第二章 机械振动 章末检测试卷(二)（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦机械振动核心知识，涵盖简谐运动规律、单摆周期公式、共振现象及重力加速度测量实验，通过章末检测题连接概念与应用，搭建从理论（如阻尼振动特点）到生活实例（部队过桥防共振）再到实验探究的学习支架。 其亮点是题目情境贴近生活（蜘蛛丝网共振、建筑铅垂线单摆），结合科学思维（简谐运动方程推导）与科学探究（单摆实验数据处理），强化物理观念。学生能深化理解，教师可借助系统检测与解析提升教学效率。

章末检测试卷(二) 第 二 章 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B C B A B CD 题号 9 10 　11 答案 CD BD (1)B　(2)19.06　2.228　　(3)9.8 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 题号 12 13 答案 (1)ABD　(2)20.035　(3)9.87　(4)不变 (1)160 cm　(2)4 cm　(3)x=8sin (πt+π) cm 题号 14 15 答案 (1)1.256 s　0.4 m　(2)0.2 m/s (1)2 m/s　(2)0.2 m　(3)9.28 s 一、单项选择题 1.(2024·南充市高二月考)关于机械振动，下列说法正确的是 A.阻尼振动的周期越来越小 B.无阻尼振动的振幅越来越小 C.受迫振动的频率与驱动力频率无关 D.部队过桥便步走是为了防止桥梁共振 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 阻尼振动的周期不变，振幅越来越小，选项A错误； 无阻尼振动的振幅不变，选项B错误； 受迫振动的频率等于驱动力频率，选项C错误； 部队过桥便步走是为了防止桥梁共振，选项D正确。 13 14 15 2.(2025·成都市新津中学高二月考)一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x=10sin 5πt(cm)，则下列判断正确的是 A.该简谐运动的周期是0.2 s B.前1 s内质点运动的路程是200 cm C.0.4~0.5 s内质点的速度在逐渐减小 D.t=0.6 s时质点的动能为0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 由简谐运动的位移随时间变化的关系知圆频率ω=5π rad/s，周期T== 0.4 s，A错误； 由简谐运动的位移随时间变化的关系知振幅A=10 cm，前1 s内质点运动的路程s=×4A=100 cm，B错误； 0.4~0.5 s内质点由平衡位置向最大位移处运动，速度减小，C正确； t=0.6 s时刻质点位移x=10sin (5π×0.6) cm=0，质点恰好经过平衡位置，动能最大，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 3.(2024·绵阳市高二期末)如图所示是某质点做简谐运动的振动图像，试根据图像判断下列说法正确的是 A.该质点的振幅为10 cm B.质点振动在P时，振动方向沿y轴负方向 C.质点振动在Q时，振动的加速度方向沿y 轴负方向 D.质点从P至Q振动过程中，路程大于9.5 cm √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由题图知，该简谐运动的振幅为A=5 cm，故A错误； 质点振动在P时，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，沿y轴负方向，故B正确； 振动的加速度方向指向平衡位置，则质点振动在Q时，加速度方向沿y轴正方向，故C错误； 质点从P至Q振动过程中，路程s=2.5 cm+5 cm+2 cm=9.5 cm，故D错误。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 4.(2025·四川省北川中学高二月考)如图所示，工人正在用铅垂线测量建筑楼体是否竖直，铅垂线沿竖直墙壁垂下，铅锤用长为3.6 m的细线悬挂在房顶边缘。现将铅锤拉开一个小角度，由静止释放，使之做单摆运动，铅垂线从最右端摆到墙体位置与从墙体位置摆到最左端所用的时间之比 为3∶2，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则窗上沿到房顶的高度为 A.1.2 m　　　B.1.6 m C.2 m 　　　D.2.4 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 铅垂线从最右端摆到墙体位置与从墙体位置摆到最左端所用的时间之 比为3∶2，根据单摆周期公式T=2π==，解得h=2 m， 故选C。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 5.(2024·成都市高二月考)如图所示，可视为质点的小球以O为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动。若从小球经过O点开始计时，在t1=0.1 s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2=0.5 s时刻小球第二次经过M点，则小球第三次通过M点的时刻为 A.1 s　　　　B.1.3 s　　　　C.1.6 s　　　　D.1.9 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 小球从平衡位置第一次经过M点用时0.1 s，第一次到第二次经过M点用时为Δt=t2-t1=0.4 s，故从平衡位置到第一次到B点所用的时间为t==t1+ =0.3 s，故周期为T=1.2 s；由题意可知小球第一次到第三次通过M点间隔一个周期，故小球第三次通过M点的时刻为t3=t1+T=1.3 s，故选B。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 6.一单摆做简谐运动的振动图像如图所示，下列有关该图像的说法正确的是 A.t=0时质点的位移为 cm B.3 s时和7 s时质点的振动速度相同 C.该单摆的振动方程为x=2sin (t+π) cm D.摆球所受的重力和拉力的合力充当单摆的回复力 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 3 s时和7 s时质点的振动速度大小相等，方向相反，故B错误； 摆球所受的重力沿切线方向的分力充当单摆的回复力，故D错误； 由题图可知，单摆的振幅为2 cm，周期为8 s，设单摆的振动方程为x= 2sin (t+φ) cm，当t=1 s时，x=2 cm，代入解得φ=，故该单摆的振动方程为x=2sin (t+) cm，故C错误； 当t=0时，代入振动方程可得x'= cm，故A正确。 13 14 15 7.(2024·遂宁实验学校高二月考)一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点，t=0时刻振子的位移x=-0.1 m；t= s时刻x=0.1 m；t=4 s时刻x=0.1 m。该振子的振幅和周期不可能为 A.0.1 m， s B.0.1 m， 8 s C.0.2 m， s D.0.2 m，8 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 若振子的振幅为0.1 m，根据简谐运动的周期性和对称性，如图甲所示   有 s=(n+)T，则周期的最大值为T= s，A正确，B错误； 若振子的振幅为0.2 m，由简谐运动的周期性和对称性可知，振子由x= -0.1 m运动到x=+0.1 m时，如图乙所示   有 s=(n+)T，所以最大周期为T= s，且t=4 s时刻x=+0.1 m，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 若振子的振幅为0.2 m，振子由x=-0.1 m运动到x=+0.1 m，需时间再经nT到x=+0.1 m，如图丙所示 则根据简谐运动的周期性有 s=(n+)T，所以最大周期为T=8 s，且t=4 s时刻，x=+0.1 m，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 二、多项选择题 8.蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200 Hz，下列说法正确的是 A.“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大 B.当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网不振动 C.当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，丝网的振幅最大 D.昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定 √ √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 根据共振的条件可知，当驱动力的频率越接近丝网的固有频率时，丝网的振幅越大，A错误； 当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网仍然振动，B错误； 当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，其频率f== Hz=200 Hz，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，C正确； 受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，D正确。 13 14 15 9.(2024·四川省泸县第四中学高二期中)如图所示，乙图图像记录了甲图单摆摆球的动能、势能和机械能随摆球位置变化的关系，下列关于图像的说法正确的是 A.图线a表示势能随位置的变化关系 B.图线b表示动能随位置的变化关系 C.图线c表示机械能随位置的变化关系 D.图像表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 单摆摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，在A、C两点动能最小，势能最大，故图线a表示动能随位置的变化关系，图线b表示重力势能随位置的变化关系，图线c表示摆球在摆动过程中机械能随位置的变化关系，图线a、b、c表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变，A、B错误，C、D正确。 13 14 15 10.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的函数关系式为x=2cos (t-) cm，下列说法正确的是 A.弹簧在第1 s末与第3 s末的长度相同 B.简谐运动的周期为4 s C.第3 s末振子的位移为 cm D.t= s时，振子的加速度方向发生变化 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 弹簧振子在第1 s末与第3 s末的位移分别为 x1=2cos (×1-) cm= cm x3=2cos (×3-) cm=- cm 弹簧振子在第1 s末与第3 s末相对平衡位置的位移不相同，弹簧振子不在同一位置，弹簧的长度不相同，A、C错误； 根据题意得= rad/s，解得T=4 s，B正确； t= s时，弹簧振子的位移为x4=2cos (×-) cm=0，t= s时，振子的位 移等于零，表明振子在平衡位置处，加速度方向发生变化，D正确。 13 14 15 三、非选择题 11.(2024·南充市高二月考)某物理实验小组利用单摆来测量当地重力加速度。 (1)下列三张图片是三次操作中摆角最大的情景，其中最合理的是　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 B 单摆的摆球应该用质量较大的钢球；且为了保证让摆球做简谐运动，摆角为5°左右，故选B。 (2)该小组用50分度游标卡尺测得摆球直径如图甲所示，其读数为D= 　　 　 mm；然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙，则算 出的周期T=　　　 s，再测出摆线长度L代入公式g=　 　　　(用L、D、 T表示)，就可以算出重力加速度。 19.06 2.228 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 测得摆球直径为D=19 mm+0.02 mm×3=19.06 mm； 单摆振动50次所用的时间为90 s+21.4 s=111.4 s，则算出的周期T= s =2.228 s 再测出摆线长度L，则根据T=2π，解得g=，就可以算出重 力加速度。 13 14 15 (3)另外，老师还提示：在不需要测小球的直径的情况下，也可以完成该实验。该小组用刻度尺量出悬点到摆球下端的长度为L，让小球在竖直平面内摆动(摆角小于5°)，从小球经过最低点时开始计时，测得35次全振动的总时间为t，改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了t2-L图像，如图丙所示，可以得出当地重力加速度g=　　 m/s2(π2取9.86，结果保留2位有效数字)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 9.8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 设摆球半径为r，则根据T=2π，其中T=，解得t2=L- 由题图丙可知= s2/m，解得g=9.8 m/s2。 13 14 15 12.(2023·河北卷)某实验小组利用图示装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。 (1)关于本实验，下列说法正确的是　　　。(多选) A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直 B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度 C.小钢球可以换成较轻的橡胶球 D.应无初速度、小摆角释放小钢球 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确； 测量摆线长度时，要保证摆线处于伸直状态，故B正确； 单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，故C错误； 无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动，故D正确。 13 14 15 (2)组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图，小钢球直径d=　　　　 mm，记摆长l=L+。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 20.035 小钢球直径为 d=20 mm+3.5×0.01 mm=20.035 mm (3)多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l-T2图像，如图。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 9.87 根据图线斜率可计算重力加速度g=　　　 m/s2(保留3位有效数字，π2取9.87)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 单摆周期公式T=2π 整理得l=T2 由l-T2图像知图线的斜率k== m/s2= m/s2 解得g=9.87 m/s2 13 14 15 (4)若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 若将摆线长度L误认为摆长l，有T=2π 则得到的图线为L=- 仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为，故得到的重力加 速度值不变。 13 14 15 13.(2024·内江市高二期中)一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t=0时位移是4 cm，且向x轴负向运动，求： (1)10 s内物体运动的路程； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 答案　160 cm 由于频率为0.5 Hz，则T==2 s，所以10 s内物体运动的路程为s=5×4A=160 cm (2)100 s时物体相对于平衡位置的位移； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 答案　4 cm 由于t=0时位移是4 cm，100 s等于50个周期，所以100 s时物体相对于平衡位置的位移为4 cm； (3)写出用正弦函数表示的振动方程。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 答案　x=8sin (πt+π) cm 简谐运动的振动方程为x=Asin (ωt+φ)=Asin (2πft+φ)=8sin (πt+φ) cm，t=0 时，有4=8 sin φ，解得φ=或φ=(舍去)，故振动方程为x=8sin (πt+π) cm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 14.将一个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，现将质量为m=0.05 kg的小摆球(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、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ；θ小于5°且是未知量。由 答案　1.256 s　0.4 m 计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。根据力学规律和题中所给的信息求：(g取10 m/s2，π取3.14) (1)单摆的振动周期和摆长； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 摆球在一个周期内两次经过最低点， 根据F-t图像可知，T=0.4π s=1.256 s， 由单摆的周期公式T=2π，解得l== m=0.4 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 (2)摆球运动过程中的最大速度。 答案　0.2 m/s 在最低点B，根据牛顿第二定律，有Fmax-mg=m，代入数据解得v=0.2 m/s 15.(2024·南充市高二月考)如图，粗细均匀且粗糙的水平直杆AB与光滑圆弧杆BC在B点相切连接，固定在竖直平面内，直杆的AB部分长L=8 m，圆弧杆BC的半径R=40 m。一个质量m=0.2 kg、直径略大于杆截面直径的小环(可视为质点)穿在水平直杆上。现让小环以v0=6 m/s的初速度由A向B运动。已知小环与直杆AB间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2，π取3.14。求： (1)小环在B点的速度vB的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 答案　2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 AB段小球做匀减速运动，由速度位移关系公式-=-2μgL，解得vB=2 m/s 12 13 14 15 (2)小环沿圆弧杆BC上滑的最大高度h； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 答案　0.2 m BC段小环仅重力做功，此过程中机械能守恒，m=mgh，解得h=0.2 m (3)小环从A点开始运动到最终停止所用的时间t。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 答案　9.28 s 除去BC段，从A点到最终停止可视为匀减速直线运动 0-v0=-μgt1 小环在BC段往返运动的时间视为单摆运动半个周期，t2=π 总时间为t=t1+t2=9.28 s。 本课结束 第 二 章 $