机械振动测试题

机械振动测试题

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．下列说法中 不正确 的是( )

A ．将单摆从地球赤道移到南(北)极,振动频率将变大

B ．将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时,则其振动周期将变到原来的2倍

C ．将单摆移至绕地球运转的人造卫星中,其振动频率将不变

D ．在摆角很小的情况下,将单摆的振幅增大或减小,单摆的振动周期保持不变 3．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

4．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，水平纸带中央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，径迹与中央虚线的交点分别为A 、B 、C 、D ，用刻度尺测出A 、B 间的距离为x 1；C 、D 间的距离为x 2。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（ ）

A ．

212()x x g

L

π-

B ．

212()2x x g

L

π-

C ．

212()4x x g

L

π-

D ．

212()8x x g

L

π-

5．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

6．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，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 =，c 、d 为振子最大位移处，则该振子的振动频率为（ ）

A ．1Hz

B ．1.25Hz

C ．2Hz

D ．2.5Hz

7．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm ，周期为3.0 s ．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm 时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( ) A ．0.5 s

B ．0.75 s

C ．1.0 s

D ．1.5 s

8．如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x 随时间t 变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，g 取10m/s 2．对于这个单摆的振动过程，下列说法中不正确的是（ ）

A ．单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为8sin(π)cm x t =

B ．单摆的摆长约为1.0m

C ．从 2.5s t =到 3.0s t =的过程中，摆球的重力势能逐渐增大

D ．从 2.5s t =到 3.0s t =的过程中，摆球所受回复力逐渐减小

9．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

56T B ．摆动的周期为

65

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

10．如图（甲）所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图（乙）所示，以下说法正确的是（ ）

A ．t 1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小

B ．t 2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小

C ．t 3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大

D ．t 4时刻小球速度 为零，轨道对它的支持力最大

11．一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点．0t =时刻振子的位移0.1m x =-；

4

s 3

t =时刻0.1m x =；4s t =时刻0.1m x =．该振子的振幅和周期可能为（ ） A ．0.1 m ，8s 3

B ．0.1 m, 8s

C ．0.2 m ，8s 3

D ．0.2 m ，8s

12．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心，D 是圆环上与M 靠得很近的一点（DM 远小于CM ）.已知在同一时刻，a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点；d 球从D 点静止出发沿圆环运动到M 点.则：

A．c球最先到达M点

B．b球最先到达M点

C．a球最先到达M点

D．d球比a球先到达M点

13．如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )

A．振动周期为5 s

B．振幅为8 cm

C．第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值

D．第3 s末振子的速度为正向的最大值

E.从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动

14．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

15．如图所示是两个理想单摆的振动图象，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移，以向右为正方向．下列说法中正确的是___________(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错一个扣3分，得分为0分)

A．同一摆球在运动过程中前后两次经过轨迹上的同一点，加速度是相同的

B．甲、乙两个摆的频率之比为1︰2

C．甲、乙两个摆的摆长之比为1︰2；

D．从t=0时起，乙第一次到达右方最大位移处时，甲位于平衡位置，速度方向向左

E.t=2s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零；

16．一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

17．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2l

T

g

=

E.单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等

18．如图所示，在光滑水平面上，木块B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，

木块A 叠放在B 上表面，A 与B 之间的最大静摩擦力为f m ，A 、B 质量分别为m 和M ，为使A 和B 在振动过程中不发生相对滑动，则（ ）

A ．它们的振幅不能大于m M m f kM

+（）

B ．它们的振幅不能大于

m M m f km

+（）

C ．它们的最大加速度不能大于m f

M

D ．它们的最大加速度不能大于

m

f m

19．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

20．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

二、机械振动 实验题

21．（1）做“用单摆测定重力加速度”的实验,下述说法中正确的是（_______） A ．测量摆长时,应先将单摆放置在水平桌面上,然后用力拉紧摆线测量悬点到球心的距离

B ．单摆的偏角不要超过5°,当摆球运动到两侧位置时迅速按下秒表开始计时

C ．为了精确测量单摆的周期,起码要测量小球作100次全振动所用的时间

D ．如果小球的重心不在中心,通过一定方法也能精确测定重力加速度

（2）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验时,他先测得摆线长为97.50cm ，然后用游标卡尺测量小钢球直径,读数如图甲所示, 则

①游标卡尺的读数为_________mm ． ②该单摆的摆长l 为_____cm ．

③该同学由测量数据作出2l T -图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度

g =____m/s 2（保留3位有效数字）．

④如果测出的g 值偏小，可能的原因是____． A ．测量摆线长时，线拉得过紧

B ．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了

C ．开始计时时，秒表按下迟了

D ．实验中误将49次全振动记为50次

22．某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。

（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_________选填选项前的字母）

A ．长约1m 的细线

B ．长约1m 的橡皮绳

C ．直径约1cm 的均匀铁球

D ．直径约10cm 的均匀木球

（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图中________所示的固定方式（选填“甲”或“乙”）。

（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的时____________（选填选项前的字母）。

A ．测出摆线长作为单摆的摆长

B ．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动

C ．在摆球经过平衡位置时开始计时

D ．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期

（4）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则计算重力加速度的表达式为

g=____________.

（5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（选填选向前的字母）。

A．开始摆动时振幅较小

B．开始计时时，过早按下秒表

C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间

D．实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动

23．在“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中。

(1)安装好实验装置后，先用游标卡尺测量摆球直径d，测量的示数如图所示，则摆球直径d=______cm，再测量摆线长l，则单摆摆长L=______（用d、l表示）；

(2)摆球摆动稳定后，当它到达________（填“最低点”或“最高点”）时启动秒表开始计时，并记录此后摆球再次经过最低点的次数n（n=1、2、3……），当n=60时刚好停表。停止计时的秒表如图所示，其读数为________s，该单摆的周期为T=________s（周期要求保留三位有效数字）；

(3)计算重力加速度测量值的表达式为g=___________（用T、L表示），如果测量值小于真实值，可能原因是___________；

A．将摆球经过最低点的次数n计少了

B．计时开始时，秒表启动稍晚

C．将摆线长当成了摆长

D．将摆线长和球的直径之和当成了摆长

(4)正确测量不同摆L及相应的单摆周期T，并在坐标纸上画出T2与L的关系图线，如图所示。由图线算出重力加速度的大小g___________m/s2（保留3位有效数字，计算时π2取9.86）。

24．某实验小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。

（1）为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是________；

A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球

B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线

C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动

D．为了使单摆的周期大一些，应使摆线相距平衡位置有较大的角度

（2）该实验小组用20分度的游标卡尺测量小球的直径。某次测量的示数如图乙所示，读出小球直径为d=______cm；

（3）该同学用米尺测出悬线的长度为L，让小球在竖直平面内摆动。当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数为1、2、3……。当数到40时，停止计时，测得时间为t。改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了t2–L图线如图丙所示。根据图丙可以得出当地的重力加速度g＝__________ m/s2。（取π2＝9.86，结果保留3位有效数字）

25．某同学利用如图所示的装置测量当地的重力加速度，实验步骤如下：

A．按装置图安装好实验装置

B．用游标卡尺测量小球的直径d

C．用米尺测量悬线的长度l

D．让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球经过最低点时开始计时，并计数为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数1、2、3、….当数到20时，停止计时，测得时间为t

E.多次改变悬线长度，对应每个悬线长度，都重复实验步骤C、D

F.计算出每个悬线长度对应的t 2

G.以t 2为纵坐标、l 为横坐标，作出t 2－l 图线 结合上述实验，完成下列题目：

（1）用游标为10分度(测量值可准确到0.1 mm)的卡尺测量小球的直径，某次测量的示数如图甲所示，读出小球直径d 的值为___cm.

（2）该同学根据实验数据，利用计算机作出图线t 2－l 如图乙所示，根据图线拟合得到方程t 2=404.0l +3.0，设t 2－l 图象的斜率为k ，由此可以得出当地的重力加速度的表达式g =__，其值为___m/s 2 (取π2＝9.86，结果保留3位有效数字) ． （3）从理论上分析图线没有过坐标原点的原因，下列分析正确的是__ A ．不应在小球经过最低点时开始计时，应该在小球运动到最高点时开始计时 B ．开始计时后，不应记录小球经过最低点的次数，而应记录小球做全振动的次数

C ．不应作t 2－l 图线，而应作t 2－(l -2d

)图线 D ．不应作t 2－l 图线，而应作t 2－(l +2

d

)图线

26．一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验．

(1)下列是供学生自主选择的器材．你认为应选用的器材是_________.（填写器材的字母代号）

A ．约1m 长的细线

B ．约0.3m 长的铜丝

C ．约0.8m 长的橡皮筋

D ．直径约1cm 的实心木球

E ．直径约1cm 的实心钢球

F ．直径约1cm 的空心铝球

(2)该同学在安装好如图所示的实验装置后，测得单摆的摆长为L ，然后让小球在竖直平面内小角度摆动．当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N 次全振动时停止计时，测得时间为t ．请写出测量当地重力加速度的表达式g =_________.（用以上测量的物理量和已知量的字母表示）

(3)为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，准备利用T2-L 的关系图线求出当地重力加速度值．相关测量数据如下表：

次数12345

L/m0.8000.900 1.000 1.100 1.200

T/s 1.79 1.90 2.01 2.11 2.20

T2/s2 3.22 3.61 4.04 4.45 4.84

该同学在图中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T2-L关系图线_________.

(4)根据绘制出的T2-L关系图线，可求得g的测量值为______m/s2.（计算结果保留2位有效数字）

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

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．C 【解析】 【分析】 【详解】

A 、将单摆从地球赤道移到南（北）极，重力加速度增加，根据2T π=，振动的周期变小，故振动频率将变大，故A 正确；

B 、重力等于万有引力，故：2Mm mg G

r =，解得：

2

GM

g r =，将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，r 增加为2倍，故g 减小为1

4

；

根据2T π

=2倍，故B 正确； C 、将单摆移至绕地球运转的人造卫星中，处于完全失重状态，不能工作，故C 错误；

D 、根据2T =，振动的周期与振幅无关；在摆角很小的情况下，将单摆的振幅增大或减小，单摆的振动周期保持不变，故D 正确． 【点睛】

本题关键是根据单摆的周期公2T =和重力加速度公式2GM g r =分析，注意周期与

振幅无关． 3．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

4．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

2212()2

T

x x a -=

其中T 为单摆周期，则2T =，联立解得 212()2πx x g

a L

-=

故ACD 错误，B 正确。 故选B 。 5．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。 6．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 。 7．C 【解析】 【详解】

把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为

2cos

y A t T π=，代入得()220cos 3

y t cm π=，当y=10cm 时，可解得：20.533

t t s ππ

=?=，故在一个周期内，游客能舒服登船的时间是2t=1.0s ，故C 正确，ABD 错误． 8．C 【解析】 【详解】

A ．由振动图象读出周期2s T =，振幅8cm A =，由

2π

T

ω=

得到角频率πrad/s ω=，则单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为

sin 8sin(π)cm x A t t ω==

A 正确，不符合题意；

B ．由公式

2T = 得1m L =，B 正确，不符合题意；

C ．从 2.5s t =到 3.0s t =的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C 错误，符合题意；

D ．从 2.5s t =到 3.0s t =的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，D 正确，不符合题意。 故选C 。 9．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． 10．A 【解析】

试题分析：t 1时刻小球速度为零，小球到达最高点，故轨道对它的支持力最小，选项A 正

确；t 2时刻小球速度最大，根据2

N v F mg m R

=+可知，轨道对它的支持力最大，选项B 错

误；.t 3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小，选项C 错误；t 4时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最大，选项D 错误；故选A. 考点：v-t 图线；牛顿第二定律. 11．ACD 【解析】 【分析】 【详解】

AB. 如果振幅等于0.1m ，经过周期的整数倍，振子会回到原位置，则有：

4

(4)s 3

nT -=

当1n =时，8

s 3

T =

，故A 正确，B 错误； CD. 如果振幅大于0.1m ，如图所示，则有：

()444s 332

T nT +-=+ 当0n =时，8s T =；当1n =时，8

s 3

T =

；故C 正确，D 正确；

12．AD 【解析】 【详解】

对于AM 段，位移x 12R ，加速度

1452

mgsin a g m ?＝

根据x 1＝

1

2

a 1t 12得，

1t ＝对于BM 段，位移x 2=2R ，加速度

a 2=g sin60°g 根据x 2＝

1

2

a 2t 22得，

2t 对于CM 段，位移x 3=R ，加速度a 3=g ，由x 3=

12

gt 32

得，

3t 对于D 小球，做类似单摆运动，

44T t ＝知t 3最小，t 2最大。

A. c 球最先到达M 点，与结论相符，选项A 正确；

B. b 球最先到达M 点，与结论不相符，选项B 错误；

C. a 球最先到达M 点，与结论不相符，选项C 错误；

D. 因t 4

根据图象，周期T ＝4 s ，振幅A ＝8 cm ，A 错误，B 正确．第2 s 末振子到达负的最大位移处，速度为零，加速度为正向的最大值，C 正确．第3 s 末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，D 正确．从第1 s 末到第2 s 末振子经过平衡位置向下运动，速度逐渐减小，做减速运动，E 错误．故选BCD ．

【点睛】本题关键根据简谐运动的位移时间图象得到弹簧振子的周期和振幅，然后结合实际情况进行分析． 14．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。 15．AD

E 【解析】 【分析】

据振动图象能读出周期，然后结合单摆的周期公式求解单摆的摆长之比．写出乙摆的振动方程，将时间值代入求解其位移． 【详解】

A ．对于同一个摆球，由回复力方程F kx =-知，在运动过程中前后两次经过轨迹上的同一点，加速度是相同的，故A 对．

BC ．根据振动图象知，甲、乙两个单摆的周期分别为 4T s =甲，8T s =乙；由此得

21f T f T ==甲乙乙甲，故B 错误；由单摆的周期公式2T =22::1:4L L T T ==甲乙甲乙,故C 错误；

D ．从t=0时起，乙第一次到达右方最大位移处时，位移为负，结合图像可知，此时

6t s =，甲位于平衡位置，速度方向向左，故D 正确；

E ．t=2s 时，甲摆处于最低点，故重力势能最小，乙摆处于最大位移出，故动能为零，E 正确． 故选ADE 。 16．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． 17．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． 18．BD 【解析】 【分析】

A 和

B 在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB 间静摩擦力达到最大，此时振幅最大．先以A 为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体研究，根据牛顿第二定律和胡克定律求出振幅． 【详解】

当A 和B 在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB 间静摩擦力达到最大，此时AB 到达最大位移处．根据牛顿第二定律，以A 为研究对象，最大加速度：m

f a m

= ；以整体为研究对象：kx=（M+m ）a ；联立两式得到最大振幅：x=()

m M m f km

+，故AC 错误，BD 正确；

故选BD ． 19．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． 20．C 【解析】 【分析】 【详解】

t=1.25s 时，位移为正，加速度k

a x m

=-

为负；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，A 错误；t=1.7s 时，位移为负，加速度k

a x m

=-

为正；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，B 错误；t=1.0s 时，位移为正，加速度k

a x m

=-

为负；x-t 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．

二、机械振动 实验题

21．D 9.8mm 97.99 9.86 B 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]．A.测量摆长时，应先将单摆竖直悬挂，让摆球自然下垂，然后测量悬点到球心的距离，选项A 错误；

B.单摆的偏角不要超过5°，当摆球运动到最低点位置时迅速按下秒表开始计时，选项B 错误；

C.为了精确测量单摆的周期，要测量小球作30-50次全振动所用的时间，选项C 错误；

D.如果小球的重心不在中心，可通过测量数据建立T 2-L 图像，通过图像的斜率求解重力加速度，选项D 正确．

（2）①[2]．由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm=9mm ，游标尺示数为8×0.1mm=0.8mm ，游标卡尺的读数为：9mm+0.8mm=9.8mm ． ②[3]．单摆摆长：

'0.9897.5097.99cm 22

d l l =+

=+=

③[4]．由单摆周期公式2T π

= 22

4g l T π

=

由图像可知

2

1.0

0.2544

g k π=

=

= 解得

g=9.86m/s 2

④[5]．根据224=l

g T

π则：

A 、测量摆线长时线拉得过紧，则l 的测量值偏大，则所测重力加速度偏大，故A 错误；

B 、摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，使所测量的实际周期T 偏大，重力加速度的测量值偏小，故B 正确；

C 、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T 偏小，重力加速度g 的测量值偏大，故B 正确；

D 、实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期T 偏小，所测重力加速度偏大，故D 错误．

22．AC 乙 BC 2

24g k

π= CD

【详解】

（1）[1]AB.实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m 的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A 正确，B 错误；

CD.为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm 的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm 的均匀木球，故C 正确，D 错误； 故选：AC ；

（2）[2]在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式。 （3）[3]A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A 错误；

B.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B 正确；

C.为减小测量误差，在摆球经过平衡位置时开始计时，故C 正确；

D.为减小测量误差，应测出n 个周期的总时间t ，然后求出周期：t

T n

=，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D 错误； 故选：BC ；

（4）[4]由单摆周期公式：2T == ，可知：T 成正比，T 图象是正

比例函数图象，T 图象的斜率：

k

=

， 则重力加速度：

2

24g k

π=；

（5）[5]由单摆周期公式：2T =得： 224l g T

π=；

A.单摆在小角度下的摆到为简谐振动，开始摆动时振幅较小，单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响，故A 错误；

B.开始计时时，过早按下秒表，所测周期T 偏大，所测重力加速度偏小，故B 错误；

C.测量周期时，误将摆球（n ?1）次全振动的时间记为n 次全振动的时间，所测周期T 偏小，所测重力加速度g 偏大，故C 正确；

D.实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动，测得的周期T 偏小，所测重力加速度偏大； 故选：CD ；

故答案为：（1）AC ；（2）乙（3）BC ；（4）2

24g k

π=（5）CD 。