第二章 机械振动 单元检测-2026-2027学年高二上学期物理鲁科版选择性必修第一册

第2章 机械振动 单元检测 (时间：75分钟　满分：100分) 一.选择题:(共12题，每题4分，共48分) 1．物体做简谐运动时，下列叙述正确的是(　　) A．平衡位置就是回复力为零的位置 B．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态 C．物体到达平衡位置时，合力一定为零 D．物体到达平衡位置时，回复力不一定为零 2．下列说法正确的是(　　) A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确 B．火车过桥要减速慢行，是为了防止火车因共振而倾覆 C．挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频 D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象 3.如图所示为一质点做简谐运动的振动图像，在0～0.8 s时间内，下列说法正确的是(　　) A．质点在0和0.8 s时刻具有正向最大速度 B．质点在0.2 s时刻具有负向最大加速度 C．0至0.4 s质点加速度始终指向－x方向不变 D．在0.2～0.4 s时间内，加速度方向和速度方向相同 4.如图所示为某质点在0～4 s内的振动图像，则(　　) A．质点振动的振幅是2 m，频率为4 Hz B．质点在4 s末的位移为8 m C．质点在0～4 s内的路程为8 m D．质点在t＝1 s到t＝3 s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小 5.如图所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R1和R2，圆心分别为O1和O2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O平滑连接．M点和N点分别位于O点左右两侧，MO的距离小于NO的距离．现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是(　　) A．恰好在O点 B．一定在O点的左侧 C．一定在O点的右侧 D．条件不足，无法确定 6.把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛(如图所示)．不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15 s，在某电压下，电动偏心轮的转速是88 r/min.已知增大电动偏心轮的电压可以使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期．为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是(　　) A．降低输入电压或增加筛子质量 B．提高输入电压或增加筛子质量 C．提高输入电压或减小筛子质量 D．降低输入电压或减小筛子质量 7．如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是(　　) A．t＝1 s时，甲摆的重力势能最小，动能最大 B．t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零 C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1 D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 8．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　) A．0.5 s B．0.75 s C．1.0 s D．2.0 s 9.如图所示，将一只轻弹簧上端悬挂在天花板上，下端连接物体A，A下面再用棉线挂一物体B，A、B质量相等，g为当地重力加速度，不计空气阻力．烧断棉线，下列说法中正确的是(　　) A．烧断棉线瞬间，A的加速度大小为2g B．烧断棉线之后，A向上先加速后减速 C．烧断棉线之后，A在运动中机械能守恒 D．当弹簧恢复原长时，A的速度不为零 10．如图所示，一质点做简谐运动，O点为平衡位置，质点先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm.则质点的振动周期和振幅分别为(　　) A．3 s,6 cm B．4 s,9 cm C．4 s,6 cm D．2 s,8 cm 11．一弹簧振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点．t＝0时振子的位移x＝－0.1 m；t＝ s时x＝0.1 m；t＝4 s时x＝0.1 m．该振子的振幅和周期可能为(　　) ①0.1 m， s ②0.1 m,8 s ③0.2 m， s ④0.2 m,8 s A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 12.(2025·四川卷)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　) A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为3∶4 D．小球丙、丁的摆长之比为1∶2 二．实验题:(10分) 13．(10分)某研究性学习小组在进行“用单摆测量重力加速度”的实验中(实验装置如图甲所示)，已知单摆在摆动过程中的最大偏角小于5°.在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t.在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用螺旋测微器测得摆球的直径为d(读数如图乙所示)． (1)实验时除用到停表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________(选填选项前的字母)． A．长约1 m的细线 B．长约1 m的橡皮绳 C．直径约1 cm的均匀铁球 D．直径约10 cm的均匀木球 (2)从图乙可知，摆球的直径为d＝________ mm. (3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________. (4)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是____________(选填选项前的字母)． A．开始摆动时振幅较小 B．开始计时时，过早按下停表 C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n－1次全振动的时间 三.计算题：(42分)(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 14.(8分)如图所示，一质量为m的小钢珠，用长为l的细丝线挂在水平天花板上(l远大于小钢球的半径)，初始时，摆线和竖直方向的夹角为θ(θ<5°)．静止释放小球后，求：(不计空气阻力，重力加速度为g) (1)小球摆到最低点所用的时间； (2)小球在最低点受到的拉力的大小． 15.(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移与时间的关系如图所示．求： (1)写出该简谐运动的表达式； (2)t＝0.25×10－2 s时的位移； (3)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？ 16．(12分)如图甲所示，一个三角形物块固定在水平桌面上，其光滑斜面的倾角为θ＝30°，物体A的质量为mA＝0.5 kg，物体B的质量为mB＝1.0 kg(A、B均可视为质点)，物体A、B并列在斜面上且压着一劲度系数为k＝125 N/m的轻弹簧，弹簧的下端固定，上端拴在A物体上，物体A、B处于静止状态．(g取10 m/s2) (1)求此时弹簧的压缩量是多少； (2)将物体B迅速移开，物体A将做周期为0.4 s的简谐运动，若以沿斜面向上的方向为正方向，请在图乙所给的坐标系中作出物体A相对平衡位置的位移随时间的变化曲线图，并在图中标出振幅． 17.(12分)如图所示，质量为m的木块A和质量为M的木块B用细线捆在一起，木块B与竖直悬挂的轻弹簧相连，它们一起在竖直方向上做简谐运动．在振动中两物体的接触面总处在竖直平面上，设弹簧的劲度系数为k，当它们经过平衡位置时，A、B之间的静摩擦力大小为Ff0.当它们向下离开平衡位置的位移为x时，A、B间的静摩擦力为Ffx.空气阻力及细线对木块的摩擦不计．重力加速度为g，求：(1)Ff0的大小； (2)Ffx的大小． 参考答案: 1.答案　A解析　平衡位置是回复力等于零的位置，但物体所受合力不一定为零，A正确． 2.答案　C解析　摆钟走时快了说明摆的周期变短了，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2π可知，必须增大摆长，才可能使其走时准确，故A错误；火车过桥时要减速是为了防止桥发生共振，不是防止火车发生共振，故B错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当扁担与水桶振动的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水荡出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频，故C正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故D错误． 3.答案　D解析　在0和0.8 s时刻质点具有负向的最大速度，而不是正向，故A错；0.2 s时刻加速度方向指向平衡位置，即正向，故B错；0至0.4 s质点加速度指向x轴正方向不变，故C错；0.2～0.4 s内，速度变大，做加速运动，加速度方向和速度方向相同，故D对． 4.答案　C解析　由题图可知振动的振幅A＝2 m，周期T＝4 s，则频率f＝＝0.25 Hz，选项A错误；振动质点的位移是质点离开平衡位置的位移，4 s末的位移为零，选项B错误；0～4 s内的路程s＝4A＝8 m，选项C正确；质点从t＝1 s到t＝3 s的时间内，一直沿x轴负方向运动，选项D错误． 5.答案　C解析　据题意，两段光滑圆弧所对应的圆心角均小于5°，两球在圆弧上的运动可看成等效单摆，等效摆长等于圆弧的半径，则A、B两球的运动周期分别为TA＝2π，TB＝2π，两球第一次到达O点的时间分别为tA＝TA＝，tB＝TB＝，由于R1<R2，则tA<tB，故两小球第一次相遇点的位置一定在O点的右侧．故选C. 6.答案　D解析　筛子的固有频率为f固＝ Hz＝ Hz，而在某电压下驱动力频率为f驱＝ Hz＝ Hz，即f固<f驱．为了使共振筛的振幅增大，应该减小这两个频率的差值，所以应增大固有频率或减小驱动力频率．增大固有频率可用减小筛子质量的做法，减小驱动力的频率可用降低输入电压的做法，D正确． 7.答案　B解析　由题图知，t＝1 s时，甲摆在振动的最大位移处，动能最小，重力势能最大，选项A错误；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式T＝2π推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C错误；摆球的振幅A＝L·θ，由于甲的摆长小，振幅大，所以甲的摆角大，摆球在最大位移处的高度h＝L(1－cos θ)，摆球在最低点的速度v＝，摆球在最低点的向心加速度an＝，联立可得an＝2g(1－cos θ)，由于甲的摆角大，所以甲的向心加速度大，故D错误． 8.答案　C解析　把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从游船上升到最高点时开始计时，其振动方程为y＝Acos t，代入数据得y＝20cos t (cm)；当y＝10 cm时，在前半个周期内，可解得t＝，故t＝0.5 s，则在一个周期内，游客能舒服登船的时间是2t＝1.0 s，选C. 9.答案　B解析　设A、B质量为m，烧断棉线前，对A、B整体受力分析知，弹簧的弹力大小F弹＝2mg，烧断棉线瞬间，弹簧的弹力不变，对A，根据牛顿第二定律可得F弹－mg＝maA，解得aA＝g，A错误；烧断棉线后，A在弹力和重力的作用下向上运动，弹力先大于重力，后小于重力，所以物体A向上先加速后减速，B正确；烧断棉线后，A还受弹簧弹力作用，故A的机械能不守恒，但A和弹簧组成的系统机械能守恒，C错误；烧断棉线后，A在重力和弹力的作用下做简谐运动，在最低点回复力大小为F＝2mg－mg＝mg，方向向上，根据对称性可知，在最高点回复力大小为F′＝mg，方向向下，即mg＋F弹′＝mg，解得F弹′＝0，故在最高点速度为零时，弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，D错误． 10.答案　C解析　做简谐运动的质点，先后以相同的速度通过M、N两点，可判定M、N两点关于平衡位置O对称，所以质点由M到O所用的时间与由O到N所用的时间相等，则质点由平衡位置O到N点所用的时间t1＝0.5 s；因过N点后再经过 t＝1 s质点以方向相反、大小相等的速度再次通过N点，则知质点从N点到最大位移处所用的时间t2＝0.5 s，因此，质点振动的周期是T＝4(t1＋t2)＝4 s．题中2 s内质点通过的总路程为振幅的2倍，所以振幅A＝ cm＝6 cm.选C. 11.答案　B解析　若振幅A＝0.1 m，T＝ s，则 s为半个周期，从－0.1 m处运动到0.1 m处，符合运动实际，4 s－ s＝ s为一个周期，正好返回0.1 m处，所以①可能；若A＝0.1 m，T＝8 s， s＝，不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处，所以②不可能；若A＝0.2 m，T＝ s，则 s＝，振子可以由－0.1 m处运动到对称位置，4 s－ s＝ s＝T，振子可以由0.1 m处返回0.1 m处，所以③可能；若A＝0.2 m，T＝8 s，则 s＝2×，而sin (·)＝，即经时间，振子可以从－0.1 m处运动到平衡位置，再经时间，振子可以从平衡位置运动到0.1 m处，再经 s又恰好能由0.1 m处运动到0.2 m处后，再返回0.1 m处，所以④可能，故选B. 12.答案：C解析：根据单摆周期公式T＝2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，根据题意可得2T甲＝(m＋1)T丙，2T甲＝T乙，2T甲＝T丁，m、n、k均为自然数，可解得m＝0，n＝1，k＝0，则T丙＝2T甲，T乙＝T甲，T丁＝4T甲。由以上结果可得，T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，结合单摆周期公式T＝2π，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁＝T∶T＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，经过时间T甲＝，则小球丙到达另一侧最高点，此时加速度不为零，故A错误；小球丁第一次回到平衡位置时，经过时间＝T甲＝，可知此时小球乙经过平衡位置，速度最大，动能最大，故B错误。 13.答案　(1)AC(2分)　(2)5.980(3分) (3)(3分)　(4)C(2分) 解析　(1)为减小误差应保持摆线的长度不变，要选用结实较细的细线，不能用橡皮绳，则A正确，B错误；为减小误差，摆球密度要大，体积要小，则C正确，D错误． (2)螺旋测微器的主尺读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×48.0 mm＝0.480 mm，则最终读数为5.980 mm. (3)由题知，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆的全振动的次数为N＝，周期为T＝＝，单摆的摆长为l＝L＋，由单摆的周期公式T＝2π，得g＝π2(n－1)2. (4)g与振幅大小无关，故A错误；开始计时时，过早按下停表，所测周期偏大，则g偏小，B错误；测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n－1次全振动的时间，则所测周期偏小，则g偏大，C正确． 14.答案　(1)　(2)3mg－2mgcos θ 解析　(1)根据周期公式有T＝2π(2分) 小球做简谐运动，则小球从静止释放到最低点所用的时间为t＝T＝(2分) (2)从静止释放到最低点，由动能定理有mg(l－lcos θ)＝mv2(2分) 根据牛顿第二定律，有FT－mg＝m(2分) 联立解得FT＝3mg－2mgcos θ.(2分) 15.答案　(1)x＝2sin(100πt－) cm　(2)－1.414 cm　(3)34 cm　2 cm 解析　(1)由题图图像知，A＝2 cm，T＝2×10－2 s，φ＝－， 则ω＝＝100π rad/s，(1分) 则表达式为x＝2sin(100πt－) cm.(2分) (2)把t＝0.25×10－2 s代入表达式有：x＝2sin(－) cm≈－1.414 cm.(2分) (3)Δt＝8.5×10－2 s＝T，(1分) 所以通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm.(2分) 把t＝8.5×10－2 s代入表达式得x′＝2·sin 8π cm＝0， 即此时质点在平衡位置，这段时间内的位移大小为Δx＝x′－x0＝2 cm.(2分) 16.答案　(1)0.06 m　(2)见解析图 解析　(1)物体A、B在斜面上处于平衡状态，所受外力平衡， 设压缩量为x，则有(mA＋mB)gsin 30°＝kx (3分) 解得x＝＝0.06 m (2分) (2)将物体B移开后，物体A做简谐运动， 平衡位置弹簧的压缩量x0＝＝0.02 m(2分) 所以A振动的振幅为A＝x－x0＝0.04 m(2分) 已知系统的振动周期为T＝0.4 s，振动的位移随时间的变化关系曲线如图． (3分) 17.答案　(1)mg　(2)＋mg 解析　(1)经过平衡位置时，回复力为0，对于A有：Ff0＝mg.(3分) (2)在平衡位置时,对于A、B组成的系统有：kx0＝(M＋m)g(2分) 向下离开平衡位置的位移为x时 对于A、B组成的系统有：k(x0＋x)－(M＋m)g＝(M＋m)a(2分) 则kx＝(M＋m)a(1分) 对于A有：Ffx－mg＝ma(2分) 解得Ffx＝＋mg.(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $