第二章+机械振动+单元检测++-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

第2章机械振动单元检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．关于简谐运动的下列说法中，正确的是()A．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态B．位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同D．水平弹簧振子向左运动时，加速度方向跟速度方向相同，向右运动时，加速度方向跟速度方向相反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，弹簧振子在B、C两点间做无摩擦的往复运动，O是振子的平衡位置．则振子()A．从B向O运动过程中位移一直变小B．从O向C运动过程中加速度一直变小C．从B经过O向C运动过程中速度一直变大D．从C经过O向B运动过程中弹性势能一直变大4．一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y＝0.1sin(2.5πt)m，则()A．弹簧振子的振幅为0.2mB．弹簧振子的频率为0.8HzC．在t＝0.2s时，振子的运动速度最大D．在任意0.4s时间内，振子通过的路程均为0.2m5．正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中()A．机器一定不会发生强烈的振动B．机器不一定还会发生强烈的振动C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω06．某同学利用如图甲所示的单摆绘制出振动图像(图乙)，若当地重力加速度g为9.8m/s2，估算此单摆的摆长并写出其振动方程()A．1m，x＝3sinπt(cm)B．2m，x＝3sinπt(cm)C．1m，x＝3cosπt(cm)D．2m，x＝3cosπt(cm)7.如图所示，O为弹簧振子的平衡位置，t＝0时刻把小球向左拉到某位置静止释放．以水平向右为正方向，下列描述小球相对O点的位移x、小球的速度v、小球所受回复力F、球的加速度a随时间t变化的关系图像中，可能正确的是()8.如图所示，一小球用细线悬挂于O点，细线长为L，O点正下方eq\f(1,2)L处有一光滑铁钉．将小球拉至A处无初速度释放(摆角很小)，重力加速度为g，这个摆的周期是()A．2πeq\r(\f(L,g)) B．πeq\r(\f(L,g))C．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,g)) D．(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))9．如图甲所示，物块M与m叠放在一起，以O为平衡位置，在ab之间做简谐振动，两者始终保持相对静止，取向右的方向为正方向，其振动的位移x随时间t的变化图像如图乙，则下列说法正确的是()A．在t1～eq\f(T,2)时间内，物块m的速度和所受摩擦力都沿负方向，且都在增大B．从t1时刻开始计时，接下来eq\f(T,4)内，两物块通过的路程一定大于AC．在某段时间内，两物块速度增大时，加速度可能增大，也可能减小D．两物块运动到最大位移处时，若轻轻取走m，则M的振幅不变，最大速度也不变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－0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则()A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为eq\f(3,4)sB．若振幅为0.1m，振子的周期可能为eq\f(4,5)sC．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4sD．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s二、非选择题：本题共5小题，共60分．11．(15分)在用“单摆测量重力加速度”的实验中：(1)下面叙述正确的是______(选填选项前的字母)．A．1m和30cm长度不同的同种细线，选用1m的细线做摆线B．直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球C．如图甲、乙，摆线上端的两种悬挂方式，选图乙方式悬挂D．当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以50作为单摆振动的周期(2)若测出单摆的周期T、摆线长l、摆球直径d，则当地的重力加速度g＝______________(用测出的物理量表示)．(3)某同学用一个铁锁代替小球做实验．只改变摆线的长度，测量了摆线长度分别为l1和l2时单摆的周期T1和T2，则可得重力加速度g＝________(用测出的物理量表示)；若不考虑测量误差，计算均无误，算得的g值和真实值相比是________的(选填“偏大”“偏小”或“一致”)；该同学测量了多组实验数据做出了T2－l图像，该图像对应下面的________图．12．(8分)如图甲，有一悬在O点的单摆，将小球(可视为质点)拉到A点后由静止释放，小球在竖直平面内的ABC之间来回摆动．已知B点为运动中最低点，摆长为L，摆角为α，小球质量为m.在O点接有一力传感器，图乙表示从某时刻开始计时，由力传感器测出的细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，求：(1)单摆的周期T和当地重力加速度g的大小；(2)力传感器测出的拉力F的最小值Fmin和最大值Fmax.13.(8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＝0.25×10－2s时的位移；(3)从t＝0到t＝8.5×10－2s的时间内，小球的路程、位移各为多大？14.(13分)如图所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度为eq\f(3,4)L时将物块由静止开始释放(物块做简谐运动)，重力加速度为g.(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；(2)物块做简谐运动的振幅是多少；(3)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标系，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动．(已知做简谐运动的物体所受的回复力满足F＝－kx)15．(16分)图甲为太空站中用于测量人体质量的装置(BMMD)，该装置可简化为图乙所示的结构，P是可视为上表面光滑的固定底座，A是质量为mA的座椅，座椅两侧连接着相同的轻质弹簧，座椅可在P上左右滑动，BMMD利用空座椅做简谐运动的周期与坐上宇航员后做简谐运动的周期来计算宇航员Q的质量，假定初始状态下两弹簧均处于原长，宇航员坐上座椅后与座椅始终保持相对静止．(1)若已知做简谐运动的物体其加速度与位移均满足a＋ω2x＝0的关系，其中x为物体相对于平衡位置的位移，ω为圆频率，圆频率由系统自身性质决定，圆频率与简谐运动周期的关系满足Tω＝2π，已知两弹簧的劲度系数均为k，求：当空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小(用k、x、mA表示)和方向；空座椅做简谐运动时ω的表达式(用mA、k表示)；(2)若物体的加速度与位移仍然满足a＋ω2x＝0的关系，通过测量得到空座椅做简谐运动的周期为TA，坐上宇航员后，宇航员与座椅做简谐运动的周期为TQ，则该宇航员的质量mQ为多少？(用mA、TA、TQ表示)参考答案：1.答案C解析处于平衡位置，物体的回复力一定为零，但合力不一定为零，也不一定处于平衡状态，选项A错误．根据a＝－eq\f(kx,m)可知，位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向可能相同，也可能相反，选项B错误．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同，选项C正确．水平弹簧振子向平衡位置运动时，加速度方向跟速度方向相同；向远离平衡位置方向运动时，加速度方向跟速度方向相反，选项D错误．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＝2πeq\r(\f(l,g))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A解析因O是平衡位置，则从B向O运动过程中位移一直变小，选项A正确；从O向C运动过程中，离开平衡位置的位移变大，回复力变大，则加速度变大，选项B错误；在平衡位置O时速度最大，则从B经过O向C运动过程中速度先变大后减小，选项C错误；在O点时弹性势能为零，则从C经过O向B运动中弹性势能先减小后增加，选项D错误．4.答案D解析根据y＝0.1sin(2.5πt)m，弹簧振子的振幅为0.1m，A错误；弹簧振子的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2.5π)s＝eq\f(4,5)s＝0.8s弹簧振子的频率为f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz，B错误；在t＝0.2s时，代入关系式y＝0.1sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5πt))m，解得位移为0.1m，振子在最大位移处，运动速度等于零，C错误；在任意0.4s时间内，等于半个周期，振子通过的路程等于两个振幅，均为0.2m，D正确．5.答案D解析当驱动力频率等于系统的固有频率时会产生共振，飞轮在转速逐渐减小的过程中，机器出现强烈的振动，说明发生共振现象，此时飞轮转动的频率等于机器本身的固有频率；当机器重新启动时，飞轮转速缓慢增大的过程中，一旦达到共振条件，机器一定还会发生强烈的振动．由题意可知，发生强烈共振时，飞轮的角速度一定小于ω0.故选D.6.答案A解析由题图乙可知单摆的周期T＝2s振幅A＝3cm根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可得摆长L＝eq\f(gT2,4π2)代入数据解得L≈1m又ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s则其振动方程为x＝3sinπt(cm)故选A.7.答案D解析向右为正方向，t＝0时刻，小球在左方，位移是负的，A错误；小球运动过程中加速度不是恒定的，不会做匀变速运动，B错误；小球运动过程中，合力F＝－kx且t＝0时刻，小球在左方，位移是负的，回复力F为正，C错误；由a＝eq\f(F,m)＝－eq\f(kx,m)知，a与x大小成正比，方向相反，D正确．8.答案D解析小球再次回到A点时所用的时间为一个周期，其中包括了以L为摆长的简谐运动半个周期和以eq\f(1,2)L为摆长的简谐运动的半个周期．以L为摆长的运动时间为：t1＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(L,g))，以eq\f(1,2)L为摆长的运动时间为：t2＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(\f(1,2)L,g))，则这个摆的周期为：T＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)πeq\r(\f(L,2g))，故A、B、C错误，D正确．9.答案B解析在时间t1～eq\f(T,2)内，由x－t图像的斜率为负且增大可知，物块m的速度沿负方向在增大，受摩擦力方向沿负方向，据F＝－kx，可知位移x在减小，加速度在减小，所以摩擦力在减小，故A错误；两物块在平衡位置速度最大，因此两物块从b→O的平均速率要小于从t1开始经eq\f(T,4)时间内的平均速率，所以从t1开始经eq\f(T,4)通过的路程大于A，故B正确；速度增大时，物块向平衡位置运动，则物块的位移减小，据简谐振动的受力特点F＝－kx，加速度减小，故C错误；简谐运动是一种无能量损失的振动，它只是动能和势能间的转化，总机械能守恒．其能量只由振幅决定，即振幅不变，振动系统能量不变，将m在最大位移处轻轻取走，说明m取走时动能为零，m取走前后M振幅没有改变，但由于取走m后整体的质量减少，故最大速度变大，故D错误．10.答案D解析若振幅为0.1m，由题意知，Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0,1,2，…)，解得T＝eq\f(2,2n＋1)s(n＝0,1,2，…)，A、B项错误；若振幅为0.2m，t＝0时，由简谐运动表达式x＝0.2sin(eq\f(2π,T)t＋φ0)(m)可知，t＝0时，0.2sinφ0(m)＝－0.1m，解得φ0＝－eq\f(π,6)或φ0＝－eq\f(5π,6)；t＝1s时，有0.2sin(eq\f(2π,T)＋φ0)(m)＝0.1m，将T＝6s代入0.2sin(eq\f(2π,T)＋φ0)(m)＝0.1m，可得D项正确；将T＝4s代入0.2sin(eq\f(2π,T)＋φ0)(m)≠0.1m，得T＝4s不满足题意，C项错误．11.答案(1)ABC(3分)(2)eq\f(2π22l＋d,T2)(3分)(3)4π2eq\f(l2－l1,T22－T12)(3分)一致(3分)B(3分)解析(1)1m和30cm长度不同的同种细线，选用1m的细线做摆线可减小误差，A正确；直径为1.8cm的塑料球和铁球，选用铁球做摆球，这样可以减少空气阻力的影响，B正确；实验时，运用题图甲所示悬挂方式，单摆在摆动的过程中，摆长在变化，对测量有影响，题图乙所示悬挂方式，摆长不变．知题图乙悬挂方式较好．因为摆球在平衡位置时速度最大，在平衡位置时开始计时误差较小，C正确；当单摆经过平衡位置时开始计时，50次经过平衡位置后停止计时，用此时间除以25作为单摆振动的周期，D错误．(2)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，L＝l＋eq\f(d,2)整理有g＝eq\f(2π22l＋d,T2)(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，L＝l＋x代入数据l1，T1和l2，T2有T12＝eq\f(4π2,g)×(l1＋x)，T22＝eq\f(4π2,g)×(l2＋x)整理有g＝4π2eq\f(l2－l1,T22－T12)由上式可看出g与x无关，则算得的g值和真实值相比是一致的．根据单摆的周期公式，并设锁的重心到线段的距离为x，则有T＝2πeq\r(\f(L,g))，L＝l＋x整理有T2＝eq\f(4π2,g)×(l＋x)＝eq\f(4π2,g)l＋eq\f(4π2,g)xx、eq\f(4π2,g)为常数，则T2—l图线，应是一条与纵轴相交的直线，故选B.12.答案(1)2t0eq\f(π2L,t02)(2)eq\f(π2mLcosα,t02)eq\f(3π2mL－2π2mLcosα,t02)解析(1)由题图乙可知，单摆的周期T＝2t0(1分)根据T＝2πeq\r(\f(L,g))(1分)解得当地重力加速度g＝eq\f(π2L,t02)(1分)(2)摆球在最高点时拉力最小，则Fmin＝mgcosα＝eq\f(π2mLcosα,t02)(1分)到达最低点时拉力最大，由能量守恒定律有mgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2(1分)Fmax－mg＝meq\f(v2,L)(2分)解得Fmax＝3mg－2mgcosα＝eq\f(3π2mL－2π2mLcosα,t02)(1分)13.答案(1)x＝2sin(100πt－eq\f(π,2))cm(2)－1.414cm(3)34cm2cm解析(1)由题图图像知，A＝2cm，T＝2×10－2s，φ＝－eq\f(π,2)，则ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，(1分)则表达式为x＝2sin(100πt－eq\f(π,2))cm.(2分)(2)把t＝0.25×10－2s代入表达式有：x＝2sin(－eq\f(π,4))cm≈－1.414cm.(1分)(3)Δt＝8.5×10－2s＝eq\f(17,4)T，所以通过的路程为eq\f(17,4)×4A＝17A＝17×2cm＝34cm.(2分)把t＝8.5×10－2s代入表达式得x′＝2·sin8π(cm)＝0，即此时小球在平衡位置，这段时间内的位移大小为Δx＝x′－x0＝2cm.(2分)14.答案