周周练4 章末过关检测(二)-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

周周练4　章末过关检测(二) (时间：75分钟　分值：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，只有一项符合题目要求。 1．一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是(　　) A．若振子的位移为正值，则其加速度一定为负值，速度不一定为负值 B．振子在某段时间内位移越来越大，则振子正在靠近平衡位置 C．振子通过同一位置时，加速度相同，速度也相同 D．振子做简谐运动的振幅越大，则其运动的周期一定越长 解析：选A。简谐运动中加速度a＝－x，位移为正值时，加速度必为负值，速度方向取决于振子运动方向，速度不一定为负值，故A正确。位移增大说明振子正远离平衡位置，而非靠近，故B错误。振子通过同一位置时，位移相同，加速度相同，但速度方向可能相反(如振子往返经过该点)，故C错误。弹簧振子的周期公式T＝2π，与振幅无关，故D错误。 2．有一个弹簧振子，振幅为1 cm，周期为0.2 s，初始时具有负方向的最大加速度，则它振动的函数表达式是(　　) A．x＝1×10－2sin (10πt＋)m B．x＝1×10－2sin (10πt－)m C．x＝1×10－1sin (4πt＋)m D．x＝1×10－1sin (t＋)m 解析：选A。振幅A＝1×10－2m，周期T＝0.2 s，角频率ω＝＝10π rad/s，初始时加速度为负方向最大值，此时位移x为正方向最大值A。根据x＝A sin (ωt＋φ)代入t＝0时x＝A，得sin φ＝1，故初相位φ＝，振动的函数表达式为x＝1×10－2 sin(10πt＋)m。 3．某弹簧振子的位移x随时间t的变化图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．该弹簧振子的振动方程为x＝10cos (πt)cm B．该弹簧振子的振幅为20 cm，周期为1.6 s C．0.4 s到1.6 s内， 振子通过的路程为30 cm D．0.8 s时，振子的加速度最大 解析：选C。由题图可知振幅A＝10 cm，周期T＝1.6 s，该弹簧振子的振动方程为x＝10sin (t)cm＝10sin (t)cm，故A、B错误；0.4 s到1.6 s内，经历时间为T，振子通过的路程s＝3A＝30 cm，故C正确；0.8 s时，振子处于平衡位置，此时加速度为零，故D错误。 4．某弹簧振子在前5 s内的振动图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．振动周期为2 s，振幅为16 cm B．第4 s末，振子的加速度为正向最大值 C．第3 s末，振子的加速度最小，动能最大 D．从第1 s末到第2 s末，振子在做加速运动 解析：选C。由题图可知振动周期为4 s，振幅为8 cm，故A错误；第4 s末，振子处在正向最大位移处，回复力最大且指向负方向，则振子的加速度为负向最大值，故B错误；第3 s末，振子处于平衡位置，此时回复力为零，加速度为零，加速度最小，速度最大，动能最大，故C正确；从第1 s末到第2 s末，振子在做减速运动，故D错误。 5.如图所示，利用一半径为R的光滑圆弧面测定本地的重力加速度。把小球移到A点由静止释放，小球在A、B之间振动，圆弧面弧长AB≪R。下列说法正确的是(　　) A．为较精确测量小球振动周期，计时起始位置应为A点或B点 B．为减小系统误差，应多次由静止释放小球测出各次的振动周期，然后求出振动周期的平均值 C．释放小球的位置越高振动周期越大 D．若将圆弧面的半径R作为摆长，则求得的重力加速度总比当地的重力加速大 解析：选D。为较精确测量小球振动周期且便于观测，计时起始位置应为平衡位置O点，故A错误；求出振动周期的平均值，这种方法求周期可以减小偶然误差，不是系统误差，故B错误；由单摆周期公式T＝2π可知，释放小球的位置高低不影响小球的振动周期，故C错误；若将圆弧面的半径R作为摆长，未考虑小球半径，代入计算时圆弧摆的摆长偏大，则求得的重力加速度总比当地的重力加速大，故D正确。 6．如图所示，物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连，在弹性限度内，A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力)，A、B之间始终保持相对静止，弹簧的劲度系数为k，A和B的质量分别为M和m(M≠m)，A和B之间的最大静摩擦力为fm，则下列说法正确的是(　　) A．A对B的静摩擦力对B不做功，而B对A的静摩擦力对A做功 B．A受到的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 C．A和B都做简谐运动，且两者所受的回复力相同 D．A和B一起(相对静止)振动的振幅不能大于 解析：选B。A和B一起在光滑水平面上做往复运动，以A、B为整体，弹簧弹力为整体的回复力，故A和B都做简谐运动，由于A、B的加速度相等，则A、B所受回复力分别为FA＝Ma，FB＝ma，由于M≠m，可知A和B所受的回复力不相同，故C错误；设弹簧的形变量为x，根据牛顿第二定律得A、B整体的加速度大小a＝，对A有f＝Ma＝，可知A受到的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比，故B正确；在简谐运动过程中，B对A的静摩擦力为A的回复力，与A的运动方向相同时，对A做正功，与A的运动方向相反时，对A做负功，同理A对B的静摩擦力与B的运动方向相同时，对B做正功，与B的运动方向相反时，对B做负功，故A错误；当A处于最大位移处时，所受静摩擦力达到最大，对A有fm≥f＝Mam＝，可得A≤，可知A和B一起(相对静止)振动的振幅不能大于，故D错误。 7．如图甲所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端悬挂一可视为质点的小物块，在外力作用下小物块静止且弹簧处于原长。现撤去外力，小物块在竖直方向上振动，以竖直向上为正方向。某时刻开始计时，其位移—时间关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。下列判断正确的是(　　) A．小物块的振动周期T＝1.2 s，振幅A＝40 cm B．当小物块运动到平衡位置时，回复力为零，弹簧处于原长状态 C．当t＝0.4 s时，小物块振动的速度方向与加速度方向相反 D．小物块振动的位移—时间关系为x＝20sin (t＋)cm 解析：选C。根据题图乙可知，小物块的振动周期T＝2×0.6 s＝1.2 s，振幅A＝20 cm，故A错误；当小物块运动到平衡位置时，回复力为零，此时小物块所受合力为零，弹簧处于伸长状态，故B错误；当t＝0.4 s时，小物块远离平衡位置向上运动，振动的速度方向向上，加速度方向向下，二者方向相反，故C正确；结合A选项知小物块振动的位移—时间关系为x＝20sin (t＋φ)cm，当t＝0时，x＝－20 cm，解得φ＝－，所以小物块振动的位移—时间关系为x＝20sin (t－)cm，故D错误。 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，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．一弹簧振子做受迫振动时的振幅与驱动力频率的关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．驱动力频率为f2时，振子处于共振状态 B．驱动力频率为f3时，振子的振动频率为f3 C．假如让振子自由振动，它的频率为f2 D．振子做自由振动时，频率可以为f1、f2、f3 解析：选ABC。当驱动力的频率等于弹簧振子的固有频率时，弹簧振子做受迫振动的振幅最大，由题图可知，驱动力频率为f2时，振子处于共振状态，故A正确；受迫振动的频率由驱动力频率决定，则驱动力的频率为f3时，振子振动的频率也为f3，故B正确；振子自由振动的频率为固有频率，由系统本身决定，频率为f2，故C正确，D错误。 9．某水平弹簧振子中的小球做简谐运动的振动图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．t＝1 s时，弹簧振子的弹性势能最大 B．t＝2 s时，小球的加速度最大 C．1 s到2 s的过程中，小球的速度与加速度方向相同 D．t＝2.5 s时和t＝3.5 s时，小球的位移相同 解析：选ACD。t＝1 s时，弹簧振子处在最大位移处，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，故A正确；t＝2 s时，小球处在平衡位置处，小球的速度最大，加速度为零，故B错误；1 s到2 s的过程中，小球回到平衡位置，速度方向沿x轴负方向，此过程中，弹簧由伸长状态回到原长，弹力方向沿x轴负方向，加速度沿x轴负方向，速度与加速度方向相同，故C正确；根据弹簧振子运动的对称性，如图所示，t＝2.5 s时和t＝3.5 s时，小球的位移相同，故D正确。 10．摆球质量为m的单摆做简谐运动，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．摆长为 B．摆球从最高点到最低点的过程中，重力的冲量大小为2mgt0 C．摆球从最高点到最低点的过程中，回复力做的功为E0 D．周期为4t0 解析：选CD。单摆做简谐运动，动能变化的周期是单摆周期的一半，由题图可知，动能变化周期为2t0，则单摆周期T为4t0，根据T＝2π，解得摆长l＝，故A错误，D正确；摆球从最高点到最低点的过程中，重力的冲量大小I＝mg×＝mgt0，故B错误；回复力是摆球所受重力沿圆弧切线方向的分力，在摆球从最高点到最低点的过程中，回复力做功等于动能的变化量，即E0，故C正确。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(10分)某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。 (1)实验时用螺旋测微器测量小球直径，示数如图乙所示，则读数为________mm。 (2)关于该实验，下列说法正确的是______________________。 A．摆线要选择细些的、伸缩性大些的，并且适当长一些 B．测量摆长时应将摆线长加上小球半径作为摆长 C．为了使单摆的周期大一些，方便测量，开始时要拉开摆球，使摆角较大 D．摆球振动稳定后，当摆球运动至最低点处开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间t，则单摆周期T＝ (3)实验中，若直接使用公式T＝2π计算重力加速度，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是________。 A．摆线具有弹性，摆动时绳子伸长 B．以摆线的长度作为摆长来进行计算 C．把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间 D．在加速上升的电梯中做此实验 (4)通过改变摆线的长度，该小组测得多组摆长L和对应的周期的平方T2，画出的T2-L图像如图丙所示，若图像的斜率为k，纵截距为b，可得当地的重力加速度大小为__________，图线不过原点的原因是__________________。 解析：(1)读数为11.5 mm＋0.01 mm×20.0＝11.700 mm。 (2)摆线不能有伸缩性，应适当细些、长些，A错误；摆长为摆线长加小球半径，B正确；单摆测重力加速度的前提是摆角小于5°，C错误；50次全振动所用的时间为t，则单摆周期T＝，D正确。 (3)摆线具有伸缩性，则摆长测量值偏小，根据T＝2π，解得g＝，g的测量值偏小，A错误；同理以摆线的长度作为摆长来进行计算，摆长偏小，g的测量值偏小，B错误；把(n－1)次全振动时间误当成n次全振动时间，T的测量值偏小，g偏大，C正确；在加速上升的电梯中做此实验处于超重状态，g测量值偏大，D正确。 (4)由T＝2π，得T2＝L，则＝k，故g＝，图线不过原点是因为未考虑小球半径，造成图线向左平移。 答案：(1)11.700　(2)BD　(3)CD　(4)　摆长未考虑小球半径 12．(10分)在探究单摆运动的实验中，图甲是用力传感器对单摆小角度(小于5°)振动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的绳子拉力大小与时间的关系图像。 (1)关于此单摆下列说法正确的是______________________。 A．摆球摆到最高点速度、加速度均为零 B．摆球摆动过程合力方向始终沿绳指向悬挂点 C．最低点为平衡位置，此时合力为零 D．摆球的回复力为重力在垂直于摆线方向上的分力 (2)某同学的操作步骤如下，其中正确的是________。 A．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上 B．用米尺量得细线长度L，得摆长为L C．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球 D．让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度 (3)根据图乙的信息可得单摆周期为__________________s； 摆球的质量为________kg，摆长为________m。(取π2＝10，重力加速度大小g取10 m/s2，结果均保留3位有效数字) 解析：(1)摆球摆到最高点速度为零、加速度不为零，A错误；摆球摆动过程做非匀速圆周运动，则合力方向不是始终沿绳指向悬挂点，B错误；最低点为平衡位置，此时合力沿绳指向悬挂点，不为零，C错误；摆球的回复力为重力在垂直于摆线方向上的分力，即F回复＝mg sin θ，D正确。 (2)取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上，A正确；用米尺量得细线长度L，加小球的半径得摆长为L＋，B错误；在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球，C正确；让小球在竖直面内做圆弧摆动，测得摆动周期，再根据公式计算重力加速度，D错误。 (3)根据题图乙的信息可得周期T＝2(8.7－0.85)×10－1 s＝1.57 s；设摆线与竖直方向的夹角为θ，则在最高点，向心加速度为零，则有Fmin－mg cos θ＝0，在最低点，根据牛顿第二定律有Fmax－mg＝m，从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有mgl(1－cos θ )＝mv2－0，联立解得m＝0.200 kg，根据T＝2π，摆长l＝＝ m≈0.616 m。 答案：(1)D　(2)AC　(3)1.57　0.200　0.616 13．(8分)某单摆做简谐运动的振动图像如图所示。 (1)单摆振动的周期T、振幅A各为多少？(2分) (2)若该单摆的摆长为1.00 m，求当地的重力加速度(π取3.14，结果保留3位有效数字)。(2分) (3)前3.5 s内，摆球通过的路程为多少？3.5 s末，摆球相对平衡位置的位移多少？(4分) 解析：(1)由题图知，周期T＝2 s，振幅A＝4 cm。 (2)根据单摆周期公式可得T＝2π 解得g＝≈9.86 m/s2。 (3)3.5 s＝，则摆球通过的路程s＝4A＋3A＝28 cm 由题图知，3.5 s末摆球相对平衡位置的位移为－4 cm。 答案：(1)2 s　4 cm　(2)9.86 m/s2　(3)28 cm　－4 cm 14．(12分)弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm，以水平向右为正方向。t＝0时，振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点。 (1)求振子在5 s内通过的路程和位移的大小。(4分) (2)求振子在B点的加速度大小与在距O点5 cm处P点的加速度大小的比值。(4分) (3)写出弹簧振子做简谐振动的方程，画出一个周期内的振动图像(有相应的标度)；并求出由B到P的最短时间。(4分) 解析：(1)由题可知，该弹簧振子的振幅 A＝＝10 cm 周期T＝2×0.5 s＝1 s 振子一个周期内通过的路程为4A，故t＝5 s内通过的路程s＝×4A＝200 cm t＝5 s时，经历五个周期，振子正好回到初始位置B点，故位移大小为0。 (2)弹簧振子的回复力F＝－kx 根据牛顿第二定律有－kx＝ma 振子加速度a＝－·x 即a与x成正比，所以＝＝2。 (3)由题可知ω＝＝2π rad/s 振幅A＝10 cm t＝0时，振子处于B点，处于负向最大位置，则初相 φ＝－ 振子由B点开始振动的振动方程为 x＝A sin (ωt＋φ)＝10sin (2πt－)cm 当振子由B点第一次通过P点时所用时间最短，当振子运动到x＝5 cm的P点，由上述方程可知，最短时间t＝ s。 答案：(1)200 cm　0　(2)2　(3)见解析 15.(14分)如图所示，一倾角θ＝37°(sin 37°＝0.6)的光滑固定斜面上，一质量M＝3 kg的滑块与劲度系数k＝600 N/m的轻弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在斜面顶端，开始时滑块处于静止状态。质量m＝1 kg的泥团以v0的速度沿斜面从滑块下方与滑块发生碰撞并立即与滑块黏合在一起，两者一起在斜面上向上运动Δx＝0.06 m至最高点，之后继续沿斜面做简谐运动，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)碰撞后泥团与滑块组合体的最大加速度am；(4分) (2)组合体做简谐运动的振幅A；(4分) (3)碰撞之前泥团的初速度的大小。(6分) 解析：(1)设滑块在初始位置时弹簧伸长量为x0，则Mg sin 37°＝kx0 解得x0＝0.03 m 则上升0.06 m后弹簧压缩量 x1＝Δx－x0＝0.03 m 在最高点对组合体根据牛顿第二定律有 kx1＋(m＋M)g sin 37°＝(m＋M)am 解得am＝10.5 m/s2。 (2)设组合体平衡位置弹簧伸长量为x2，则 (m＋M)g sin 37°＝kx2 解得x2＝0.04 m 振幅A＝x1＋x2＝0.07 m。 (3)组合体碰撞后到最高点，弹簧从伸长0.03 m变为压缩0.03 m，弹簧弹性势能不变 对组合体，根据能量守恒定律有 (m＋M)v＝(m＋M)gΔx sin 37° 解得v共＝ m/s 碰撞过程满足动量守恒，有mv0＝(m＋M)v共 联立解得v0＝ m/s。 答案：(1)10.5 m/s2　(2)0.07 m　(3) m/s 学科网（北京）股份有限公司 $