高中物理选修3-4机械振动练习题典型题带答案

高中物理机械振动练习题

一．选择题（共25小题）

1．如图所示，PQ为一竖直弹簧振子振动路径上的两点，振子经过P点时的加速度大小为6m/s2，方向指向Q点；当振子经过Q点时，加速度的大小为8m/s2，方向指向P点。若PQ之间的距离为14cm，已知振子的质量为1kg，则以下说法正确的是（）

A．振子经过P点时所受的合力比经过Q点时所受的合力大B．该弹簧振子的平衡位置在P点正下方7cm处C．振子经过P点时的速度比经过Q点时的速度大D．该弹簧振子的振幅一定为8cm

2．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，忽略一切阻力，则（）

A．升降机停止前在向上运动B．0～t1和时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态

C．t2～t3的时间内弹簧弹性势能变化量等于重力势能变化量D．t3～t4时间内小球向下运动，加速度减小

3．如图所示图线Ⅰ、图线Ⅱ为两单摆分别做受迫振动的共振曲线，下列判断正确的是（）A．若摆长为1m的单摆在地球上做受迫振动，则其共振曲线为图线Ⅰ

B．若图线Ⅱ是单摆在地球上做受迫振动的共振曲线，则该单摆摆长约为0.5m

C．若两单摆分别在月球上和地球上做受迫振动，则图线Ⅰ一定是在月球上的单摆的共振曲线

D．若两单摆是在地球上同一地点做受迫振动，则两单摆摆长之比h1：h2＝25：4

4．如图所示，水平弹簧振子以坐标原点O为水平位置，沿x轴在M、N之间做简谐运动，其运动方程为x＝5sin（2πt+）cm，则（）

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

5．甲、乙两位同学分别使用图中左图所示的同一套装置，观察单摆做简谐运动时的振动图象，已知两人实验时所用的摆长相同，落在同一木板上的细砂分别形成的曲线如图N1、N2所示。下面关于两图线相关的分析，正确的是（）

A．N1表示砂摆摆动的幅度较大，N2摆动的幅度较小B．N1表示砂摆摆动的周期较大，N2摆动的周期较小C．N1对应的木板运动速度比N2对应的木板运动速度大

D．N1对应的砂摆摆到最低点时，摆线的拉力比N2对应的拉力大

6．如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中a、b的摆长相等。当a球垂直纸面振动的时候，通过张紧的绳子给b、c、d摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察b、c、d摆的振动发现（）

A．b摆的摆角最大B．c摆的周期最小C．d摆的频率最小D．b、c、d的摆角相同

7．一单摆做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）

A．该单摆做简谐运动的振幅为4cm B．在t＝2s时，摆球的速度为零

C．在t＝0.5s和t＝3.5s时，质点偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反

D．取重力加速度大小g＝10m/s2，π2＝10，则该单摆的摆长为2m

8．某弹簧振子如图所示，其中A、B均为振子偏离平衡位置的最大位移处，O为平衡位置。在振子由O向A运动的过程中，下列说法正确的是（）

A．振子偏离平衡位置的位移方向向左B．振子偏离平衡位置的位移正在减小

C．弹簧的弹性势能正在减小D．振子的速度正在减小

9．如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。当各摆振动稳定时，下列说法正确的是（）

A．摆球C的振幅最大B．摆球D的振幅最大C．摆球B、C的振动频率相同D．摆球A的振动频率最大10．某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将悬点到小球最高点的距离l作为摆长，测得多组周期T和l的数据，作出l﹣T2图象，由此可知（）

A．该同学做出的图线应为图中c所示B．由所作图线可知小球直径为0.6cm

C．采用本实验所测数据T和l，亦可用公式T＝2π计算当地重力加速度

D．由所作图线可知当地重力加速度大小约为π2m/s2

11．如图所示为某弹簧振子做简谐运动的图象，下列说法正确的是（）

A．振子在0.2s时刻的回复力与0.4s时刻的回复力相同B．0.8s时刻的动能与0.4s时的动能相同

C．0.7s～0.9s时间内，振子的加速度在减小D．0.5s～0.7s时间内，系统的势能在增大

12．一个质点，在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，如图甲所示，它的振动图象如图乙所示，设向右为正方向，下列说法正确的是（）

A．第0.2s末质点的速度方向是A→O B．第0.4s末质点的加速度方向是A→O

C．在0.1s～0.3s内质点通过的路程为5cm D．在0.2s～0.4s内质点的动能在逐渐增加

13．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示。下列关于图的判断正确的是（选项中v、F、a、E k 分别表示物体的速度、受到的回复力、加速度和动能）（）

A．可作为该物体的v﹣t图象B．可作为该物体的F﹣t图象

C．可作为该物体的a﹣t图象D．可作为该物体的E k﹣t图象

14．图甲为生活中常见的一种摆钟，图乙为摆钟内摆的结构示意图，圆盘固定在摆杆上，螺母可以沿摆杆上下移动。

在龙岩走时准确的摆钟移到北京，要使摆钟仍然走时准确，则（）

A．因摆钟周期变大，应将螺母适当向上移动B．因摆钟周期变大，应将螺母适当向下移动

C．因摆钟周期变小，应将螺母适当向上移动D．因摆钟周期变小，应将螺母适当向下移动

15．如图甲所示，一单摆悬挂在拉力传感器上。让单摆在竖直面内做小角度摆动，拉力传感器显示绳子拉力F的大小随时间t的变化图象如图乙所示，已知当地的重力加速度为g，则根据图乙中的数据可知（）

A．此单摆的周期T＝B．此摆球的质量为m＝

C．此单摆的摆长L＝D．在t＝时刻摆球的回复力最小

16．如图所示，装置中弹簧振子的固有周期为0.2s。匀速转动把手，使弹簧振子受到周期性的外力，下列说法正确的是（）

A．把手转速为2r/s时，振子振动的频率为5Hz B．把手转速为5r/s时，可使振子振动的振幅最大C．当把手转速从5r/s开始逐渐减小时，振子振动的振幅逐渐增大

D．当把手转速从5r/s开始逐渐增大时，振子振动的振幅逐渐增大

17．如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长。振动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则在振动过程中（）

A．弹簧的最大弹性势能等于mgA B．弹簧的弹性势能和物体的动能总和保持不变

C．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小为2mg D．物体在最低点时的加速度大小为2g

18．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E k，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E k，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

19．某弹簧振子如图所示，其中A、B均为振子偏离平衡位置的最大位移处，O为平衡位置。在振子由O向B运动的过程中，下列说法正确的是（）

A．振子偏离平衡位置的位移方向向右B．振子偏离平衡位置的位移正在增大

C．弹簧的弹性势能正在减小D．振子的速度正在增大

20．如同甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，当圆盘静止时，小球可稳定振动。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图乙所示。现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，则下列说法正确的是（）

A．此振动系统的固有频率约为0.25Hz B．此振动系统的振动频率约为3Hz

C．若圆盘匀速转动的周期减小，系统的振动频率变大

D．若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向左移动

21．如图所示，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，取向右为正方向，其振动的位移x随时间t的变化图象如图，则下列说法正确的是（）

A．在t1～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，接下来内，两物块通过的路程为A

C．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

22．A、B是两个完全相同的弹簧振子，把A振子移到A的平衡位置右边6cm处，把B振子移到B的平衡位置右边2cm处，然后同时放手（）

A．A、B运动的方向总是相反的B．A、B运动的方向有时相同、有时相反

C．A振动周期是B振动周期的3倍D．A在平衡位置的速度比B在平衡位置的速度大

23．如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．t＝0.8s时，振子的速度方向向右B．t＝0.2s时，振子在O点右侧6cm处

C．t＝0.4s到t＝0.8s的时间内，振子的加速度逐渐减小D．t＝0.4s和t＝1.2s时，振子的加速度完全相同

24．如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子经a、b两点的速度相同，若它从a经过o到b历时0.4s，从b再回到a 的最短时间为0.6s，则该振子的振动周期为（）

A．0.8s B．1.0s C．1.2s D．1.4s

25．如图甲所示水平弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x﹣t图象，下列说法正确的是（）

A．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动B．弹簧振子的振动方程为y＝0.1sin（2πt+）m C．图乙中的P点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向D．弹簧振子在2.5s内的路程为1m

二．多选题（共6小题）

26．如图所示，水平轻弹簧左端固定在竖直墙上，处于原长时右端位于O点。有一质量为m的小物块与弹簧右端在O 点接触但不拴接，水平地面粗糙。现对物块施加水平向左的恒力F0，物块向左运动至最远点P点时立即撤去F0，结果物块恰好返回O点静止。已知OP＝x0，重力加速度为g，则（）

A．物块与水平面摩擦力因数μ＝B．物块在O点向左运动时的加速度大小为

C．物块在P点时刻，弹簧的弹性势能为

D．物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置不在同一点

27．如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm，若振子从B到C的运动时间是1s，则下列说法中正确的是（）

A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是2s，振幅是5cm

C．经过两次全振动，振子通过的路程是20cm D．从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm

28．如图所示，质量分别为m B和m C的物块B和C用轻弹簧栓接，C放在水平面上，A的质量为m A，弹簧的劲度系数为k，整个系统处于静止状态。突然拿走静止在B上的A物块，在振动过程中C不会离开地面，B将在竖直方向做简谐运动，下列说法中正确的是（）

A．m A一定小于m C B．m A一定不超过（m B+m C）

C．B的振幅一定不超过g D．B的振幅一定不超过

29．如图甲所示的弹簧振子以O点为平衡位置在B、C间作简谐运动，取水平向右为弹簧振子位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给的信息可知（）

A．t＝0时，振子处在B位置B．t＝1s时，振子处在C位置

C．t＝3s时，振子的振动方向水平向左D．t＝2.5s时，振子相对平衡位置的位移为5cm

30．如图为A、B两个简谐运动的位移﹣时间图象，由该图象可知A、B两个简谐运动的（）A．振幅之比为2：1B．周期之比为2：1C．频率之比为2：1D．0～8s内振子通过的路程比为2：1 31．一个质点做简谐运动的图象如图所示。下列说法正确的有（）

A．质点振动的频率为4Hz B．在4s内质点经过的路程是8cm

C．在5s末，质点的速度为零，加速度最大D．在t＝2s和t＝4s两时刻质点的加速度和速度都相同

三．填空题（共2小题）

32．如图所示，为甲、乙两单摆的振动图象，若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆的摆长之比l甲：l乙＝；若甲、乙两单摆摆长相同，且在不同的星球上摆动，则甲、乙两单摆所在星球的重力加速度之比g甲：g乙＝。

33．如图所示，为一在水平面内做匀速圆周运动的圆锥摆，如果忽略空气阻力，则摆球A的受个力的作用；

如果已知该摆的悬点到圆心间的距离为h，重力加速度为g，则该摆运动的周期的平方T2＝。

四．实验题（共2小题）

34．有两个同学利用假期分别去参观北京大学（北大）和南京大学（南大）的物理实验室，各自利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换了实验数据，并由计算机绘制了T2﹣L图象，如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是（选填“A”或“B”）。另外，在南大做探究的

同学还利用计算机绘制了在南大的两个单摆的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比＝。

35．在用图1所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：

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．用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；

c．缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球；

d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝；

e．用公式g＝计算当地重力加速度；

f．改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量。

（1）在上述步骤中，错误的是（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是：。

（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了l﹣T2图象，该图象对应图2中的。

（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是。

A．适当加长摆线

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不能太大

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

五．计算题（共5小题）

36．一弹簧振子如图甲所示，取水平向右为振子偏离平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动图象。

（1）求弹簧振子的振动方程；

（2）求t＝8s时，振子偏离平衡位置的位移x；

（3）经测量，振子的质量为0.4kg，弹簧的劲度系数为N/m，求振子的最大回复力F与最大加速度a。

37．图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右方向运动为正方向；图乙是这个单摆的振动图象。若当地的重力加速度为π2m/s2。

（1）试求这个摆的摆长是多少？

（2）写出小球做简谐运动的振动方程。

38．减振器，英文shockabsorber，是为加速车架与车身振动的衰减，以改善汽车的行驶舒适性的汽配原件，在大多数汽车的悬架系统内部都装有减震器。汽车的重力一般支撑在固定于轴承上的若干弹簧上，弹簧套在减震器上，两者同时起到改善作用。为了研究方便，我们把两者简化成一个等效劲度系数为k＝1.5×105N/m的“弹簧”，汽车开始运动时，在振幅较小的情况下，其振动的频率满足（l为弹簧的压缩长度），若人体可以看成一个弹性体，

其固有频率约为2Hz，已知汽车的质量为600kg，每个人的质量为70kg。求：

（1）汽车的振动频率与人体固有频率相等时l的大小；

（2）这辆车乘坐几个人时，人感觉到最难受。

39．如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距30cm。小球经过O点向右运动时开始计时，经过0.4s第一次回到O点。

（1）写出小球的振动方程；

（2）求1.0s内小球通过的路程及1.0s末小球的位移大小。

40．如图甲所示，摆球在竖直面内做简谐运动。通过力传感器得到摆线拉力F的大小随时间t变化的图象如图乙所示，摆球经过最低点时的速度为v＝m/s，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，π2≈g，求：

（1）单摆的摆长L；

（2）摆球的质量m。

参考答案与试题解析

一．选择题（共25小题）

1．【解答】解：A、由牛顿第二定律F＝ma可知，振子经过P点时所受合力为6N，振子经过Q点时所受合力为8N，即振子经过P点时所受的合力小于在Q点时所受的合力，故A错误；

B、由题意知，P、Q两点的加速度方向相反，故平衡位置在P、Q两点之间，

且加速度大小与弹簧形变量成正比，即，且x P+x Q＝14cm，两式联立，解得，

即该弹簧振子的平衡位置在P、Q之间，距P点6cm，距Q点8cm，故B错误；

C、结合B中分析可知，Q点离平衡位置较远，故振子经过Q点时弹性势能较大，根据能量守恒，则动能较小，即

速度较小，故C正确；

D、根据题意可知，该弹簧振子的平衡位置距Q点8cm，所以该弹簧振子的振幅大于或等于为8cm，故D错误。

故选：C。

2．【解答】解：A、从0时刻开始，弹簧弹力增大，可知小球向下运动，可知升降机停止前向下运动，故A错误；

B、0﹣t l时间内，弹力大于重力，加速度向上，处于超重状态，t1﹣t2时间内，弹力大于重力，加速度向上，也处于

超重状态，故B错误；

C、t2﹣t3时间内，小球向上做减速运动，根据系统机械能守恒，可知弹簧弹性势能变化量小于重力势能变化量，故

C错误；

D、t3～t4时间内小球向下运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律得：mg﹣F1＝ma1，可知由图象可知弹力逐渐

增大，小球的加速度减小，故D正确。

故选：D。

3．【解答】解：A、若摆长为1m的单摆在地球上做受迫振动，由单摆的周期公式T＝2π，以及，把g＝9.8m/s2

代入联立解得：f＝0.5Hz，由题图可知振幅最大处对应的频率与单摆的固有频率相等，从图线上可以看出图线Ⅰ的固有频率为：fⅠ＝0.2Hz，所以其共振曲线不是图线Ⅰ，故A错误；

B、图线II的共振频率为0.5Hz，若是地球上的单摆共振曲线，由单摆的周期公式T＝2π，以及，把g＝9.8m/s2

代入联立解得L约为1m，故B错误；

C、根据单摆的周期公式T＝2π，以及，可知：f＝，虽然在月球上和地球上的重力加速度的关系

知道，但是两单摆的摆长关系不确定，所以无法判断图线Ⅰ一定是在月球上的单摆的共振曲线，故C错误；

D、若两单摆是在地球上同一地点做受迫振动，重力加速度g相同，由f＝＝，可知两单摆摆长之比为：

＝＝＝，故D正确。

故选：D。

4．【解答】解：A、t＝0.5s时，由运动方程为x＝5sin（2πt+）cm，可知x＝﹣5cm，振子的位移最大，故A错误；

B、t＝1.5s时，由运动方程为x＝5sin（2πt+）cm，可知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；

C、由运动方程为x＝5sin（2πt+）cm，可知T＝＝s＝1.0s，当t＝0时，x＝5cm，即振子位于N点，

当t＝2.25s＝时，x＝0，振子的速度沿x轴负方向，故C正确；

D、由运动方程为x＝5sin（2πt+）cm可知，T＝＝s＝1.0s，t＝0到t＝1.5s的时间内，，振

子通过的路程为：s＝6A＝6×5cm＝30cm，故D错误。

故选：C。

5．【解答】解：A、由图可知，N1和N2表示砂摆摆动的幅度相同，故A错误；

B、两摆由于摆长相同，则由单摆的周期公式T＝可知，两摆的周期相同，故B错误；

C、由图可知，N1对应的木板运动时间为T，N2对应的木板运动时间为2T，则由v＝可知，N1对应的木板运动

速度比N2对应的木板运动速度大，故C正确；

D、甲、乙两位同学分别使用图中左图所示的同一套装置，且单摆摆动的振幅相同，根据机械能守恒定律可得两种

情况下单摆达到最低点的速度大小相等，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝m，解得砂摆摆到最低点时摆线的拉力F＝mg+m，所以砂摆摆到最低点时摆线的拉力大小相等，故D错误。

故选：C。

6．【解答】解：由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等；

受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于b摆的固有频率与a摆的相同，故b摆发生共振，振幅最大，摆角最大，故A正确，BCD错误。

故选：A。

7．【解答】解：A、该单摆做简谐运动的振幅为2cm，故A错误；

B、在t＝2s时，摆球的位移为零，经过平衡位置，速度最大，故B错误；

C、由图可知，该单摆的振动周期T＝2s，从t＝0.5s到t＝3.5s经历时间为△t＝3s＝1.5T，则在t＝0.5s和t＝3.5s

时，质点偏离平衡位置的位移大小相等、方向相反，故C正确；

D、根据单摆周期公式T＝2π得L＝＝m＝1m，故D错误。

故选：C。

8．【解答】解：AB、振子由O向A运动的过程中，振子偏离平衡位置的位移方向向右，且正在增大，故AB错误；

CD、弹力和运动方向相反，所以弹力做负功，则速度正在减小，根据能量守恒定律可知弹性势能正在增大，故C 错误，D正确。

故选：D。

9．【解答】解：由于A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等；在受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，ABD错误。

故选：C。

10．【解答】解：由单摆周期公式T＝2π得：l＝﹣。

A、根据l﹣T2关系可知l﹣T2图象与纵坐标的截距为负值，该同学做出的图线应为图中a所示，故A错误；

B、因截距为﹣＝﹣0.6cm，解得小球的直径为d＝1.2cm，故B错误；

C、原因l是悬点到小球最高点的距离，所以不能采用本实验所测数据T和l，根据公式T＝2π计算当地重力加

速度，故C错误；

D、由数学关系得图象的斜率为：k＝＝，解得重力加速度为：g＝π2m/s2，故D正确。

故选：D。

11．【解答】解：A、由图知物体在0.2s与0.4s时刻位移大小相同，方向相反，由F＝﹣kx知，两时刻回复力大小相等，方向相反，故A错误；

B、物体在0.8s时刻与0.4s时刻的位移相对于平衡位置对称，由运动特点可得故速度大小相同，则动能也相同，故

B正确；

C、0.7s～0.9s时间内物体的位移负向增大，由a＝﹣，可知物体的加速度在增大，故C错误；

D、0.5s﹣0.7s时间内物体的位移减小，物体靠近平衡位置，则势能在减小，故D错误。

故选：B。

12．【解答】解：A、振动图象切线的斜率表示速度，根据数学知识知，第0.2s末质点的速度方向沿负向，即O→A．故A错误；

B、第0.4s末质点的位移为负，方向是O→A，由a＝分析可知，加速度方向是A→O，故B正确；

C、0.1s～0.3s为图象周期，0﹣0.4s为周期，质点的路程为10cm，质点在0.1s～0.3s内的平均速度大于0﹣0.4s

内的平均速度，则质点在0.1s～0.3s内的路程大于5cm，故C错误；

D、由振动图象可知，在0.2s～0.4s内，质点由O向A运动，速度减小，则动能减小，故D错误。

故选：B。

13．【解答】解：A、在简谐运动中，速度与位移是互余的关系，即位移为零，速度最大；位移最大，速度为零，则知速度与位移图象也互余，图A不可能作为该物体的v﹣t图象，故A错误；

B、由简谐运动特征F＝﹣kx可知，回复力的图象与位移图象的相位相反，但也正弦曲线，则知图B不可作为该物

体的F﹣t图象，故B错误；

C、由a＝﹣可知，加速度的图象与位移图象的相位相反，应为正弦曲线，则知图C不能作为该物体的a﹣t图

象，故C正确；

D、由于物体的动能不可能为负的，因此图D不能作为该物体的E k﹣t图象，故D错误。

故选：C。

14．【解答】解：在地球的表面，随着纬度的增高，重力加速度在增大，摆钟由福建龙岩移到北京，重力加速度g变大，根据单摆的周期公式T＝2π可知，T变小，要使摆钟仍然走时准确，则需要增大L，将螺母适当向下移动，故D

正确，ABC错误。

故选：D。

15．【解答】解：A、由F﹣t图象可知，单摆在最低点即平衡位置时，拉力传感器由最大示数即F0，单摆一个周期经过平衡位置2次，故此单摆的周期T＝t0，故A错误；

B、根据牛顿第二定律可知F0﹣mg＝m＞0，则F0＞mg，即m＜，故B错误；

C、根据单摆周期T＝2，得：L＝＝，故C正确；

D、在t＝时刻，绳的拉力最小，由牛顿第二定律，当摆线与竖直方向成θ角时F﹣mgcosθ＝m，此时摆球

速度最小，摆球离平衡位置最远，此时的回复力最大，故D错误。

故选：C。

16．【解答】解：A、把手转速为2r/s时，振子振动的频率与把手频率相同为2Hz，故A错误；

B、把手转速为5r/s时，驱动力的频率等于固有频率，发生共振，振动的振幅最大，故B正确；

C、当把手转速从5r/s开始逐渐减小时，振子振动的振幅逐渐减小，故C错误；

D、当把手转速从5r/s开始逐渐增大时，振子振动的振幅逐渐减小，故D错误。

故选：B。

17．【解答】解：如图所示：物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，回复力是弹力和重力的合力，当物体振动到最高点时，弹簧处于原长，回复力等于重力，k?A＝mg时是振动平衡位置，根据振动对称性，最低点与最高点关于平衡位置对称，最低点时弹簧形变量2A。

A、振动最低点，弹簧的弹性势能最大，系统机械能守恒，重力势能转化为弹性势能，mg?2A＝E p，故A错误；

B、系统机械能守恒，动能、重力势能、弹性势能总量不变，振动过程中重力势能一直变化，弹簧的弹性势能和物

体动能总和一直变化，故B错误；

C、最低点时弹簧形变量2A，弹力k?2A＝2mg，故C正确；

D、最低点时弹簧形变量2A，弹力与重力合力k?2A﹣mg＝mg向上，加速度为g向上，故D错误。

故选：C。

18．【解答】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速度相等，所以如果在t2时刻物块的速度也为v，t2﹣t1的最小值小于等于．故A正确；

B、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E k，则t2﹣t1的最小

值可以小于T，故B错误；

CD、图中O点是平衡位置，根据a＝﹣知，物块经过O点时其加速度最小，速度最大，则动能最大，故CD正

确。

本题选错误的，

故选：B。

19．【解答】解：AB、振子由O向B运动的过程中，振子偏离平衡位置的位移方向向左，且正在增大，故A错误，B 正确；

CD、弹力和运动方向相反，所以弹力做负功，则速度正在减小，根据能量守恒定律可知弹性势能正在增大，故CD 错误。

故选：B。

20．【解答】解：AB、由振子的共振曲线可得，此振动系统的固有频率约为3Hz，故AB错误；

C、若圆盘匀速转动的周期减小，根据周期与振动频率互为倒数，可知系统的振动频率变大，故C正确；

D、共振曲线的峰值表示振子的固有频率，它是由振动系统本身的性质决定的，与驱动力的频率无关，故D错误。

故选：C。

21．【解答】解：A、在t1～时间内，物块m向平衡位置移动，速度增大，加速度减小，回复力也减小，则受摩擦力

减小，且方向指向平衡位置，沿x轴负方向，故A错误；

B、简谐振动的物体在平衡位置与最大值之间的在四分之一周期内的路程不一定等于一个振幅，则从t1时刻开始计

时，接下来内，两物块通过的路程不一定为A，故B错误；

C、物块速度增大时，向平衡位置移动，加速度一定减小，故C错误；

D、当两运动到最大位移处时，将m物块轻轻地取走，由于二者水平方向的速度都是0，所以不会由机械能的损失，

振子的振幅不变，故D正确。

故选：D。

22．【解答】解：ABC．把A振子移到A的平衡位置右边6cm，把B振子移到B的平衡位置右边2cm同时放手，两个振子同时开始做简谐运动，振幅分别为6cm和2cm，由于是完全相同的弹簧振子，它们振动的周期相同，所以A、B运动的方向总是相同的。故ABC错误；

D．A振子的振幅大于B的振幅，所以A振子的机械能大于B振子的机械能，由机械能守恒得，A在平衡位置的速度比B在平衡位置的速度大，故D正确。

故选：D。

23．【解答】解：A、由图象乙知，t＝0.8s时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故A 错误；

B、由图乙可知，周期T＝1.6s，所以质点的振动方程x＝Asin（）（cm）＝Asin（）（cm），当t＝0.2s

时x＝6，故B错误；

C、在t＝0.4s到t＝0.8s 的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，加速度逐渐减小，故C正确；

D、t＝0.4s和t＝1.2s 时，振子的位移完全相反，由a＝﹣，知加速度完全相反，故D错误。

故选：C。

24．【解答】解：由于振子在a、b两点的速度相等，则有a、b两点关于O点是对称的；振子经过a、b两点的速度同向，从b再回到a的过程是振子先到达右侧的最远处，然后返回平衡位置，最后回到a时经历的时间最短，时间半个周期，即：T＝0.6s，故周期为：T＝2×0.6s＝1.2s。故C正确，ABD错误。

故选：C。

25．【解答】解：A、振子从B点再次回到B点为一次全振动，弹簧振子从B点经过O点再运动到C点不是一次全振动，故A错误；

B、根据乙图可知，弹簧振子的振幅是0.1m，周期T＝1s，则ω＝＝2π，初相位φ＝，则弹簧振子的振动

方程为y＝0.1sin（2πt+）m，故B错误；

C、简谐运动图象中的P点速度方向为负，此时刻振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正，故C错误；

D、根据乙图可知，弹簧振子的振幅A＝0.1m，t＝2.5s＝2.5T，则弹簧振子在2.5s内的路程x＝2.5×4A＝1m，故D

正确。

故选：D。

二．多选题（共6小题）

26．【解答】解：ABC、物块从O运动P的过程中，物块在水平方向受到弹簧向右的弹力和滑动摩擦力、向左的推力F0，开始合力方向向左，物块加速向左运动，弹力逐渐增大，当弹力和滑动摩擦力之和与向左的推力F0大小相等时合力为零，加速度为零，速度达到最大，此后弹力和滑动摩擦力之和大于F0，合力反向增大，速度减小，至P速度减为0。所以加速度先减小后反向增大，

根据能量守恒知，全过程满足：2μmgx0＝F0x0，解得：（1）；

在O点弹簧弹力为0，F0﹣μmg＝ma （2），联立（1）（2）解得：a＝

设物块在P点时刻，弹簧的弹性势能E p，则有：E p+μmgx0＝F0x0（3）

联立（1）（3）解得：；故AC正确，B错误；

D、速度最大的位置，合力为零，设物块向左运动过程中速度最大时弹簧压缩量为x，则有：

F0＝kx+μmg，而2μmgx0＝F0x0，解得：2μmg＝F0，所以有：kx＝μmg；

设物块向右运动过程中速度最大时弹簧压缩量为x′，则有：kx′＝μmg，所以x＝x′，

物块向左运动速度最大的位置与返回向右运动速度最大的位置在同一点，故D错误。

故选：AC。

27．【解答】解：A、弹簧振子在BC间振动，振子从B到C经历的时间为半个周期，不是一个全振动，故A错误；

B、振子从B到C经历的时间为半个周期，所以周期为2s，振子在B、C两点间做机械振动，BO＝OC＝5cm，O

是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为5cm，故B正确；

C、经过两次全振动，振子通过的路程为：s＝8A＝8×5cm＝40cm，故C错误；

D、从B开始经过3 s，振子运动的时间是1.5个周期，振子通过的路程是：s′＝1.5×4×5cm＝30cm，故D正确。

故选：BD。

28．【解答】解：AB、A在B上时，对AB受力分析：kx1＝（m A+m B）g

拿走物体A后，B在竖直方向做简谐运动，达到平衡时有：kx0＝m B g

设最高点弹簧的伸长量为x2，拿到A之后B物体的简谐运动弹簧长度的变化关系如下图所示：

图中a平面为没有拿掉A之前的平衡位置，b平面为拿掉A之后做简谐运动的平衡位置，0平面为弹簧恢复原长的

位置，c平面为简谐运动弹簧达到的最高点的位置。

简谐振动在关于b平面的a和c平面之间振动，利用简谐振动的对称性可知：x2+x0＝x1﹣x0

在振动过程中，要使C不离开地面，对C物体受力分析：kx2≤m C g

联立解得：m B+m C≥m A，故A错误，B正确；

CD、拿走A之后，B在竖直方向上做简谐运动，其振幅A＝x1﹣x0＝≤，故C正确，D错误。

故选：BC。

29．【解答】解：A、由振动图象可知t＝0时，振子的位移为负向最大，说明振子处于B位置，故A正确；

B、由振动图象可知t＝1s时，振子的位移为零，说明振子处于平衡位置O处，故B错误；

C、t＝3s时振子经过平衡位置，速度最大，根据x﹣t图象的斜率表示速度，可知t＝3s时刻振子的速度沿负方向，

即振子的振动方向水平向左，故C正确；

D、弹簧振子的周期为T＝4s，振幅为A＝10cm，振动方程为x＝﹣Acos tcm＝﹣10cos tcm，将t＝2.5s代

入解得x＝5cm，故D错误。

故选：AC。

30．【解答】解：A．由图可知，A简谐运动的振幅为2m，B简谐运动的振幅为1m，则可得A、B两简谐运动的振幅之比为2：1，故A正确；

B．由图可知，A简谐运动的周期为4s，B简谐运动的周期为8s，所以A、B两简谐运动的周期之比为1：2，故B 错误；

C．根据频率与周期的关系可得，A简谐运动的频率为0.25Hz，B简谐运动的频率为0.125Hz，所以A、B两简谐运动的频率之比为2：1，故C正确；

D．由两简谐运动的周期可知，在0～8s内，A简谐完成两次全振动，B简谐运动完成一次全振动，则A简谐运动通过的路程为s A＝2×4A＝2×4×2m＝16m，B简谐运动通过的路程为s B＝4A＝4×1m＝4m，所以在这段时间内两简谐运动通过的路程之比为4：1，故D错误。

故选：AC。

31．【解答】解：A．由振动图象可知质点的振动周期为4s，则可得质点振动的频率为0.25Hz，故A错误；

B．由图可知振幅为A＝2cm，由于质点的振动周期为4s，所以质点在4s内完成一次全振动，质点经过的路程为s ＝4A＝4×2cm＝8cm，故B正确；

C．由图可知，在5s末质点处于正的最大位移处，此时质点的速度为零，位移最大，则回复力最大，所以质点的加速度也最大，故C正确；

D．由图可知，在t＝2s和t＝4s两时刻质点的位移均为零，质点的速度最大，加速度最小为零，但在t＝2s时刻质点的速度沿负方向，而在t＝4s时刻质点的速度为零，故D错误。

故选：BC。

三．填空题（共2小题）

32．【解答】解：由两单摆的振动图象可知两单摆的周期之比为T甲：T乙＝2：1，当两单摆在同一地点摆动时，重力加速度相同，根据周期公式可得摆长为，所以甲、乙两摆的摆长之比为；当甲、乙两摆的摆长相同，且在不同的星球上摆动时，根据周期公式可得重力加速度为，所以甲、乙两摆所在星球的重力加速度之为：。

故答案为：4：1；1：4。

33．【解答】解：小球A在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图所示：

小球受重力、和绳子的拉力，它们的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，所以摆球A受2个力的作用，

设绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系得匀速圆周运动的半径为：r＝htanθ

根据向心力方程得：Gtanθ＝mr

联立解得该摆运动的周期的平方为：T2＝

故答案为：2；

四．实验题（共2小题）

34．【解答】解：根据单摆周期公式可知，由T＝2π得，T2＝，知T2～L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线．由振动图线知，两单摆的周期比为＝，由T＝2π可知，两单摆摆长之比＝。

故答案为：B；4：9。

35．【解答】解：（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，由实验步骤可知，步骤e错误，则单摆摆长为L＝l+，所以用公式g＝＝计算当地重力加速度；

（2）根据g＝变形可得：l＝﹣

把摆线长度l作为摆长，当T＝0时l＝﹣，则l﹣T2图象在横轴上有截距，故C正确，ABD错误。

故选：C；

（3）A、适当加长摆线可以使周期大些，减小摆长与周期的测量误差，从而减小实验误差，故A正确；

B、为减小阻力对实验的影响，质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，故B错误；

C、单摆在小摆角下（一般小于5°）的摆动为简谐振动，单摆偏离平衡位置的角度不能太大，故C正确；

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，测量的偶

然误差较大，从而使实验误差较大，为了减少误差，要用秒表记录小球完成n（比如50次）次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝，故D错误。

故选：AC。

故答案为：（1）e；g＝；（2）C；（3）AC。

五．计算题（共5小题）

36．【解答】解：（1）依据x﹣t图象可知周期T＝4s，振幅A＝5cm，初相位为﹣

则振动图象y＝0.05sin（t﹣）

（2）将t＝8s代入方程，

解得：x＝﹣0.05m；

（3）根据题意可知，最大的回复力F1＝kA＝×0.05N＝N；

根据牛顿第二定律有最大加速度a＝＝m/s2＝m/s2。

答：（1）弹簧振子的振动方程为y＝0.05sin（t﹣）；

（2）t＝8s时，振子偏离平衡位置的位移x为﹣0.05m；

（3）经测量，振子的质量为0.4kg，弹簧的劲度系数为N/m，振子的最大回复力F为N与最大加速度a为m/s2。

37．【解答】解：（1）由图乙所示图象可知，单摆周期T＝0.8s，由单摆周期公式T＝2π，得：L＝＝0.16m；

（2）由图乙所示图象可知，振幅A＝4cm，周期T＝0.8s，故＝rad/s＝2.5πrad/s

则振动方程表达式x＝4sin（2.5πt+1.5π）cm＝﹣4cos（2.5πt）cm

答：（1）单摆的摆长是0.16m

（2）简谐运动的振动方程为x＝﹣4cos（2.5πt）cm。

38．【解答】解：（1）当汽车的振动频率等于人体固有频率时有：f＝，则l＝＝≈0.062m；

（2）当汽车的振动频率与人体固有频率相等时，人感觉到最难受，设此时乘车人数为n个，则：Mg+nmg＝kl 代入数据得得：n＝5人

答：（1）汽车的振动频率与人体固有频率相等时l为0.062m；

（2）这辆车乘坐5人时，人感觉到最难受。

39．【解答】解：（1）振子从O点向右运动经过0.4s第一次回到O点，则周期T＝2t＝0.8s，ω＝；

设振幅为A，由题意得：BC＝2A＝30cm，所以A＝15cm＝0.15m，则振动方程为x＝Asin t＝0.15sin2.5πt m；

（2）振子在1个周期内通过的路程为4A，因t＝1.0s＝1.25T，故振子在1.0s内通过的路程：s＝5A＝5×15cm＝75cm ＝0.75m；

把t＝1.0s代入小球的振动方程，则x＝0.15×sin2.5π×1（m）＝0.15m，1.0s末小球的位移大小为0.15m；

答：（1）小球的振动方程x＝0.15sin2.5πt m；

（2）1.0s内小球通过的路程是0.75m，1.0s末小球的位移大小为0.15m。

40．【解答】解：（1）由乙图可知单摆周期为T＝2s；

由单摆周期公式T＝；

解得L＝1m；

（2）当拉力最大时，即F＝1.02N，摆球处在最低点。

由牛顿第二定律F﹣mg＝m；

可解得m＝0.1kg。

答：（1）单摆的摆长L为1m；

（2）摆球的质量为0.1kg。