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【26年步步高高中物理选择性必修一学习笔记章末检测试卷(二)

2026-02-09 13:17:08

章末测评验章末检测试卷(二)

(满分：100分)

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．(2023·宜春市高二期末)关于做简谐运动的物体，下列说法中正确的是(　　)

A．位移减小时，速度增大，加速度也增大

B．位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同

C．物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同

D．物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态

答案　C

解析　位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；位移方向总跟加速度方向相反；当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体靠近平衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零(如单摆)，所以不一定处于平衡状态，故D错误。

2.(2023·潍坊市高二期末)一弹簧振子沿水平方向振动，某时刻开始计时，其位移x随时间t变化的图像如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．t＝2 s时振幅为零

B．t＝1 s和t＝3 s时，振子的回复力相同

C．在3～5 s内，振子速度先减小后增大

D．任意4 s内振子通过的路程为20 cm

答案　D

解析　由题图知弹簧振子的振幅为5 cm，振幅不随时间而变化，故A错误；t＝1 s和t＝3 s时，振子的位移大小相等，方向相反，根据F＝－kx可知，振子的回复力方向相反，故B错误；在3～5 s内，振子由负向最大位移处先向平衡位置运动，再由平衡位置向正向最大位移处运动，则速度先增大后减小，故C错误；振子周期为4 s，则任意4 s内振子通过的路程为振幅的4倍即为20 cm，故D正确。

3.(2023·德州市高二期中)如图所示。破冰船利用专用传感器感应冰面的振动反馈，自动调节锤头振动频率。当冰层与锤头发生共振时，可以大幅提高破冰效率。结合所学知识，下列说法正确的是(　　)

A．锤头振动频率越高，冰层的振动幅度越大，破冰效果越好

B．破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率

C．破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，频率也越来越小

D．对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率相同

答案　B

解析　当驱动力频率等于物体固有频率时，物体的振幅最大，当驱动力频率小于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅增大，当驱动力频率大于固有频率时，随着驱动力频率增大，振幅减小，故A错误，B正确；破冰船停止工作后，冰层余振的振幅越来越小，但频率不变，故C错误；对于不同冰层，破冰效果最好时，锤头的振动频率等于冰层的固有频率，不同冰层固有频率不同，所以锤头的振动频率不相同，故D错误。

4．(2023·济宁市高二期末)粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的水杯中，把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时的振动图像如图乙所示。对于木筷(包括铁丝)，下列说法正确的是(　　)

A．N点对应时刻的位移与P点对应时刻的位移相同

B．P点对应时刻的加速度方向竖直向下

C．N点对应时刻的机械能等于P点对应时刻的机械能

D．随着振幅的减小，振动频率会变小

答案　B

解析　由于位移是矢量，所以N点对应时刻的位移与P点对应时刻的位移大小相等，方向相反，A错误；P点对应时刻回复力方向竖直向下，由牛顿第二定律可知，加速度方向与回复力方向一致，所以P点对应时刻的加速度方向竖直向下，B正确；因为木筷(包括铁丝)做阻尼振动，机械能随时间不断减小，所以P点对应时刻的机械能大于N点对应时刻的机械能，C错误；木筷(包括铁丝)振动的频率与振幅无关，振动频率不变，D错误。

5.如图为一单摆做简谐运动时的速度—时间图像，下列说法正确的是(　　)

A．此单摆的摆长约为2 m

B．t＝1 s时单摆的回复力最大

C．若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期将变小

D．若此单摆的摆长不变，摆球质量增大，它做简谐运动的周期将变大

答案　B

解析　由题图可知，单摆周期T＝2 s，由单摆周期公式T＝2πlg)，可解得此单摆的摆长约为1 m，A错误；t＝1 s时摆球速度为零，在最大位移处，单摆的回复力最大，B正确；单摆的周期与摆角和摆球质量均无关，C、D错误。

6.(2024·广东高二期中联考)如图所示，某小组同学用细线悬挂一个去掉柱塞的注射器，注射器内装满墨汁。注射器在小角度内摆动过程中(忽略流出墨水对注射器内墨汁减少量的影响)，沿着垂直于注射器摆动的方向匀速拖动木板，注射器下端与木板距离始终很小。其中墨迹上A、B两点到OO′的距离均为注射器下端振幅的一半。不计空气阻力，则(　　)

A．在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度等于4倍振幅

B．注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间等于摆动周期的14

C．把该装置从北京带到广州，为使周期不变，需要缩短细线长度

D．注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度相同

答案　C

解析　在一个摆动周期内，注射器在平衡位置附近摆动，摆动的路程等于4倍振幅，而匀速拖动木板，可知木板在OO′方向上的路程不为零，故在一个摆动周期内，形成墨迹的轨迹长度大于4倍振幅，故A错误；在一个摆动周期内，注射器从最高位置运动至平衡位置所需的时间为T4，离平衡位置越近，注射器摆动得越快，可知注射器下端从A点正上方运动至平衡位置的时间小于T8，同理可知注射器下端从平衡位置运动至B点正上方的时间小于T8，故注射器下端从A点正上方摆到B点正上方的时间小于摆动周期的14，故B错误；注射器做单摆运动，周期为T＝2πlg)，广州的重力加速度比北京小，为使周期不变，需要缩短细线长度，故C正确；注射器下端在A点正上方与在B点正上方时，注射器下端的位移大小相同，方向相反，根据a＝Fm＝－kxm，可知注射器下端在A点正上方与在B点正上方时加速度大小相同，方向相反，故D错误。

7.(2023·宿迁市高二期中)如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为m，弹簧劲度系数为k，底座质量也为m。轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动。重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法中正确的是(　　)

A．释放公仔头部瞬间的加速度大小为2g

B．公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg

C．弹簧恢复原长时，公仔头部的速度最大

D．公仔头部做简谐运动的振幅为2mgk

答案　B

解析　释放公仔头部瞬间，根据牛顿第二定律有2mg－mg＝ma，解得a＝g，故A错误；

根据简谐运动的对称性，可知，最高点与最低点的加速度大小相等，在最高点时，令最高点时弹簧弹力大小为F，则有F＋mg＝ma，结合上述解得F＝0，即此时弹簧恰好处于原长，对底座分析可知，地面对底座的支持力等于mg，根据牛顿第三定律可知，公仔头部运动至最高点时底座对桌面的压力为mg，故B正确；

根据上述可知，公仔头部运动至最高点时，弹簧恰好恢复原长，此时公仔头部的速度为零，故C错误；

轻压公仔头部至弹簧弹力为2mg时，根据胡克定律有2mg＝kx，根据简谐运动的对称性，结合上述有A＝12x，解得A＝mgk，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，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为(　　)

A．5 sB．6 sC．14 sD．18 s

答案　BD

解析　如图，假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动，

若振子开始先向右振动，振子的振动周期为T＝4×(4＋12) s＝18 s

若振子开始先向左振动，设振子的振动周期为T′，则

T′2＋(T′4－12 s)＝4 s，解得T′＝6 s，故B、D正确。

9．(2024·江门市台山一中高二月考)如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。下列说法正确的是(　　)

A．经T8时间，小球从最低点向上运动的距离小于A2

B．在3T8时刻，小球向下运动

C．在T4时刻，小球的动能最大

D．小球在一个周期内运动的路程为2A

答案　AC

解析　由题图乙可知简谐运动的位移随时间的关系为y＝－Acos2πTt，则t＝T8时，有y＝－Acos2πT·T8＝－2)2A，所以经T8时间，小球从最低点向上运动的距离为Δy＝A－2)2A＝2)2A<A2，故A正确；由题图乙可知，在3T8时刻，小球向上运动，故B错误；由题图乙可知，在T4时刻，小球处于平衡位置，此时小球的速度最大，小球的动能最大，故C正确；小球在一个周期内运动的路程为4A，故D错误。

10.(2023·威海市高二期末)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端有一固定挡板，与一轻弹簧相连。弹簧下端连接一质量为m的小球，小球沿斜面方向做振幅为A的简谐运动。当小球运动到最高点时，弹簧正好处于原长，重力加速度为g。弹簧一直在弹性限度内。下列说法正确的是(　　)

A．弹簧的最大弹性势能为2mgAsin θ

B．小球的最大动能一定小于mgAsin θ

C．弹簧的弹性势能和小球的动能之和保持不变

D．小球在最低点时弹簧的弹力大小为2mgsin θ

答案　ABD

解析　当小球运动到最高点时，弹簧正好处于原长，小球在最低点时弹簧弹性势能最大，动能为零，小球减少的重力势能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能E_pmax＝2mgAsin θ，故A正确；在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgAsin θ，动能和弹性势能增加，所以小球的最大动能小于mgAsin θ，故B正确；在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、小球的动能、重力势能之和不变，故C错误；小球做简谐运动的平衡位置处mgsin θ＝kx，当小球运动到最高点时，弹簧正好为原长，可知x＝A，所以在最低点时，形变量为2A，弹力大小为2mgsin θ，故D正确。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。收卷(二)

(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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)

1.关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是(　　)

A.位移减小时，速度增大，加速度也增大

B.位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同

C.物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同

D.物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态

答案　C

解析　位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；位移方向总跟加速度方向相反；当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体靠近平衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零，所以不一定处于平衡状态，故D错误。

2.一个弹簧振子在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O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O、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

答案　B

解析　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，振子在O、P间与O、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错误。

3.做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的94倍，摆球经过平衡位置的速度减小为原来的23，则单摆振动的(　　)

A.周期不变，振幅不变　B.周期不变，振幅变小

C.周期改变，振幅不变　D.周期改变，振幅变大

答案　B

解析　由单摆的周期公式T＝2πlg)可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减小而摆动周期不变，则一个周期内通过的路程变小，即振幅变小，故B正确。

4.如图所示，光滑直杆上弹簧连接的小球以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。以O点为原点，选择由O指向B为正方向，建立Ox坐标轴。小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达A点。则小球在第一个周期内的振动图像为 (　　)

答案　A

解析　小球经过B点时开始计时，即t＝0时小球的位移为正向最大，经过0.5 s首次到达A点，位移为负向最大，且周期为T＝1 s。故A项图像正确。

5.一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y₁、y₂、x₀、2x₀为纸上印迹的已知位置坐标，则以下说法正确的是(　　)

A.振子平衡位置的纵坐标是y＝y1－y22

B.该弹簧振子的振动周期为x0v

C.振子在坐标\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y2)位置时加速度最大

D.匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，振子振动的周期变为原来的12

答案　C

解析　根据简谐振动对称性可知，平衡位置纵坐标为y＝y1＋y22，故A错误；由图像可知，振子在一个周期内沿x轴负方向的位移大小为2x₀，水平速度大小为v，则振子的周期T＝2x0v，故B错误；由图可知，振子在坐标\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y2)位置时处于最大位移处，则回复力最大，由牛顿第二定律知加速度最大，故C正确；弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关，匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，则一个周期内纸带沿x轴负方向运动的位移增大为原来的2倍，弹簧振子的周期不变，故D错误。

6.甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以断定(　　)

A.甲、乙两单摆振动的周期之比是3∶2

B.甲、乙两单摆振动的频率之比是2∶3

C.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆摆长之比是9∶4

D.若甲、乙两单摆摆长相同，在不同地点摆动，则甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4

答案　D

解析　根据图像可知，甲和乙的周期之比为T_甲∶T_乙＝2∶3，故A错误；因为f＝1T，所以甲、乙的频率之比为f_甲∶f_乙＝3∶2，故B错误；根据单摆的周期公式可知T＝2πlg)，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为4∶9，故C错误；摆长相同，重力加速度和周期的平方成反比，即甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4，故D正确。

7.如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则(　　)

A.弹簧的最大伸长量为4 m

B.t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大

C.t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球的重力势能逐渐减小

D.t＝0到t＝0.4 s内，回复力的冲量为零

答案　C

解析　小球的振幅等于振子位移的最大值，由图乙读出，振幅为A＝2 cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝4 cm，A错误；t＝0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球由最高点向最低点运动，小球的重力势能逐渐减小，C正确；t＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t＝0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，回复力方向都为斜向下，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，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，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)

8.弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为(　　)

A.5 s B.6 s

C.14 s D.18 s

答案　BD

解析　如图，假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动，

若振子计时开始先向右振动，振子的振动周期为T＝4×(4＋12) s＝18 s

若振子计时开始先向左振动，设振子的振动周期为T′，则T′2＋(T′4－12)＝4 s

解得T′＝6 s，故B、D正确。

9.(2023·湘鄂冀三省七校联考)如图所示为一单摆做简谐运动时的速度随时间变化的图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)

A.此单摆的摆长约为1 m

B.t＝1 s时单摆的回复力为零

C.若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期变小

D.将此单摆从赤道移至北极，单摆的周期变小

答案　AD

解析　此单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2πlg)，可得摆长l＝gT24π2＝9.8×224×3.142 m≈1 m，选项A正确；t＝1 s时单摆的速度为零，此时单摆的回复力最大，选项B错误；单摆的周期与摆角无关，选项C错误；将此单摆从赤道移至北极，则重力加速度变大，根据T＝2πlg)，单摆的周期变小，选项D正确。