2025版新教材高中物理第2章机械振动学业质量标准检测新人教版选择性必修第一册

其次章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示，水平弹簧振子以坐标原点O为平衡位置，沿x轴在M、N之间做简谐运动，其运动方程为x＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πt＋\f(π,2)))cm，则(C)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解析：t＝0.5s时，由运动方程x＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πt＋\f(π,2)))cm，可知x＝－5cm，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＝－kx＝ma，可知振子的加速度最大，故B错误；T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2π)s＝1.0s，当t＝0时，x＝5cm，即振子位于N点，当t＝2.25s＝2eq\f(1,4)T时，x＝0，振子的速度沿x轴负方向，故C正确；t＝0到t＝1.5s的时间内，Δt＝eq\f(3,2)T，振子通过的路程为s＝6A＝6×5cm＝30cm，故D错误。2.(2024·江苏省苏州市高二下学期期中)公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。取竖直向上为正方向，以t＝0时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则(C)A．t＝eq\f(1,4)T时，货物对车厢底板的压力最大B．t＝eq\f(1,2)T时，货物对车厢底板的压力最小C．t＝eq\f(3,4)T时，货物对车厢底板的压力最大D．t＝eq\f(3,4)T时，货物对车厢底板的压力最小解析：t＝eq\f(T,4)时，货物加速度方向向下，失重，货物对车厢底板的压力最小，A错误；t＝eq\f(T,2)时，货物加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小，B错误；t＝eq\f(3,4)T时，货物加速度方向向上且最大，超重，此时货物对车厢底板的压力最大，C正确，D错误。3.如图所示，甲质点在x1轴上做简谐运动，O1为其平衡位置，A1、B1为其所能达到的最远处。乙质点沿x2轴从A2点起先做初速度为零的匀加速直线运动。已知A1O1＝A2O2，甲、乙两质点分别经过O1、O2时速率相等，设甲质点从A1运动到O1的时间为t1，乙质点从A2运动到O2的时间为t2，则(C)A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．无法比较t1、t2解析：已知A1O1＝A2O2，甲、乙两质点分别经过O1、O2时速率相等，作出甲质点从A1到O1与乙质点从A2到O2过程的v－t图像，如图所示，可知t1<t2，故选C。4.如图所示，质量为M的物块a连接一水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块a可沿光滑水平面在B、C间做简谐运动，振幅为A。在运动过程中将一质量为m的小物块b轻轻放在a上，第一次是当a运动到平衡位置O处时放在上面，其次次是当a运动到最大位移C处时放在上面，视察到第一次放后的振幅为A1，其次次放后的振幅为A2，则(B)A．A1＝A2＝A B．A1<A2＝AC．A1＝A2<A D．A2<A1＝A解析：当a运动到平衡位置O处时“轻轻”放上物块b，由动量守恒定律得Mv＝(m＋M)v′，则v′＝eq\f(Mv,m＋M)，此过程中系统损失的动能ΔE＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2，振幅减小；当a运动到最大位移C处时“轻轻”放上物块b，由于二者水平方向的速度都是0，机械能不会有损失，振幅不变，则A1<A2＝A。故B正确。5．(2024·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，小球甲在竖直面内摇摆，摆线的最大摆角为θ(θ<5°)，小球乙在水平面内绕O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θ，两小球运动的周期恰好相等，下列说法正确的是(D)A．两根细线的长度相等B．两小球的质量确定相等C．两小球的机械能确定相等D．连接甲、乙两球的细线长度之比为cosθ∶1解析：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＝2πeq\r(\f(L甲,g))，对乙受力分析结合牛顿运动定律有mgtanθ＝meq\f(4π2,T2)L乙sinθ，解得eq\f(L甲,L乙)＝cosθ，A错误、D正确。6.如图所示，将小球甲、乙、丙(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最终都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心动身做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B点到达另一端D点，丙沿圆弧轨道从C点运动到D点，且C点很靠近D点。假如忽视一切摩擦阻力，那么下列推断正确的是(A)A．甲球最先到达D点，乙球最终到达D点B．甲球最先到达D点，丙球最终到达D点C．丙球最先到达D点，乙球最终到达D点D．甲球最先到达D点，无法推断哪个球最终到达D点解析：甲球运动时间t1＝eq\r(\f(2R,g))；设BD倾角为θ，乙球运动时间t2，则a＝gsinθ，BD长为2Rsinθ，故2Rsinθ＝eq\f(1,2)(gsinθ)teq\o\al(2,2)，解得t2＝2eq\r(\f(R,g))；丙球做简谐运动，t3＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))。由以上结果知t2>t3>t1，故选A。7．某弹簧振子做周期为T的简谐运动，t时刻和t＋Δt时刻速度相同，已知Δt<T，下列说法正确的是(BCD)A．t时刻和t＋Δt时刻位移相同B．t时刻和t＋Δt时刻加速度大小相等，方向相反C．可能Δt>eq\f(T,4)D．可能Δt<eq\f(T,4)解析：因弹簧振子在t时刻和t＋Δt时刻速度相同，可知两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，则t时刻和t＋Δt时刻位移大小相等，方向不相同，故A错误；因两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，可知t时刻和t＋Δt时刻加速度大小相等，方向相反，故B正确；由振子的运动规律可知，Δt可能大于、小于或等于eq\f(T,4)，故C、D正确。8．如图甲所示的弹簧振子，从某一时刻起先计时，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，依据图像所给的信息分析，下列说法正确的是(CD)A．乙图从小球处在平衡位置起先计时B．小球的质量为eq\f(F2,g)C．简谐振动的周期为eq\f(4,5)t0D．弹簧对小球弹力的最小值为2F1－F2解析：当弹力最大时，小球处在最低点，则从小球处在最低点起先计时，故A错误；小球处在平衡位置时，弹簧的弹力为F1，由F1＝mg得，小球的质量m＝eq\f(F1,g)，故B错误；由F－t图像知，周期T＝eq\f(4,5)t0，故C正确；据受力的对称性可得F2－mg＝mg－Fmin，结合F1＝mg，解得Fmin＝2F1－F2，故D正确。9．如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中(弹簧始终在弹性限度范围内，g取10m/s2)，下列说法正确的是(AC)A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12NB．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8NC．A、B一起向下运动过程中B对A的压力最大为28ND．A、B一起向下运动过程中B对A的压力最大为20N解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为F＝mAg＝30N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体的加速度为a＝eq\f(mA＋mBg－F,mA＋mB)＝eq\f(50－30,5)m/s2＝4m/s2，隔离B进行分析有mBg－FN＝mBa，解得FN＝12N，故A正确，B错误；细线剪断后，整体一起向下运动，先加速后减速，当弹簧被压缩最短时，反向加速度最大，两个物体之间有最大作用，则有FN′－mBg＝mBa′，依据对称性法则可知a′＝a＝4m/s2，解得FN′＝28N，所以C正确，D错误。故选AC。10．图甲中摆球表面包有一小块橡皮泥，在竖直平面内其振动图像如图乙所示，某时刻橡皮泥瞬间自然脱落，不考虑单摆摆长的变更，则下列说法正确的是(BD)A．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＜4sB．t＝1s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＝4sC．t＝1s时刻橡皮泥脱落，此后单摆周期T＞4sD．t＝0时刻橡皮泥脱落，此后单摆振幅A＝10cm解析：因为是自然脱落，橡皮泥与摆球之间无相互作用且摆长不变，依据能量守恒和单摆周期公式可知摆球仍在原范围内振动，振幅不变，周期不变。故选BD。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案干脆填在横线上)11.(6分)某试验小组要探究单摆做简谐运动的周期与“等效重力加速度”的关系，他们借鉴伽利略探讨小球自由落体运动规律时，用斜面“冲淡”重力的思路，设计了如图所示的试验装置。摩擦力可以忽视的平板通过铰链与水平木板相连，变更垫块位置可以变更平板的倾角θ；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θ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_g′＝gsin_θ__。(2)测量周期时，秒表示数如图所示，其读数为_113.3__s。(3)变更平板倾角，测出倾角θ及在该倾角下单摆的周期T，当地重力加速度g＝9.8m/s2。把测得的多组T、g′数据在T2－eq\f(1,g′)坐标系中描点连线，得到如图所示的图线，依据图线可得摆长为_0.976__m。(结果保留3位有效数字)解析：(1)对摆球受力分析，可知平板倾角为θ时，单摆周期公式中的等效重力加速度g′＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ。(2)因为秒表示数如图所示，可得其读数为t＝90s＋23.3s＝113.3s。(3)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g′))，可得T2＝eq\f(4π2l,g′)，由图线可知k＝4π2l，代入数据，可得l≈0.976m。12．(8分)某同学设计了如图甲所示的试验装置，来测量当地的重力加速度。质量未知的小钢球用一根不行伸长的细线与力传感器相连。力传感器能显示出细线上张力的大小，光电门安装在力传感器的正下方，调整光电门的位置，使小钢球通过光电门时，光电门的激光束正对小球的球心。(1)试验起从前，先用螺旋测微器测出小钢球的直径，示数如图乙所示，则小钢球的直径d＝_6.720(±0.001)__mm。(2)将小钢球拉到确定的高度由静止释放，与光电门相连的计时器记录下小钢球通过光电门的时间t，力传感器测出细线上张力的最大值F。若试验时忽视空气阻力的影响，该同学通过变更小钢球由静止释放的高度，测出多组t和F的值，为了使作出的图像是一条直线，则应作_D__图像。(填正确答案的选项)A．F－t B．F－t2C．F－eq\f(1,t) D．F－eq\f(1,t2)(3)若该同学所作出的图像在纵轴上的截距为a，斜率为k，细线的长度为L，则小球的质量为eq\f(k2L＋d,2d2)，当地的重力加速度为eq\f(2ad2,k2L＋d)。(用含有a，k，L，d的表达式表示)(4)若空气阻力不能忽视，则重力加速度的测量值_等于__真实值。(填“大于”“小于”或“等于”)解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为：22.0×0.01mm＝0.220mm所以小球的直径为：d＝6.5mm＋0.220mm＝6.720mm(±0.001)。(2)由题知，小球做圆周运动，向下经过光电门的时间为t，则此时的速度为：v＝eq\f(d,t)，在最低点，依据牛顿其次定律有：F－mg＝meq\f(v2,L＋\f(d,2))，联立解得：F＝eq\f(2md2,2L＋d)×eq\f(1,t2)＋mg，由此可知为了使作出的图像是一条直线，则应作F－eq\f(1,t2)图像，故选D。(3)由：F＝eq\f(2md2,2L＋d)×eq\f(1,t2)＋mg，可知斜率：k＝eq\f(2md2,2L＋d)，在纵轴上的截距a＝mg，解得：m＝eq\f(k2L＋d,2d2)，g＝eq\f(2ad2,k2L＋d)。(4)依据重力加速度g＝eq\f(2ad2,k2L＋d)，可知阻力的有无对重力加速度的值没有影响，故重力加速度的测量值等于真实值。三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(8分)如图所示，用很长的细线系着一个小球A组成一个单摆，在悬点O处还固定着一根竖直的细绳，吊在绳子上的小球B能沿绳子下滑，现将A球拉偏一个很小的角度，B球停在悬点O处，使它们同时起先运动，若A球第一次运动到最低点时与B球相碰，求：B球与绳子的摩擦力跟B球重力的比值(g≈π2≈10m·s－2)。答案：0.2解析：A球是单摆模型，其摆到最低点的时间为tA＝eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(l,g))对B球，依据牛顿其次定律有：mg－Ff＝ma依据运动学公式有l＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,B)两球运动时间关系：tA＝tB联立解得Ff＝0.2mg，eq\f(Ff,mg)＝0.2。14．(12分)弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5s时，振子速度其次次变为－v。(1)求弹簧振子振动周期T；(2)若B、C之间的距离为25cm，求振子在4.0s内通过的路程；(3)若B、C之间的距离为25cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像。答案：(1)1.0s(2)200cm(3)x＝12.5sin2πt(cm)，振动图像见解析解析：(1)如图甲所示，由对称性可得T＝0.5×2s＝1.0s。(2)若B、C之间距离为25cm，则振幅A＝eq\f(1,2)×25cm＝12.5cm，振子在4.0s内通过的路程s＝eq\f(4.0,T)×4×12.5cm＝200cm。(3)依据x＝Asinωt，A＝12.5cm，ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/s得x＝12.5sin2πt(cm)。振动图像如图乙所示。15．(12分)摆长为l的单摆在平衡位置O的左右做摆角小于5°的简谐运动，当摆球经过平衡位置O(O在A点正上方)向右运动的同时，另一个以速度v在光滑水平面上匀速运动的小滑块，恰好经过A点向右运动，如图所示，小滑块与竖直挡板P碰撞后以原来的速率返回，略去碰撞所用时间。(1)AP间的距离满足什么条件，才能使小滑块刚好返回A点时，摆球也同时到达O点且向左运动？(2)AP间的最小距离是多少？答案：(1)s＝eq\f(2n＋1vπ,2)eq\r(\f(l,g))(n＝0,1,2，…)(2)eq\f(πv,2)eq\r(\f(l,g))解析：(1)设AP间距离为s，小滑块做匀速直线运动的来回时间为t1，则依题意可知t1＝eq\f(2s,v)，设单摆做简谐运动回到O点且向左运动所需时间为t2，则t2＝eq\f(T,2)＋nT(n＝0,1,2，…)，其中T＝2πeq\r(\f(l,g))，由题意可知t1＝t2，所以eq\f(2s,v)＝eq\f(T,2)＋nT(n＝0,1,2，…)，解得s＝eq\f(v,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋n))T＝eq\f(v,4)(2n＋1)T＝eq\f(v,4)(2n＋1)·2πe