第二章 机械振动 章末模拟测评卷-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 高中物理“机械振动”单元卷，75分钟100分，涵盖选择、实验、计算题型，以简谐运动、单摆、共振等核心知识为载体，融合物理观念、科学思维与科学探究，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|7/28|简谐运动规律（题1）、单摆周期公式（题3）、振动图像分析（题4）|结合生活情境（风铃、荡秋千），考查物理观念理解| |多项选择|3/18|共振条件（题8）、周期多解问题（题9）|设置飞力士棒等真实场景，体现科学思维的严谨性| |非选择题|5/54|单摆测g实验（题11、12）、振动表达式（题13）、太空站质量测量（题15）|实验题注重创新设计（力传感器应用），综合题结合科技前沿，强化科学探究与模型建构|

第二章　机械振动 (时间:75分钟　满分:100分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每个小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的) 1.(2026山东日照高二期中)关于机械振动,下列说法正确的是(　　) A.甲图中做简谐运动的水平弹簧振子在到达平衡位置时速度为零,加速度最大 B.乙图中做简谐运动的单摆,摆长越长,周期越大 C.丙图中风铃上不同长度的金属管,其振动的固有频率都相等 D.丁图中荡秋千的小女孩运动到最低点处受力平衡 2.一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置,P、Q是振动过程中关于O对称的两个位置,下列说法正确的是(　　) A.弹簧振子在从M点向N点运动的过程中,动能先减小后增大 B.弹簧振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等 C.弹簧振子运动到P、Q两点时,位移相同 D.弹簧振子在从M点向N点运动的过程中,加速度先增大后减小 3.做简谐运动的单摆,其摆长不变,若摆球的质量增加为原来的,摆球经过平衡位置的速度减小为原来的,则单摆振动的(　　) A.周期不变,振幅不变 B.周期不变,振幅变小 C.周期改变,振幅不变 D.周期改变,振幅变大 4.两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置,取向右为正方向,其振动图像如图所示,下列说法正确的是(　　) A.两个弹簧振子具有相同的相位 B.甲的振幅比乙的大,所以甲的能量比乙的大 C.t=2 s时甲具有负向最大速度,乙具有正向最大位移 D.甲、乙两弹簧振子回复力最大值之比一定为2∶1 5.如图所示,光滑直杆上弹簧连接的小球以O点为平衡位置,在A、B两点之间做简谐运动。以O点为原点,选择由O指向B为正方向,建立Ox坐标轴。小球经过B点时开始计时,经过0.5 s首次到达A点。则小球在第一个周期内的振动图像为(　　) 6.(2026浙江宁波高二期中)如图所示,将一弹簧振子竖直悬挂,小球静止在O点,将小球拉到M点由静止释放,最高运动到N点,此时的弹簧刚好处于原长,已知小球的质量为1 kg,弹簧的劲度系数为20 N/m,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.小球从M点运动到O点的时间小于从O点运动到N点的时间 B.小球在M点的加速度大于在N点的加速度 C.从M点到N点的距离为0.1 m D.若将小球拉到M点下方静止释放,那么弹簧振子的周期不变 7.一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有一记录笔,在竖直面内放置有一记录纸,当弹簧振子上下振动时,以速率v水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的已知位置坐标,则下列说法正确的是(　　) A.弹簧振子平衡位置的纵坐标是y= B.该弹簧振子的振动周期为 C.弹簧振子在坐标(x0,y2)位置时加速度最大 D.匀速拉动记录纸的速率增大为原来的2倍,弹簧振子振动的周期变为原来的 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每个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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 8.(2026广东东莞高二月考)如图甲所示,飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材,是一根两端带有负重的弹性杆。某型号的飞力士棒质量为600 g,长度为1.5 m,固有频率为4 Hz。如图乙所示,某人用手振动该飞力士棒进行锻炼,则下列说法正确的是(　　) A.使用者用力越大,飞力士棒振动越快 B.手振动频率为4 Hz,飞力士棒振幅最小 C.手振动频率为4 Hz,飞力士棒产生共振 D.手振动的频率增大,飞力士棒振动的频率也增大 9.弹簧振子做简谐运动,若从平衡位置O开始计时,经过4 s弹簧振子第一次经过P点,又经过了1 s,弹簧振子第二次经过P点,则该简谐运动的周期可能为(　　) A.5 s B.6 s C.14 s D.18 s 10.如图甲为研究单摆共振现象的装置,其中a、b、c三个小球质量相等,且均可视为质点。a和c的摆长相同,b的摆长比a、c的长。图乙为a做受迫振动时振幅随驱动力频率变化的图像。初始时所有小球静止,将a向后拉开一个小角度释放,a做简谐运动。一段时间后,b和c也开始振动。关于此实验,下列说法正确的是(　　) A.b和c做受迫振动,驱动力来自a的振动 B.c的振幅最大,因为c的固有频率与a的振动频率相同 C.b的振幅大于c的振幅,因为b的质量与a的质量相同 D.图乙中,共振峰对应的频率等于a的固有频率 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(8分)小巴同学利用力传感器、计数器等器材,设计了单摆测重力加速度的创新实验,请回答下列问题: 甲 乙 丙 (1)按照图甲所示的装置组装好实验器材,用刻度尺测量摆线(悬点到摆球最顶端)的长度l0;用游标卡尺测量摆球的直径,测量结果如图乙所示,则该摆球的直径d=　　　　 mm。 (2)摆球下方有一细小的遮光条,现将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度,由静止释放摆球,摆球在竖直平面内稳定摆动,遮光条第一次经过光电门时电脑自动开启计数器计数,且同时启动计时器计时,当计数器到达设定数字n时,计时器停止计时。实验时,光电门　　　　(选填“一定”或“不一定”)要放在摆球摆动的最低点:摆球某次通过光电门时从1开始计数计时,当计数器达到设定数字第n次(n为大于3的奇数)通过光电门时,计时器记录时间为t0,此过程中计算机屏幕上得到如图丙所示的F-t图像,若已知单摆周期为T,则图像中相邻的最大值与最小值之间的时间间隔为　　　　(用T表示)。  (3)若T未知,当光电门计数器置于最低点时,利用上述实验条件,求得当地的重力加速度可表示为g=　　　　　　　　　　(题目中的物理量d、l0、t0、n均为已知量)。  12.(8分)如图甲所示,某学习小组利用单摆测当地的重力加速度。 (1)在测量单摆周期时,某同学在摆球某次通过最低点时,按下停表开始计时,同时数“1”,当摆球第二次通过最低点时数“2”,依此法往下数,当他数到“50”时,停表停止计时,读出这段时间t。则该单摆的周期为　　　　。如果他在实验中误将周期计算为,则测得的g值　　　　(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。  (2)若小组同学周期测量正确,但由于没有游标卡尺,无法测量摆球的直径,于是小组同学改变摆线长L,分别测出对应的单摆周期T,作出L-T2图像如图乙所示,根据图像,小组同学得到了图线在横轴上的截距为a,图线的斜率为k,则摆球的直径为　　　　　　,当地的重力加速度为　　　　。  13.(10分)一水平弹簧振子做简谐运动的位移与时间的关系如图所示。 (1)该简谐运动的周期和振幅分别是多少? (2)写出该简谐运动的表达式。 (3)求t=0.25×10-2 s时弹簧振子的位移(保留三位有效数字)。 14.(12分)如图所示,A球与细线组成一单摆,B是穿在一根较长细线上的小球,让A球偏离竖直方向一很小的角度,在放手让A球向下摆动的同时,另一小球B从与O点等高处由静止开始下落,当A球摆到最低点时,B也恰好到达与A同一水平面处,求B下落时受到细线的阻力大小与B的重力大小之比(g取10 m/s2,π2=10)。 15.(16分)太空站中用于测量人体质量的装置(BMMD)如图甲所示,该装置可简化为如图乙所示的结构,P是可视为上表面光滑的固定底座,A是质量为mA的座椅,座椅两侧连接着相同的轻质弹簧,座椅可在P上左右滑动,BMMD利用空座椅做简谐运动的周期与坐上航天员后做简谐运动的周期来计算航天员的质量,假定初始状态下两弹簧均处于原长,航天员坐上座椅后与座椅始终保持相对静止。 (1)若已知做简谐运动的物体其加速度与位移均满足a+ω2x=0的关系,其中x为物体相对于平衡位置的位移,ω为圆频率,圆频率由系统自身性质决定,圆频率与简谐运动周期的关系满足Tω=2π,已知两弹簧的劲度系数均为k,求: ①当空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小(用k、x、mA表示)和方向; ②空座椅做简谐运动时ω的表达式(用mA、k表示); (2)若物体的加速度与位移仍然满足a+ω2x=0的关系,通过测量得到空座椅做简谐运动的周期为TA,坐上航天员后,航天员与座椅做简谐运动的周期为TQ,求该航天员的质量mQ(用mA、TA、TQ表示)。 参考答案 1.B　解析 甲图中做简谐运动的水平弹簧振子在到达平衡位置时速度最大,加速度为0,故A错误;根据单摆周期公式T=2π可知,乙图中做简谐运动的单摆,摆长越长,周期越大,故B正确;不同长度的金属管,由于结构参数不同,其固有频率也不同,故C错误;荡秋千的小女孩摆动,运动到最低点处,拉力与重力的合力提供向心力,受力不平衡,故D错误。 2.B　解析 弹簧振子在从M点向N点运动的过程中,动能先增大后减小,A错误;由对称性可知,弹簧振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等,B正确;由对称性可知,弹簧振子运动到P、Q两点时,位移等大反向,C错误;弹簧振子在从M点向N点运动的过程中,加速度先减小后增大,D错误。 3.B　解析 由单摆的周期公式T=2π可知,单摆摆长不变,则周期不变;摆球经过平衡位置的速度减小而摆动周期不变,则一个周期内通过的路程变小,即振幅变小,故B正确。 4.C　解析 由图像知两个弹簧振子的周期不相等,只是初相相同,所以它们的相位不相同,选项A错误;甲、乙的能量只有动能和弹性势能,当位移最大时振动能量为弹性势能,甲的振幅大,但两个弹簧的劲度系数大小不知,所以在最大位移处的弹性势能大小无法判断,即总能量大小无法判断,选项B错误;t=2 s时甲处于平衡位置向负向运动,具有负向最大速度,乙在正向最大位移处,具有正向最大位移,选项C正确;不知道两个弹簧的劲度系数或弹簧振子质量的大小关系,所以无法判断回复力大小的比例关系,选项D错误。 5.A　解析 小球经过B点时开始计时,即t=0时小球的位移为正向最大,经过0.5 s首次到达A点,位移为负向最大,且周期为T=1 s。故A正确。 6.D　解析 根据简谐运动的对称性可知,小球从M点运动到O点和从O点运动到N点的时间是相等的;在M点和N点的位移大小相等,方向相反,根据F=-kx=ma可知在M点的加速度大小和在N点的加速度大小相等,故A、B错误。小球静止在O点时,有kx0=mg,代入数据得x0=0.5 m,N点弹簧处于原长,即振幅A=x0=0.5 m,所以M点到N点的距离为s=2A=2×0.5 m=1.0 m,故C错误。弹簧振子的振动周期与振幅无关,故将小球拉到M点下方静止释放,弹簧振子的周期不变,故D正确。 7.C　解析 根据简谐运动对称性可知,平衡位置纵坐标为y=,故A错误;由图像可知,记录纸在一个周期内沿x轴负方向的位移大小为2x0,水平速度大小为v,则弹簧振子的周期T=,故B错误;由题图可知,弹簧振子在坐标(x0,y2)位置时处于最大位移处,则回复力最大,由牛顿第二定律知加速度最大,故C正确;弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关,匀速拉动记录纸的速率增大为原来的2倍,则一个周期内记录纸沿x轴负方向运动的位移增大为原来的2倍,弹簧振子的周期不变,故D错误。 8.CD　解析 人用手振动该飞力士棒,让其做受迫振动,受迫振动的频率与驱动力的大小无关,A错误;手振动频率等于飞力士棒的固有频率时,飞力士棒产生共振,振幅最大,B错误,C正确;物体做受迫振动时,物体的振动频率等于驱动力的频率,故手振动的频率增大,飞力士棒振动的频率也增大,D正确。 9.BD　解析 如图所示,假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动,若弹簧振子计时开始后先向右振动,弹簧振子的振动周期为T=4× s=18 s;若弹簧振子计时开始后先向左振动,设弹簧振子的振动周期为T',则=4 s,解得T'=6 s,故B、D正确。 10.ABD　解析 a通过横杆对b和c施加周期性作用力,使其发生受迫振动,驱动力来自a的振动,故A正确;c振幅最大,因为c和a的摆长相同,c的固有频率与驱动力频率相同,c发生共振,故B正确;受迫振动振幅大小取决于驱动力频率与固有频率的接近程度,与质量无关,b与a摆长不同,b的固有频率与驱动力频率不同,振幅小于c的,故C错误;题图乙是a受迫振动的共振曲线,共振峰对应的频率等于a的固有频率,故D正确。 11.解析 (1)摆球的直径d=19 mm+18×0.05 mm=19.90 mm。 (2)实验时,为了减小误差,光电门一定要放在小球摆动的最低点。 根据单摆的振动规律可知,力传感器读数最大时,小球在最低点位置,力传感器读数最小时,小球在最高点位置,可知图像中相邻的最大值与最小值之间的时间间隔为。 (3)依题意,单摆的振动周期可表示为T=,根据T=2π 整理可得g=。 答案 (1)19.90　(2)一定　　(3) 12.解析 (1)单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期,单摆周期 T= 根据单摆周期公式T=2π,整理得g=,周期测量值偏小,则g测量值偏大。 (2)由单摆周期公式T=2π 整理得L=T2- L-T2图线的斜率k= 将L=0,T2=a代入表达式,即 0=ka- 得摆球直径d=2ka 当地的重力加速度g=4π2k。 答案 (1)　偏大　(2)2ka　4π2k 13.解析 (1)由题图知,T=2×10-2 s,A=2 cm。 (2)ω==100π rad/s 设表达式为x=Asin(ωt+φ) 将t=0,x=-2 cm代入 解得φ=或φ=- 所以弹簧振子做简谐运动的表达式为 x=2sin cm 或x=2sin cm。 (3)将t=0.25×10-2 s代入 解得x0.25=-1.41 cm。 答案 (1)2×10-2 s　2 cm (2)x=2sin cm或x=2sin cm (3)-1.41 cm 14.解析 单摆的周期公式T=2π A球摆到最低点所用的时间 t=(n=0,1,2,3,…) 由牛顿第二定律,B的加速度a= 由运动学公式l=at2 联立解得 =1-(n=0,1,2,3,…)。 答案 1-(n=0,1,2,3,…) 15.解析 (1)①设空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小为a,由胡克定律和牛顿第二定律有2kx=mAa 解得a= 此时座椅所受合外力方向向左,所以加速度方向向左。 ②取向右为正方向,则由题给条件可得+ω2x=0 解得ω=。 (2)由题给条件可得 TA=2π 同理可得TQ=2π 联立解得mQ=。 答案 (1)①　方向向左　②ω= (2) 11 学科网（北京）股份有限公司 $