析，根据牛顿第二定律有，解得， 根据简谐运动的对称性可知，箱子落地后，小球简谐运动的加速度最大值为2g； 根据简谐运动的对称性可知，箱子落地后，小球运动到最低点位置的加速度大小等于小球在最高点的加速度2g，此时弹簧处于拉伸状态，弹力达到最大值，则有 解得，故AB错误； C．箱子落地后，小球做简谐运动，小球在平衡位置的速度达到最大值，此时弹簧处于拉伸状态，则有 解得 箱子落地后，小球由最高点运动到平衡位置，弹性势能不变，则有 解得，故C错误； D．箱子和小球由静止释放之前，小球处于平衡位置，弹簧处于拉伸状态，形变量为上述的，在箱子和小球释放之后到小球做简谐运动运动到平衡位置过程，根据能量守恒定律有 结合上述解得，故D正确。 故选D。 8．ACE 【详解】AE．时刻振子处在正向最大位移处，得时刻在负向最大位移处，则振幅为，AE正确； B．由于是第二次到正向最大位移处，所以 故该振子的周期为 B错误； C．一个周期经过的路程是4个振幅，则内的路程是 C正确； D．因为时刻振子位于平衡位置，所以位移为0，D错误。 故选ACE。 9．BC 【详解】A．从到振子作了半个全振动，选项A错误； B．从B到C为半个周期，时间为1s，则振动周期为，因BC=10cm，则振幅为，选项B正确； C．一次全振动振子的路程为4A，经过两次全振动，振子通过的路程是，选项C正确； D．振子从点开始，经到达C点，则位移是10cm，选项D错误。 故选BC。 10．BC 【详解】A．物体A在O点平衡位置，有 解得 弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为 即振幅为；故A错误； B．物体A在B点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B正确； C．物体A在O点的速度最大，C点与O点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O点运动到C点，由动能定理得 解得 故C正确； D．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在C点和B点动能为零，势能最大；系统在O点动能最大，势能最小，故D错误。 故选BC。 11． 乙 41.25 CD 【详解】（1）[1]用游标卡尺测量小球的直径时应将小球卡在外爪上，故选乙； （2）[2]摆球的直径为 [3]根据 得 （3）[4] 根据 得 A．测摆长时摆线拉的过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏大，A错误； B．误将n次全振动记录为（n+1）次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，B错误； C．开始计时时秒表提前按下，则周期的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏小，C正确； D．误将摆线长当成摆长，未加小球的半径，则摆长测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，D正确； 故选CD。 12．(1)20.50 (2)AD (3)9.86 【详解】（1）游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，则摆球的直径为 （2）A．计算摆长时将摆线长度加上摆球的直径，即摆长偏大，根据单摆的周期公式 可知，重力加速度的测量值偏大，故A正确； B．开始计时，秒表过早按下，则周期偏大，重力加速度的测量值偏小，故B错误； C．摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故C错误； D．实验中误将29次全振动数为30次，则周期偏小，重力加速度的测量值偏大，故D正确。 故选AD。 （3）根据单摆的周期公式 可得 结合图像可得 所以 13．（1）x=5sin0.5πt cm；（2）位移负向逐渐增大，速度减小，加速度逐渐增大；（3）0，5m 【详解】（1）弹簧振子的振幅A=5cm，周期为T=4s，则 ω==0.5πrad/s 故该振子简谐运动的表达式为 x=Asinωt=5sin0.5πt cm （2）第2s末到第3s末这段时间内，据图可知，振子的位移负向逐渐增大，速度减小，加速度逐渐增大；当3s末时，振子的位移最大，加速度最大，速度为零； （3）该振子在前100s的全振动次数为 次 而振子在一个周期内通过的路程是4A，所以振子在前100s的总路程是 s=25×4A=100×5cm=500cm=5m 总位移为0 14．（1）见解析；（2）可以视为简谐运动 【详解】（1）电荷对带电粒子的库仑力方向由指向，大小为 电荷对带电粒子的库仑力方向由指向，大小为 （2）带电粒子由静止释放后，将以为平衡位置振动。以为原点建立如图所示的坐标轴 当带电粒子相对坐标原点的位移为时，带电粒子所受的电场力 由题意可知，，则 ， 所以有 取，则有 所以，当时，带电粒子的运动可视为简谐运动。 15．(1)，做简谐运动 (2) ， (3)， 【详解】（1）设棒进入电场深度为时，受电场力 电场力类似弹簧的弹力，开始电场力小于重力，合外力向下 增加，减小，先做加速度减小的加速运动，直到时 速度最大；由于惯性继续下降，电场力开始大于重力，开始减速，则 x增加，增加，再做加速度增大的减速运动，直到，到达最低点；再向上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最高点为刚开始由静止释放的位置，然后重复这种周期性运动；根据受力特点与竖直的弹簧振子类似，可知棒做简谐运动。 （2）棒最大速度时，加速度为零，则   解得 从释放到速度最大，电场力做功 由动能定理得 联立得最大速度 （3）从开始下落到最低点过程，棒下降，下降全过程，电场力做功 电势能的增加等于克服电场力做功  ⑨ 解得 根据简谐运动的对称性，从最高点到最低点位移为 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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