第二章 机械振动 章末检测试卷(二)（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（粤教版）

本讲义聚焦简谐运动核心知识点，系统梳理弹簧振子受力与运动特点、振动图像分析、单摆周期公式等内容，构建从概念理解到实际应用的学习支架，涵盖位移方程、周期计算及实验探究等关键环节。 资料特色在于结合生活情境（如弹簧公仔、秋千）设计问题，通过模型建构（弹簧振子、单摆）和科学推理（振动方程分析）培养科学思维，实验题（单摆测重力加速度）强化科学探究能力。课中助力教师检测学情，课后帮助学生巩固物理观念，弥补知识薄弱点。

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·深圳市高二期中)关于水平方向上做简谐运动弹簧振子受力和运动的特点，下列说法中正确的是(　　) A.物体越接近平衡位置，加速度越大 B.弹力的方向总指向平衡位置 C.物体速度的方向跟离开平衡位置的位移的方向总是相同的 D.物体加速度的方向跟速度的方向始终相反 答案　B 解析　根据F=-kx可知，物体越接近平衡位置时，位移越小，回复力越小，加速度越小，故A错误；弹力的方向即为回复力方向总是指向平衡位置，故B正确；当物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；当物体运动方向背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故C错误；根据F=-kx可知位移的方向总跟加速度方向相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，所以物体的加速度的方向跟速度的方向可能相同也可能相反，故D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；振子的周期与纸带运动速度及振幅无关，故振子运动的周期和频率不发生变化，故C、D错误。 3.(2023·深圳市高二期中)对于下面甲、乙、丙三种情况，可认为是简谐运动的是(　　) ①倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，假设空气阻力可忽略不计 ②粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中。把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动(不考虑水的黏滞阻力) ③小球在半径为R的光滑圆弧面上的A、B(AB≪R)之间来回运动 A.只有① B.只有② C.只有①③ D.都可以 答案　D 解析　①把题图甲中倾角为θ的光滑斜面上的小球沿斜面拉下一段距离，然后松开，小球做往复运动，与弹簧振子的运动规律相似，满足F=-kx，为简谐运动；②如果不考虑水的黏滞阻力，木筷受力情况是，受到重力和水的浮力；重力恒定不变，浮力与排开水的体积成正比，木筷静止时位置看作平衡位置；由此可知以平衡位置为坐标原点，木筷所受合力与其偏离平衡位置的位移成正比，且方向相反，则可以判定木筷做简谐运动；③小球的受力情况是，受到重力和圆弧面的支持力；重力恒定不变，支持力始终与运动方向垂直；小球做与单摆类似的运动，从而判定小球做简谐运动。故甲、乙、丙三种情况都可认为是简谐运动，故选D。 4.(2024·江门市高二期末)如图，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，以O为坐标原点，沿CB方向建立x轴，已知振子的位移随时间的变化关系为x=10sin(2πt) cm，则下列判断正确的是(　　) A.振子的振动周期T=2 s B.BC间的距离为10 cm C.2 s内振子通过的路程为80 cm D.t=0时刻振子沿x轴的负方向运动 答案　C 解析　振子的振动周期T== s=1 s，故A错误；BC间的距离为xBC=2A=20 cm，故B错误；2 s内振子通过的路程为s=2×4A=8×10 cm=80 cm，故C正确；根据简谐运动的位移方程可知，t=0时刻，振子处于平衡位置且沿x轴的正方向运动，故D错误。 5.(2025·广州市高二期中)如图甲所示为“弹簧公仔”玩具，由头部、轻弹簧及底座组成，可简化为如图乙所示模型。现固定底座B，用力向下按物块A，物块A在竖直方向上做简谐运动。物块A的位移随时间的变化规律如图丙所示，下列说法正确的是(　　) A.物块A的振动频率为0.8 Hz B.0.5 s时和0.7 s时，物块A的位移大小相等、方向相反 C.0.2~0.4 s内，物块A的速度方向与加速度方向相反 D.物块A在任意0.4 s内经过的路程一定为20 cm 答案　D 解析　由题图丙可知，物块A的振动周期为0.8 s，所以频率为f==1.25 Hz，故A错误；0.5 s时和0.7 s时，物块A处于同一位置，位移大小相等、方向相同，故B错误；0.2~0.4 s内，物块A的速度指向平衡位置，所以速度方向与加速度方向相同，故C错误；0.4 s等于半个周期，所以物块A在0.4 s内经过的路程为s=2A=20 cm，故D正确。 6.(2024·汕头市高二期末)如图甲所示为儿童玩具弹簧木马，某同学坐上弹簧木马后，由同伴配合启动，若只进行上下运动，忽略能量损失，可将木马和该同学组成的整体的运动看作简谐运动，此时做简谐运动的振动图像如图乙，下列判断正确的是(　　) A.t=0.4 s时，该整体做简谐运动的位移最大，且处于超重状态 B.t=0.4 s到t=1.2 s的时间内，该整体的速度先变小后变大 C.t=0.2 s和t=1.4 s时，该整体的加速度相同 D.该整体做简谐运动的表达式为x=12sin(1.25πt)cm 答案　D 解析　t=0.4 s时，该整体做简谐运动的位移最大，此时加速度向下，处于失重状态，故A错误；t=0.4 s到t=1.2 s的时间内，该整体由最高点到平衡位置，再到最低点，则整体的速度先变大后变小，故B错误；t=0.2 s和t=1.4 s时，该整体的加速度大小相同，但是方向相反，故C错误；因ω==1.25π rad/s，该整体做简谐运动的表达式为x=12sin(1.25πt) cm，故D正确。 7.(2024·肇庆市第一中学高二期中)如图甲所示，质量为m的物体B放在水平面上，通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接，现在竖直方向给物体A一初速度，当物体A运动到最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物体A的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.(t1+0.25 s)到(t1+0.5 s)时间内，物体A的速度与加速度方向相反 B.物体A在任意一个1.25 s内通过的路程均为50 cm C.物体A的振动方程为y=0.1sin(2πt+) cm D.物体B对水平面的最大压力为6mg 答案　D 解析　(t1+0.25 s)到(t1+0.5 s)的时间内，物体A由负的最大位移处向平衡位置运动，回复力指向平衡位置，即物体A的速度与加速度方向均沿y轴正方向，故A错误；物体A由平衡位置或最大位移处开始计时，在任意一个1.25 s=1T内，通过的路程等于振幅的5倍，即50 cm，除此外在1.25 s的时间内通过的路程不等于振幅的5倍，故B错误； 由题图乙可知振幅为A=10 cm，周期为T=1.0 s，圆频率为ω==2π rad/s，规定向上为正方向，t=0时刻位移为0.05 m，表示物体A由平衡位置上方0.05 m处开始运动，所以初相为φ0=，则物体A的振动方程为y=Asin(ωt+φ0)=0.1sin m，故C错误；由物体A在最高点时，物体B与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为F=mg，对于物体A有2mg+F=2ma，解得a=1.5g，当物体A运动到最低点时，物体B对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体A在最低点时加速度向上，且大小等于1.5g，由牛顿第二定律得F'-2mg=2ma，解得F'=5mg，对物体B受力分析可知，物体B对水平面的最大压力为FN=F'+mg=6mg，故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.(2024·清远市高二期末)振动是自然界中普遍存在的运动形式，简谐运动是最简单、最基本的振动。关于简谐运动，甲、乙图对应的说法正确的是(　　) A.图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动 B.图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子偏离平衡位置时的加速度方向永远指向平衡位置O点 C.图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力 D.图乙中单摆的摆球运动到O点时速度最大，回复力最小 答案　BD 解析　题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，故A项错误；弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置O点，故B项正确；题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，故C项错误；题图乙中O点为单摆的平衡位置，在该位置单摆的回复力最小为零，且该点处速度最大，故D项正确。 9.(2024·广州市广雅中学高二月考)将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行(图甲)，让秋千以小摆角(小于5°)自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a-t图像如图乙所示。则以下说法正确的是(　　) A.忽略空气阻力，秋千的回复力由重力和拉力的合力提供 B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力大于手机所受的重力 C.秋千摆动的周期为t3-t1 D.该地的重力加速度g= 答案　BC 解析　忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供， A错误；在最低点，合力提供向心力FN-mg=m，秋千对手机的支持力FN=mg+m>mg，故秋千对手机的支持力大于手机的重力，B正确；秋千的周期为从最大振幅偏角到另外一最大振幅偏角位置再回到最大振幅偏角位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，由题图乙知周期为T=t3-t1，C正确；根据单摆周期公式T=t3-t1=2π，故当地重力加速度g=，D错误。 10.一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，t=0时振子的位移为-0.1 m，t=1 s时位移为0.1 m，则(　　) A.若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s B.若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 s C.若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s D.若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s 答案　AD 解析　简谐运动的位移方程为x=Asin(t+θ)，当振幅A=0.1 m时，由t=0时x=-0.1 m，得θ=-；由t=1 s时x=0.1 m，有sin(-)=1，则-=2kπ+(k=0，1，2，…)，k=0时，T=2 s；k=1时，T= s；k=2时，T= s。由以上分析可见，A项正确，B项错误；同理，当振幅A=0.2 m时，由t=0时x=-0.1 m，得θ=-或θ=-；若θ=-，由t=1 s时x=0.1 m，有sin(-)=，则当-=时，T=6 s；当-=π时，T=2 s。同理，若θ=-，则周期T最大值为2 s。由以上分析可知C项错误，D项正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)(2025·广州市高二期中)某同学在做“用单摆测量重力加速度”实验中： (1)(1分)若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为　　　　　　(用D和L表示)；  (2)(1分)为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最　　　　(填“高”或“低”)的位置时开始计时。  (3)(1分)如采用计算法测得的g值偏大，可能的原因是　　　　　。  A.单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了 B.把n次全振动的时间误记为(n-1)次全振动的时间 C.以摆线长作为摆长来计算 D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算 (4)(4分)为了提高测量精度，需多次改变L的值并测得相应的T值。现测得的六组数据，标示在以L为横坐标，T2为纵坐标的坐标纸上，即图中用“×”表示的点。根据图中的数据点画出T2与L的关系图线；若该图线斜率为k，则当地重力加速度的表达式为g = 　　　　　　，结合图线数据可得出g=　　　　　　 m/s2(结果保留两位小数，π2取9.86)。  (5)(1分)某次实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为t=54.60 s，则由此计算出单摆周期为　　　　　　 s。  答案　(1)L+　(2)低　(3)D　(4)　9.86　(5)1.82 解析　(1)若摆球的直径为D，悬线长为L，则摆长为l=L+。 (2)为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点的位置时开始计时。 (3)根据单摆的周期公式T=2π=2π，可得g=(L+)，由此可知，单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，故A错误；把n次全振动的时间误记为(n-1)次全振动的时间，则周期的测量值偏大，重力加速度的测量值偏小，故B错误；若以摆线长作为摆长来计算，则摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，故C错误；以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，则摆长的测量值偏大，重力加速度的测量值偏大，故D正确。 (4)根据T=2π， 解得T2=L+， 结合T2与L的关系图线， 可知k=， 解得g= 结合图线数据可得k==4， 联立解得g=9.86 m/s2 (5)单摆周期为T== s=1.82 s。 12.(6分)(2024·广州市第十六中学期中)现代智能手机自带了许多传感器，利用智能手机某软件能够采集传感器记录的数据。某同学在家根据软件界面提示的原始传感器，给出了2种测量重力加速度的方案： 方案1：使用“含(g)的加速度”模块，令手机静置在桌面上20 s，直接读出重力加速度(图甲)； 方案2：使用“摆”功能，该同学找到一把量程为30 cm的刻度尺，长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，由小角度无初速度释放。输入摆长后，利用手机读取周期，手机将计算出重力加速度(图乙)。 回答下列相关问题： (1)(2分)根据方案2，可知手机计算重力加速度g的表达式为g=　　　　　　　(用π、T、L表示)；  (2)(2分)与方案1测得的重力加速度g相比，方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因为　　　　　　；  A.铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准 B.铁锁质量过大，导致g测量误差较大 C.测量摆长的刻度尺量程太小，测摆长时多次移动产生了一定的误差 (3)(2分)方案2重力加速度g计算结果误差较大，该同学想到一个修正方案，如图丙：实验时，可以在细线上的A点做一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程；保持该标记以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度以改变摆长，当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，由此可测得重力加速度g的数值，此方案计算g的表达式为g=　　　　　　　 (用本小问所给的字母表示)。  答案　(1)　(2)AC　(3) 解析　(1)根据单摆周期公式T=2π， 得重力加速度g的表达式为g= (2)方案2测得的重力加速度g结果有一定的误差，产生误差的主要原因有铁锁的重心不方便确定，所以摆长不准；方案2是用长度为100厘米左右的细线和一把铁锁，制成一个单摆，而该同学找到一把量程为30 cm的刻度尺，所以测量摆长的刻度尺量程太小，会导致测摆长时多次移动产生了一定的误差；铁锁质量不影响测量结果，故选A、C。 (3)当OA间细线长度分别为L1、L2时，测得相应单摆的周期为T1、T2，设A点到铁锁重心的距离为l， 根据公式T=2π， 可得T1=2π，T2=2π， 解得g=。 13.(12分)(2024·江门市棠下中学高二月考)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块A，物块沿竖直方向做简谐运动，以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt) m，t=0时刻，物块A开始振动，t1=0.8 s时一小球B从距物块h高处开始自由落下；t2=1.4 s时，小球B恰好与物块A处于同一高度；重力加速度的大小g取10 m/s2。求： (1)(4分)简谐运动的周期T； (2)(4分)t=1.4 s内物块A运动的路程s； (3)(4分)h的大小。 答案　(1)0.8 s　(2)0.7 m　(3)1.7 m 解析　(1)根据物块简谐运动的表达式 y=0.1sin(2.5πt) m， 可知ω=2.5π rad/s 则简谐运动的周期T== s=0.8 s (2)因t=1.4 s=1T 由题可知振幅A=0.1 m 则t=1.4 s内物块A运动的路程 s=1×4×0.1 m=0.7 m (3)t2=1.4 s时y=0.1sin(2.5πt)m =0.1sin(2.5π×1.4)m=-0.1 m 小球B做自由落体运动，有h+|y|=g(t2-t1)2 解得h=1.7 m。 14.(14分)(2024·佛山市高二期末)如图所示，底面积为S、高为5l的圆柱体浮筒漂浮于平静的水面上，静止时浮筒水面以下部分的长度为3l，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，将浮筒竖直往下按压长度x(小于2l)后由静止释放，浮筒开始上下振动，忽略水对浮筒的黏滞阻力和空气阻力。有关浮筒的振动，分析回答以下问题： (1)(2分)由哪些力提供浮筒振动的回复力； (2)(8分)浮筒是否做简谐运动？并进行证明； (3)(4分)若按压长度x值减小，浮筒的振动频率怎么改变。 答案　(1)浮力和重力　(2)见解析　(3)不变 解析　(1)浮筒受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力，浮力和重力提供浮筒振动的回复力。 (2)浮筒做简谐运动。 证明： 浮筒的平衡位置就在原来静止的位置，浮筒漂浮(静止)时由平衡条件可得 G=F浮=ρgS·3l 现在以浮筒振动到平衡位置下方情形为例来证明，取向下为正方向，将浮筒竖直往下按压长度x(小于2l)，其偏离平衡位置的位移大小为x，所受到的浮力变为F浮'=ρgS(3l+x) 回复力为F回=-F浮'+G=-ρgS(3l+x)+ρgS·3l=-ρgSx 显然回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，同理可证，浮筒振动到平衡位置上方时回复力大小与偏离平衡位置的位移大小成正比，分析浮筒在平衡位置上方和下方时的回复力方向可知，回复力恒指向平衡位置，所以浮筒做简谐运动。 (3)简谐运动的频率由自身物理性质决定，若按压长度x值减小，自身物理性质未改变，浮筒的振动频率不会改变。 15.(14分)(2024·中山市华侨中学高二月考)如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m=0.1 kg的小球，小球静止时弹簧伸长量为10 cm。现使小球在竖直方向上做简谐运动，从小球在最低点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移x随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(4分)写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式； (2)(4分)求出小球在0~15 s内运动的总路程和15 s时刻所在的位置； (3)(6分)小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为8 cm，求此时小球加速度的大小。 答案　(1)x=2cost(cm)　(2)30 cm　在平衡位置　(3)2 m/s2 解析　(1)由振动图像可知振子的振幅A=2 cm 周期T=4 s， 则ω== rad/s= rad/s 则小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式为x=Acos ωt=2cost(cm) (2)因为15 s=3T 则小球在0~15 s内运动的总路程为 s=3×4A=30 cm t=15 s时刻小球的位置坐标 x=2 cos(×15)(cm)=0， 即小球在平衡位置处。 (3)小球静止时处于平衡状态， 有mg=kx1，解得k=10 N/m 小球运动到最高点时， 根据牛顿第二定律mg-kx2=ma， 解得a=2 m/s2。 学科网（北京）股份有限公司 $