第二章：机械振动 章末练习题 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册（河北）

**基本信息** 本单元卷聚焦高中物理“机械振动”核心内容，通过基础巩固与能力提升的梯度设计，覆盖简谐运动描述、单摆、共振等关键知识点，情境真实（如钓鱼浮标振动），适配单元复习，助力物理观念建构与科学思维培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|12题|简谐运动图像分析（题1）、单摆周期公式应用（题7）、共振曲线解读（题11）|结合生活情境（钓鱼浮标），考察运动与相互作用观念| |多选题|2题|单摆动能势能变化（题13）、圆弧面简谐运动受力分析（题14）|综合能量与力的关系，体现科学推理| |解答题|1题|单摆周期与最大向心加速度计算（题15）|基于动能图像设问，融合模型建构与数学应用|

第二章：机械振动章末练习题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 基础巩固题 1、 单选题 #简谐运动的描述 1．如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．摆长为1.6m，起始时刻速度最大 B．摆长为2.5m，起始时刻速度为零 C．摆长为1.6m，A、C点的速度相同 D．摆长为2.5m，A、B点的速度相同 2．如图甲，钓鱼浮标在竖直方向振动，该振动可视为简谐运动。以竖直向上为正方向，从某时刻开始计时，浮标的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（     ） A．浮标的振幅为2.0cm B．浮标的振动频率为0.4Hz C．时，浮标的速度最大 D．时，浮标的振动方向向上 #简谐运动回复力和能量 3．一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是（　　） A．振子的位移越大，回复力越大，加速度越大 B．振子的速度为零时，加速度也为零 C．振子向平衡位置运动时，速度减小 D．简谐运动的周期随振幅的增大而增大 4．如图甲所示，在拉力传感器的下端竖直悬挂一个弹簧振子，拉力传感器可以实时测量弹簧弹力大小。图乙是小球简谐运动时传感器示数随时间变化的图像，时小球处于平衡位置，已知重力加速度，下列说法正确的是（    ） A．小球的质量为0.8，振动的周期为8s B．0~2s内，小球受回复力的冲量大小为0 C．3s~4s和4s~5s内，小球受回复力的冲量相同 D．1s~3s内，小球受回复力的冲量大小为0 5．用余弦函数描述一简谐运动，已知振幅为，周期为，初相，则振动曲线为（　　） A． B． C． D． 6．如图甲所示，某鱼漂原来静止在平静的水面上，某时刻受到小鱼的拱饵而上下浮动。若将鱼漂在竖直方向上的运动看作做简谐运动，设原来静止的位置为其平衡位置，向上为正方向，其位移x与时间t的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（   ） A．t=1s时，鱼漂的振幅为零 B．t=2s时，鱼漂的加速度为零 C．t=3s时，鱼漂的速度方向向上 D．0~2s内，鱼漂的位移先增大后减小 #单摆 7．如图所示，光滑圆弧面上有一个小球，把它从最低点移开一小段距离，放手后，小球经过t时间第一次到达最低点，要使t变小，下列方案可行的是（　　） A．增大小球的质量 B．减小小球的质量 C．减小圆弧槽的半径 D．减小小球移开的距离 8．某同学在学校实验室分别用甲、乙两个质量相等的单摆做简谐运动的实验，测得的振动图像如图所示，下列说法中正确的是（     ） A．甲单摆的摆长大于乙单摆的摆长 B．两摆球经过平衡位置时，动能不可能相等 C．乙单摆的振动方程是 D．在任意相同时间内，两摆球的位移之比为 9．如图所示，轻绳下端系一小球（可看作质点），上端固定在点。在点正下方点有一根钉子，两点的距离为轻绳长度的倍。现将小球向左拉开微小角度，由静止释放，此后运动过程中轻绳与竖直方向的夹角始终小于，从小球第1次通过最低点开始计时，至第41次经过最低点用时30s。不计空气阻力，当地重力加速度，则轻绳的长度约为（　　） A． B． C． D． 10．如图所示，是甲、乙两个单摆的振动图像，可得甲、乙的摆长之比为（　　） A． B． C． D． #受迫振动和共振 11．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系）如图所示，则（     ） A．此单摆的固有周期为0.5 s B．单摆做受迫振动的频率等于驱动力的频率 C．若仅增大摆球的质量，单摆的固有频率增大 D．若仅减小单摆的摆长，共振曲线的峰将向左侧移动 12．一个有固定转动轴的竖直圆盘如图甲所示，圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。当圆盘静止时，让小球振动，其振动图像如图乙所示。现使圆盘匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，下列说法正确的是（　　） A．小球振动时的周期一定是4s B．圆盘转动越快，小球振幅越大 C．若圆盘以60r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为2s D．若圆盘以10r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当增大 能力提升题 二、多选题 13．单摆在小角度范围内摆动，摆球0时刻从最高点由静止释放，摆动过程中动能和重力势能随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的有（　　） A．实线表示的是重力势能的变化 B．虚线表示的是重力势能的变化 C．单摆的周期为 D．在至时间内，小球受到的回复力增大 14．如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧面上做简谐运动，圆弧轨道对小球的支持力大小随时间变化的曲线如图乙所示，图中时刻小球从点开始运动，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．时刻小球的动能最小 B．该圆弧轨道的半径为 C．小球在A点所受的合力为零 D．小球的质量为 三、解答题 15．如图所示，细线上端固定于O点，下端系质量为m的小球构成单摆。小球在竖直平面内做小角度摆动（θm<5°）时动能Ek随时间t的变化关系如图所示，图中坐标为已知量，重力加速度为g，求： (1)单摆的摆长L； (2)小球最大向心加速度am。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第二章：机械振动章末练习题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A D A C C B C A 题号 11 12 13 14 答案 B D BD AB 1．C 【详解】由单摆的振动图像可知振动周期为，由单摆的周期公式得摆长为 x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。 综上所述，可知C正确，故选C。 2．D 【详解】A．根据图乙，振幅为1.0cm，A错误； B．根据图乙，周期为，则频率，B错误； C．时，质点处于负向最大位置处，此时速度为零，C错误； D．时，质点处于平衡位置且向上振动，D正确。 故选D。 【点睛】 3．A 【详解】A．简谐运动回复力公式 位移大小越大，回复力大小越大； 根据牛顿第二定律得加速度 加速度大小与位移大小成正比，因此位移越大加速度越大，故A正确； B．加速度 振子的速度为零时位移最大，加速度最大，不为零，故B错误； C．振子向平衡位置运动时，回复力方向与运动方向相同，振子做加速运动，速度增大，故C错误； D．弹簧振子的周期公式 弹簧振子的周期为固有周期，仅由振子质量和弹簧劲度系数决定，与振幅无关，故D错误。 故选A。 4．D 【详解】A．根据图乙可知时小球处于平衡位置，此时弹簧的弹力等于小球的重力。t=1s时，弹簧弹力最大，为，小球位于最低点；t=3s时，弹簧弹力最小，为，小球位于最高点。 由对称性可知， 弹簧振子完成一次全振动时间，即振动周期 故A错误； B．小球受到的合外力提供回复力，0~2s内，小球从平衡位置向下运动到最低点后又回到平衡位置，初速度和末速度不为零且大小相等，而方向相反，则速度变化量不为零，根据动量定理可知回复力的冲量大小不为0，故B错误。 C．在简谐运动中，回复力是变力，内小球从正向最大位移处向平衡位置运动，回复力方向指向平衡位置(负方向)；内小球从平衡位置向负向最大位移处运动，回复力方向指向平衡位置(正方向)。冲量是矢量，和内回复力方向不同，所以小球受回复力的冲量方向不同，冲量不相同，故C错误。 D．内，和时小球的速度大小相等均为零，根据动量定理 即小球受回复力的冲量大小为0，故D正确。 故选D。 5．A 【详解】根据题干的要求，用余弦函数来描述这个简谐运动时，振动方程为 其中 所以振动方程为 当时， 当时， 对比四个图像，只有A图符合。 故选A。 6．C 【详解】A．鱼漂的振幅为定值，保持不变，故A错误； B．t=2s时，位移为负向最大，则加速度为正向最大，不为零，故B错误； C．图像的斜率表示速度，t=3s时斜率为正，说明鱼漂的速度方向向上，故C正确； D．0~2s内，鱼漂从最高点运动到最低点，位移先减小后增大，故D错误。 故选C。 7．C 【详解】小球在光滑圆弧面上运动，运动规律为简谐运动，受力情况与单摆类似，其周期 运动时间与小球的质量无关，与振幅无关；要使得减小，即减小周期，减小圆弧半径R。 故选C。 8．B 【详解】A．由图可知，由单摆周期公式 可知两单摆的摆长相等，故A错误； B．两摆的角频率相同，振幅分别为、。摆球经过平衡位置时速度达到最大，且故两摆球经过平衡位置时的速度大小不同，动能不可能相等，故B正确； C．将代入题给方程得，与图中乙摆此时不符，故C错误； D．是两摆的振幅之比，但两摆初相位不同。例如时、，同一时刻位移之比不恒为，故D错误。 故选B。 9．C 【详解】从小球第一次通过最低点开始计时，小球第41次经过最低点用时30s，所以有 根据题意 解得 故选C。 10．A 【详解】由振动图像可知，甲的周期 乙的周期 根据单摆周期公式 解得 因此甲乙摆长之比 1：4。 故选 A。 11．B 【详解】A．共振曲线峰值对应驱动力频率等于单摆固有频率，由图得，故固有周期=，故A错误； B．单摆做受迫振动时，其振动频率等于驱动力频率，故B正确； CD．单摆固有频率 与摆球质量无关，故增大摆球质量时固有频率不变；减小摆长时，固有频率增大，共振峰向频率较大的一侧（图中右侧）移动，故C错误，D错误。 故选B。 12．D 【详解】A．小球做受迫振动时，小球的周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4s，故A错误； B．当驱动频率接近固有频率时，振幅增大；当驱动频率等于固有频率时，发生共振，振幅最大。当驱动频率远离固有频率时，振幅减小。因此圆盘转动越快（驱动频率越大），小球振幅越大的说法不一定正确，故B错误； C．若圆盘以60r/min匀速转动，则驱动力周期 小球稳定后做受迫振动，其周期等于驱动力周期，即为1s，故C错误； D．题意可知系统固有周期为4s，固有频率为0.25Hz，若圆盘以10r/min匀速转动，则驱动力频率 此时驱动力频率小于系统的固有频率，适当增大转速，驱动力频率会更接近固有频率，振幅会增大（向共振靠近），故D正确。 故选D。 13．BD 【详解】AB．单摆小角度摆动时，重力势能和动能相互转化，机械能守恒。0时刻摆球从最高点由静止释放，此时重力势能最大，动能为0。摆球向最低点运动时，重力势能减小，动能增大；到达最低点时动能最大，重力势能最小。所以图像中实线表示的是动能的变化，虚线表示的是重力势能的变化，故A错误，B正确； C．由题图可以看出，时间内摆球从最低点运动到了最高点，所用时间应该是单摆周期的，即 所以单摆的周期为，故C错误； D．由C选项可知，时间内摆球从最低点运动到了最高点，其位移增大，则由回复力与位移的关系可知，此过程小球受到的回复力增大，故D正确。 故选BD。 14．AB 【详解】A．由图可知，支持力在和时均取最小值，在两时刻之间取最大值，说明小球在时位于左侧最大位移处，经过平衡位置后，在时到达右侧最大位移处，此时小球速度为零，动能为 因此时刻小球的动能最小，故A正确； B．设小球做简谐运动的周期为，圆弧轨道的半径为，根据单摆的周期公式有 小球从运动到所用时间为半个周期，由图可知 联立解得，故B正确； C．设小球在点相对最低点的圆心角为，小球在点速度为零，沿半径方向的加速度为零，因此支持力与重力沿半径方向的分力平衡，有 但重力沿圆弧切线方向的分力为，该分力不为零，因此小球在点所受合力不为零，故C错误； D．小球在点速度为零，由上述分析可知 小球从点运动到最低点，根据机械能守恒定律有 解得 在最低点，根据牛顿第二定律有 联立解得 因此小球质量为 题中所给质量表达式错误，故D错误。 故选AB。 15．(1) (2) 【详解】（1）由图像可知，时小球位于最大位移处，时小球第一次通过平衡位置，因此单摆周期 根据单摆周期公式 解得 （2）小球通过平衡位置时动能最大，速度也最大，由 整理得 此时向心加速度最大，由 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $