第二章 机械振动 单元质量检测 （十）-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年物理人教版选择性必修第一册第二章机械振动单元检测卷，以单摆、简谐运动等核心知识为载体，通过实验探究与综合应用，考查物理观念、科学思维及科学探究素养，适配单元复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/46|单摆周期、受迫振动、简谐运动图像|结合实验误差分析（如第1题周期测量误差），考查科学推理| |实验题|2/约20|单摆测重力加速度|设计器材选择、误差分析（如第11题摆长测量），培养科学探究能力| |解答题|3/约34|简谐运动方程、振动与动量能量综合|创设自动卸货装置等实际情境（第14题），体现科学态度与责任|

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（十） 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．某实验小组做“用单摆测定重力加速度”的实验，测出单摆的摆长、单摆的周期，作出和的图像如图虚线所示。实验小组内的四位同学得到了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条直线，其中Ⅱ、Ⅲ与虚线平行；某同学测量周期时，误将50次全振动记为49次全振动所得到的是图线（　　） A．Ⅰ B．Ⅱ C．Ⅲ D．Ⅳ 2．如图所示，A、B、C三个小钢球的质量分别为2m、m、m，A球振动后，通过张紧的水平细绳给其他各摆施加驱动力，当B、C振动达到稳定时，下列说法正确的是（　　） A．B的振动周期最大 B．C的振动周期最小 C．C的振幅比B的振幅大 D．C的振动频率比B的振动频率大 3．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，是圆弧的最低点。两个不相同的小球从圆弧左侧的不同位置同时释放，它们从释放至达点过程中都经过图中的点。则下列判断正确的是（　　） A．M比N后到达点 B．M、N通过点时所受的回复力相同 C．M有可能在点追上N并与之相碰 D．M和N一定在点相碰 4．将一轻弹簧与小球组成弹簧振子竖直悬挂，上端装有记录弹力的拉力传感器，当振子上下振动时，弹力随时间的变化规律如图所示。已知重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为2kg，振动的周期为4s B．0~2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C．0~2s内和2~4s内，小球受弹力的冲量方向相反 D．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为40N·s 5．如图所示是某弹簧振子做受迫振动的图像，则此弹簧振子在图中P与N时刻的（　　） A．速度相等 B．加速度相等 C．弹性势能相等 D．机械能相等 6．如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置。现让一小球从高于a位置的c点沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被小球压缩至最低位置d，其中经过位置b时弹力等于重力。不计空气阻力，关于小球下落运动过程，以下说法中正确的是（　　） A．c至a做匀加速运动，a至d做减速运动 B．在d点时弹簧弹力等于小球重力的2倍 C．小球经过b时的动能等于小球由c至b减小的重力势能 D．弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能 7．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素为，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素至少为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 8．弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3s第一次到达点M，再经过0.2s第二次到达点M，则弹簧振子的周期可能为（　　） A．0.53s B．1.4s C．1.6s D．2s 9．如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．弹簧振子振动的圆频率为 B．弹簧振子的振动方程为 C．在和时刻弹簧的弹性势能相同 D．从到时间内弹簧振子运动的路程大于 10．如图所示，一弹簧振子在光滑水平面上的A、B两点间做简谐运动，O为平衡位置。已知，，下列说法正确的是（　　） A． B．振子在点的动能等于在点的动能 C．振子在点的加速度大于在点的加速度 D．振子在点的弹性势能小于在点的弹性势能 二、实验题 11．某同学想在家做“单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找来一块体积约为、外形不规则的金属块代替摆球，用细线将金属块系好并悬挂于点，金属块与细线结点为，如图1所示。 (1)拉开金属块，由静止释放，当它摆到最低点开始计时，若金属块完成次全振动，所用的时间为，则摆动周期____。 (2)该同学用的长度作为摆长，多次改变摆长记录多组、值。若用公式法计算出各组的重力加速度，再取平均，那么得到的重力加速度与真实值相比____（填“偏大”或“偏小”）。 (3)为此他想改用图像法，以周期的平方为纵坐标，的长度为横坐标，做出图像。如果其他操作都无误，则他作出的图像可能是如图2中的____（选填“a”，“b”或“c”）；然后根据图像的斜率，就可测出该地的重力加速度____。 12．某实验小组用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验。 (1)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的____（选填选项前的字母）； A．长约1m的细线和直径约1cm的匀质铁球 B．长约1m的细线和直径约10cm的匀质木球 C．长约1m的橡皮绳和直径约1cm的匀质铁球 D．长约1m的橡皮绳和直径约10cm的匀质木球 (2)在摆球自然悬垂的状态下，用米尺测出摆线长为l，用游标卡尺测得摆球的直径为d，则单摆摆长为________（用字母l、d表示）。将摆球拉离平衡位置小角度由静止释放，摆球通过平衡位置时开始计时并记数为“0”，再次回到平衡位置时记为“1”，……当记数数到“n”用时为t。则重力加速度可表示为______（用字母l、d、n、t等表示）； (3)某同学做实验时，测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，画出了图像，该图像对应下列图中的______图。 A．B．C．D． (4)若实验中某同学发现他测出的重力加速度值总是偏大，其原因可能是________ A．实验室处在高山上，离海平面太高 B．单摆所用的摆球太重 C．测出n次全振动的时间为t，误作为（n＋1）次全振动的时间进行计算 D．以摆线长度作为摆长来计算 三、解答题 13．如图所示，弹簧振子在竖直方向的B、C两点之间做简谐运动。小球位于O点向下运动时开始计时，经过0.5s首次到达B点。若以小球的平衡位置为坐标原点O，以竖直向下为正方向建立坐标轴Ox，用x表示小球相对于平衡位置的位移。已知B、C两点相距20cm。 (1)请写出小球位移x随时间t变化的关系式； (2)求6s内小球通过的路程及6s末小球位移的大小。 14．如图是一种自动卸货装置的简化图，质量为m1=1kg的货箱内装有质量为m2=5kg的货物，将其从半径为R=40m的光滑圆弧轨道AB上的A点由静止释放，AB与以v=8m/s的速率顺时针转动的水平传送带相切于B点，AB两点的竖直高度为h=0.2m，传送带与水平光滑直轨道CD平滑连接，紧挨D点有一与CD等高的小车停在光滑的水平轨道上，车的质量为m3=2kg，货箱和货物滑上车经一段时间后与车右端挡板发生碰撞，碰后与车速度相同但不粘连，一起向右运动至水平轨道右端，压缩固定弹簧至最短时将车锁定，货物与货箱始终相对静止。卸下货物后解除锁定，弹簧将车及货箱一起弹回，车与水平轨道左侧台阶碰撞后立即停止，货箱滑出车后恰好能回到A点。BC间距离L1=8m，货箱与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，与车间的动摩擦因数μ2=0.2，货箱和货物均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求： (1)货箱和货物下滑经过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小FN； (2)货箱和货物一起由A运动到C过程中所用的时间t；（结果保留三位有效数字） (3)车的长度L2。 15．如图所示，一竖直立杆固定在光滑的水平面上，两弹簧均有一端固定在立杆上，另一端分别连接两滑块1和2，与滑块1相连的弹簧劲度系数k1=100N/m，与滑块2相连的弹簧劲度系数。两滑块质量分别为m1=1kg、m2=1.6kg。初始时，滑块1受到水平向右的力F=20N，在A点处于静止状态。弹簧与滑块2组成的弹簧振子以B点为平衡位置在水平面上做简谐运动。现撤去力F，滑块1到达C点时左侧弹簧恰好恢复原长，滑块1与静止在C点的滑块3发生弹性碰撞，滑块3的质量m3=0.2kg，碰撞后滑块3沿半径R=0.1m的竖直固定放置的光滑半圆管道运动（管道内径忽略不计，在C点与水平地面平滑连接），从D点水平抛出后在B点落到滑块2的上表面，与滑块2发生碰撞，碰撞前瞬间滑块2的速度大小，方向水平向左。碰后滑块3竖直向上运动，恰好运动到与D点等高的E点。已知所有的碰撞时间极短，弹簧振子振动周期，弹簧弹性势能的表达式，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。滑块1、2、3均可看作质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求： (1)滑块1、3发生弹性碰撞后滑块3的速度大小vC； (2)滑块2、3发生第一次碰撞后滑块2的速度大小vB； (3)滑块3第一次落到水平面上时与滑块2的水平距离L。 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 D C D B C D B AC BD AC 1．D 【详解】根据单摆周期公式 变形可得 斜率为 解得 实验中误将50次全振动记为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，斜率偏小，Ⅱ、Ⅲ直线平行，斜率相同，Ⅰ直线斜率偏大，Ⅳ直线斜率偏小，故选D。 2．C 【详解】ABD．由A摆摆动从而带动其它2个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，其它各摆振动周期跟A摆相同，故ABD错误； C．受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于C摆的固有频率与A摆的相同，故C摆发生共振，振幅最大，故C正确。 故选C。 3．D 【详解】AD．根据 两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误，D正确； B．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，两小球不同，回复力不同，故B错误； C．M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误。 故选D。 4．B 【详解】A．根据图像可知，时，弹簧弹力最大，为，小球位于最低点，时，弹簧弹力最小，为零，小球位于最高点，由对称性可知，小球振动的周期为4s，小球位于平衡位置时，弹力为 且 解得小球的质量为1kg，故A错误； B．小球受到的合外力提供回复力，0~2s内，小球初末速度均为零，速度变化量为零，根据动量定理 可知0~2s内，小球受回复力的冲量大小为0，故B正确； CD．0~2s内，小球初末速度均为零，根据动量定理可得 可得 即0~2s内，小球受弹力的冲量大小为，方向竖直向上，同理可得，2~4s内，小球受弹力的冲量大小为，方向竖直向上，则0~2s内和2~4s内，小球受弹力的冲量方向相同，故CD错误。 故选B。 5．C 【详解】A．图像的斜率表示速度大小，可知两点的速度大小相等，方向相反，故A错误； B．根据位移时间关系可知，两点时刻振子的位移大小相等，方向相反，由 可知加速度大小相等，方向相反，故B错误； C．根据 可知两点的位移大小相等，故弹性势能相等，故C正确； D．由于振子做受迫振动，故受外力作用，故机械能不守恒，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．c至a做自由落体运动，即做匀加速运动，经过位置b时弹力等于重力，则a至b阶段重力大于弹簧弹力，仍然做加速运动，故A错误； B．如果小球是从a位置释放的，则会做简谐运动，根据对称性，到最低点时加速度与刚释放时的加速度等大反向，对应弹簧弹力等于小球重力的2倍，如果重球释放点比 a点高，就会把弹簧压得更低，弹簧弹力必定大于小球重力的2倍，故B错误； C．下落过程中小球由c至b减小的重力势能转化为在b处的动能和弹簧的弹性势能，故C错误； D．根据能量守恒，弹簧由a至d增加的弹性势能等于小球由c至d减小的重力势能，故D正确。 故选D。 7．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。 故选B。 8．AC 【详解】如图所示 设O为平衡位置，OB（OC）代表振幅，振子从O到C所需时间为，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 如图所示 若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点与点M关于点O对称，则振子从点经过点B到点所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2s。振子从点O到点、从点到点O及从点O到点M所需时间相等，为 故周期 故选AC。 9．BD 【详解】A．由图可知，周期，弹簧振子振动的圆频率 故A错误； B．振子的振动方程为 故B正确； C．因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在和时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误； D．时刻弹簧振子的位移为，时刻弹簧振子的位移为，从到时间内弹簧振子的路程为 故D正确。 故选BD。 10．AC 【详解】A．设弹簧振子做简谐运动的周期为，可知振子从到所用时间为，由题意可知 设振子振幅为A，以向右通过平衡位置O点为时刻，则其简谐运动的表达式为 代入 当振子通过D点时，所对应时刻满足 解得 因此振子从D运动到B所用时间为 振子从C运动到D所用时间为，故A正确； B．根据简谐运动的对称性可知，振子偏离平衡位置相同距离，对应速度大小相等；振子离平衡位置越远，速度越小。由图可知与点相比，点离平衡位置更远，因此振子在点时的速度较小，动能较小，故B错误； C．与点相比，点离平衡位置更远，受到的弹簧的回复力更大，因此振子在点的加速度大小大于在点的加速度大小，故C正确； D．弹性势能与弹簧的形变有关，因点离平衡位置更远，可知振子在点的弹性势能大于在点的弹性势能，故D错误。 故选AC。 11．(1) (2)偏小 (3) 【详解】（1）由题知，金属块完成次全振动，所用的时间为，单摆的周期为 （2）根据单摆的周期公式知 得出值表达式为 根据摆长偏小可判断值偏小； （3）[1]单摆的摆长等于金属块的重心到悬点的距离，即为摆线长与金属块的重心到与绳子连接处距离之和，根据单摆的周期公式知 变形得 由数学知识可知，对应的图像应为b； [2]由[1]知，其斜率为 解得 12．(1)A (2) （或） (3)C (4)C 【详解】（1）单摆的摆线要求质量轻，伸长可以忽略，长在1m左右，单摆的摆球要求质量大体积小，即密度大的，符合要求的是A； （2）[1]单摆的摆长 [2]根据周期公式 根据计时规律有 解得 （或） （3）根据周期公式可得 测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，图像为一次函数的线性关系，ABD错误，C正确；故选C。 （4）A．实验室处在高山上离海平面太高，其重力加速度较海平面小，用海平面处的重力加速度求出的周期偏小，故A错误； B．单摆的周期与摆球的质量无关，故B错误； C．测量周期时，误将摆球n次全振动的时间记为（n+1）次全振动的时间，会导致测得的周期偏小，重力加速度偏大，故C正确； D．将摆线长作为摆长来计算，会导致测得的摆长偏小，重力加速度偏小，故D错误。 故选C。 13．(1) (2)，0 【详解】（1）小球位移x随时间t变化的关系式的形式为 由题意知 将、和代入，得 （2）由于 一个周期内小球通过的路程为，所以，6s内小球通过的路程为 6s末小球回到平衡位置，即位移大小为0。 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）对货物及货箱（以后简称系统M）在由A到B过程中有 系统M在B点有 由牛顿第三定律知：物体在B点对圆轨道的压力大小 得 （2）系统M由A到B过程中降落的高度与半径之比为，即 则此过程可视为简谐运动，且有 则系统由A到B的时间为 得 系统M在传送带上加速过程有 若系统M与传送带能够共速，则有 解得 系统M在此加速过程中的位移为 解得 故系统M与传送带共速后将做匀速直线运动 由 得s 则系统M由A到C所用的时间为： （3）在系统M冲上小车到与之达到共速过程中由动量守恒定律有 系统M和小车的动能先转化为弹簧的弹性势能，然后弹簧又将弹性势能完全转化为小车和货箱系统的动能，则由能量守恒定律得 小车与台阶碰后对货箱由能量守恒定律有 联立解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块1静止于A点时，弹簧压缩了x，则有 此时弹簧具有的弹性势能为 弹簧弹开后，弹性势能转化为滑块1的动能，即 滑块1与滑块3发生了弹性碰撞，动量守恒，即 能量也是守恒的，即 可解得 （2）滑块3从半圆管道的C到D点，根据动能定理有 解得 滑块3滑出轨道后做平抛运动，水平方向速度不变。在滑块2与3碰撞时，水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有 解得 （3）滑块3做平抛运动的过程中竖直方向是自由落体，滑块2、3第一次碰撞后，滑块3竖直向上运动到E点，与自由落体的时间相同，设为时间t，有 滑块2做简谐运动的周期为 可解得 故滑块3从E点下落与滑块2在B点发生第二次碰撞，假设滑块2、3在第二次碰撞过程中水平方向能共速，则有 解得 在滑块3与滑块2第一次碰撞过程中有 在滑块3与滑块2第二次碰撞过程中有 由于v4<vD 所以，即假设成立。 滑块3与滑块2第二次碰撞后做斜上抛运动到第一次落到水平地面，水平位移 此过程中滑块2简谐运动振动了，运动位移为0。 所以滑块3落到水平面上时与滑块2的水平距离 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 $