选修1高中物理 《机械振动》单元测试题含答案
选修1高中物理《机械振动》单元测试题含答案
一、机械振动选择题
1．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）
A．甲的速度为零时，乙的速度最大
B．甲的加速度最小时，乙的速度最小
C．任一时刻两个振子受到的回复力都不相同
D．两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2
E.两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1
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 5 6 T
B 6 5 T
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．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（）
A ．偏大
B ．偏小
C ．一样
D ．都有可能
4．如图所示,甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平面上,已知甲的质量小于乙的质量．当细线突然断开斤两物块都开始做简谐运动,在运动过程中（ ）
A ．甲的最大速度大于乙的最大速度
B ．甲的最大速度小于乙的最大速度
C ．甲的振幅大于乙的振幅
D ．甲的振幅小于乙的振幅
5．如图所示为甲、乙两等质量的质点做简谐运动的图像，以下说法正确的是（）
A ．甲、乙的振幅各为 2 m 和 1 m
B ．若甲、乙为两个弹簧振子，则所受回复力最大值之比为F 甲∶F 乙＝2∶1
C ．乙振动的表达式为x= sin
4
t （cm ） D ．t ＝2s 时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值 6．下列叙述中符合物理学史实的是（ ） A ．伽利略发现了单摆的周期公式 B ．奥斯特发现了电流的磁效应
C ．库仑通过扭秤实验得出了万有引力定律
D ．牛顿通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论
7．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，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中
A ．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
B ．物体在最低点时的加速度大小应为2g
C ．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
D ．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
8．如图所示的弹簧振子在A 、B 之间做简谐运动，O 为平衡位置，则下列说法不正确的是（ ）
A ．振子的位移增大的过程中，弹力做负功
B ．振子的速度增大的过程中，弹力做正功
C ．振子的加速度增大的过程中，弹力做正功
D ．振子从O 点出发到再次回到O 点的过程中，弹力做的总功为零 9．如图所示，为一质点做简谐运动的振动图像，则（ ）
A ．该质点的振动周期为0.5s
B ．在0~0.1s 内质点的速度不断减小
C ．t =0.2 s 时，质点有正方向的最大加速度
D ．在0.1s ~0.2s 内，该质点运动的路程为10cm
10．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 的变化图像如图，则下列说法正确的是（ ）
A ．在1~
2
T
t 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1t 时刻开始计时，接下来4
T
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
11．如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为θ，斜面上质量为m 物块A 被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于O 点，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g 。现将A 沿斜面向上推动
至弹簧压缩量为
sin
mg
k
θ
处的C点无初速度释放，B为C关于O的对称点。关于物体A后
续的运动过程，下列说法正确的是（）
A．物体A做简谐运动，振幅为
sin mg
k
θ
B．物体A在B点时，系统的弹性势能最大
C．物体A速度的最大值为2sin m
g
k
θ
D．物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在B点时最小
12．某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x＝A sin ωt，振动图象如图所示，则（）
A．弹簧在第1 s末与第5 s末的长度相同
B．简谐运动的频率为1
8 Hz
C．第3 s末，弹簧振子的位移大小为
2 2
A
D．第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同
E.第5 s末，振子的加速度与速度方向相同
13．如图所示，一个弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，其中O为平衡位置，某时刻物体正经过C点向上运动，速度大小为v c，已知OC＝a，物体的质量为M，振动周期为T，则从此时刻开始的半个周期内
A．重力做功2mga
B．重力冲量为mgT 2
C．回复力做功为零D．回复力的冲量为0
14．一质点做简谐运动的位移x 与时间t 的关系如图所示，由图可知( )
A ．频率是2Hz
B ．振幅是5cm
C ．t ＝1.7s 时的加速度为正，速度为负
D ．t ＝0.5s 时，质点所受合外力为零 E.t ＝0.5s 时回复力的功率为零
15．如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象．已知甲、乙两个振子质量相等，则( )
A ．甲、乙两振子的振幅分别为2cm 、1cm
B ．甲、乙两个振子的相位差总为π
C ．前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值
D ．第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大
16．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
2m
T k
π
=，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
12
D ．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
17．如图所示，水平弹簧振子沿x 轴在M 、N 间做简谐运动，坐标原点O 为振子的平衡位
置，其振动方程为5sin 10cm 2x t ππ??
=+
??
?
．下列说法正确的是（ ）
A ．MN 间距离为5cm
B ．振子的运动周期是0.2s
C ．0t =时，振子位于N 点
D ．0.05t s =时，振子具有最大加速度
18．如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m ．t=0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t=0.6s 时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小为g=10m/s 2.以下判断正确的是______（双选，填正确答案标号）
A ．h=1.7m
B ．简谐运动的周期是0.8s
C ．0.6s 内物块运动的路程是0.2m
D ．t=0.4s 时，物块与小球运动方向相反
19．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p E 变化的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
20．如图所示，水平方向的弹簧振子振动过程中，振子先后经过a、b两点时的速度相同，
，c、d为振子最大位移且从a到b历时0.2s，从b再回到a的最短时间为0.4s，aO bO
处，则该振子的振动频率为（）
A．1Hz B．1.25Hz
C．2Hz D．2.5Hz
二、机械振动实验题
21．某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示：
（1）实验中，发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是（_______）
A．以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算
B．单摆所用摆球质量太大
C．把（n-1）次全振动时间误当成n次全振动时间
D．开始计时时，秒表过早按下
（2）从悬点到小球重心的距离记为摆长l，通过不断改变摆长l的长度，该小组测得多组摆长l和对应的周期的平方T2，然后在图乙所给的坐标系中作出了l-T2图像，则根据图像可求得当地的重力加速度g=______（用图乙中所给字母表示）。
22．某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后，为进一步探究，将单摆的轻质细线改为
刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T＝2π
2
c
I mr
mgr
，式
中I c为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到重心C的距离．如图甲，实验时在杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量m＝0.50 kg.
r/m0.450.400.350.300.250.20
T/s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64
（1）由实验数据得出图乙所示的拟合直线，图中纵轴表示________．
（2）I c的国际单位为________，由拟合直线得到I c的值为________（保留到小数点后两位）．
（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）．
23．某同学利用单摆测量重力加速度.
(1)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最顶端的长度0L=96.82cm，再用螺旋测微器测量摆球直径，结果如图甲所示，则摆球直径
d=______cm；
(2)实验时，他利用如图乙所示装置记录振动周期，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别
放置一激光光源 与光敏电阻，光敏电阻与某自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R 随时间t 的变化图线如图丙所示，则该单摆的振动周期为T=_______s ；
(3)根据以上测量数据可得重力加速度g=________(结果保留三位有效数字)，如果该同学测得的g 值偏小，可能的原因是______(填正确答案标号)
A ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
B ．计算摆长时用的是L=0L +d
C ．摆球摆动的振幅偏小 24．根据单摆周期公式2l
T g
π
=，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为______mm ． （2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______． a ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 b ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔△t 即为单摆周期T
e ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间△t ，则单摆周期T=△t/50．
25．如图是利用DIS 完成“用单摆测定当地重力加速度”实验．实验时，先量出摆球的半径与摆线的长度．单摆摆动后，点击“记录数据”．摆球每经过平衡位置时记数1次，第1次记为“0”，当记数为“50”时，点击“停止记录”，显示时间为t ．
（1）则该单摆振动周期为______________．
（2）图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了（_______）
A．便于测量单摆周期
B．便于测量摆长时拉紧摆线
C．保证摆动过程中摆长不变
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（3）若某组同学误以摆线的长度L作为纵坐标，以单摆周期的平方2T作为横坐标，作出2
的图像．其他操作测量都无误，则作出的图线是上图中的_________（选填
L T
“1”、“2”或“3”）．
（4）现发现三组同学作出的图线分别是1、2和3，但测出的斜率都为k，是否可以根据斜率求出当地的重力加速度？___________．（若不可以求出，填“否”；若可以求出，请填重力加速度的表达式）．
26．用单摆测定重力加速度的实验装置如下图1所示．
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用_________（选填选项前的字母）．
A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球
(2)在该实验中,单摆的摆角φ应________,从摆球经过________开始计时,测出n次全振动的时间为t,用毫米刻度尺测出摆线长为L,用游标卡尺测出摆球的直径为d．用上述物理量的符号写出测出的重力加速度的一般表达式为g=________．
（3）某同学在实验中，先测得悬点O到小球下端距离为97.50cm，摆球直径2.00cm，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如右图所示，则该摆摆长为__cm，停表表示读数为____s．
（4）用多组实验数据做出T2﹣L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2﹣L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是_______（选填
选项前的字母）．
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
D．图线a对应的g值大于图线b对应的g值
（5）某同学测出不同摆长时对应的周期Y，作出T2﹣L图线，如图3所示，再利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、B（x2，y2），可求得g＝ ____．若该同学测摆长时漏加了小球半径，而其它测量、计算均无误，则用上述方法算得的g值和真实值相比是____的（选项“偏大”、“偏小”或“不变”）．
(6)某同学在实验室操作实验时会遇到如下困难：
如图1所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离△L．用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝______．
问题3：请结合上述问题说明：用单摆测定重力加速度的实验中利用数据处理的方法有几种请简略说明（至少写出两种）
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一、机械振动选择题
1．ADE
【解析】
【分析】
甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零；由
图可知两振子的周期，根据
1
f
T
，可得频率之比；由图可知振幅之比．
【详解】
A ．由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A 正确；
B ．由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大，故B 错误；
C ．甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零，故C 错误；
D ．由图可知，甲的周期T 甲=2.0s ，乙的周期T 乙=1.0s ，根据：
1f T
=
得甲的频率f 甲=0.5Hz ；乙的频率f 乙=1.0Hz ；两个振子的振动频率之比f 甲：f 乙=1：2，故D 正确；
E ．由图可知，甲的振幅A 甲=10cm ，乙的振幅A 乙=5cm ，两个振子的振幅之比为A 甲：A 乙=2：1，故E 正确。 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=
1
2
Mv 12 a 、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 Mv 1-m?2v 1=（M+m ）v 2
碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：
2
21
2
M m gh M m v +'=+（）（） 整理得：v 2＝0．5v 1，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．C 【解析】 【详解】
根据单摆的周期公式：2T =得：222
44T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率2
4k g π=，横轴截距等于球的半径r ．
故2
4g k
π=
根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确． 故选C ． 4．A 【解析】
线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，其加速度大，A 正确；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，由于甲的质量小于乙的质量，由2
12
k E mv =
知道，甲的最大速度一定大于乙的最大速度，B 错误；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，CD 错误．
【点睛】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，则振幅一定相同．当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速度关系． 5．C 【解析】 【详解】
A ．由图可知，甲的振幅A 甲=2cm ，乙的振幅A 乙=1cm ，故A 错误；
B ．根据F=?kx 得知，若k 相同，则回复力最大值之比等于振幅之比，为2:1；由于k 的关系未知，所以所受回复力最大值之比不一定为2:1，故B 错误；
C ．乙的周期T 乙=8s ，则乙振动的表达式为x=A 乙sin
2T π乙t = sin π
4
t (cm)，故C 正确； D ．t =2 s 时，甲通过平衡位置，速度达到最大值．乙的位移最大，加速度达到最大值，故D 错误． 故选C 6．B 【解析】
伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式，A 错误；奥斯特发现电流的磁效应，B 正确；库仑首先通过扭秤实验得出了电荷间相互作用的规律；牛顿得出了万有引力定律，C 错误；伽利略通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论，D 错误． 7．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．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A 错误；
B ．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 ，弹力2kA ，弹力与重力合力
2k A mg mg ?-=
方向向上，加速度为g 向上，故B 错误；
C ．最低点时弹簧形变量2A ，弹力2kA =2mg ，故C 错误；
D ．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，
2p E mgA =
故D 正确．
8．C 【解析】 【详解】
A.根据回复力f =-kx ，回复力与位移方向相反，指向平衡位置，对于弹簧振子，弹力充当回复力，振子的位移增大的过程中，弹力做负功，故A 正确，不符合题意；
B. 振子的速度增大的过程中，位移减小，弹力与运动方向一致，弹力做正功，故B 正确，不符合题意；
C. 根据回复力f =-kx ，振子的加速度增大的过程，位移增大，弹力与运动方向相反，弹力做负功，故C 错误，符合题意；
D. 振子从O 点出发到再次回到O 点的过程中，速度大小不变，动能不变，弹力做的总功为零，故D 正确，不符合题意。 9．C 【解析】 【详解】
A 、由图可读得质点振动的周期为0.4s ；故A 错误。
B 、0至0.1s 内质点在向正向最大位移向平衡位置运动；故其加速度在减小，速度在增大，故B 错误。
C 、0.2s 时负向的位移最大，加速度最大，方向指向平衡位置，即沿正向有最大加速度，故C 正确。
D 、在0.1s~0.2s 内质点通过的路程为5×1=5cm ；故D 错误。故选ABD 。 【点睛】
本题考查简谐运动的图像分析问题，要由图像明确质点的振动情况、周期，并能明确回复力及加速度和速度的变化情况。 10．D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．在时间1
2
T
t 内，由图像的斜率为负且增大可知，物块m 的速度沿负方向在增大，受
摩擦力方向沿负方向，据F kx =-可知，位移x 在减小，加速度在减小，所以摩擦力在减小，A 错误；
B ．由图像知，两物块在平衡位置速度最大，因此两物块从b O →的平均速率要小于从1t 开始经
4T 时间内的平均速率，所以从1t 开始经4
T
通过的路程大于A ，B 错误； C ．据简谐振动的受力特点F kx =-，两物块在平衡位置时速度最大，加速度为零，在最大位移处，速度为零，加速度最大，所以在某段时间内，两物块速度增大时，加速度在减小，C 错误；
D ．简谐运动是一种无能量损失的振动，它只是动能和势能间的转化，总机械能守恒。其能量只有振幅决定，即振幅不变，振动系统能量不变。当将m 在最大位移处轻轻取走，说明m 取走时动能为零，m 取走前后M 振幅没有改变，振动系统机械能总量不变，D 正确。 故选D 。 11．BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物体A 在O 点平衡位置，有
0sin mg k x θ=?
解得
0sin mg x k
θ
?=
弹簧处理拉伸状态，故OC 之间的距离为
sin sin 2sin OC mg mg mg x k k k
θθθ
=
+= 即振幅为
2sin mg k
θ
；故A 错误； B ．物体A 在B 点时，弹簧的形变量最大，系统的弹性势能最大，故B 正确；
C ．物体A 在O 点的速度最大，C 点与O 点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有O 点运动到C 点，由动能定理得
21sin 2
OC mgx mv θ=
解得
2sin v g =故C 正确；
D ．由物块与弹簧构成的系统势能指的是重力势能和弹性势能之和。根据机械能守恒定律，动能和势能之和不变，由物块与弹簧构成的系统中，动能越小，势能越大；系统在C 点和B 点动能为零，势能最大；系统在O 点动能最大，势能最小，故D 错误。
12．BCD
【解析】
【详解】
A．在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第1 s末与第5 s末时，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，选项A错误；
B．由图象可知，T＝8 s，故频率为f＝1
8
Hz，选项B正确；
C．ω＝2
T
π
＝
4
π
rad/s，则将t＝3 s代入x＝A sin
4
π
t，可得弹簧振子的位移大小x＝
2
A，
选项C正确；
D．第3 s末至第5 s末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点，故速度方向相同，选项D正确；
E．第5 s末加速度与速度反向，E错误．
故选BCD.
13．ABC
【解析】
A、经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，物体的位移向下，为2a，故重力做功为2mga，故A正确；
B、时间为1
2
T，故重力的冲量为·
22
T mgT
I mg
==，故B正确；
C、合力充当回复力，根据动能定理，合力做功等于动能的增加量，为零，故回复力做功为零，故C正确；
D、根据动量定理，合力冲量等于动量的变化，由于动量的变化为2c
mv，故合力的冲量为
2
c
mv，合力充当回复力，故D错误；
故选ABC．
【点睛】简谐运动具有对称性，经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，然后根据功的定义、动量定理列式求解．
14．BCE
【解析】
A、B、由简谐运动的图象可判断出振子的周期为2 s，则频率
1
0.5Hz
f
T
==；该质点的
振幅为5cm；C、1.7 s时位移为负值，则加速度为正，根据图象走向可判断速度为负；D、E、0.5 s时，振动质点位于平衡位置，回复力为零，但合外力不一定为零(如单摆在平衡位置时合外力指向圆心)．故选BCE.
【点睛】考查简谐运动的图象，解题关键是能看懂简谐运动x-t图，理解各时刻质点的速度、加速度、回复力．
15．AD
【详解】
A ．根据振动图像，甲振子的振幅为2 cm 、乙振子的振幅1 cm ，故A 正确．
B ．由于两个振子的周期和频率不同，其相位差亦会变化，则B 错误．
C ．前2秒内，甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向向下，为负；而乙在平衡位置的下方，加速度指向平衡位置，方向向上，为正，故C 错误．
D ．第2秒末甲处于平衡位置，速度最大加速度最小，乙处于波谷，速度最小加速度最大，故D 正确． 故选AD 。 16．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212k E mv =知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的1
2
，C 正确；
D 、
E ．根据2T =可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍；根据1f T =可知，
甲的振动频率是乙的振动频率的1
2
，D 正确，E 错误； 故选BCD 。 17．BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．MN 间距离为2A =10cm ，选项A 错误；
B ．因=10rad/s ωπ可知振子的运动周期是
22s 0.2s 10T π
π
ω
π
=
=
= 选项B 正确； C ．由5sin 10cm 2x t ππ??
=+
??
?
可知t =0时，x =5cm ，即振子位于N 点，选项C 正确；
D ．由5sin 10cm 2x t ππ??
=+ ??
?
可知0.05t s =时x =0，此时振子在O 点，振子加速度为零，选项D 错误． 18．AB 【解析】 【分析】 【详解】
t=0.6s 时，物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m= -0.1m ；则对小球2
12
h y gt +=，解得h=1.7m ，选项A 正确；简谐运动的周期是220.82.5T s s π
π
ω
π
=
=
=，选项B 正确；0.6s 内物块运动的路程是3A=0.3m ，选项C 错误；t=0.4s=2
T
，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D 错误． 19．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
21
()2
P E k x h =
- 表达式为二次函数，图象是一条抛物线，因此D 正确。 故选AD 。 20．B 【解析】 【分析】 【详解】
由题可知，a 、b 两点关于平衡位置对称，从a 到b 历时
10.2s t =
从b 再回到a 的最短时间为0.4s ，即从b 到c 所用时间为
20.40.2
s 0.1s 2
t -=
= 所以弹簧振子振动的周期为
12240.8s T t t =+=
则振动频率为
1
1.25Hz f T
=
= 故B 正确，ACD 错误。 故选B 。
二、机械振动 实验题
21．AC 22121
4()
l l g b b π-=-
【解析】 【详解】
（1）[1]
．根据2T = 224πL g T
=
A 、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则L 偏大，测得的g 偏大，选项A 正确；
B 、单摆所用摆球质量大小与重力加速度无关．故B 错误．
C 、把（n -1）次全振动时间误当成n 次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C 正确．
D 、开始计时时，秒表过早按下，则测得的T 偏大，则g 测量值偏小，故D 错误． （2）[2]
．根据2T = 22
4g l T π=
，
则
21
2
21
4l l g k b b π-=
=
- 解得
22121
4()l l g b b π-=-
22．T 2r kg ·m 2 0.17 不变 【解析】
（1）[1]由
T ＝可得:
222
2
44c I T r r mg g
ππ=+
所以图中纵轴表示T 2r .
（2）[2][3]]I c 单位与mr 2单位一致，因为mr 2的国际单位为kg·m 2，所以I c 的国际单位为kg·m 2； 结合:
222
2
44c I T r r mg g
ππ=+
和题图中的截距和斜率，解得I c 的值约为0.17.
（3）[4]重力加速度g 的测量值是通过求斜率2
4g
π得到的，与质量无关，所以若摆的质量
测量值偏大，重力加速度g 的测量值不变． 23．3600 2.000 9.66 A 【解析】
（1）摆球直径d=23.5mm+0.01mm×10.0=23.600mm=2.3600cm ；
（2）单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R-t 图线可知周期为2.246-0.246=2.000s. （3）摆长L=96.82cm+
1
2
×2.3600cm=98.00cm
根据2T π=222222
44 3.140.9800
/9.66/2
L g m s m s T π??=== 若摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则周期变大，根据
224πL
g T =可知，测得的g 值偏小，选项A 正确；计算摆长时用的是L=0L +d ，则摆长测量
值偏大，根据22
4πL
g T
=可知，测得的g 值偏大，选项B 错误；摆球摆动的振幅偏小不影响测量结果，选项C 错误；故选A.
点睛：本题考查了单摆测重力加速度的实验以及探究影响单摆周期的因素的实验的操作要
求，知道单摆的摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，会根据22
4πL
g T
=分析误差原因． 24．6 abe 【解析】 【分析】