最新机械振动单元测试题

最新机械振动单元测试题

一、机械振动 选择题

1．如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊铁块M ，在其下方吸引了一磁铁m ，已知弹簧的劲度系数为k ，磁铁对铁块的最大吸引力等于3m g ，不计磁铁对其它物体的作用并忽略阻力，为了使M 和m 能够共同沿竖直方向作简谐运动，那么 （ ）

A ．它处于平衡位置时弹簧的伸长量等于()2M m g

k

+

B ．振幅的最大值是

()2M m g

k

+

C ．弹簧弹性势能最大时，弹力的大小等于()2M m g +

D ．弹簧运动到最高点时，弹簧的弹力等于0

2．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 ＝1

4

T 时，货物对车厢底板的压力最大 B ．t ＝1

2

T 时，货物对车厢底板的压力最小 C ．t ＝3

4

T 时，货物对车厢底板的压力最大 D ．t ＝

3

4

T 时，货物对车厢底板的压力最小 3．某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为5sin 4

x t π

=(cm) ,则下列关于质点运动的说法中正确的是( )

A ．质点做简谐运动的振幅为 10cm

B ．质点做简谐运动的周期为 4s

C ．在 t=4s 时质点的加速度最大

D ．在 t=4s 时质点的速度最大

4．一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

5．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（ ）

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

6．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

7．如图所示，弹簧振子在A 、B 之间做简谐运动．以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴．向右为x 轴的正方向．若振子位于B 点时开始计时，则其振动图像为（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

8．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

9．如图所示，质量为A m 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

B m 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 ．(A m +

B m )g B ．(A m +2B m )g

C ．2(A m +B m )g

D ．(2A m +B m )g

10．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t 1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t 2时刻物块的速度大小也为v ，方向向下，则t 2~t 1的最小值小于2

T B ．如果在t 2时刻物块的动能也为E k ，则t 2~t 1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

11．如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是

A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等

B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等

C ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同

D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

12．如图所示，将可视为质点的小物块用轻弹簧悬挂于拉力传感器上，拉力传感器固定于天花板上，将小物块托起一定高度后释放，拉力传感器记录了弹簧拉力F 随时间t 变化的关系如图所示。以下说法正确的是

A ．t 0时刻弹簧弹性势能最大

B ．2t 0站时刻弹簧弹性势能最大

C ．

03

2t 时刻弹簧弹力的功率为0 D ．

03

2

t 时刻物体处于超重状态 13．如图所示为某物体系统做受迫振动的振幅A 随驱动力频率f 的变化关系图，则下列说法正确的是

A ．物体系统的固有频率为f 0

B ．当驱动力频率为f 0时，物体系统会发生共振现象

C ．物体系统振动的频率由驱动力频率和物体系统的固有频率共同决定

D ．驱动力频率越大，物体系统的振幅越大

14．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54sin(4)6

x t π

π=- cm D ．振动频率与按压的深度有关

E.在t 1～t 2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大

15．做简谐运动的水平弹簧振子，振子质量为m ，最大速度为v ，周期为T ，则下列说法正确的是（ ） A ．从某时刻算起，在

2

T

的时间内，回复力做的功一定为零 B ．从某一时刻算起，在

2

T

的时间内，速度变化量一定为零 C ．若Δt ＝T ，则在t 时刻和（t ＋Δt ）时刻，振子运动的速度一定相等 D ．若Δt ＝

2

T

，则在t 时刻和（t ＋Δt ）时刻，弹簧的形变量一定相等 16．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

17．如图所示,弹簧下端挂一质量为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,弹簧正好为原长,则物体在振动过程中( )

A ．物体在最低点时的弹力大小应为2mg

B ．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变

C ．弹簧的最大弹性势能等于2mgA

D ．物体的最大动能应等于mgA

18．一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

19．一个质点沿直线ab在平衡位置O附近做简谐运动.若从质点经O点时开始计时，经过5s质点第一次经过M点（如图所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是（）

A．6s B．4s C．22s D．8s

20．如图所示，PQ为—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lkg，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

二、机械振动实验题

21．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2T 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2T 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”）

22．物理实验小组的同学做“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1 m的细线

B．长约1 m的橡皮绳

C．直径约为2 cm的均匀铁球

D．直径约为5 cm的均匀木球

E．秒表

F．时钟

G．最小刻度为毫米的刻度尺

实验小组的同学需要从上述器材中选择________（填写器材前面的字母）．

（2）下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝

0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________（填字母代号）．

A． B．

C． D．

（3）某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是

________．

A．测摆长时记录的是摆线的长度

B．开始计时时，秒表过早按下

C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了

D．实验中误将29次全振动数记为30次

23．某小组在做“用单摆测重力加速度”实验后，为进一步研究，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

2

2c

I mr

T

mgr

π

+

=，式中

c

I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（a），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，并测得摆的质量m．

（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示______（用题中所给的字母表示）；

（2）

c

I的国际单位为_______；

（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”）

24．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）

_________________________________________________________________

25．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：

(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为

___________cm，用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示，悬挂点与刻度尺0刻度线对齐，由图甲、乙可知单摆的摆长为___________m（结果保留三位小数）；

(2)以下关于本实验的做法，正确的是___________（填正确答案标号）；

A．摆球应选密度较大、有小孔的金属小球

B．摆线应适当长些

C．将小球拉开一个很小的角度静止释放，并同时启动秒表开始计时

D．用秒表测量小球完成一次全振动所用时间并作为单摆的周期

(3)测出不同摆长L对应的周期T，用多组实验数据作出图象2T L

-，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的2T L

-图线如图丙中的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___________（填正确答案标号）。

A．出现图线a的原因可能是单摆所用摆球质量太大

B．出现图线c的原因可能是秒表过迟按下，使重力加速度的测量值偏小

n+）次全振动时间进行C．出现图线c的原因可能是测出n次全振动时间为t，误作为（1

计算，使重力加速度的测量值偏大

D．出现图线c的原因可能是摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使重力加速度的测量值偏大

26．(1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用游标卡尺测得摆球的直径如图（甲）所示，则小球直径为_________cm；并用秒表测出单摆的多个周期，秒表的读数如图（乙）所示，该读数为_________s；

(2)为了提高测量的准确性，下列说法中正确的是________ A ．选择密度稍大一些的小球 B ．实验时摆角不要太大

C ．测量周期时，当小球运动到最低点时开始计时

D ．摆线应选用弹性好的细线

E.测量摆线长度时，应先将摆线放置在水平桌面上，拉直后再用刻度尺测量

(3)某同事将他的实验数据代入单摆周期公式，计算得到的g 值都比其它同学大，其原因可能是______

A ．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线边长了

B ．单摆没在同一竖直面内摆动，而成了圆推摆

C ．测量周期时，误将摆球n 次全振动记成了n +1次

D ．将摆线的长度与小球直径之和作为摆长

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、机械振动 选择题 1．B 【解析】 【分析】 【详解】

A ．处于平衡位置时，合力为零，有

()M m g kx +=

所以伸长量为

()M m g

x k

+=

A 错误；

B ．振幅最大的位置，弹性势能最大，形变量最大，设为Δx ，由牛顿第二定律得

Δ()()k x M m g M m a -+=+

3mg mg ma -=

联立上式可得

3(+)ΔM m g

x k =

所以最大振幅为

2()ΔM m g

x x k

+-=

B 正确；

C ．弹簧弹性势能最大时，弹力的大小为

Δ3()F k x M m g ==+弹

C 错误；

D ．弹簧运动到最高点时，弹簧处于压缩状态，弹力不为零，D 错误。 故选B 。 2．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． 3．D 【解析】 【详解】

A ．由位移的表达式5sin

(cm)4

x t π

=，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

rad/s 4π

ω=

则周期为

28s T π

ω

=

=

故B 错误．

C ．在t =4s 时质点的位移

5sin(4)(cm)04

x π

=?=

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． 4．C

【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：20.533t 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． 5．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 。 6．C 【解析】 【详解】

A ．由振动图象读出周期2s T =，振幅8cm A =，由

2πT

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 。 7．A 【解析】

【详解】

由题意：设向右为x 正方向，振子运动到N 点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N 点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A 正确． 8．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． 9．A 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示

O 1为弹簧的原长位置，O 2为挂上物块B 时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为0x ?，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m A g ，即弹簧至少要压缩到位置O 3，压缩量为2x ?，物块B 在力F 的作用下至少下拉的长度1x ?，让B 以O 2为平衡位置做简谐运动。则要满足

120x x x ?=?+?

B 0m g k x =?，A 2m g k x =?

1F k x =?

所以F 的最小值

A B ()F m m g =+

故BCD 错误，A 正确。 故选A 。 10．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t 2时刻物块的速度大小也为v ，方向向下，则t 2~t 1的最小值小于

2

T

，选项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t 2时刻物块的动能也为E k ，则t 2~t 1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 。 11．AD 【解析】

试题分析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：0123mv mv mv =+，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：

222012111

3222mv mv mv =+?，解两式得：001222

v v v v ，=-=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B 错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另

摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故C 错误；由单摆的周期公式2T =两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D 正确． 考点：考查了动量守恒定律．单摆周期 12．A 【解析】 【分析】

本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。 【详解】

AB ．t 0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t 0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A 正确，B 错误；

C ．03

2

t 时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F 0，功率不为零，C 错误； D ．

03

2

t 时刻，弹簧振子在平衡位置，物体加速度为零，处于平衡状态，D 错误； 故选A 。 13．AB 【解析】 【详解】

A ．由振动图像可知，当驱动力的频率为f 0时振幅最大，则由共振的条件可知，物体系统的固有频率为f 0，选项A 正确；

B ．当驱动力频率为f 0时，物体系统会发生共振现象，选项B 正确；

C ．物体系统振动的频率由驱动力频率决定，选项C 错误；

D ．驱动力频率越接近于系统的固有频率时，物体系统的振幅越大，选项D 错误。 14．AC

E 【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

22rad/s 4rad/s 0.5

T ππ

ωπ＝

＝＝ 由图可知振动的振幅为A ，由题可知，A =4cm ；t =0时刻

0sin 2

A

A ?-= 结合t =0时刻玻璃管振动的方向向下，可知076?π＝（11 6

π舍去），则玻璃管的振动方程为

754sin(4+

)cm=4sin(4)cm 66

x t t ππ

ππ=- 故C 正确；

D ．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t 1～t 2时间内，位移减小，加速度f kx

a m m

=-＝减小；玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大。故E 正确。 故选ACE 。

15．AC 【解析】 【详解】

AB ．振子在半个周期内刚好到达与初位置关于平衡位置对称的位置，两位置速度大小相等，故由动能定理知，回复力做的功一定为零，但由于速度反向（初位置在最大位移处时速度均为零），所以在半个周期内速度变化量的大小为初速度大小的两倍，因此在半个周期内速度变化量大小应为0到2v 之间的某个值，因此A 正确，B 错误。

C ．在相隔一个周期T 的两个时刻，振子只能位于同一位置，状态完全相同，因此C 正确。

D ．相隔

2

T

的两个时刻，振子的位移大小相等且方向相反，弹簧的伸长量和压缩量相同，弹簧的总长度并不相等，因此D 错误。 故选AC 。 16．BCD 【解析】

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． 17．AC 【解析】 【分析】 【详解】

物体做简谐运动，最高点和最低点关于平衡位置对称，最高点加速度为g ，最低点加速度也为g ，方向向上，F-mg=ma ，a=g ，F=2mg ，选项A 正确；根据物体和弹簧总的机械能守恒，弹簧的弹性势能和物体的动能、物体的重力势能之和不变，选项B 错误；物体下落到最低点时，重力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为E P =mg×2A=2mgA ，选项C 正确；当弹簧的弹力等于物体的重力时，物体速度最大，动能最大，此时弹簧处于拉伸状态，弹性势能'

P E 不为零，根据系统机械能守恒可知此时物体的动

能为'

k P E mgA E =-，即E k 小于mgA ，选项D 错误；故选AC ．

18．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． 19．AC 【解析】

若振子开始的运动方向为向左：则5OM AO AO t t t s ++=，1bM Mb t t s ==，故

6OM AO AO Mb t t t t s +++=，即

624T T s +=，解得T=8s ，所以24

OM Mb T

t t s +==，故1OM MO t t s ==，第三次经过M 的过程中

62

MO OM T

t t s ++=； 若振子开始的运动方向为向右，则5OM MO t t s ==，1bM Mb t t s ==，则

64OM Mb T t t s =+=，第三次经过M 的过程为5125222MO OM T

t t s ++=++=，故AC 正确．

20．C 【解析】 【分析】 【详解】

A ．对振子受力分析，有向下的重力和向上的弹簧的弹力。由牛顿第二定律可得

F ma =合

由题意可得

216m/s a =，228m/s a =

12a a <

所以

12F F <合合

即振子经过P 点时所受的合力比经过Q 点时所受的合力小，所以A 错误； B ．当振子加速度为0时，即合力为0时，振子处于平衡位置，即

010N F G mg ===

其中，g 取10m/s 2。在P 点，由牛顿第二定律可得

11G F ma -= 14N F =

此时弹簧弹力向上，即弹簧处于压缩状态。在Q 点，由牛顿第二定律可得

22F G ma -= 218N F =

此时弹簧弹力也向上，即弹簧同样处于压缩状态。由胡克定律

F kx =-

可得

1214cm x x +=

解得

1N/cm k =

则

14cm x =，218cm x =，010cm x =

所以该弹簧振子的平衡位置在P 点正下方6cm 处，所以B 错误；

C ．由B 选项分析可知，P 点离平衡位置比Q 点离平衡位置近，由于越靠近平衡位置，振子的速度越大，所以振子经过P 点时的速度比经过Q 点时的速度大，所以C 正确；

D ．由于振子的初速度未知，所以无法判断振子速度为0的位置，即无法判断振子的振幅是多大，所以只能说该弹簧振子的振幅可能为8cm ，而不是一定，所以D 错误。 故选C 。

二、机械振动 实验题

21．4 t n ? ① 24a

b

π 不变

【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 n

?=

；

(3)由单摆周期公式2T =可知22

4T L g π=，则2T L -图象的斜率2

4k g π=，则加速度2

4g k

π=，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

2

2

4()T L l g

π=-，由此得到的2T L -图像是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得

到的g 值不变，由图像可得b k a =，当地重力加速度2

4a

g b

π=；

22．ACEG A D 【解析】 【详解】

（1）[1]需要从题给器材中选择：长约1 m 的细线，直径约2 cm 的均匀铁球，秒表（测量50次全振动的时间），最小刻度为毫米的刻度尺（测量摆长）．

（2）[2]单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A ＝l sin 5°＝0.087 m ＝8.7 cm ，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A.

（3）[3]A.根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g ＝22

4L

T

π.将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，A 错误；

B.开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，B 错误；

C.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，即摆长L 的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，C 错误；

D.设单摆29次全振动的时间为t ，则单摆的周期T ＝

29

t

，若误计为30次，则T 测＝3029

t t <，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大，D 正确． 23．2T r 2·kg m 不变 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]根据周期公式

2T = 整理可得

2

2

2

04L mr T mgr

π+=

观察图像发现为倾斜的直线，即纵轴的物理量与2r 成一次函数关系，根据

2

2

2

04L mr T r mg

π+=

判断纵轴为2T r ；