考案 (2) 第二章机械振动-【成才之路·考案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

新物理选择性必修·第一册 教 考案部分 材 习、究、练、测四位一体 参考答案 考案（一） 1.D人跳远从一定高度落下，落地前的速度一定，则初动量相同，落地后静止，末动量 定，所以人下落过程的动量变化量△p一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上 作用时间短，根据动量定理F△t=△p,t长F小，故D对。 2.C设发射子弹的数目为n,n颗子弹和木块组成的系统在水平方向上所受的合外力为 零，满足动量守恒的条件。选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有n2-M, =0,得n=M,故C正确。 7w2 3.A打一次喷嚏喷出的空气质量为m=pV=1.3×5×105kg=6.5×10-5kg,设打一次 喷嚏喷出的空气受到的平均作用力为F,根据动量定理得F△t=m,解得F= △t 65×I0×40N=0.13N,根据牛顿第三定律可得人受到的平均反作用力为F'=F= 0.02 0.13N,故A正确。 4.A由题图知，碰前，B球静止，=0，A球速度=A=4m/s。碰后，B球速度，'= △t 产=2ms,A球速度-安=-2，放C,D错误两球碰蕴，动量守恒，有网= △t m22'+m1v'1,代入数据解得m2=0.6kg,故A正确，B错误。 5.B火箭的推力来源于燃气对它的反作用力，选项A错误；以竖直向下为正方向，根据动 量守恒定律有0=。-（(M-m)v,解得在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为v= ?选项B正确：喷出燃气后，万方户及其所携设备做竖直上抛运动，动能转化为重力势 能，有7(M-m)?=(M-m),解得万户及其所携设备能上升的最大高度为△= m22 2g(Mm,选项C错误；在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能增加，燃料燃 烧，将一部分化学能转化为万户及其所携设备的机械能，选项D错误。 6.D如题图所示，取向左为速度正方向，有m=-3m/s、"2=2m/s,甲、乙作用过程动量 守恒有mm·p+mz·2=mz·z'+mp·vm',当m'=0时z'=0.5m/s,当z'=0 时m'=1m/s,故选项A、B错误；两车距离最近时为完全非弹性碰撞，有mp·vp+m乙 ·v2=(m2+mp）·v,解得=0.33m/s,方向与乙车的方向一致；此过程损失的动能全 部转化为弹性势能，=分p·,2+名22-(m2+mg）·=83J,放选项 C错误，D正确。 7.BA车与B车正碰后粘在一起，是典型的非弹性碰撞，动量守恒，机械能有损失，A错 误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统竖直方向合外力不 为零，动量不守恒，但水平方向合外力为零，水平方向动量守恒，D错误：A车与B车碰撞 过程，A、B组成的系统动量守恒，可得m=2m1,,为碰后AB整体的速度，小球摆到最 高点时，小球相对AB静止，具有共同的速度，设为，，从两车粘在一起到小球摆到最高 P28 点的过程，水平方向动量守恒，可得2m,+m:=(2m+m),据机械能守恒可得了· 2m2+了m:,2=(2m+m:)2+mh联立解得，小球能上升的最大高度为么= 0.01m,B正确，C错误。 8BC由动能定理可得F对物块所做的功W=m”-分'，放A错误，B正确；由动 量定理可得合外力的冲量I会=wg-mwA,而合外力为F在水平方向上的分力，故F>F合， 故F的冲量大于合外力的冲量，故C正确，D错误。 9.BD人和船动量守恒，系统总动量为零，故人和船运动方向始终相反，故A错误；由动量 守恒定律有M锯=mm人，又M>m,故v人>"锯，故B正确；由人、船系统动量守恒且系统总 动量为零知，人走船走，人停船停，放C错误：由平均动量守恒知M车=m分 m人和x人+X船 =L知人=放D正确。 10.AB以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得PA+PB=P'+Pg',Pg'= 2kg·Vs,解得p以=4k名·ms,碰擅过程系统的总动能不增加，则有配m,+。 卫，+解得≤由题意可知，当A球治上书球时发生碰撞则碰撞前A的速瘦 2m 2mB 大于B的速度，则有片>品解得册<公了壁植后A球的速度不大于B球的连 mA mB 度则有<会部得兴了茶上得时会≤号放A退正确。 mA mB mB Pe 11.(1)1.6(2)100(3)保证滑块碰撞前后做匀速直线运动 解析：()碰后滑块B经过D的时间为6,25m,则碰后滑块B的速度大小0e=飞 1.00×10-2 6.25×10m/s=1.6m/s。 (2)以碰前A的速度方向为正方向，碰前A的速度= 4=1.0×102 415.00×103m/s=2.0 m/s. 碰后A的速度2=- 1.00×10-2 -=-25.00×10-3m/s=-0.4m/5, 由(1)知碰后滑块B的速度=1.6m/s。根据碰撞前后动量守恒可得mA1+0=m2 +mgUB, 代入数据解得mA=0.10kg=100g。 (3)调整气垫导轨使之水平是为了使滑块碰撞前后做匀速直线运动。 12.(1)机械能CD(2)/2g(1-cos0)(3)mo=（m+M)√J2gl(1-cos0) 解析：(1)(2)子弹射入摆锤后，与摆锤一起从最低位置摆至最高位置的过程中，机械能 守恒。设在最低位置时，子弹和摆锤的共同速度为，则由机械能守恒定律可得(m+ M)v2=(m+M)g(l-lc0s0),得v=2gl(1-cos0)。要得到子弹和摆锤一起运动的 初速度，还需要测量的物理量有冲击摆的摆长1，摆锤摆动时摆线的最大摆角0。 (3)射入摆锤前子弹速度为o,动量为o;子弹和摆锤一起运动的瞬间速度为v,动量 为(m+M)v,该过程中mwo=(m+M)√/2gl(1-cos0)。 28 13.(1)6m/s(2)0.01s(3)30.5N·s 解析：(1)根据自由落体运动规律2=2gh. 解得头盔接触地面前的速度v=6m/s。 (2)由匀变速直线运动规律可得x-0牛”4， 2 解得△t 2x=2×0.03s=0.01s0 6 (3)取向上为正方向，由动量定理得：l-mgt=0-m(-v),则地面对头盔的冲量I=mgt +mv=30.5N·s。 14.(1)2.5m/s(2)0.5m 解析：(1)A与C碰撞过程动量守恒，有 mao=（ma+mc）v 解得1=2.5m/s。 (2)B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，有mgo+(mA+mc)形1=(mA+mg+ mc)v2 解得2=3m/s 由能量守恒定律得 1 2nso2+)（mA+mc)u2 =子(m+m+m)2+m 解得L=0.5m。 15.(1)3m/s(2)1m/s4m/s(3)0.3 解析：(1)甲球在下摆过程中，根据机械能守恒得 Mgu(1-os0)=7M,2 解得o=3m/s。 (2)取水平向右为正方向，由动量守恒定律得M。=Mm1+m2 根据能量守恒得乃M,2=之h2+2m, 联立解得1=1m/s,2=4m/s。 (3)小滑块乙进入圆弧轨道后的运动过程中恰好能够通过圆弧轨道的最高点，设在最 高点的速度为，根据牛顿第二定律有mg=mR 从B点到圆弧轨道最高点的过程， 由动能定理得-mg-mg·2R=之m2-分m, 解得4=0.3。 考案（二） 1.B小孩在果园里摇动树干，则树干是受迫振动，树干的振动频率取决于驱动频率，因此 树干振动的频率与小孩摇动树干的频率相同，则可知小孩用相同的频率摇不同的树干， 树干的振动频率一定相同，故A错误，B正确；对于受迫振动，只有当驱动频率越接近固 有频率时，振动幅度才越大，故C、D错误。故选B。 2 2.C由题图可知，质点振动的周期为2s,经计算得频率为0.5Hz,振幅为5m,所以A、B 错误；t=1.7s时的位移为负，加速度为正，速度为负，因此C正确；t=0.5s时质点在平 B 0 衡位置，回复力为零，但所受合外力不一定为0，如单摆，D错误。 10.CD 当弹力最大时，小球处在最低点，则从小球处在最低点开始计时，故A错误：小球 3.B振子在从M点向N点运动的过程中，动能先增大后减小，A错误；由对称性可知，振 处在平衡位置时，弹簧的弹力为F,,由F=mg得，小球的质量m= -,故B错误：由 子在O、P间与0、Q间的运动时间相等，B正确；由对称性可知，振子运动到P、Q两点时， 位移等大反向，C错误：振子在从M点向N点运动的过程中，加速度先减小后增大，D F-图像知，周期T=号，放C正确：据受力的对称性可得：，-%=mg-P,结合 错误。 F1=mg,解得Fm=2F1-F2,故D正确。 4D甲、乙两振子的周期T=子=Q05,甲经过25×10's即为半个周期，路程为5 11.(1)g'=gsin0(2)113.3(3)0.976 解析：(1)对摆球受力分析，可知平板倾角为0时，单摆周期公式中的等效重力加速度g 2A=40cm,则振幅A=20cm,A错误；对甲振子，0=2织=40元ad/s,故振动方程为x= =mgsin 0 =gsin0。 m 20sin(40m)cm,B错误；若甲对乙的相位差为受，可知乙振动的相位为40mt-受，故乙振 (2)因为秒表示数如图所示，可得其读数为t=90s+23.3s=113.3s 子振动的初相为-受，C错误；若作出甲，乙两振子的振动图像，由图像可知，一个周期内 (3)由单摆周期公式T=2π ,可得了-“，由图我可知上=4代入数据，可得 图像有两个交点，故一个周期内，甲、乙两振子两次位移相同，D正确。 l≈0.976m。 5.B做受迫振动的物体的频率等于驱动力的频率，单摆振动时的频率由驱动力的频率决12.(1)0.75(2)D(3)BD(4)9.86(5)摆长少加了球的半径 定，与单摆的固有频率无关，当驱动力频率等于单摆的固有频率时，单摆的振幅最大，发 解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，可知小球的直径为d=7mm+0.1×5mm= 生共振，选项A错误；由题图可知，甲、乙两个单摆的固有频率之比为1：2，则由T= 7.5mm=0.75cmg f (2)为了减小实验误差，摆线要选择细些且伸缩性小些的，A不符合题意；为了减小实验 -2加√仁可知，1-子则老有单樱放在同一地点，则甲，乙两单的摆长之比为 误差，摆球尽量选择质量大些且体积小些的，B不符合题意；为了减小实验误差，应控制 摆球在竖直面内摆动，C不符合题意：为了减小实验误差，应从摆球经过最低点开始计 4：1:若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地的重力加速度之比为 时，D符合题意。 1:4,选项B正确，C结误：在地面附近，秒摆的摆长为1=-1m透项D错误。 (3)根据单摆的周期公式，即T=2m√ L 6.Ct=0.5s时，由运动方程x=5sim2mt+受em,可知x=-5am,振子的位移最大，故 A错误；t=1.5s时，x=-5cm,振子的位移最大，由F=-=ma,可知振子的加速度最 可得重力加速度为g=4如L, T2 大，故B错误：T=2红-2知s=1.0,当t=0时，x=5m,即振子位于N点，当1=2.25s= 在摆球质量过大、其他准确的情况下，不影响重力加速度大小的测量，A错误：摆动中， 摆线上端松动，导致摆长增大，从而使摆长测量值偏小，重力加速度测量值小于实际值， 24T时，x=0,振子的速度沿x轴负方向，放C正确；t=0到1=1.5s的时间内，41= B正确：计时开始时，未及时按下秒表，导致周期测量值偏小，重力加速度测量值大于实 际值，C错误；误将50次全振动记录为49次，导致周期测量值变大，重力加速度测量值 多，振子通过的路程为：=61=6×5cm=30cm,故D错误。 小于实际值，D正确。 7.D两小球的运动周期及速度大小与质量无关，B、C错误：小球甲做简谐运动，周期T= 4)根据单的周期公式，即T=2√，可得L=T 4π √一，对忆受力分析结合牛顿运动定律有mgam0=m票L2s血0，解得宁=0as0,A 由数学知识可知，L-T图线的斜率为k=吕 =4元，代入数据，可得g=9.86m/。 错误，D正确。 8D由图像可知，：72=2：1，根据公式1=2年√厂若两单提在同-一地点g相同。 (5)根据单摆的周期公式，即T=2π√ L ,可得L=总T,由图线可知，有横截距，故可 能出现了摆长少加了摆球的半径的失误。 则两单摆摆长之比为lm:2=4:1,故A错误，B正确；若两单摆摆长相等，则所在星球 的重力加速度之比为g甲：g2=1:4,故C错误，D正确 13.(1)x=0.08sin（(mt+）m(2)1.6m 9.BD弹簧振子在水平方向B、C之间振动，如图所示。若振子开始计时时先向右振动，有 解析：(1)简谐运动振动方程的一般表达式为 (4+2)s=4T,则振子的振动周期为T=4×(4+2)=18s,若振子计时开始先向 x=Asin(wt+po） 根据题给条件有A=0.08m 左振动，设振子的振动周期为T,有(4+)s=子T,解得T=6s,故B,D正确。 w=2mf=2m×0.5rad/s=πrad/s 2834 D28 所以x=0.08sin(πt+po)m 将1=0时，=008m代入解得9，=受 故振动方程为x=0.0 8sin+受)m。 (2)周期为T=了 =2s,故109内通过的路程是s=7×4M=9×4×0.08m=1.6m。 2 14.0.2 T-π 解析：A球是单摆模型，其摆到最低点的时间为=4=2√g 对B球，根据牛顿第二定律有：mg-F:=ma 报据运动学公式有1=之4， 两球运动时间关系：t=tg E=0.2。 联立解得f:=0.2mg, 15.(1)1.8s(2)0.36m(3)5:4 解析：(1)由乙图像可知，单摆完成一次全振动的时间为T=1.8s。 (2)由乙图可知，小球在OP左侧摆动时，单摆的周期为T=2s,由周期公式T= 店 解得该单摆摆线的长度为L=1m 小球在OP右侧绕着P点摆动时，周期为7，=1.6s,由周期公式工，=2m√名 L 解得该单摆碰到钉子后的摆长为'= 2方m 故钉子的位置P距离悬点O的距离△L=L-L' 代入数据得△L=0.36m。 (3)设单摆在OP左侧摆动的最大偏角为0，在OP右侧摆动的最大偏角为02，由数学 知识可得=2 Lain号6-2Lsmg 2 由机械能守恒定律得mgL(1-cos01)=mgL'(1-cos02) 由数学方法可解行码-子 考案（三） 1.A由"=f知，波速一定时，频率越高、波长越小，越不易发生衍射现象，故布网阻挡的 是高频部分，所以A正确。 2.D衍射现象是一切波所特有的现象，两列波遇到宽为3m的障碍物，会发生衍射现象， A错误；弧AB与CD的间距为1m,则这两列波的波长入=2m,根据波速公式得：=宁= 10m/s,B错误；由题图可知，两列波的波峰能同时到达E点，所以该点振动加强，C错误； E点为振动加强点，其振幅为10m,则1s内运动的路程为s=0.2×4M=2m,D正确。 3.B“隐私声盾”利用的是两列声波相互干涉的原理，故A错误；由于两列声波需要相互 干涉，故抵消声波与后排说话声波的频率相同，故B正确：机械波的传播速度与介质有 44新 物理选择性必修·第一册J 教 习、究、练、测四位一体 考案（二） 第二章 机械振动 園 (时间：75分钟满分：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 在 的四个选项中，只有一个选项符合题意。) 1.(2026·河北沧州联考)小孩在果园里，摇动细 姿 高的果树的树干，想把果子摇下来，下列说法正 确的是 ( A.小孩用相同的频率摇不同的树干，树干的振 动频率一定不同 芈 B.小孩用相同的频率摇不同的树干，树干的振 动频率一定相同 C.对同一棵树，小孩摇动的频率增大，树干振动的幅度一定增大 D.对同一棵树，小孩摇动的频率减小，树干振动的幅度一定增大 2.一质点做简谐运动的位移x与时间t 个x/m 的关系如图所示，由图可知 A.频率是2Hz B.振幅是5cm C.t=1.7s时的加速度为正，速度 为负 D.t=0.5s时质点所受的合外力为0 3.一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为 平衡位置，P、Q是振动过程中关于0对称的 两个位置，下列说法正确的是 ( ) A.振子在从M点向N点运动的过程中，动能 先减小后增大 B.振子在O、P间与0、Q间的运动时间相等 C.振子运动到P、Q两点时，位移相同 D.振子在从M点向N点运动的过程中，加速度先增大后减小 4.已知甲、乙两个弹簧振子振动的频率均为20Hz,从甲弹簧振子经 过平衡位置且沿正向运动时开始计时，经过2.5×102s,甲经过的 路程为0m,。若甲对忆的相位差为，下列说法正确的是( A.甲振子振动的振幅为l0cm B.甲振子振动的方程为x=40sin(40mt)cm C乙振子振动的初相为5 D.一个周期内，甲、乙两振子有2次位移相同 2 5.单摆在不同的驱动力作用下其振幅A随驱动 AA/cm 力频率f变化的图像如图中甲、乙所示，则下 列说法正确的是 A.单摆振动时的频率与固有频率有关，振幅 0 与固有频率无关 B.若两单摆放在同一地点，则甲、乙两单摆的摆长之比为4：1 C.若两单摆摆长相同放在不同的地点，则甲、乙两单摆所处两地 的重力加速度之比为4：1 D.周期为2s的单摆叫作秒摆，在地面附近，秒摆的摆长约为2 6.如图所示，水平弹簧振子以坐标原点0为平衡 位置，沿x轴在MN之间做简谐运动，其运动4449 方程为x=5sin(2mt+）cm,则 A.t=0.5s时，振子的位移最小 B.t=1.5s时，振子的加速度最小 C.t=2.25s时，振子的速度沿x轴负方向 D.t=0到t=1.5s的时间内，振子通过的路程为15cm 7.（2026·江西高三阶段练习)如图所示，两根轻质细线分别连接两 个可视为质点的小球，小球甲在竖直面内摆动，摆线的最大摆角 为(0<5°)，小球乙在水平面内绕0点做匀速圆周运动，连接小 球乙的细线与竖直方向的夹角始终为0，两小球运动的周期恰好 相等，下列说法正确的是 ” 甲 0. A.两根细线的长度相等 B.两小球的质量一定相等 C.两小球的机械能一定相等 D.连接甲、乙两球的细线长度之比为cos0:1 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 的四个选项中有多个选项符合题意，全部选对的得6分，选对但 不全的得3分，错选或不答的得0分。) 8.如图所示为甲、乙两单摆的振动图像。下列 1 说法正确的是 ( A.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙 两单摆的摆长之比1甲：1z=2:1 B.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比 1甲：lz=4:1 69 P27 C.若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两 单摆所在星球的重力加速度之比g甲：g2=4：1 D.若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两 单摆所在星球的重力加速度之比g甲：g乙=1：4 9.弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置0开始计时，经过4s振子第 一次经过P点，又经过了1s,振子第二次经过P点，则该简谐运动 的周期可能为 () A.5 s B.6s C.14s D.18s 10.如图甲所示的弹簧振子，从某一时刻开始计时，规定竖直向上为 正方向，弹簧对小球的弹力与运动时间的关系如图乙所示，重力 加速度为g,根据图像所给的信息分析，下列说法正确的是 甲 A.乙图从小球处在平衡位置开始计时 B小球的质是为 C.简谐振动的周期为5。 4 D.弹簧对小球弹力的最小值为2F,-F, 三、非选择题（本题共5小题，共54分。） 11.(6分)某实验小组要探究单摆做简谐运动的 白垫块 周期与“等效重力加速度”的关系，他们借鉴 伽利略研究小球自由落体运动规律时，用斜 0 面“冲淡”重力的思路，设计了如图所示的实验装置。摩擦力可 以忽略的平板通过铰链与水平木板相连，改变垫块位置可以改 变平板的倾角0；在平板上侧固定一钉子作为单摆悬点，长约1m 的轻质细线一端系一小球，另一端拴在钉子上做成一个斜面上 的单摆。 (1)平板倾角为0时，单摆周期公式中的等效重力加速度g'与重 力加速度g的关系是 (2)测量周期时，秒表示数如图所示，其读数为 593031 04 (3)改变平板倾角，测出倾角0及在该倾角下单摆的周期T,当地13.(10分)一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8cm,频率为0.5Hz,15.(16分)如图甲所示，在天花板上的0点用一定长度的摆线悬挂 重力加速度g=9.8m/s。把测得的多组Tg数据在T?-马 在t=0时，位移是8cm。 一个摆球，在0点的下方P点处有一个钉子，现将摆球向左拉开 g (1)试写出用正弦函数表示的振动方程： 一个很小的角度，1=0时将摆球由静止释放，当摆球运动到最低 坐标系中描点连线，得到如图所示的图线，根据图线可得摆长 (2)求10s内物体通过的路程。 点时，摆线碰到钉子，此后摆球又向右摆动一个很小角度（不超 为m。(结果保留3位有效数字) 过5°)，设向左为正方向，摆球的振动图像如图乙所示（图线与两 轴的交点已在图中标出)，不计摆线和钉子相碰时的能量损失， 取重力加速度g=π2m/s2,结果可用分式表示，求： X/m 2名em 12.(9分)某同学利用图甲所示装置进行“用单摆测量重力加速度” 050.9318+ 的实验。 甲 铁果 （1)单摆的振动周期： (2)钉子的位置P点到悬点O的距离： 0510 (3)图像中x1与x2的比值。 甲 ↑L/m 19 1.0 出 14.(13分)如图所示，用很长的细线系着一个小球A组成 0.5H 0 一个单摆，在悬点0处还固定着一根竖直的细绳，吊在 丙 绳子上的小球B能沿绳子下滑，现将A球拉偏一个很 (1)该同学用游标卡尺测量摆球直径时的示数如图乙所示，其示 小的角度，B球停在悬点O处，使它们同时开始运动， 数为 cm; 若A球第一次运动到最低点时与B球相碰，求：B球与 (2)下列关于本实验的操作说法中，错误的是 绳子的摩擦力跟B球重力的比值(g≈π2≈10m·s2)。 A.摆线要选择细些且伸缩性小些的 B.摆球尽量选择质量大些且体积小些的 C.应控制摆球在竖直面内摆动 D.应从摆球经过最高点开始计时 (3)下列情形中，会使重力加速度的测量值比当地的实际值偏小 的是 A.摆球质量过大 B.摆动中，摆线上端松动 C.计时开始时，未及时按下秒表 D.误将50次全振动记录为49次 (4)该同学改变摆长L,测出周期T,得到多组数据后，作出的 L-T2图线如图丙所示，按π2取9.86计算，则根据图线可求 得当地的重力加速度g=m/s2; (5)另一同学作出的L-T2图线如图丁所示，据此判断该同学在 实验中可能出现的一处失误是 P271 D272