机械振动试题(含答案)

一、机械振动 选择题

1．悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T=2s，从最低点位置向上运动时刻开始计时，在一个周期内的振动图象如图所示，关于这个图象，下列哪些说法是正确的是（ ）

A．t=1.25s时，振子的加速度为正，速度也为正 B．t=1.7s时，振子的加速度为负，速度也为负 C．t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 D．t=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值

2．如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后

A．摆动的周期为5T 66T 5B．摆动的周期为C．摆球最高点与最低点的高度差为0.3h D．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h

3．用图甲所示的装置可以测量物体做匀加速直线运动的加速度，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带的虚线在单摆平衡位置的正下方。物体带动纸带一起向左运动时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下如图所示的径迹。图乙为某次实验中获得的纸带的俯视图，径迹与虚线的交点分别为A、B、C、D，用刻度尺测出A、B间的距离为x1；C、D间的距离为x2。已知单摆的摆长为L，重力加速度为g，则此次实验中测得的物体的加速度为（ ）

(x2x1)g

82L4．如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图象，下列判断正确的是

A．

B．

C．

D．

(x2x1)g

2L(x2x1)g

22L(x2x1)g

42L

A．t=2×10-3s时刻纸盆中心的速度最大 B．t=3×10-3s时刻纸盆中心的加速度最大

C．在0〜l×10-3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同 D．纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5×10-4cos50πt（m）

5．如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A，由静止释放。以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移—时间图像如图2所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（ ）

A．t1时刻钢球处于超重状态 B．t2时刻钢球的速度方向向上 C．t1~t2时间内钢球的动能逐渐增大 D．t1~t2时间内钢球的机械能逐渐减小

6．质点做简谐运动，其x—t关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v—t关系是( )

A． B． C． D．

7．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

A．t＝B．t＝C．t＝

1T时，货物对车厢底板的压力最大 41T时，货物对车厢底板的压力最小 23T时，货物对车厢底板的压力最大 43D．t＝T时，货物对车厢底板的压力最小

48．如图所示是在同一地点甲乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是

A．甲乙两个单摆的振幅之比是1：3 B．甲乙两个单摆的周期之比是1：2 C．甲乙两个单摆的摆长之比是4：1

D．甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是1 ：4

9．如图所示，质量为mA的物块A用不可伸长的细绳吊着，在A的下方用弹簧连着质量为

mB的物块B，开始时静止不动。现在B上施加一个竖直向下的力F，缓慢拉动B使之向下

运动一段距离后静止，弹簧始终在弹性限度内，希望撤去力F后，B向上运动并能顶起A，则力F的最小值是（ ）

A．(mA+mB)g C．2(mA+mB)g （ ） A．适当加长摆线

B．(mA+2mB)g D．(2mA+mB)g

10．在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，可行的是

B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的 C．单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些

D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期

11．如图所示，轻质弹簧的下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球（可视为质点），从距弹簧上端h处自由下落并压缩弹簧．若以小球下落点为x轴正方向起点，设小球从开始下落到压缩弹簧至最短之间的距离为H，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内；关于小球下落过程中加速度a、速度v、弹簧的弹力F、弹性势能Ep变化的图像正确的是（ ）

A． B．

C． D．

12．如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v，方向向下，动能为Ek。下列说法错误的是（ ）

A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2~t1的最小值小于B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2~t1的最小值为T C．物块通过O点时动能最大 D．当物块通过O点时，其加速度最小

T 213．装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（ ）

A．回复力等于重力和浮力的合力

B．振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒 C．位移满足函数式x4sin(4tD．振动频率与按压的深度有关

E.在t1～t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大

14．如图所示，物体A放置在物体B上，B与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以O点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O点的最大位移处分别为P点和Q点，运动过程中A、B之间无相对运动.已知物体A的质量为m，物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统的振动周期为T，振幅为L，弹簧始终处于弹性限度内.下列说法中正确的是

5) cm 6

A．物体B从P向O运动的过程中，A、B之间的摩擦力对A做正功

B．物体B处于PO之间某位置时开始计时，经T时间，物体B通过的路程一定为L

14C．当物体B的加速度为a时开始计时，每经过T时间，物体B的加速度仍为a D．当物体B相对平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于mkx Mm15．如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有 a、b、c、d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动，当振动稳定后，下列说法中正确的有（ ）

A．各摆的振动周期与a摆相同

B．各摆的振动周期不同，c摆的周期最长 C．各摆均做自由振动

D．各摆的振幅大小不同，c摆的振幅最大

16．如图所示是单摆做阻尼振动的振动图象，下列说法正确的是（ ）

A．摆球A时刻的动能等于B时刻的动能 B．摆球A时刻的势能等于B时刻的势能 C．摆球A时刻的机械能等于B时刻的机械能 D．摆球A时刻的机械能大于B时刻的机械能

17．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是（ ）

A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大 B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置 C．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动 D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能 E.在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，振子速度都为零

18．如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A，B点分别

是最大位移处．下列说法中正确的是( )

A．A点和B点处于同一水平面 B．A点高于B点

C．摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等 D．单摆的振动周期仍为T2l gE.单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等

19．如图所示，两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上．已知物块甲的质量是物块乙质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期

T2m，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数．当细线突然断开后，两物块k都开始做简谐运动，在运动过程中，下列说法正确的是________．

A．物块甲的振幅是物块乙振幅的4倍 B．物块甲的振幅等于物块乙的振幅 C．物块甲的最大速度是物块乙最大速度的

1 2D．物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2倍 E.物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2倍

20．某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为x5sint(cm) ,则下列关于质点运动

4的说法中正确的是( )

A．质点做简谐运动的振幅为 10cm C．在 t=4s 时质点的加速度最大

B．质点做简谐运动的周期为 4s D．在 t=4s 时质点的速度最大

二、机械振动 实验题

21．实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。

（1）实验室有如下器材可供选用： A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约2cm的铁球 D．直径约2cm的塑料球 E.米尺 F.时钟 G.停表

实验时需要从上述器材中选择：____（填写器材前面的字母）。 （2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下： ①将单摆上端固定在铁架台上 ②测得摆线长度，作为单摆的摆长 ③在偏角较小的位置将小球由静止释放

④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期Tt n

⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。其中有一处操作不妥当的是____。（填写操作步骤前面的序号）

（3）按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据做出了图像，根据该图像得出重力加速度的测量值为____m/s2。

（4）实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因______。

22．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示．

回答下列问题：

(1)从甲图可知，摆球的直径为D=_____ mm； (2)该单摆的周期为_______________.

(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2L图像是图乙中的______（选填①、②、③），由图像可得当地重力加速度g=____；由此得到的g值会______（选填“偏小”“不变”“偏大”）

23．在“用单摆测重力加速度”的实验中： （1）某同学的操作步骤为：

a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上； b．用米尺量得细线长度l；

c．在摆线偏离竖直方向5º位置释放小球；

d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T=t/n；

4π2le．用公式g=2计算重力加速度．

T按上述方法得出的重力加速度与实际值相比______（选填“偏大”、“相同”或“偏小”）． （2）已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为TT01asin()，式中T0为摆

22角θ趋近于0º时的周期，a为常数，为了用图像法验证该关系，需要测量的物理量有_____________；若某同学在实验中得到了如图所示的图线，则图像中的横轴表示_________．

24．某同学做“用单摆测重力加速度”实验。

①用游标卡尺测量摆球直径d，把摆球用细线悬挂在铁架台上，用米尺测量出悬线长度l。某次测量摆球直径时游标卡尺示数部分如图所示，则摆球直径为d=______cm。

②在小钢球某次通过平衡位置时开始计时，并将这次通过平衡位置时记为0，数出以后小钢球通过平衡位置的次数为n，用停表记下所用的时间为t。请用上面的测量数据计算重力加速度的表达式为g=____________。

在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值______。(选填“偏大”“偏小”或“不变”) ③理论上测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象，T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图

造成图象不过坐标原点的原因可能是________。

由图象求出的重力加速度g=________m/s2(取π2=9.87)，测量值相比真实值________。（选填“偏大”“偏小”或“不变”)）

25．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：

(1)下列给出的材料中应选择______作为摆球与摆线，组成单摆。 A．木球 B．铁球

C．柔软不易伸长的丝线 D．粗棉线

(2)在用单摆测定重力加速度的实验中，下列措施中必要的或做法正确的是________。 A．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些 B．摆线长应远远大于摆球直径 C．摆球应选择密度较大的实心金属小球

D．用停表测量周期时，应测量单摆20~30次全振动的时间，然后计算周期，而不能把只测一次全振动时间当作周期

E．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，然后将O点作为悬点

(3)为了减少实验误差，该同学采用图像法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L和对应的周期T，并作出T2－L图像，如图所示。若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=________。

(4)实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是____。 A．摆球的质量偏大 B．单摆振动的振幅偏小

C．计算摆长时忘加上了摆球的半径 D．将实际振动次数n次误记成(n1)次

26．(1)如图为小金在进行“探究单摆摆长和周期关系”实验时，用秒表记录下单摆50次全振动所用时间，由图可知该次实验中50次全振动所用时间为______s．

(2)如图所示.他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狹缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，他这样做的主要目的是_______ (单选）．

A．便于测量单摆周期 B．保证摆动过程中摆长不变 C．保证摆球在同一竖直平面内摆动

(3)小金同学以摆线的长度（L)作为纵坐标，以单摆周期的平方（T2）作为横坐标，作出L-T2的图像如图所示，则其做出的图线是______ (填“图线1”、“图线2”或“图线3”）．若作出的图线的斜率为k，能否根据图像得到当地的重力加速度？_____ ． (若不可以，填“否”；若可以求出，则写出其表达式）．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、机械振动 选择题 1．C 【解析】 【分析】 【详解】

t=1.25s时，位移为正，加速度akx为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故m速度为负，A错误；t=1.7s时，位移为负，加速度akx为正；x-t图象上某点切线的mkx为负；x-tm斜率表示速度，故速度为负，B错误；t=1.0s时，位移为正，加速度a图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C正确；t=1.5s时，位移为零，故加速度为零；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负向最大，D错误． 2．D 【解析】

试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=

1Mv12 22a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有 Mv1-m•2v1=（M+m）v2

（Mm）gh（Mm）v2 碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：

整理得：v2＝0．5v1，所以h'=0．25h．故C错误，D正确．故选D． 考点：动量守恒定律；能量守恒定律

【名师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果；单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关． 3．B 【解析】 【分析】 【详解】

由题意可知，AB段，BC段，CD段的时间相等且都等于单摆的半周期，由匀变速直线运动规律得

12Tx2x12a()2

2其中T为单摆周期，则T2πL，联立解得 ga(x2x1)g 22πL故ACD错误，B正确。 故选B。 4．C 【解析】 【详解】

A．t=2×10-3s时刻在波谷位置，则纸盆中心的速度为零，选项A错误； B．t=3×10-3s时刻纸盆中心在平衡位置，此时的加速度为零，选项B错误；

C．在0〜l×10-3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向均向下，方向相同，选项C正确；

D．因为

=22rad/s=500rad/s 3T410则纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5×10-4cos500πt（m），选项D错误； 故选C. 5．D 【解析】 【分析】 【详解】

A．从图中可知t1时刻钢球正向下向平衡位置运动，即向下做加速运动，加速度向下，所以处于失重状态，A错误；

B．从图中可知t2时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误； C．t1D．t1确。 故选D。 6．B 【解析】 【分析】 【详解】

质点通过平衡位置时速度最大，由图知

~t2时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增大后减小，即~t2时间内小球一直向下运动，拉力恒向上，做负功，所以小球的机械能减小，D正

动能先增大后减小，C错误；

T内，1s和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度4最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s．由加速度与位移的关系：

akx m可知质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s，故选B． 7．C 【解析】

t=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=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=3T/4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． 8．C 【解析】 【详解】

A．由振动图像可知，甲乙两个单摆的振幅之比是3：1，选项A错误；

B．甲乙两个单摆的周期之比是4:2=2:1，选项B错误； C．根据T2L可得 ggT22 LT24可知甲乙两个单摆的摆长之比是4：1，选项C正确；

42AD．单摆的最大加速度a可知，甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是3 ：4，

T2选项D错误。 9．A 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示

O1为弹簧的原长位置，O2为挂上物块B时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为x0，要使B向上运动并能顶起A，弹簧给A的力至少要等于A物块的重力mAg，即弹簧至少要压缩到位置O3，压缩量为x2，物块B在力F的作用下至少下拉的长度x1，让B以O2为平衡位置做简谐运动。则要满足

x1x2x0

又因为

mBgkx0，mAgkx2

Fkx1

所以F的最小值

F(mAmB)g

故BCD错误，A正确。 故选A。 10．A 【解析】 【分析】 【详解】

A．适当加长摆线，可增加单摆的周期，从而减小测量周期的相对误差，故A项正确； B．质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，从而减小空气阻力带来的影响，故B项错误；

C．单摆偏离平衡位置的角度不要超过5°，故C项错误；

D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过30~50次全振动后停止计时，求出平均周期，故D项错误。 故选A。 11．AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．在接触弹簧之前，小球做自由落体运动，加速度就是重力加速度g，恒定不变；接触弹簧后，小球做简谐振动，加速度随时间先减小到零然后再反向增加，图象是有一个初相位（初相位在0~90o之间）的余弦函数图象的一部分，由于接触弹簧时加速度为重力加速度g，且有一定的速度，根据对称性，到达最低点时，加速度趋近于某个大于g的值，方向向上，因此A正确，B错误；

C．在开始下落h时，弹簧的弹力为零，再向下运动时，弹力与位移之间的关系为

Fk(xh)

可知表达式为一次函数，图象是一条倾斜直线，C错误；

D．在开始下降h过程时，没有弹性势能，再向下运动的过程中，弹性势能与位移的关系为

EP1k(xh)2 2表达式为二次函数，图象是一条抛物线，因此D正确。 故选AD。 12．B 【解析】 【分析】 【详解】

A．物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2~t1的最小值小于

T，选项A正确； 2B．物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t2时刻物块的动能

也为Ek，则t2~t1的最小值可以小于T，选项B错误；

CD．图中O点是平衡位置，物块经过O点时速度最大，动能最大，加速度最小，选项CD正确。

本题选错误的，故选B。 13．ACE 【解析】 【分析】 【详解】

A．装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力。故A正确；

B．玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒。故B错误； C．振动的周期为0.5s，则圆频率

22＝rad/s＝4rad/s T0.5由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；t=0时刻

AAsin0 2＝结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知0＝（ π舍去），则玻璃管的振动方程为

76116x4sin(4t+故C正确；

75)cm=4sin(4t)cm 66D．由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关。故D错误；

E．由图可知，在t1～t2时间内，位移减小，加速度a位置做加速运动，所以速度增大。故E正确。 故选ACE。 14．ACD 【解析】 【详解】

物体B从P向O运动的过程中，加速度指向O，B对A的摩擦力水平向右，A、B之间的摩擦力对A做正功，故A正确；物体B处于PO之间某位置时开始计时，经

fkx＝减小；玻璃管向着平衡mmT时间，通过的4路程不一定不一定是L，只有物体从最大位移处或平衡位置开始计时，物体B通过的路程才为L，故B错误；物体B和A整体做简谐运动，根据对称性，当物体B的加速度为a时

开始计时，每经过T时间，物体B的加速度仍为a，故C正确；对整体a间摩擦力的摩擦力大小fma【点睛】

kx，A、B

Mmmkx，故D正确；故选ACD． MmA和B一起在光滑水平面上做往复运动，一起做简谐运动．根据牛顿第二定律求出AB整体的加速度，再以A为研究对象，求出A所受静摩擦力．在简谐运动过程中，B对A的静摩擦力对A做功． 15．AD 【解析】 【详解】

AB．让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固有周期。b、c、d、e四个单摆在a摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于a的固有周期，所以各摆的振动周期与a摆相同。故A正确，B错误。 C．只有a摆做自由振动，其余四个摆做受迫振动，故C错误。

D．c摆的摆长与a摆摆长相等，固有周期相等，所以c摆与a摆出现共振，振幅最大，其他各摆的振幅各不相同，故D正确。 16．BD 【解析】

因为单摆做阻尼振动，因为要不断克服空气阻力做功，振幅逐渐减小，使得机械能逐渐转化为其他形式的能，机械能不断减小，由于A、B两时刻单摆的位移相同，位置一样，所以势能相等，因为机械能减小，所以动能减小，BD正确． 17．BCE 【解析】 【详解】

A.t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；

B.在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；

C.从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；

D.在t＝0.6 s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误；

E.t＝0.2 s与t＝0.6 s，振子在最大位移处，速度为零，E正确． 18．ACD 【解析】

摆球运动过程中机械能守恒，所以A，B在同一高度．选项A正确，B错误；球在B点不受洛伦兹力，与球在A点时受拉力大小相等，选项C正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D

正确；单摆向右或向左摆过D点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E错误．

【点睛】本题中小球在复合场运动，洛伦兹力不做功，其机械能仍然守恒，洛伦兹力不改变小球运动的快慢．但要注意洛伦兹力方向与速度有关，速度反向，洛伦兹力方向也相反． 19．BCD 【解析】 【分析】

根据图示，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，根据离开平衡位置的最大距离即可判断振幅的大小；根据细绳断开的瞬间弹簧的弹性势能相同，通过能量转化，可判断绳子断开后物体的动能的关系，比较质量关系，即可分析最大速度关系；根据题目所给周期公式，比较质量关系，即可判断周期大小，进而判断频率关系。 【详解】

A、B．线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，A错误，B正确；

C．当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的质量大于乙的质量，由Ek确；

D、E．根据T2121mv知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，C正221m可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍；根据f可知，

Tk甲的振动频率是乙的振动频率的故选BCD。 20．D 【解析】 【详解】

A．由位移的表达式x5sin1，D正确，E错误； 24t(cm)，可知质点做简谐运动的振幅为5cm．故A错误．

B．由位移的表达式读出角频率

则周期为

42rad/s

T故B错误．

C．在t=4s时质点的位移

8s

x5sin(4)(cm)0

4说明物体通过平衡位置，加速度最小；故C错误．

D．在t=4s时质点通过平衡位置，加速度最小而速度最大；故D正确． 故选D． 【点睛】

本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力．

二、机械振动 实验题

21．ACEG ②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径； 9.86 T2简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]．单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为：ACEG。 （2）[2]．操作不妥当的是②．单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。 （3）[3]．根据单摆的周期公式得

l是单摆做g T2解得

l g42Tl

g2由图像可知

424.0k4

g1解得

g=9.86m/s2

T2（4）[4]．公式 运动视为简谐运动。

l是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的gt42a22．4 ① 不变

nb【解析】 【详解】

(1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16mm，游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm，金属球的直径为16mm+0.4mm=16.4mm；

(2)由于测得摆球经过n次全振动的总时间为t，所以该单摆的周期为Tt； n2424L2L，则T2L图象的斜率k(3)由单摆周期公式T2可知T，则加速ggg42度g，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有

k42T(Ll)，由此得到的T2L图像是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得

g2b42ag到的值不变，由图像可得k，当地重力加速度g； ab23．（1）偏小 （2）T′（或t、n），θ T′ 【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据单摆周期公式T2l可知，摆长l应是从悬点到球心之间的距离，本题中g测得的摆长只是摆线长，所以求出的g值偏小．

（2）为了用图象法验证T′＝T0[1+asin2( )]，则要测出不同的摆角θ，以及所对应的周期

2T12sin()，sin2( T′．实验中得到的线性图线，根据T′＝T0[1+asin( )]，得)-T′2aT0a222

是一次函数关系．所以图象中的横轴表示T′． 24．26

2n2(l)t2d2 偏小 测摆长时漏掉了摆球的半径 9.87 偏小

【解析】 【分析】 【详解】

①[1]游标卡尺的读数等于主尺的读数加上游标尺的读数，所以小球直径

d2.2cm60.1mm2.26cm

②[2] 根据单摆的周期公式

T2得

L g4π2Lg2

T单摆的周期为

T单摆的摆长为

t2tnn 2d 2Ll所以重力加速度的表达式为

2n2(l)gt2d2

[3]在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小。

③[4]图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，所以可能是测摆长时漏掉了摆球的半径。 [5]由单摆周期公式

T2可得

L g42TL

g2则T2-L图象的斜率为

42k

g由图示图象得

442k

0.010.99g解得

g9.87m/s2

4π2L[6]由前面分析知，导致摆长的测量值小于真实值，则根据g可知改测量值比真实2T值偏小。

42L25．BC BCD D

T2【解析】 【详解】

(1)[1]在实验中选择铁球和柔软不易伸长的丝线作为摆球与摆线，组成单摆；故选BC。 (2)[2]A．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5，否则单摆将不做简谐运动，故A错误；

BC．减小空气阻力的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故BC正确；

D．为了减小测量误差，应采用累积法测量周期，即测量单摆20~30次全振动的时间t，再由

T

求出周期T，故D正确；

t n

E．为减小测量摆长造成的实验误差，应把单摆悬挂起来，然后测出摆球球心到摆线某点

O间的长度作为摆长，故E错误。 故选BCD。

(3)[3]由T2L得 g42TL

g2由数学知识得知，T2L图线的斜率

42k

g得

42 gk(4)[4]根据T2L得 g4π2Lg2

TA．摆球的质量偏大，不影响重力加速度的测量，故A错误； B．单摆的振幅偏小，不影响重力加速度的测量，故B错误；

C．计算摆长时没有加上摆球的半径值，则摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，故C错误；

D．将实际振动次数n次误记成(n1)次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D正确。 故选D。

26．8 B 图线2 4π2k 【解析】 【分析】 【详解】

(1) [1]秒表的读数为90s+9.8s=99.8s，即50次全振动所用时间；

(2) [2]用一块开有狹缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做主要是为了防止小球在摆动过程中把摆线拉长，故B正确；

(3)[3][4]根据单摆周期

LT2可得，

D2

gD 2L故应为图线2；根据图象斜率kg42T2g42，所以

g42k