章末检测试卷(第二章 机械振动)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（人教版）

本讲义聚焦简谐运动规律这一核心知识点，系统梳理从位移、加速度与速度关系，到振动图像分析周期和振幅，再到单摆、弹簧振子模型的周期公式应用，最后通过实验探究（单摆测重力加速度、弹簧振子测质量）巩固知识，构建完整学习支架。 该资料精选各地期末试题，突出科学探究（如T²-m图像绘制）和模型建构（单摆、弹簧振子），结合挖掘机铁球等情境培养物理观念，解析强化科学推理。课中辅助教师检测学情，课后助力学生查漏补缺，提升知识应用能力。

章末检测试卷(二) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2024·茂名市高二期末)关于做简谐运动物体的位移、加速度和速度的关系，下列说法正确的是(　　) A.物体的位移减小时，加速度减小，速度也减小 B.物体的位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同 C.物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反 D.物体的运动方向远离平衡位置时，加速度方向与速度方向相同 答案　C 解析　物体的运动方向指向平衡位置时，根据物体做简谐运动的回复力(加速度)与位移成正比，及牛顿第二定律有a＝－x，可知位移减小时，加速度减小，而物体的加速度方向与速度方向相同，故速度增大，速度方向与位移方向相反，A项错误，C项正确；物体的位移方向与加速度方向总是相反，与速度方向可能相同、也可能相反，B项错误；物体的运动方向远离平衡位置时，加速度方向与速度方向相反，D项错误。 2.(2024·深圳市高二期末)如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P，在下面放一条纸带。当小球在弹簧作用下左右振动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P在纸带上画出了一条振动曲线，如图乙。根据曲线可知这段时间内(　　) A.纸带从左向右运动 B.振子的振幅逐渐增大 C.振子的振动周期在逐渐减小 D.纸带运动速度越快，振子的振动频率越大 答案　A 解析　由于摩擦作用，弹簧振子做阻尼振动，振子的振幅逐渐减小，结合纸带上的轨迹可以看出，纸带从左向右运动，故A正确，B错误；根据题图可知，振子运动的周期和频率不发生变化，故C、D错误。 3.(2024·泰州市高二期末)如图所示是用来测量各种发动机转速的转速计原理图。在同一铁支架MN上焊有固有频率依次为100 Hz、90 Hz、80 Hz、70 Hz的四个钢片a、b、c、d，将M端与正在转动的电动机接触，发现b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，则(　　) A.钢片a的振动频率约为90 Hz B.钢片b受到的驱动力最大 C.钢片c的振幅最小 D.电动机的转速为100 r/s 答案　A 解析　因b钢片振幅很大，其余钢片振幅很小，可知b钢片与电动机接近共振，即电动机的振动频率接近90 Hz，则其他钢片在电动机带动下做受迫振动，则振动频率接近90 Hz，且驱动力都是一样大，选项A正确，B错误；因钢片d的固有频率最远离频率90 Hz，则振幅最小，选项C错误；电动机的转速约为n＝f＝90 r/s，选项D错误。 4.如图为一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，下列说法正确的是(　　) A.此单摆的摆长约为2 m B.t＝1 s时单摆的回复力最大 C.若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小 D.若此单摆的摆长不变，摆球质量增大，它做简谐运动的周期将变大 答案　B 解析　由题图可知，单摆周期T＝2 s，由单摆周期公式T＝2π，可解得此单摆的摆长约为1 m，A错误；t＝1 s时摆球速度为零，在最大位移处，单摆的回复力最大，B正确；单摆的周期与摆角和摆球质量均无关，C、D错误。 5.(2025·云南省下关第一中学高二期中)如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.振子的振动周期为1.6 s，振幅为12 cm B.t=0.4 s和t=1.2 s时，振子的加速度相同 C.0.2 s到0.6 s，振子运动的路程为12 cm D.该弹簧振子的位移与时间表达式为x=12sin 1.6t (cm) 答案　A 解析　由题图乙可知，振子的周期为1.6 s，振幅为12 cm，故A正确；t=0.4 s和t=1.2 s时，振子分别位于正向最大位移处和负向最大位移处，加速度大小相同，但方向相反，故B错误；0.2 s到0.6 s，振动时间为0.4 s，即四分之一周期，振子运动的路程小于12 cm，故C错误；弹簧振子的位移与时间表达式为x=Asin t=12sin 1.25πt (cm)，故D错误。 6.一质点做简谐运动的振动方程是x＝2sin(50πt＋) cm，则(　　) A.在0~0.02 s内，质点的速度与加速度方向始终相同 B.在0.02 s时，质点具有沿x轴正方向的最大加速度 C.在0.035 s时，质点的速度方向与加速度方向均沿x轴正方向 D.在0.04 s时，回复力最大，质点的速度方向沿x轴负方向 答案　B 解析　由振动方程可知，振幅A＝2 cm，T＝0.04 s，初相位φ＝，即t＝0时，位于正的最大位移处。在0~0.02 s内，前0.01 s内，速度与加速度方向相同，后0.01 s内，速度与加速度方向相反，A错误；在0.02 s时，质点在负的最大位移处，具有正向最大加速度，B正确；在0.035 s时，质点在平衡位置上方正在向最大位移处运动，速度方向沿x轴正方向，加速度方向沿x轴负方向，C错误；在0.04 s时，质点回到正的最大位移处，回复力最大，速度为零，无方向，D错误。 7.(2024·杭州市高二期末)甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.甲加速度为零时，乙速度最小 B.甲在0~0.75 s内通过的路程为15 cm C.甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝2∶1 D.1.25~1.5 s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小 答案　D 解析　甲加速度为零时，甲处于平衡位置，由题图可知此时乙也在平衡位置，则乙速度最大，选项A错误；甲振动的周期为T甲＝2.0 s，甲的振动方程为x甲＝Asin(t)＝10sin (πt) (cm) 当t＝0.75 s时，x甲2＝10×sin (cm)＝5 cm，甲在0~0.75 s内通过的路程为s＝10 cm＋10 cm－5 cm＝(20－5) cm，选项B错误；由题图可知，甲的周期为2.0 s，则其频率为0.5 Hz，乙的周期为1.0 s，其频率为1 Hz，甲、乙两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2，选项C错误；1.25~1.5 s时间内，甲的位移变大，乙的位移减小，根据F＝－kx可知，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小，选项D正确。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球，让大铁球小角度地摆动，即可以用来拆卸混凝土建筑，大铁球与悬链可视为单摆，对应的振动图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.单摆振动的周期为6 s B.t＝2 s时，摆球的速度最大 C.球摆开的角度越大，周期越大 D.该单摆的摆长约为16 m 答案　BD 解析　由题图乙知，单摆的周期为8 s，A错误；t＝2 s时，摆球位于平衡位置，速度最大，B正确；根据单摆周期公式T＝2π可知，周期与摆球摆开的角度大小无关，C错误；将数据代入T＝2π得摆长l≈16 m，D正确。 9.(2024·德州市高二期末)如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，放在水平桌面上，已知公仔头部质量为m，弹簧劲度系数为k，底座质量也为m。轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动。重力加速度为g，不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的是(　　) A.释放公仔头部瞬间，头部的加速度大小为2g B.公仔头部运动至最高点时，底座对桌面的压力为0 C.弹簧恢复原长时，公仔头部的速度为0且加速度最大 D.公仔头部做简谐运动的振幅为 答案　CD 解析　释放公仔头部瞬间，对头部进行受力分析，根据牛顿第二定律有2mg－mg＝ma1，解得a1＝g，故A错误；根据简谐运动的对称性，公仔头部运动至最高点时的加速度与释放公仔头部瞬间的加速度方向相反、大小相等，仍然为g，方向竖直向下，可知，公仔头部运动至最高点时，弹簧处于原长，弹力为0，对底座进行分析可知，桌面对底座的支持力为mg，根据牛顿第三定律可知，底座对桌面的压力为mg，故B错误；根据上述可知，弹簧恢复原长时，公仔头部恰好位于最高点，头部的速度为0，由于相对于头部平衡位置的位移最大，则此时加速度也最大，故C正确；公仔头部在最低点时，弹簧处于压缩状态，则有2mg＝kx1，头部在平衡位置时，弹簧处于压缩状态，则有mg＝kx2，公仔头部做简谐运动的振幅为A＝x1－x2，解得A＝，故D正确。 10.(2024·江门市台山一中高二月考)如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。下列说法正确的是(　　) A.经时间，小球从最低点向上运动的距离小于 B.在时刻，小球向下运动 C.在时刻，小球的动能最大 D.小球在一个周期内运动的路程为2A 答案　AC 解析　由题图乙可知简谐运动的位移随时间变化的关系式为y＝－Acost，则t＝时，有y＝－Acos(·)＝－A，所以经时间，小球从最低点向上运动的距离为Δy＝A－A＝A<，故A正确；由题图乙可知，在时刻，小球向上运动，故B错误；由题图乙可知，在时刻，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的动能最大，故C正确；小球在一个周期内运动的路程为4A，故D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(10分)(2024·湖南卷)在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量。如图，某同学设计了一个动力学方法测量物体质量的实验方案，主要实验仪器包括：气垫导轨、滑块、轻弹簧、标准砝码、光电计时器和待测物体，主要步骤如下： (1)调平气垫导轨，将弹簧左端连接气垫导轨左端，右端连接滑块； (2)将滑块拉至离平衡位置20 cm处由静止释放，滑块第1次经过平衡位置处开始计时，第21次经过平衡位置时停止计时，由此测得弹簧振子的振动周期T； (3)将质量为m的砝码固定在滑块上，重复步骤(2)； (4)(4分)依次增加砝码质量m，测出对应的周期T，实验数据如下表所示，在图中绘制T2－m关系图线； m/kg T/s T2/s2 0.000 0.632 0.399 0.050 0.775 0.601 0.100 0.893 0.797 0.150 1.001 1.002 0.200 1.105 1.221 0.250 1.175 1.381 (5)(2分)由T2－m图像可知，弹簧振子振动周期的平方与砝码质量的关系是　　　　　　(填“线性的”或“非线性的”)；  (6)(2分)取下砝码后，将待测物体固定在滑块上，测量周期并得到T2＝0.880 s2，则待测物体质量是　　　　　　kg(保留3位有效数字)；  (7)(2分)若换一个质量较小的滑块重做上述实验，所得T2－m图线与原图线相比将沿纵轴　　　　移动(填“正方向”“负方向”或“不”)。  答案　(4)见解析图　(5)线性的　(6)0.120 (7)负方向 解析　(4)根据表格中的数据描点连线，有 (5)图线是一条倾斜的直线，说明弹簧振子振动周期的平方与砝码质量为线性关系。 (6)在图线上找到T2＝0.880 s2的点，对应横坐标为0.120 kg。 (7)由T2－m图像可知总质量越大，周期越大，所以不放砝码时滑块质量越小，周期越小，T2－m图线纵截距越小，即图线沿纵轴负方向移动。 12.(8分)(2024·山西省卓越联盟高二期中)某同学在家里用单摆测定重力加速度大小，实验装置如图甲所示。 (1)(2分)下列措施能提高该测量精确程度的是　　　　(填标号)。  A.悬线偏离竖直方向的夹角要小于5° B.摆球选用体积小、质量大的钢球 C.从摆球释放时开始计时 D.测量一次全振动的时间即作为单摆的周期 (2)(2分)已知摆球的质量为m，摆长为L，摆球在摆动过程中，当摆球偏离平衡位置的位移大小为x时，若重力加速度大小为g，则此时摆球所受回复力的大小为　　　　　　　　。  (3)(2分)测出摆长L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度大小为g＝　　　　　　　(用L、n、t、π表示)。  (4)(2分)为提高结果的精确度，该同学测出多组实验数据作出T2－L图像(T为单摆的周期，L为摆长)如图乙所示，由图像可以求出当地的重力加速度大小为g＝　　　　　　　　 m/s2(结果保留3位有效数字，取π2＝9.86)。  答案　(1)AB　(2)mg　(3)　(4)9.86 解析　(1)悬线偏离竖直方向的夹角要小于5°，能提高该测量精确程度，故A正确；摆球选用体积小、质量大的钢球，可以减少空气阻力的影响，故B正确；摆球经过最低点时开始计时，误差更小，故C错误；测量30到50次全振动的总时间来计算周期误差更小，故D错误。 (2)设摆角为θ，单摆在小角度摆动时，回复力大小为F回＝mgsin θ，当θ很小时sin θ≈θ，θ等于θ角对应的弧长与半径的比值，弧长近似等于弦长，即摆球偏离平衡位置的位移，所以有F回＝mg。 (3)根据单摆的周期公式T＝2π，单摆的周期为T＝，整理可得g＝。 (4)由周期公式T＝2π，可得T2＝L，根据T2－L图像斜率可知k＝ s2/m＝4 s2/m，解得g＝9.86 m/s2。 13.(10分)有一弹簧振子在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为20 cm，振子在4 s内完成了20次全振动。若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t＝0)，经过0.05 s振子有正向最大位移。 (1)(3分)求振子的振幅和周期； (2)(3分)在图中作出该振子的位移—时间图像； (3)(4分)写出振子的振动方程。 答案　(1)10 cm　0.2 s　(2)见解析图 (3)y＝10sin (10πt) cm 解析　(1)振幅为A＝＝10 cm 周期为T＝ s＝0.2 s (2)振子在周期时具有正的最大位移，其位移—时间图像如图所示 (3)设振动方程为y＝Asin(ωt＋φ) ω＝＝10π rad/s φ＝0 所以振动方程为y＝10sin (10πt) cm 14.(12分)(2024·辽宁省本溪一中高二开学考试)如图甲所示，有一悬挂在O点的单摆，将小球(可视为质点)拉到A点后释放，小球在同一竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，已知B点为小球运动中的最低点，A、C两点为小球运动中的最高点，摆角为α(α<5°)，在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，由力传感器测出的细线对小球的拉力大小F随时间t变化的曲线，由力传感器测得最小拉力为F2，图中F2、t0已知，当地重力加速度大小为g，求： (1)(3分)单摆的摆长L； (2)(4分)小球的质量m； (3)(5分)力传感器测出的拉力的最大值F1。 答案　(1)　(2)　(3)F2 解析　(1)由题图乙可知，单摆周期为T＝2t0 由单摆周期公式T＝2π 解得L＝ (2)小球在A点时拉力最小，则有F2＝mgcos α 解得m＝ (3)小球在平衡位置B点时拉力最大，根据牛顿第二定律有F1－mg＝m 小球从A到B过程，由动能定理得 mgL(1－cos α)＝mv2 解得F1＝F2。 15.(14分)(2025·泰安市高二期中)如图所示，在倾角为θ=30°的固定光滑斜面上，C为一固定挡板，轻质弹簧的一端连接物体A，另一端固定在挡板上。物体B在A上方斜面的某处。用力控制A、B保持静止，且使弹簧处于自然状态，现同时释放物体A、B，物体A完成一次全振动，经过时间T时，B和A恰好相碰且粘为一体。物体A的质量为m，物体B的质量为2m。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，弹簧弹性势能Ep=，x为弹簧形变量，重力加速度为g。求： (1)(4分)释放前物体A、B间的距离L； (2)(6分)B和A粘为一体后的最大速度； (3)(4分)若B和A到达物体A释放位置上方x0处时其速度恰好为零，则运动过程中弹簧弹力的最大值与x0的关系。 答案　(1)　(2)　(3)Fm=kx0+3mg 解析　(1)物体A完成一次全振动时，又回到了最初释放的位置。物体B在这段时间内沿着斜面向下做匀加速直线运动，加速度为a=gsin 30°= 由匀变速直线运动的位移时间关系可得 L=aT2= (2)由匀变速直线运动的速度时间关系可得，物体B下滑到刚与物体A接触时的速度为vB=aT= 物体A和物体B发生碰撞，根据动量守恒定律可得2mvB=3mv v=vB= 物体A和物体B粘为一体，此时的平衡位置满足kx2=3mgsin 30° 解得x2= 分析A、B整体的运动可知，当A、B整体到达平衡位置时，速度最大。从A、B粘为一体到平衡位置，由动能定理得 3mgx2sin 30°-W克弹=×3m-×3mv2 其中W克弹=k= 化简可得，最大速度为vm= (3)根据简谐运动的对称性，由题意可知，运动过程中弹簧弹力的最大值为Fm=k(2x2+x0)=kx0+3mg。 学科网（北京）股份有限公司 $