第二章 机械振动（培优卷.含解析）-2025-2026学年高中物理选择性必修第一册人教版（2019）
文档属性
| 名称 | 第二章 机械振动（培优卷.含解析）-2025-2026学年高中物理选择性必修第一册人教版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 349.0KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-07-30 19:11:57 | ||
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文档简介
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单元培优卷 机械振动
一．选择题（共1小题）
1．（2025 四川）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．多选题（共3小题）
（多选）2．（2025 甘肃）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
（多选）3．（2025 湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（ ）
A．小球a可能会运动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
（多选）4．（2025 河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．左侧小物块沿斜面做简谐运动
B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
单元培优卷 机械振动
参考答案与试题解析
一．选择题（共1小题）
1．（2025 四川）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
【考点】单摆周期的计算及影响因素；单摆及单摆的条件．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。
【解答】解：A.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，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；
小球甲经过T甲的时间第一次回到释放位置时，因T甲T丙，故小球丙在最大位移处于平衡位置之间的某个位置，其加速度不为零，故A错误；
B.小球甲完成2个周期的振动时，小球乙、丁恰好到达另一侧最高点；
根据单摆周期公式
由此可知1.5T乙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲，即T丁＝3T乙
小球丁经过时间第一次回到平衡位置时，小球乙第二次经过平衡位置，动能最大，故B错误；
C.由上述B分析可知，故C正确；
D.根据单摆周期公式
摆长
因此
由于T丙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲
得T丁＝2T丙
联立解得，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了单摆周期公式的运用，在同一地点，单摆的摆长越大，周期越大；明确简谐运动的正确性时解题的关键。
二．多选题（共3小题）
（多选）2．（2025 甘肃）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
【考点】简谐运动的回复力；胡克定律及其应用；牛顿第二定律求解瞬时问题．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，由此分析弹簧的状态；剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，由平衡条件得到初始弹簧弹力，根据牛顿第二定律求解剪断细线的瞬间小球A的加速度大小；剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，根据胡克定律可得小球A运动到最低点时弹簧的伸长量；由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时所受合力，同理可得弹簧的伸长量。
【解答】解：A、小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是出于伸长状态，故A错误；
B、未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0＝（m+2m）g＝3mg，剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A，根据牛顿第二定律得：F0﹣2mg＝2ma，解得小球A的加速度大小为a，故B正确；
CD、剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由B选项的解答可知，小球A运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为3mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为；
由B选项的解答可知，小球A在最低点时所受合力向上，大小为F0﹣2mg＝mg，由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为mg，因小球A的重力为2mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此弹簧为伸长状态，其伸长量为，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的瞬时问题，以及简谐运动的规律。要知道弹簧弹力不突变，掌握简谐运动的对称性。
（多选）3．（2025 湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（ ）
A．小球a可能会运动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；连接体模型．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。
【解答】解：A、释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球a会向上运动，故A正确；
CD、当小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等于mg，此时弹簧的压缩量为，小球b做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量为，所以最大振幅为，即将小球b下拉时，小球b才能始终做简谐运动，故C错误，D正确；
B、小球b做简谐运动时的振幅为A＝l，故B错误。
故选：AD。
【点评】掌握物体做简谐运动的条件是解题的基础。
（多选）4．（2025 河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．左侧小物块沿斜面做简谐运动
B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】简谐运动的回复力满足F＝﹣kx，证明物块合外力满足该条件即可；
对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度；再对左侧小物块根据牛顿第二定律求解细线拉力大小；
根据简谐运动的对称性进行解答；
根据小物块做简谐运动的周期决定因素分析周期，由此得到右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间是否变化。
【解答】解：A、初始时弹簧均处于原长，此时弹簧弹力为零，细绳拉力T和小物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等，初始位置为平衡位置。
当小物块离开平衡位置的位移为x时，对两边小物块整体进行受力分析，合力大小为：F＝2kx（k为弹簧的劲度系数）；
因为合力与位移成正比且方向相反，则F回复＝﹣2kx，满足简谐运动的回复力特征，所以两个小物块沿斜面均做简谐运动，则左侧小物块沿斜面做简谐运动，故A正确；
B、对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律可得：F合＝2ma＝2kx，解得：kx＝ma
当左侧小物块加速度沿斜面向下时，设细线拉力为T1，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+kx﹣T1＝ma
联立解得：T1＝mgsinθ
当左侧小物块加速度沿斜面向上时，设细线拉力为T2，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：kx+T2﹣mgsinθ＝ma
联立解得：T2＝mgsinθ
所以细线拉力不变，故B错误；
C、根据简谐运动的对称性可知，右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等，方向相反，故C正确；
D、小物块做简谐运动的周期决定于小物块质量和弹簧劲度系数，周期与斜面倾角θ无关，右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间为半个周期，所以右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置，知道物体做简谐运动的受力特点。
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单元培优卷 机械振动
一．选择题（共1小题）
1．（2025 四川）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．多选题（共3小题）
（多选）2．（2025 甘肃）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
（多选）3．（2025 湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（ ）
A．小球a可能会运动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
（多选）4．（2025 河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．左侧小物块沿斜面做简谐运动
B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
单元培优卷 机械振动
参考答案与试题解析
一．选择题（共1小题）
1．（2025 四川）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
【考点】单摆周期的计算及影响因素；单摆及单摆的条件．
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。
【解答】解：A.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，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；
小球甲经过T甲的时间第一次回到释放位置时，因T甲T丙，故小球丙在最大位移处于平衡位置之间的某个位置，其加速度不为零，故A错误；
B.小球甲完成2个周期的振动时，小球乙、丁恰好到达另一侧最高点；
根据单摆周期公式
由此可知1.5T乙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲，即T丁＝3T乙
小球丁经过时间第一次回到平衡位置时，小球乙第二次经过平衡位置，动能最大，故B错误；
C.由上述B分析可知，故C正确；
D.根据单摆周期公式
摆长
因此
由于T丙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲
得T丁＝2T丙
联立解得，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了单摆周期公式的运用，在同一地点，单摆的摆长越大，周期越大；明确简谐运动的正确性时解题的关键。
二．多选题（共3小题）
（多选）2．（2025 甘肃）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是（ ）
A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
【考点】简谐运动的回复力；胡克定律及其应用；牛顿第二定律求解瞬时问题．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，由此分析弹簧的状态；剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，由平衡条件得到初始弹簧弹力，根据牛顿第二定律求解剪断细线的瞬间小球A的加速度大小；剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，根据胡克定律可得小球A运动到最低点时弹簧的伸长量；由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时所受合力，同理可得弹簧的伸长量。
【解答】解：A、小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速度最大时弹簧不是在原长处，而是出于伸长状态，故A错误；
B、未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力F0＝（m+2m）g＝3mg，剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对A，根据牛顿第二定律得：F0﹣2mg＝2ma，解得小球A的加速度大小为a，故B正确；
CD、剪断细线后小球A在竖直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低点，由B选项的解答可知，小球A运动到最低点时，弹簧弹力方向向上，大小为3mg，由胡克定律可得此时弹簧的伸长量为；
由B选项的解答可知，小球A在最低点时所受合力向上，大小为F0﹣2mg＝mg，由简谐运动的对称性可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为mg，因小球A的重力为2mg，故此时弹簧弹力应向上，大小为mg，故此弹簧为伸长状态，其伸长量为，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的瞬时问题，以及简谐运动的规律。要知道弹簧弹力不突变，掌握简谐运动的对称性。
（多选）3．（2025 湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（ ）
A．小球a可能会运动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当l时，小球b才能始终做简谐运动
【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；连接体模型．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。
【解答】解：A、释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球a会向上运动，故A正确；
CD、当小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等于mg，此时弹簧的压缩量为，小球b做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量为，所以最大振幅为，即将小球b下拉时，小球b才能始终做简谐运动，故C错误，D正确；
B、小球b做简谐运动时的振幅为A＝l，故B错误。
故选：AD。
【点评】掌握物体做简谐运动的条件是解题的基础。
（多选）4．（2025 河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．左侧小物块沿斜面做简谐运动
B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】简谐运动的回复力满足F＝﹣kx，证明物块合外力满足该条件即可；
对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度；再对左侧小物块根据牛顿第二定律求解细线拉力大小；
根据简谐运动的对称性进行解答；
根据小物块做简谐运动的周期决定因素分析周期，由此得到右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间是否变化。
【解答】解：A、初始时弹簧均处于原长，此时弹簧弹力为零，细绳拉力T和小物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等，初始位置为平衡位置。
当小物块离开平衡位置的位移为x时，对两边小物块整体进行受力分析，合力大小为：F＝2kx（k为弹簧的劲度系数）；
因为合力与位移成正比且方向相反，则F回复＝﹣2kx，满足简谐运动的回复力特征，所以两个小物块沿斜面均做简谐运动，则左侧小物块沿斜面做简谐运动，故A正确；
B、对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律可得：F合＝2ma＝2kx，解得：kx＝ma
当左侧小物块加速度沿斜面向下时，设细线拉力为T1，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+kx﹣T1＝ma
联立解得：T1＝mgsinθ
当左侧小物块加速度沿斜面向上时，设细线拉力为T2，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：kx+T2﹣mgsinθ＝ma
联立解得：T2＝mgsinθ
所以细线拉力不变，故B错误；
C、根据简谐运动的对称性可知，右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等，方向相反，故C正确；
D、小物块做简谐运动的周期决定于小物块质量和弹簧劲度系数，周期与斜面倾角θ无关，右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间为半个周期，所以右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置，知道物体做简谐运动的受力特点。
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