章末达标检测2 机械振动（Word练习）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

**基本信息** 本练习通过基础选择、综合应用和实验探究三级分层设计，系统巩固简谐运动与单摆知识，培养物理观念与科学探究能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层（单选8题）|单摆周期公式、简谐运动图像|直接应用公式判断周期变化与速度关系| |进阶层（多选4题）|机械能守恒、振动图像综合分析|通过多选项设计辨析概念本质| |综合层（非选择6题）|实验探究、多过程问题计算|结合2024年高考真题设计真实情境问题|

(本卷满分100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．如图，单摆摆动过程中，在悬挂点正下方A点处增加一个钉子，如果摆角始终小于5°，则摆线被挡后(　　) A．周期不变，摆球经过平衡位置的速率减小 B．周期变大，摆球经过平衡位置的速率不变 C．周期变小，摆球经过平衡位置的速率不变 D．周期变小，摆球经过平衡位置的速率增大 解析　本题考查单摆摆长变化的分析，摆线被挡后，摆长变短，根据单摆周期公式T＝2π，故周期变小；在摆线被挡前后，根据能量守恒定律，可以得出经过平衡位置的速率没有发生变化，故A、B、D错误，C正确。 答案　C 2．质点沿x轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O，质点经过a点和b点时速度相同，所花时间tab＝0.2 s；质点由b点再次回到a点花的最短时间tba＝0.4 s。则该质点做简谐运动的频率为(　　) A．1 Hz　　　　　　　 B．1.25 Hz C．2 Hz D．2.5 Hz 解析　由题意知a、b两点关于O点对称，由tab＝0.2 s、tba＝0.4 s知，质点经过b点后还要继续向最大位移处运动，直到最大位移处，然后再回来经b点到a点，则质点由b点到最大位移处再回到b点所用时间为0.2 s，则＝tab＋(tba－tab)，解得周期T＝0.8 s，频率f＝＝1.25 Hz。 答案　B 3．(2024·福建卷)某简谐振动的y ­t图像如图所示，则以下说法正确的是(　　) A．振幅2 cm B．频率2.5 Hz C．0.1 s时速度为0 D．0.2 s时加速度方向竖直向下 解析　根据图像可知，振幅为1 cm；周期为T＝0.4 s，则频率为f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故A错误，B正确；根据图像可知，0.1 s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；根据图像可知，0.2 s时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。 答案　B 4．如图所示，竖直圆盘转动时，可带动固定在圆盘上的T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个弹簧和小球，共同组成一个振动系统。当圆盘静止时，小球可稳定振动。现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图乙所示，则(　　) A．此振动系统的固有频率约为3 Hz B．此振动系统的固有频率约为0.25 Hz C．若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率不变 D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向右移动 解析　当T固＝T驱时振幅最大，由乙图可知当f驱＝3 Hz时，振幅最大，所以此振动系统的固有频率约为3 Hz，A正确，B错误；若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动周期增大，频率减小，但振动系统的固有周期和频率不变，共振曲线的峰值也不变，C、D都错误。 答案　A 5．一根粗细均匀的木棒下端绕几圈铁丝，木棒就可以竖直浮在杯内水中，如图所示。将木棒轻轻向下压一小段距离后由静止释放，此后木棒的运动可视为简谐运动。从释放开始计时，经过t时间木棒第二次达到最大速度，则下列说法正确的是(　　) A．木棒振动的周期为t B．增大按压深度，木棒振动的频率将减小 C．木棒露出水面最长时与露出水面最短时受到的合外力相同 D．从释放开始计时，经过t时间，木棒振动的加速度与速度方向相同 解析　设木棒振动的周期为T，从释放开始计时，经过t时间木棒第二次达到最大速度，则t＝T，即T＝t，故A正确；木棒振动的频率或周期与系统有关，增大按压深度，木棒振动的频率不变，故B错误；木棒露出水面最长时与露出水面最短时受到的合外力大小相等，方向相反，故C错误；从释放开始计时，经过t时间，即T，木棒在平衡位置上方正在向上运动，此时加速度向下，速度向上，故D错误。 答案　A 6．如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接。M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离。现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放，关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是(　　) A．恰好在O点　　　 B．一定在O点的左侧 C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定 解析　据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，把两球在圆弧上的运动看作等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π，TB＝2π ，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝ ，tB＝TB＝ ，由于R1＜R2，则tA＜tB，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧，故选C。 答案　C 7．如图所示，一质点在a、b间做简谐运动，O是它振动的平衡位置。若从质点经过O点开始计时，经3 s，质点第一次到达M点，再经2 s，它第二次经过M点，则该质点的振动图像可能是(　　) 解析　若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M到b的时间为1 s，则＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝16 s；若质点从平衡位置向左运动，可知M到b的时间为1 s，则T＝3 s＋1 s＝4 s，解得T＝ s，故C正确，A、B、D错误。 答案　C 8．如图所示，一质量为2m的小球a用轻质细线悬挂于O点，构成一个单摆，当小球a运动到最低点时与地面恰好不接触。O点正下方的地面上放置一质量为m的物块b，初始时，将小球a拉至与竖直方向成θ角(θ<5°)的位置由静止释放，运动到最低点时与物块b发生弹性碰撞，碰撞时间极短，当物块b停止运动时，小球a恰好再次回到最低点。小球和物块均可视为质点，则物块b与地面间的动摩擦因数为(　　) A． B． C． D． 解析　设小球a的摆长为l，摆下来的过程中，根据动能定理可得2mgl(1－cos θ)＝×2mv02，解得小球a与b碰撞前的速度大小为v0＝。设两球碰撞后的速度分别为va、vb，根据动量守恒2mv0＝2mva＋mvb，根据动能守恒×2mv02＝×2mva2＋mvb2，解得vb＝；因为θ<5°，所以小球a的运动可看成单摆，则摆动周期为T＝2π，由题意可知，小球a再次回到最低点，即小球b运动时间为t＝＝π，小球b碰后运动的加速度大小为a＝＝，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，解得μ＝，故选C。 答案　C 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．如图所示，A、B分别为单摆做简谐运动时摆球的不同位置。其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中(　　) A．位于B处的动能最大 B．位于A处时势能最大 C．在位置A的势能大于在位置B的动能 D．在位置B的机械能大于在位置A的机械能 解析　单摆摆动过程中，机械能守恒，在最高点时重力势能最大，最低位置时动能最大，故选项B正确，选项A错误；在B点，EB＝EkB＋EpB＝EpA，故选项C正确，选项D错误。 答案　BC 10．关于简谐运动的周期，以下说法正确的是(　　) A．间隔一个周期的两个时刻，物体的振动情况完全相同 B．间隔半个周期奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可能同时相同 C．半个周期内物体动能的变化一定为零 D．一个周期内物体势能的变化一定为零 解析　根据周期的意义知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故选项A、D正确；当间隔半个周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等、方向相反，故选项B错误；由于间隔半个周期各矢量大小相等，所以物体的动能必定相等，没有变化，故选项C正确。 答案　ACD 11．(2024·西安模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法正确的是(　　) A．甲摆摆长比乙摆摆长长 B．甲摆的振幅比乙摆大 C．甲摆的机械能比乙摆大 D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 解析　由图看出，两单摆的周期相同，同一地点的g相同，由单摆的周期公式T＝2π得知，甲、乙两单摆的摆长L相等，故A错误；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅大，选项B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，所以无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，乙摆的位移为负向最大，根据a＝知，乙摆具有正向最大加速度，故D正确。 答案　BD 12．甲、乙两弹簧振子振动图像如图所示，则可知(　　) A．甲速度为零时，乙速度最大 B．甲加速度最小时，乙速度最小 C．两个振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2 D．任一时刻两个振子受到的回复力都不相同 解析　本题根据振动图像考查两振子相关物理量的比较。t＝0.5 s时，甲位于最大位移处，图像的斜率表示速度，速度为零，而此时乙位于平衡位置，图像的斜率最大，速度最大，故A正确；在t＝1.0 s或t＝2.0 s时，甲的加速度最小，位于平衡位置，回复力为零，此时，乙也位于平衡位置，回复力为零，速度最大，故B、D错误；频率与周期互为倒数，频率之比为周期之比的反比，由图像可知，甲、乙的周期之比为2∶1，故频率之比为1∶2，故C正确。 答案　AC 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(6分)(2023·湖南卷)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图(a)所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下： (1)测出钩码和小磁铁的总质量m。 (2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期。 (3)某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图(b)所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝________(用“t0”表示)。 (4)改变钩码质量，重复上述步骤。 (5)实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是________(填“线性的”或“非线性的”)。 m/kg 10T/s T/s T2/s2 0.015 2.43 0.243 0.059 0.025 3.14 0.314 0.099 0.035 3.72 0.372 0.138 0.045 4.22 0.422 0.178 0.055 4.66 0.466 0.217 (6)设弹簧的劲度系数为k，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是________。(填字母)。 A．2π　　　 B．2π C．2π D．2πk (7)除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：________________________________________________________________________。 解析　(3)从题图(b)中可以算出弹簧振子振动周期T＝。 (5)分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的。 (6)2π的单位为 ＝＝s 因为s(秒)为周期的单位，则其他各项单位都不是周期的单位，故选A。 (7)弹簧不是轻质弹簧；手机内部有磁铁；与钩码下面的小磁铁会产生相互作用；空气阻力的影响等。(写出一条即可) 答案　(3)　(5)线性的　(6)A　(7)见解析 14．(8分)某研究性学习小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中(实验装置如图甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°。在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t。在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)。 (1)从图乙可知，摆球的直径为d＝______mm。 (2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________________。 (3)实验结束后，同学们在讨论如何能够提高测量结果的精确度时，提出了以下建议，其中可行的是________。(多选，填字母) A．尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线 B．当单摆经过最高位置时开始计时 C．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的 D．测量多组周期T和摆长l，作l­T2关系图像来处理数据 解析　(1)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×48.0 mm＝0.480 mm，则最终读数为5.980 mm。 (2)由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的全振动的次数为N＝，周期为T＝＝，单摆的摆长为l＝L＋，由单摆的周期公式T＝2π ，得g＝。 (3)公式中，重力加速度的测量值与摆长有关，所以要尽可能选择细、轻且不易伸长的线作为摆线，故A正确；为了减小误差，需要在单摆经过平衡位置时开始计时，且选用体积较小的摆球，故B、C错误；应用图像法处理实验数据可以减小实验误差，测量多组周期T和摆长l，作l­T2关系图像来处理数据，故D正确。 答案　(1)5.980　(2) (3)AD 15．(8分)如图甲所示，摆球在竖直平面内做简谐运动，通过力传感器测量摆线拉力 F，F的大小随时间t变化的规律如图乙所示，摆球经过最低点时的速度大小v＝ m/s，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，π2≈10，求： (1)单摆的摆长L； (2)摆球的质量m； (3)摆线拉力的最小值。 解析　(1)由题图乙可知单摆周期为T＝2 s， 根据单摆周期公式T＝2π， 解得L＝1 m。 (2)当拉力最大时，即F＝1.02 N， 摆球处在最低点，由牛顿第二定律 F－mg＝m， 解得m＝0.1 kg。 (3)从最低点到最高点 －mgL(1－cos θ) ＝0－mv2， 解得cos θ＝0.99， 最高点F′＝mgcos θ＝0.99 N。 答案　(1)1 m　(2)0.1 kg　(3)0.99 N 16．(8分)光滑水平面上的弹簧振子，质量为50 g，若在弹簧振子被拉到最大位移处释放时开始计时，在t＝0.2 s时，振子第一次通过平衡位置，此时速度为4 m/s。 (1)在1.2 s末，弹簧的弹性势能为多少？ (2)1 min内，弹簧弹力对弹簧振子做正功的次数为多少？ 解析　(1)从最大位移到平衡位置的时间为t＝0.2 s，则周期T＝4t＝0.8 s，振子在1.2 s内恰好振动了1T。 此时弹簧的弹性势能等于振子在平衡位置时的动能。 Ep＝mv2＝×50×10－3×42 J＝0.4 J。 (2)当振子向平衡位置运动时，弹簧的弹力对振子做正功，即1个周期内做正功两次，则n＝×2＝×2＝150次。 答案　(1)0.4 J　(2)150次 17．(14分)如图甲所示，在天花板上的O点用一定长度的摆线悬挂一个摆球，在O点的下方P点处有一个钉子，现将摆球向左拉开一个很小的角度，t＝0时将摆球由静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到钉子，此后摆球又向上摆动一个很小角度(不超过5°)，设向左为正方向，摆球的振动图像如图乙所示(图线与两轴的交点已在图中标出)，不计摆线和钉子相碰时的能量损失，取重力加速度g＝π2m/s2，结果可用分式表示，求： (1)单摆的振动周期； (2)钉子的位置P点到悬点O的距离； (3)图像中x1与x2的比值。 解析　(1)由题图乙可知，单摆完成一次全振动的时间为T＝1.8 s。 (2)由题图乙可知，小球在OP左侧摆动时，单摆的周期为T1＝2 s，由周期公式T1＝2π，解得该单摆摆线的长度为L＝1 m 小球在OP右侧绕着P点摆动时，周期为T2＝1.6 s，由周期公式T2＝2π， 解得该单摆碰到钉子后的摆长为L′＝ m 故钉子的位置P距离悬点O的距离ΔL＝L－L′ 代入数据解得ΔL＝0.36 m。 (3)设单摆在OP左侧摆动的最大偏角为θ1，在OP右侧摆动的最大偏角为θ2，由数学知识可得x1＝2Lsin，x2＝2L′sin 由机械能守恒定律得mgL(1－cos θ1)＝mgL′(1－cos θ2) 由数学方法可解得＝。 答案　(1)1.8 s　(2)0.36 m　(3)5∶4 18．(16分)某实验小组设计实验研究碰撞及单摆特性，装置如图所示，在水平桌面边缘用长细绳悬挂着质量为m0的小球。质量为m1的物块以速度v0滑上光滑的桌面，并在桌子边缘与小球发生正碰，碰后小球向外摆动起来(摆动的角度小于5°)，物块水平抛出桌面，当物块落地时小球恰好第一次摆回到桌子边缘。已知物块落点与桌子边缘的水平距离为s，桌子高度为h，重力加速度为g，物块和小球均可视作质点，求： (1)物块从抛出到落地的时间t及悬挂小球的细绳长度L； (2)碰撞后小球速度v2。 解析　(1)由于物块做平抛运动， 所以h＝gt2，t＝ 对小球，T＝2π，T＝2t 联立可得L＝。 (2)物块与小球碰撞过程动量守恒，则 m1v0＝m1v1＋m0v2，s＝v1t 所以v2＝。 答案　(1) 　　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $