第二章 机械振动 培优专练 -2025-2026学年高一下学期物理教科版选择性必修第一册

**基本信息** 高一下学期机械振动单元培优卷，聚焦弹簧振子、简谐运动等核心知识，通过斜面、传送带等多情境综合题，提升科学思维与模型建构能力，适配单元复习巩固与能力拔高。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|弹簧振子周期计算、简谐运动对称性（如第1题）|结合斜面、弹簧系统，考查振动周期与冲量| |多选题|3|振动图像分析、系统动量守恒（如第9题）|通过v-t图像，综合判断弹性势能与位移| |解答题|6|多过程振动与碰撞（如第13题）、能量守恒（如第15题）|融入传送带、碗池比赛等真实情境，考查模型建构与科学推理|

【高一下学期培优专练】----机械振动 一、单选题 1．如图所示，光滑斜面倾角为30°，轻质弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，上端连接质量为m的滑块。拉动滑块使弹簧伸长到A点，t=0时刻让滑块在A点获得沿斜面向下的速度。已知A、B两点间的距离为L，滑块在时第一次运动到B点，在时第二次运动到B点，在时经过A点，重力加速度为g。弹簧振子的周期 其中m为振子质量，k为弹簧劲度系数。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数 B．滑块向下运动的最远点到A点的距离为2L C．A、B两点到平衡位置的距离不一定相等 D．内弹簧对滑块作用力的冲量大小为 2．一弹簧振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。时振子的位移为，时位移为，则（　　） A．振子在与两处的加速度可能相同 B．振子在与两处的动能可能不同 C．若振幅为，振子的周期可能为 D．若振幅为，振子的周期可能为2.4s 3．如下图，光滑斜面体固定在水平地面上，物块通过轻质弹簧与斜面体底端相连。弹簧原长时，由静止释放物块，并开始计时。规定物块释放位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向，水平地面为零势能面，不计空气阻力。则下滑过程中，物块的合外力F、位移x、动能、重力势能分别与t或x的变化关系，正确的是（　　） A．B．C．D． 4．如图所示，光滑固定的斜面上有一倾斜放置的弹簧，弹簧上端固定，下端连接物体P，其正在做振幅为的简谐运动，当达到最高点时弹簧恰好为原长。当P振动到某个位置时恰好断开为质量相等的两部分A、B，B掉下斜面，此后A继续做简谐运动。则下列说法中正确的是（　　） A．无论在什么地方断开，此后A振动的振幅一定增大 B．如果在平衡位置处断开，此后A能运动到原来的最低点 C．如果在最低点处断开，此后A振动的振幅不变 D．如果在最高点处断开，此后A振动的振幅变为 5．如题图所示，足够大的光滑水平桌面上，一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在桌面左端，另一端与一质量为m的小球A拴接。开始时，小球A用细线跨过光滑的定滑轮连接相同小球B，桌面上方的细线与桌面平行，系统处于静止状态，此时小球A的位置记为O。现用外力缓慢推小球A至弹簧原长后释放，在小球A向右运动至最远点时细线断裂。已知弹簧振子的振动周期（其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数），弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），小球B距下方地面足够远，重力加速度为g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内。则细线断裂后（　　） A．小球A做简谐振动的振幅为 B．小球A第一次向右运动至最远点时到O点的距离为 C．小球A返回O点时速度大小为 D．从细线断裂开始计时，小球A第一次返回O点所用的时间为 6．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，箱子和小球的质量均为，重力加速度为。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，小球简谐运动的加速度最大值为3g B．箱子落地后，弹簧弹力的最大值为2mg 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 7．如图，甲、乙两个单摆悬挂在同一水平天花板上，两摆球间用一根细线水平相连，两摆线与竖直方向的夹角。当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，以水平地面为零势能面，可知（　　） A．甲摆的周期等于乙摆的周期 B．甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能 C．甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度 D．甲摆球的机械能等于乙摆球的机械能 8．一列简谐横波在介质传播过程中先后经过P、Q两个质点，两个质点平衡位置之间的距离为1m，P、Q两个质点的振动图像如图所示，其中实线为P点的振动图线，虚线为Q点的振动图线，则下列说法中正确的是（　　） A．Q点的振动方程为 B．该波的波长可能为7.2m C．该波的传播速度可能为 D．该波的传播速度可能为 二、多选题 9．如图甲所示，、两物块（均视为质点）用劲度系数为的轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，时，使获得水平向右、大小为的速度，、运动的速度一时间关系图像如图乙所示，已知阴影部分的面积为，弹簧的弹性势能与弹簧的形变量以及弹簧的劲度系数之间的关系式为，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．和时刻，弹簧弹性势能一样大 B．的质量为 C．时间内，所受冲量的大小为 D．时间内的位移大小 10．如图甲所示，斜面固定，倾角，上表面光滑，斜面底端固定一垂直于斜面的光滑挡板P。A、B两物体质量相等，均为。A、B通过轻质弹簧连接，放置于斜面上，B与挡板P接触，系统处于静止状态。现用沿斜面向上的力作用在物体A上，以表示物体A离开静止位置时的位移，的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数，取，下列说法正确的是（　　） A．A发生位移的过程中，对A做的功为 B．B离开挡板P时，A的动能为 C．B离开挡板P后的最大速度为 D．若大小为且保持不变，则A上升至最高点时B对挡板P的压力为 11．一列简谐横波沿轴方向传播，在处的质点的振动图像如图甲所示，在处的质点的振动图像如图乙所示，以下说法正确的是（   ） A．该波的传播速度可能为 B．该波的传播速度可能为 C．在内处的质点通过的路程可能为 D．在内处的质点通过的路程一定为 三、解答题 12．如图，质量为m的物体放在质量为m0的平台上，随平台在竖直方向上一起做简谐运动，振幅为A，周期为T，运动到最高点时，物体m对平台的压力恰好为零，重力加速度为g，求： (1)当m运动到最低点时，m的加速度； (2)当m运动到最低点时，平台m0给物体m的支持力大小； (3)弹簧的最大弹性势能。 13．如图所示，在长度足够的水平直轨道AG上，有一半径的光滑圆形轨道BCD与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端B、D轨道错开，其右侧有长的水平传送带EF与直轨道无缝平滑连接，在传送带的F右侧的G处连接光滑圆弧轨道，轨道半径。在轨道A处有弹射器，一质量的a滑块以初速度水平向右弹射出来，滑块a恰好能过圆轨道。当滑块a滑上传送带后及时在水平轨道E处固定一弹性挡板，在G处放置质量M的滑块b，a与b发生完全弹性碰撞后反弹，以后a、b能在G处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度顺时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数，其余部分均光滑，取：，。求： (1)大小； (2)滑块a第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量； (3)第一二两次碰撞的时间间隔和b的质量M。 14．如图所示为半径的四分之一竖直圆弧轨道、传送带、水平轨道平滑连接组成的模型，端的竖直挡板上固定有劲度系数为的轻质弹簧。现将质量的小物块从圆心等高处点静止释放，经过水平传送带后，与静止在轨道处、质量也为的物块发生碰撞，碰撞后结合为一整体。初始时与弹簧接触但不粘连。已知传送带的长度，以顺时针匀速转动。之间的距离，两物块与传送带间的动摩擦因数均为，其余部分均光滑，物块可视为质点，弹簧振子做简谐运动的周期（为弹簧的劲度系数）。求： (1)物块第一次滑过传送带，摩擦力对滑块的冲量； (2)、两物块结合压缩弹簧至最短后，第101回到处的时间（取）； (3)物块从静止释放到第次经过处时，系统摩擦产生的热量。 15．如图，质量均为m的物块a、b与劲度系数为k的轻弹簧固定拴接，竖直静止在水平地面上。质量为2m的物块c从a正上方某处由静止释放，与a碰撞后立即粘在一起，碰撞时间极短，之后的运动过程中物块b恰好没有脱离地面。忽略空气阻力，轻弹簧足够长且始终在弹性限度内，重力加速度为g。 (1)物块c与a碰撞刚结束时的速度大小； (2)从释放物块c到c与a刚要碰撞，c所受重力的冲量大小； (3)若物块c与a碰撞后一起做简谐运动的周期为T，则c与a碰撞后经过多久到达最高点。 16．2024年巴黎奥运会上，滑板运动分为街式和碗池两个小项，碗池比赛在类似碗形的赛道上进行，赛道包含几种不同的元素，比如斜坡、U形池和泵道。如图所示为室内碗池比赛训练时的简化示意图，一根轻质弹簧左端固定，右端与静置在光滑水平面上K点的小球B相连，弹簧处于原长。小球B的右侧静置着一滑块C，其上表面是半径为R的光滑圆弧轨道，滑块C的最低点恰与K点重合。现将一质量为m的小球A从圆弧最高点由静止释放，小球A沿轨道滑下后，在水平面上与小球B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。已知小球B为2m、滑块C的质量为4m，小球A、B均可视为质点，重力加速度为g，求： (1)小球A下滑到圆弧轨道最低点时，小球A的速度v1、滑块C的速度v2的大小； (2)弹簧弹性势能的最大值； (3)若当小球B再一次回到K点时，小球A恰好第一次返回滑块C的最低点，求B做简谐运动的周期。 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 《机械振动》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D D C D B D AD BC 题号 11 答案 ABD 1．D 【详解】A．从到，滑块从B点回到A点，用时；而从A点出发到第二次回到B点用时，结合简谐运动的对称性，可知滑块做简谐运动的周期。根据弹簧振子的周期公式 代入可得，A错误； C．由题意可知，滑块从A点出发到第二次回到B点用时，为半个周期，根据弹簧振子的运动规律，可知A、B两点到平衡位置的距离相等，C错误； B．滑块从A点运动到B点，经过平衡位置，速度快，用时，位移为L，滑块从第一次经过B点到第二次经过B点，经过最大位移处，速度慢，用时，因此从B点向下运动到最大位移处的位移一定小于L，故滑块向下运动的最远点到A点的距离小于2L，B错误； D．取沿斜面向上为正方向，对时间内滑块的运动过程进行分析，由于B点与A点对称，因此滑块的初速度，末速度，对滑块的运动过程运用动量定理有 整理可得内弹簧对滑块作用力的冲量大小为，D正确。 故选D。 2．D 【详解】AB．由于振子在与两处相对平衡位置对称，所以振子在与两处的加速度大小相等，方向相反；根据对称性可知，振子在与两处的速度大小相等，动能相同，故AB错误； CD．若振幅，则，。设振动方程为 时，则，可取或。 若，时，即 相位可为或。 当时，，，（） T可能值为 当时，，，（） 当时 若，同理可得或（） 综上，周期可能为，不可能为（不满足上述通式），故C错误，D正确。 故选D。 3．D 【详解】A．沿斜面方向，合外力满足：，合外力与是线性关系，但物块做简谐运动，随做非线性的正弦变化，因此与不是线性关系，图像不是直线，A错误。 B．图像的斜率表示速度，物块下滑过程中速度先增大后减小，因此图像的斜率先增大后减小，不可能是折线（折线表示速度大小恒定），B错误。 C．根据动能定理，动能，与是二次函数关系，图像为开口向下的抛物线，不是直线，C错误。 D．规定水平地面为零势能面，设物块初始位置距离地面高度为，下滑位移后，物块高度为，因此重力势能，与是线性关系，增大时线性减小，与D图一致，D正确。 故选D。 4．D 【详解】A．越是在弹簧短的时候断开，此后A的振幅就越小，故A错误； B．如果在平衡位置处断开，由于振子质量减小，从能量角度分析，假设依然可以到达断开的最低点，则弹簧弹性势能的增加量大于A振子动能和重力势能的减小量（弹簧弹性势能的增加量等于整个物体的动能和重力势能的减小量），则假设错误，经过分析，A到不了原来的最低点，故B错误； C．最低点的位置振子掉下一半时，设振幅为，最低点的位置没有变化，振子在平衡位置时有 则振幅有 故C错误； D．设物体掉下前弹簧的劲度系数为，质量为，振幅为，振子在平衡位置时有 振子到达最低点时，弹簧的形变量为，当物体掉下一半时，振子在平衡位置时有 则 如果在最高点（弹簧原长）处断开，此后A振动的振幅变为，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】B．当小球静止于O位置时，此时弹簧弹力等于B球重力，伸长量 之后用外力推至原长位置，设释放后A运动到最远点，此时 此过程中A、B和弹簧机械能守恒 可解得 即小球A第一次向右运动至最远时离O点的距离为，故B错误； A．之后细线断掉，小球在做简谐运动的平衡位置即弹簧原长位置，故振幅为，故A错误； C．从最远点返回O点，由机械能守恒，得，故C正确； D．从细线断裂到第一次返回O点。即对应简谐运动从最大位移处运动到一半振幅处，时间应为，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】AB．根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有 弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球合力为零时弹簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在最低点 在最高点 联立解得 而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为3mg，此时加速度最大为2g，故AB错误； C．小球做简谐振动，在平衡位置时有，解得 即弹簧被拉伸时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而根据以上分析可知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不过在最高位置时弹簧处于被压缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸长量相同，则小球从最高点到达平衡位置下落的高度 而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球在最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得 解得，故C错误； D．箱子损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有的弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得 解得箱子损失的机械能，故D正确。 故选D。 7．B 【详解】A．由图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有，因，可得，即甲单摆的摆长更长。 根据单摆周期公式，可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A错误； BD．两球开始处于平衡，则水平绳子拉力，，可得 以水平地板为参考面，由题可知，两球离水平的高度相等，根据，故甲球的最大重力势能小于乙球的最大重力势能，又两球在摆动过程中，机械能守恒，故甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故B正确，D错误； C．根据机械能守恒有，解得 因甲球下降的高度大于乙球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C错误。 故选B。 8．D 【详解】A．由图可知波的周期为，Q点的振动方程为 故A错误； CD．0~0.1s内，P点到达波峰时有 解得 当，Q点到达波峰，波从P点传播至Q点，有（） 则波速为（） 当该波的传播速度为时，n不是整数，故该波的传播速度不可能为，当时，该波的传播速度为，故C错误；D正确； B．该波的波长为 当该波的波长为7.2m时，n不是整数，故当该波的波长不可能为7.2m，故B错误。 故选D。 9．AD 【详解】A． 时刻与 时刻物块 和物块 的速度均相等，由动量守恒定律可知两时刻系统共同速度相同，系统总动能相同，由机械能守恒定律可知两时刻弹簧的弹性势能一样大，故A正确； B． 时刻两物块速度相等，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 解得 在 时间内由图像面积的物理意义可知弹簧的最大压缩量 由机械能守恒定律得 联立解得物块 的质量 ，故B错误； C． 时间内系统动量守恒， 时刻两物块速度再次相等，其速度仍为 ，对物块 由动量定理得其所受冲量大小 联立解得 ，故C错误； D． 时间内设物块 和物块 的位移大小分别为 和 ，由系统动量守恒有 由图像面积的物理意义可知 联立解得 ，故D正确。 故选AD。 10．BC 【详解】A．由乙图可知，A发生位移的过程中，对A做的功为，故A错误； B．未对A施加外力时，根据胡克定律可得 解得 即弹簧压缩量为5cm，同理，可知B离开挡板P时，有 解得 即弹簧伸长量为5cm，由此可知B离开挡板P时，A恰好发生位移，且该过程弹簧弹力做功为零，根据动能定理可得 解得，，故B正确； C．B离开挡板P后，对整个系统受力分析，有，即A、B与弹簧组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取B达到最大速度时为末状态，沿斜面方向有， 联立解得B的最大速度为，故C正确； D．若大小为且保持不变，A沿斜面方向做简谐振动，施加F瞬间，根据牛顿第二定律 解得 由对称性可知A在最高点时加速度大小为，方向沿斜面向下，对A有 解得 对B有 解得，可知A上升至最高点时B对挡板P的压力为。故D错误。 故选BC。 11．ABD 【详解】B．若波向右传播，由题意可知 化简可得该波的波长为 由图像可知，该简谐横波的周期为 由公式，可得该波的波速为 故B正确； A．同理：若波向左传播，波速为 故A正确； CD．由图甲可得，从时开始计时，处的质点做简谐运动的表达式为 其中 得 当时 所以质点内通过的路程为 故C错误，D正确。 故选ABD。 12．(1)g，方向竖直向上 (2)2mg (3) 【详解】（1）当平台运动到最高点时，物体对平台的压力恰好为零，则平台对物体的支持力也为零，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律则有 解得 方向竖直向下；根据简谐运动的对称性可知，物体运动到最低点时的加速度大小也等于g，方向竖直向上； （2）当物体运动到最低点时，对物体，根据牛顿第二定律则有 其中 解得 （3）当物体运动到最高点时，此时弹簧处于原长状态，根据对称性，当物体运动到最低点时，弹簧的压缩量为2A，在平衡位置处则有 解得 所以弹簧最大弹性势能为 13．(1)3m/s (2)0.5s，4J (3)，9kg 【详解】（1）在C点由重力提供向心力 从A到C由动能定理得 解得 （2）设a在传送带上一直加速，则 假设成立，故 滑块a第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为 （3）碰撞后b滑上圆弧轨道，由于半径很大，b作简谐运动 第一次与第二次碰撞间隔 设a反弹速度大小为，a向左滑上传送带后又滑回到G点 且所以此解合理 由动量守恒和能量守恒关系可知 ， 解得 14．(1) (2) (3)若为奇数，，若为偶数， 【详解】（1）滑块从滑到根据动能定理，有 解得 物块滑到传送带上时，根据牛顿第二定律，有 解得加速度为 当物块速度减为时，由运动学公式 解得运动的位移为 由此可知物块在传送带上运动时将会与传送带共速。 物块第一次与传送带共速的时间为，则有 解得 物块第一次滑过传送带，摩擦力对滑块的冲量 解得 （2）物块以第一次碰物块，设向右为正，由动量守恒 解得 由碰后做简谐运动，从弹簧压缩最短处再次回到点所用的时间为 弹回后在传送带上向左运动的位移为 根据运动的对称性可知整体以向左离开经传送带，再次回到所经历的时间为 所以两物块从弹簧压缩最短处第一次和第三次到达的时间间隔为 设为一个循环所需时间，、两物块第1次至第101次到达，经历了50次循环，所以、两物块第一次和第一百零一次到达的时间间隔为 则、两物块结合压缩弹簧至最短后，第101次回到处的时间 （3）物块第一次与传送带共速的时间为，则有 解得 物块运动的位移为 传送带运动的位移为 物块相对传送带运动的位移为 联立解得物块第一次滑过传送带系统摩擦产生的热量 碰撞后以向左滑上传送带，速度减为零时，所用的时间为 向左运动的位移为 传送带运动的位移为 此过程的相对位移为 物块反向加速时与传送带产生的相对位移为 这个过程产生的热量为 分类讨论： 若为奇数，满足 若为偶数，满足 15．(1) (2) (3)（n∈N） 【详解】（1）碰撞前弹簧压缩量 碰撞后ac到最高点时，弹簧拉伸量 从碰撞结束到ac到最高点， ac上升高度 ac碰后的共同速度为，由系统机械能守恒有 解得 （2）规定向下为正方向，设c所受重力的冲量为I，对c，由动量定理有 对ac碰撞，由动量守恒有 联立解得 （3）c与a碰撞后一起做简谐运动，处在平衡位置时弹簧压缩量 则振幅 碰后初始位置位移 则碰后到最高点时间（n∈N） 16．(1)， (2) (3) 【详解】（1）小球 A 下滑到圆弧轨道最低点过程中，小球 A 与滑块 C 组成的系统水平方向动量守恒，有 又根据机械能守恒定律有 两式联立得，， （2）小球 A 与小球 B 发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为和，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得， 小球 A 与小球 B 碰后，小球 B 与弹簧组成的系统机械能守恒，得弹簧弹性势能的最大值为 解得 （3）小球 A 下滑到圆弧轨道最低点过程中，设小球 A 水平方向的位移和滑块 C 的位移分别为和，则 根据水平方向动量守恒有 即，解得， 小球 A 第一次下滑到圆弧轨道最低点到与小球 B 发生碰撞所用时间设为，则 从小球 A 与小球 B 碰后到小球 B 再一次回到 K 点所用时间设为，由于速度大小相等方向相反，经过半个周期，则 根据题意 A 要追上 C，则 联立解得 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 $