2 第2章 机械振动 单元学能测评-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步练习册（人教版）

第二章单 时间：75分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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，第8~10题有多项符合题目 要求.每小题全部选对的得4分，选对但不全的 得2分，有选错的得0分 1.单摆做简谐运动，其动能Ek随时间t的变化关 系如图所示.已知重力加速度为g,则该单摆 ( A.摆动周期为to B.摆动周期为2to C.摆长为4g 2 D.摆长为 2.如图所示是质点做简谐运动的图像，下列说法正 确的是( x/cm 4 t/(×10-s) A.t=0.4s时质点的速度为0 B.质点在0.2s内完成一次全振动 C,振动图像上A、B两点的速度相同 D.振动图像上A、B两点的加速度相同 3.图1为水平放置在光滑水平面上的两完全相同 的弹簧振子甲、乙，图2为某时刻开始计时的 两弹簧振子的振动图像.下列说法正确的是 (). 芳岁2月 芳岁》子 图1 图2 A.甲、乙的周期之比为2：3 第二章机械振动 元学能测评 满分：100分 B.2t。时，甲、乙两球的速度之比为4：1 C.甲、乙的最大加速度之比为1：2 D.甲、乙的弹簧最大形变量之比为2：1 4.做简谐运动的弹簧振子，当它每次经过同一位置 时，下列物理量可能不相同的是(). A.动能 B.速度 C.弹簧的弹性势能 D.回复力 5.飞力士棒是物理治疗师发明的一种物理康复器 材.标准型飞力士棒中间的握柄和两端负重头用 一根PVC软杆连接，棒的固有频率为4.5Hz, 如图所示，可以使用双手对飞力士棒进行驱动， 忽略空气阻力，则下列关于飞力士棒的认识正确 的是( 负重头←。 握柄 →负重头 A.使用者用力越大棒振动越快 B.若只将PVC杆增长，棒的固有频率不变 C.该棒振动的频率一定等于4.5Hz,与驱动力 的频率无关 D.随着手振动的频率越接近固有频率，棒振动 的幅度一定变大 6.如图甲所示，单摆固定悬点为O,将可看成质点 的摆球拉至A点，然后由静止释放，并开始计 时，摆球在竖直平面内的A、C之间来回摆动，摆 角0小于5°，B点为运动中的最低位置.摆球相 对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙 所示，不计空气阻力，重力加速度g取9.8m/s2, π≈9.8.下列说法正确的是(). x/cm C B 乙 37 翻重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ, A.该单摆摆长约为1m B.摆球受到重力、拉力、向心力、回复力的作用 C.摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 D.在0.5~1s内，摆球从C点向B点运动 7.如图所示，水平面上固定光滑圆弧面ABD,水平 宽度为L,高为h,且满足L>h,圆弧面上放一 光滑平板ACD,小球从顶端A处由静止释放沿 平板从A点滑到D点的时间为4s.若撤去平板 ACD,仍将小球从A点由静止释放，则小球沿 弧面滑到底端D点经历的时间为( B D---- A.3.14sB.2.82sC.4s D.4.2s 8.如图所示，为某秋千的阻尼振动的图像，根据图 像分析下列说法正确的是( a/m A.摆球在M点和N点时对绳子的拉力大小 相等 B.摆球在M点和N点时重力势能相同 C.摆球在M点和N点时的速度相同 D.单摆振动的周期不变 9.图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置.手 机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动 情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加 速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙 所示.下列说法正确的是(). a/(m·s 甲 A.从t=0至t=0.2s,手机的动能减小 B.t=0.4s时，手机的运动方向向下 C.t=0.6s时，弹簧弹力最大 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2 38 10.如图所示，光滑斜面上的轻弹簧一端固定，另一 端与小球相连.弹簧处于原长时小球位于O点 (O点未画出，O在A、B之间).现用外力将小 球沿斜面从O点缓慢推至A点，推力做功为 W.撤去推力，小球从A点出发经O点到达B 点时速度为0，则此过程中，小球() 0000C A A.在O点时的动能最大 B.在O点时的动能等于W C.在A点时，弹簧的弹性势能可能大于W D.在B点时，弹簧的弹性势能一定大于W 二、非选择题：本题共5小题，共60分 11.(10分)在“用单摆测定重力加速度”的实验中： (1)用一个摆长为80.0cm的单摆做实验，要求 摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球 拉离平衡位置的距离应不超过 cm (结果保留1位小数)（提示：单摆被拉开小 角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆 弧移动的路程). (2)为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆 球应是经过最 (填“高”或“低"”)点 的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动 所用的时间，求出周期！ (3)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量 情况如图所示.O为悬挂点，从图中可知单 摆的摆长为 m. (4)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加 速度的表达式为g (5)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生 甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反， 它对球的作用相当于重力加速度变小，因此 振动周期变大.”学生乙说：“浮力对摆球的 影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此 振动周期不变”，这两个学生中 A.甲的说法正确B.乙的说法正确 C.两学生的说法都是错误的 12.(8分)某实验小组用图(a)所示装置做“用单摆 测重力加速度”实验， (a) (1)(多选)组装单摆时，应该选用 A.长度为1m左右的细线 B.长度为20cm左右的细线 C.直径约为2.0cm的木质球 D.直径约为2.0cm的小钢球 (2)某同学将摆球沿垂直纸面的方向向外拉开 大约5°，然后由静止释放，摆动稳定后，自 摆球经过最低点时记为0次并用停表开始 计时，此后摆球每经过最低点一次计数一 次，计数到50时，停表的读数为t,则摆的 振动周期T=(用t表示). (3)甲同学多次改变摆长L,测量对应的周期 T,绘制出T2-L图像，如图(b)所示，直线 的斜率为k.由此可得重力加速度g= (用含k的式子表示). T (b) (4)若甲同学测得的g值偏大，其原因可能是 A.测摆线长时摆线拉得过紧 第二章机械振动誰 B.把50次摆动的时间误记为49次摆动的 时间 C.开始计时，停表过早按下 D.单摆悬点未固定紧，摆动中出现松动，使 摆线增长了 13.(12分)将一测力传感器连接到计算机上就可 以测量快速变化的力.图甲中O点为单摆的固 定悬点，现将小球（可视为质点）拉至A点，此 时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖 直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点 为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=a,a 小于10°且是未知量.图乙表示由计算机得到 的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲 线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动 的时刻.试根据力学规律和题干（包括图像）所 给的信息，求：(g取10m/s2) 0.510fFN 131311311 O不 0.495------ A 0.485 B 0 0.2元0.4π 0.6πts 乙 (1)单摆的振动周期（用π表示）. (2)单摆的摆长， (3)摆球运动过程中的最大速度大小 39 翻重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ, 14.(14分)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端 与物块A连接在一起置于光滑斜面上，初始时 A处于静止状态.现将物块B轻放在A右侧， A、B由静止开始一起沿斜面做简谐运动，已知 物块A、B质量均为m,弹簧劲度系数为k,重 力加速度为g,斜面倾角为0. (1)求A、B做简谐运动的振幅. (2)求整个运动过程中A对B作用力的最小值 与最大值 (3)若斜面粗糙，仅将A物块连接弹簧，拉伸弹 簧至伸长量为ng sin0后将A物块由静止 释放，物块与斜面之间的动摩擦因数μ= y an0,求A物块静止时弹簧的形变量. 00000000000H9: 40 15.(16分)弹簧振子的运动是简谐运动的典型代 表.如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数 为k的轻弹簧，弹簧下端固定在地面上，上端 与一质量为m的小球A相连，小球A静止时 所在位置为O.另一质量也为m的小球B从距 A球为H的P点由静止开始下落，与A球发 生碰撞（时间极短）后粘在一起，开始向下做简 谐运动.小球A、B第一次到达最低点Q(图中 未标出)所用的时间为t.两球均可视为质点， 在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其 形变量为x时，弹性势能为E,=x.已知 H=,重力加速度为8，求： (1)B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度， (2)小球A、B一起做简谐运动的振幅.动时的频率相同，均等于手机振动的频率，故C、D错误 2.D【解析】因B、C球在A球带动下做受迫振动，可知三个 球的振动周期相等，都等于A球的振动周期，故A错误， D正确；因C球的摆长与A球相同，则两球的固有周期相 同，C与A发生共振，振幅最大，即C的振幅比B的振幅大， 易错点：误认为B、C振动周期不同，受迫辕动 中，驱动频率决定周期，但振幅取决于驱动频 故B、C错误.率与自身固有频率的关系 3.C【解析】某电压下偏心轮的转速是54r/min,则共振筛现 54 在的振动频率为∫一0H=0.9H2,故A错误；由题图乙 可知，筛子固有频率为0.8Hz,仅增加筛子质量，筛子的固 有周期增大，固有频率减小，则固有频率和驱动力频率的差 值变大，筛子的振幅减小，故B错误：仅减小电压，则偏心轮 转速减小，共振筛的振动频率减小，可使固有频率和驱动力 频率的差值变小，筛子的振幅增大，故C正确；关闭电源直到 共振筛静止前，共振筛振动的周期不变，故D错误 4B【解标】单摆的周期T=2x√仁，周期与振幅无关，单摆 做阻尼振动的周期不变，振幅减小，故A错误；M、N两点对 应位置高度相同，故从M到N重力做功为0，由于单摆做阻 尼振动，可知摆球需克服阻力做功，由动能定理可知摆球在 M点时的动能大于在N点时的动能，故B正确；由题图可知 摆球在M点时正在靠近平衡位置，速度在增大，即摆球在 M点时做加速运动，故C错误；摆球在N点时正在靠近平 衡位置，高度在降低，即摆球在N点时正在下落，故D错误 5.A【解析】当列车受到冲击的周期等于固有振动周期时会 发生共振，从而造成危险，由题意可知列车的危险速率为 一卡-45m/s,故A正确；列车车轮经过钢轨接缝处时产生 的振动同时也会影响到路面本身，因此过桥需要减速，是为 了防止桥梁发生共振现象从而造成坍塌，列车不能通过减速 来降低对桥的压力，故B错误；列车运行的振动频率等于周 期性冲击的频率，和固有频率无关，故C错误；提高列车的 危险速率有利于列车高速运行，根据前面分析可知，应增大 钢轨长度，故D错误 第二章单元学能测评 1.C【解析】摆球一个周期内两次经过最低点，则一个周期内 两次动能最大，由题图可知单摆的周期T=4。,故A、B错 误：根易苹探周期公式T-√臣，解得L-放C正 确，D错误 2.D【解析】t=0.4s时质点在平衡位置，速度不为0，故A错 误；质点在0.4s内完成一次全振动，故B错误；振动图像上 A、B两点的速度大小相同，但方向相反，故C错误；振动图 像上A、B两点的位移相同，则回复力相同，加速度相同，故 D正确， 3D【解析】由图像可知甲的周期为子o,乙的周期为o,则 20 甲、乙的周期之比为4：3，故A错误；2L。时，甲的速度为0， 乙的速度最大，则甲、乙两球的速度之比不等于4：1，故 B错误，最大加速度a。-分cA,可知甲，乙的最大加速度 之比为2：1，故C错误；甲、乙的弹簧最大形变量之比等于 振幅之比，即为2：1，故D正确， 4.B【解析】动能是标量，振子经过同一位置时速度大小相同， 动能相同，故A错误：速度是矢量，同一位置时速度方向可 能相反（如往返经过该点），故B正确；弹性势能由形变量决 定，同一位置形变量相同，弹性势能相同，故C错误；回复力 F=一kx,同一位置时回复力大小和方向均相同，故D错误 5.D【解析】使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有 关系，故A错误；将PVC杆增长，棒的固有频率发生改变， 故B错误；该棒做受迫振动，振动频率等于驱动力频率，故 C错误；当驱动力的频率等于其固有频率时，棒振动的振幅 最大，手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度越大，随 着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大， 故D正确 6.A【解析】根据题图乙可知周期为2s,根据周期公式T= 、店，解得L=1m,放A正确；摆球受到重力、拉力两个 2 力的作用，向心力、回复力都是效果力，在实际受力分析中不 存在，故B错误；最低位置B点是单摆做简谐运动的平衡位 置，摆球在B点，速度最大，向心加速度最大，但回复力最 小，故C错误；从A点刚释放开始计时，在0.5~1s的时间 内，摆球从B点向C点运动，故D错误. 7.A【解析】设该圆弧对应的半径为R,小球沿光滑圆弧面 ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的子， 则有(=×x,√区=受受，小球沿光消斜面AGD指 区，由题意 到D的时间为t',根据等时圆原理可得1=2√ =4s,所以=元8≈3.14s,故选A 可知'=2√g 8.BD【解析】由于单摆在运动过程中要克服阻力做功，振幅 逐渐减小，摆球的机械能逐渐减少，所以摆球在M点所对应 时刻的机械能大于在N点所对应的机械能，由于在M、V 两点，摆球的位移大小相同，故在这两点摆球相对零势能点 的高度相同，重力势能也相同，但由于M点的机械能大于N 点的机械能，所以M点对应时刻的动能大于在N点对应时 刻的动能，根据动能的公式E=2m0,可得摆球在M点 的速度大于在N点时的速度，故B正确，C错误；摆球在M 点和N点时位移的大小相同，细线与竖直方向的夹角也相 同，设拉力为F,由牛顿第二定律有F一mgos0=m艺，可 得摆球在M点对绳子的拉力大于在N点对绳子的拉力，故 A错误；由题图可得单摆振动的周期没有明显变化，单摆的 周期与摆长有关，故周期不变，故D正确， 9.AD【解析】物体受到的回复力公式F回=一kx=ma,加速 度越大，位移的大小越大，速度越小，所以0一0.2s内，手机 的动能在诚小，故A正确；根据图像可知，0时刻手机从平衡 位置开始向下运动，0.2s时到达最低点，在0.2~0.6s内向 上运动，故B错误；在t=0.6s时，加速度最大但方向向下， 受力分析可知mg一Fk=ma,所以弹力不是最大的，故C错 误：w等-2.5x,所以关系式为a=4sn(2.5)m/g,放 D正确. 10.BD【解析】小球位于平衡位置时合外力为0，速度最大，动 能最大，如图所示，平衡位置应该在O点下方，故A错误； 小球从O点出发再次回到O点时，弹力和重力均不做功， 由动能定理可知，小球在O点时的动能等于W,故B正确： 小球从O到A的过程中，推力做的功等于弹簧和小球系统 机械能的增加量，故在A点时，弹簧弹性势能小于W,故 C错误；由O到A再到B的过程中，由动能定理有W十 W。十W弹=0，以O点所在水平面为参考平面，由功能关系 有WG=一（一EGB一0)，W弹=-(E弹B一0)，解得W= E弹B一EGB,故在B点时，弹簧的弹性势能一定大于W,故 D正确. 平衡位置 1.(1)6.9(2)低(3)0.9980(4)4rL 2 (5)A 【解析】(1)由弧长公式可知1=R,又结合题意所求的距离 5° 近似等于弧长，则d=360X2xX80.0cm=6.98cm,结合 题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填 7.0,应填6.9. (2)为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过 最低点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的 时间，求出周期 (3)从悬点到球心的距离即为摆长，可得单摆的摆长为L= 0.9980m. (4)由单摆周期公式T=2m√g 可得重力加速度的表达 式为g=华 (5)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而是相当于 小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期 变大，故学生甲说法正确，故选A 12①AD(2②a经 (4)A 【解析】(1)单摆实验中，摆长一般选1m左右（便于测量且 周期适中)，20cm摆长太短，周期过小，测量误差大，所以 选长度为1m左右的细线，A正确，B错误；为减小空气阻 力影响，应选质量大、体积小的球，小钢球符合，木质球空气 阻力影响大，C错误，D正确. (2)从最低点开始计时，计数到50时，实际完成的全振动次 数是25次（因为从0开始计数，每2次经过最低点为一个 周期)，根据周期定义有T一25 (3)由单摆周期公式T=2π√g 变形得r=L,TL 4π2 图像的斜率二4，则g宁 (4)测摆线长时摆线拉得过紧，会使测量的摆长L偏大，由 g二4之L偏大则g测量值偏大，A正确；把50次摆动时 间误记为49次，根据T-克m偏大（误记后m变小），则T 测量值偏大，由8-半，T偏大则g测显值偏小，B结误： 开始计时，停表过早按下，意味着在摆球未到达最低点（或 未完成完整振动计时起点)时就开始计时，导致记录的总时 间t偏大（包含了摆球从初始位置到计时起点的无效时 间.根据T-产：佩大则T测量值偏大，由g-杂，工 偏大则g测量值偏小，C错误；单摆悬点松动使摆线增长， 测量的摆长L偏小（因为实际摆长变长，但测量的是原来 的短摆长)，由g=,L偏小则g测量值偏小，D错误， 3(1)0.4πs(2)0.4m(3)5m/s 【解析】(1)小球在一个周期内两次经过最低点，由题图乙可 知周期为T=0.4πs. ②根据单摆的周期公式T=2√气，代人数据解得L一 0.4m. (3)小球从A到B,机械能守恒，则有mgL(1一cosa)= 2mox:小球在A点有Fm=mgcos a,小球在B点有 ,解得uak=号m/s. Fmax一mg=mL √2 14(1)m89(2)7mgsi血0，mgs血9(3)mg9 1 3 【解析】(1)未放B时，A处于静止状态，设此时弹簧的压缩 量为x1,有mng sin0=kx1.A与B一起运动后到达平衡位 置时，弹簧的压缩量为x2,此时有2 ng sin8=x2.则A、B 做简谐运动的振幅A=x2一x1,由以上各式得A-mg血9. k (2)当A、B回到初始位置（最高点）时，A对B的支持力最 小，设此时加速度为a,对A、B整体有2 ng sin0-一kx1= 1 2ma,对B有mg sin8-Fm=ma,故Fm=之ng sin0,a= 2gsin 0. 当A、B运动到最低点时，A对B的支持力最大，此时加速 21 度大小仍为a,但方向相反.对B有F2一ng sin0=ma,故 .3 Fxa-2 mgsin 0. (3)根据简谐运动特点可知，最后静止时弹簧的压缩量为 x=mgsin 0 /3mg2 15.(1)J2k (2)2m3 【析】(1)B自由下落H的速度为VB,根据机械能守恒有 mgH=mi,解得g=2g.B与A碰撞过程动量 3mg2 守恒，有mB十0=(m+m)u1,解得u=√2k (2)A在O位置，弹簧被压缩xo,根据平衡条件得x。= 受设A与B共同体继续向下运动离0点的最大距离 为xn,根据能量守恒定律有（(2m)+名+2mg。 =(x十x,整理得名-2xx。-3x=0,解得x =3x,即xm=3mg.当A,B整体所受合力为0时，设离0 点距离为x1,根据平衡条件有2mg=x1,解得x1= 2mg 则A、B一起做简谐运动的振幅为A=xm一(x1一xo)= 2mg k 第三章 机械波 第1节波的形成 基础过关练 1.BC【解析】机械波的形成必须具备的两个条件：振源和介 质，只有物体做机械振动，而其周围没有传播这种振动的介 质，远处的质点不可能振动起来形成机械波，故A错误；后 振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后 一步，参与振动的质点群有相同的频率，故B、C正确；形成 机械波的各个质点只在平衡位置附近往复运动，并没有随波 迁移，离振源远的质点振动的能量，是通过各质点的传递从 振源获得，故D错误. 2.AC【解析】随着波的传播，介质中各质点都在各自的平衡 位置附近来回振动，不随波迁移，故A正确，B错误；波源的 振动使质点一个被一个带动，且与波源振动相同，同时总滞 后于前一个质点，故C正确；某一水平方向的机械波在介质 中传播，介质中的质点的振动方向与波的传播方向相互垂 直，不一定在竖直方向上下振动，故D错误故选A、C. 3.C【解析】纵波振动方向与传播方向一致，横波振动方向与 波的传播方向相互垂直，由于纵波传播得快，地震发生时纵 波先到达震源正上方，震源正上方房屋先上下振动后左右摇 动，故选C 4.D【解析】质点1与质点5之间相距四分之一波长，可知质 22 点1与质点17间相距一个波长，故A错误；因质点1开始起 振的方向向上，可知质点20开始振动时运动方向向上，故 B错误=时振动刚传到质点9，此时质点5在波蜂位登， 此时质点5的加速度方向向下，故C错误；t二时振动传 到质点13位置，此时质点12正由平衡位置向波峰位置振动 的过程中，则其速度方向向上，故D正确. 5.A【解析】手握A点开始振动的方向与波的最前沿开始振 动的方向相同，由题图可知波的最前沿（即B点）此时的振 动方向向下，故手握A点开始振动的方向是向下，故A正 确，B错误；质点P、Q的平衡位置之间的距离大于半波长而 小于波长，故质点P、Q振动情况既不总是相反，也不总是相 同，故C、D错误. 6.B【解析】由波的形成与传播可知，当波源质点处于其平衡 位置上方且向上运动时，介质中平衡位置横坐标x=2m的 质点在其平衡位置下方且向下运动，B正确 第2节波的描述 基础过关练 1.B【解析】声波传播时，能量因扩散和介质吸收而减少，振幅 逐渐减小，故A错误：；频率由声源振动决定，与传播过程无 关，所以频率不变，故B正确；波速由介质的性质决定，在均 匀空气中传播时波速不变，故C错误；根据公式v=λf,因波 速和频率均不变，所以波长不变，故D错误 2.D【解析】此刻质点A正在向下振动，根据“平移法”可知， 超声波沿x轴负方向传播，故A错误；由题图可知入= (10一4)mm=6mm,根据波速的计算公式有o=fa,解得 f=1×105Hz,故B错误；该时刻质点A、B的位移方向不 同，根据a=6红可知加速度不相同，故C错误；根据T一 772 宁可知，T=1X10s,由于t=1X1018=10T,则路程为 s=40A=0.16m,故D正确. 3日【解析由超意可知波速0一公签-日-2s,放A错 误：波传播到Q处的时间为1=：-2、=1.25s,4=1.5g 时Q第一次到达波峰，根据题图乙可知波的起振方向向上， 所以1.25~1.5s这段时间Q振动了，所以周期T=1s, 故B正确；波长λ=vT=2m,M、N与波源的距离差0.5m= 产，所以点M,N的振动方向不是始终相反，故C错误：= 0.5s时波传播到M处，再经过买=-0.75sM第一次处于 波谷位置，此后每经一个周期，M再次处于波谷位置，所以 t=2s时，点M不是处于波谷位置，故D错误. 4.AD【解析】由题图甲可知波长为4m,由题图乙可知波的 入4 周期为2s,则v=子=2m/s=2m/s,故A正确；由题图