一、机械振动  选择题

1．某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x＝Asin 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Hz

C．第3 s末，弹簧振子的位移大小为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

2．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（  ）

A． ． ． ．

3．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．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）

4．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．时刻钢球处于超重状态

B．时刻钢球的速度方向向上

C．时间内钢球的动能逐渐增大

D．时间内钢球的机械能逐渐减小

5．如图所示，固定的光滑圆弧形轨道半径R＝0.2m，B是轨道的最低点，在轨道上的A点（弧所对的圆心角小于10°）和轨道的圆心O处各有一可视为质点的静止小球，若将它们同时由静止开始释放，则（　　）

A．两小球同时到达B点

B．A点释放的小球先到达B点

C．O点释放的小球先到达B点

D．不能确定

6．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

7．沿某一电场方向建立轴，电场仅分布在dxd的区间内，其电场场强与坐标x的关系如图所示。规定沿x轴方向为电场强度的正方向，x=0处电势为零。一质量为m、电荷量为q的带点粒子只在电场力作用下，沿x轴做周期性运动。以下说法正确的是（　　）

A．粒子沿x轴做简谐运动

B．粒子在x=d处的电势能为qE0d

C．动能与电势能之和的最大值是qE0d

D．一个周期内，在x0区域的运动时间t2

8．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f0

B．当驱动力频率为f0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

9．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= sint（cm）

D．t＝2s时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值

10．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 cm

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

11．如图所示，轻质弹簧的下端固定在水平地面上，一个质量为的小球（可视为质点），从距弹簧上端处自由下落并压缩弹簧．若以小球下落点为轴正方向起点，设小球从开始下落到压缩弹簧至最短之间的距离为，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、速度、弹簧的弹力、弹性势能变化的图像正确的是（　　）

A． ．

C． ．

12．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

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vc，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

C．回复力做功为零

D．回复力的冲量为0

14．如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则(  )

A．此单摆的固有周期约为2s

B．此单摆的摆长约为1m

C．若摆长增大，单摆的固有频率增大

D．若摆长增大，共振曲线的峰将右移

15．一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T，则　　

A．若，则t时刻和时刻振子运动的加速度一定大小相等

B．若，则t时刻和时刻弹簧的形变量一定相等

C．若t时刻和时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，则一定等于的奇数倍

D．若t时刻和时刻振子运动速度的大小相等，方向相同，则一定等于的整数倍

16．如图甲为竖直弹簧振子，物体在A、B之间做简谐运动，O点为平衡位置，A点为弹簧的原长位置，从振子经过A点时开始计时，振动图象如图乙所示，下列说法正确的是

A．t=1s时，振子加速度最大

B．t=2s时，弹簧弹性势能最大

C．t=1s和t=2s两个时刻，弹簧弹性势能相等

D．t=3s时，振子经过O点向上运动

E.t=4s时，振子加速度大小为g

17．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6m，列车固有振动周期为0.315s．下列说法正确的是（　　）

A．列车的危险速率为

B．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象

C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的

D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行

18．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，式中为振子的质量，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

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

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/s2.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．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

二、机械振动  实验题

21．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，

(1)从下列器材中选用最合适的器材(填写器材代号)__

A．小铁球   B．小塑料球 C．20cm长的细线  D．100cm 长的细线  E.手表    F.时钟    G.秒表

(2) 有关“用单摆测定重力加速度”的实验，下述说法中正确的是___

A．为了方便测量摆长，可以将单摆放在水平桌面上用力拉紧后再测量

B．测量摆长时可以先测出摆线的长度，再加上摆球的半径

C．偏角不要超过5°，将摆球拉到最大位移处释放同时快速按下秒表开始计时

D．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

(3)某同学实验时改变摆长，测出多组摆长L和对应的周期T的数据，作出L—T2图线，得到一条过原点的直线， 如果直线的斜率为k，则求得重力加速度 g= ________________．

但实际操作时，该同学漏加了小球半径，如果他仍作出L--T2 图线，通过直线斜率来计算重力加速度，则测量结果将______ (填“偏大”、“偏小”或“不变”)．

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；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．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，式中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）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图所示．

（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）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t， 则重力加速度g=________ （用L、n、t表示）

（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．

请计算出第3组实验中的T=________ s，g= ________ 

（4）用多组实验数据做出图像，也可以求出重力加速度g， 已知三位同学做出的图线的示意图如图中的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

（5）某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为和时，测得相应单摆的周期为、，由此可得重力加速度g=________ （用、、、表示）．

25．甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．

甲组同学采用图甲所示的实验装置．该组同学先测量出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．请写出重力加速度的表达式g=____________（用所测物理量表示）．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，这将会导致所测重力加速度的数值_________．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v-t图线．由图丙可知，该单摆的周期T=___________s．在多次改变摆线长度测量后，根据实验数据，利用计算机作出（周期平方-摆长）图线，并根据图线拟合得到方程．由此可以得出当地的重力加速度g=___________．(取，结果保留3位有效数字)

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】***试卷处理标记，请不要删除

一、机械振动  选择题

1．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＝Hz，选项B正确；

C．ω＝＝rad/s，则将t＝3 s代入x＝Asint，可得弹簧振子的位移大小x＝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.

2．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

其中T为单摆周期，则，联立解得

故ACD错误，B正确。

故选B。

3．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

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.

4．D

【解析】

【分析】

【详解】

A．从图中可知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．从图中可知时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误；

C．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，即动能先增大后减小，C错误；

D．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正确。

故选D。

5．C

【解析】

【详解】

ABCD.处于A点的小球释放后做等效摆长为R的简谐运动，由A到B所用的时间为周期的四分之一。设这个时间为tA，根据单摆的周期公式有

由O点释放的小球做自由落体运动，设运动到B点所用的时间为tB，则有

因tA>tB，即原来处于O点的小球先到达B点，故C正确ABD错误。

故选C。

6．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

由题意可得

，

所以

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

其中，g取10m/s2。在P点，由牛顿第二定律可得

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

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

可得

解得

则

，，

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。

7．D

【解析】

【分析】

【详解】

A.x0区域粒子受到恒定大小水平向左的电场力，不满足简谐运动回复力特点，故A错误；

B.粒子从x=0到x=d电压变化

粒子从x=0到x=d的电场力做功

根据功能关系得粒子在x=d处的电势能为，故B错误；

C.设动能与电势能之和的最大值为P

最右位置有

最左位置有

粒子的运动区间为

电场仅分布在的区间内,解得，故C错误；

D.在x0区域的运动由对称的2段组成

解得，总时间为

故D正确。

故选D。

8．AB

【解析】

【详解】

A．由振动图像可知，当驱动力的频率为f0时振幅最大，则由共振的条件可知，物体系统的固有频率为f0，选项A正确；

B．当驱动力频率为f0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。

9．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sint= sint (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

10．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

由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；t=0时刻

结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知（π舍去），则玻璃管的振动方程为

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t1～t2时间内，位移减小，加速度减小；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。

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

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

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．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．

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，故重力的冲量为，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，故合力的冲量为，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．AB

【解析】

【详解】

单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s．故A正确；由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s．由公式T=2π，可得L≈1m，故B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小．故C错误；若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动．故D错误；故选AB．

【点睛】

本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象．

15．AB

【解析】

A、若，由简谐振动的周期性可知，t时刻和时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等，故A正确；

   B、若，在t时刻和时刻振子的位置一定关于平衡位置是对称点，弹簧沿水平方向做简谐振动，所以受到的弹簧的弹力的大小相等，所以两个时刻弹簧的形变量一定相等，故B正确；

   C、若t时刻和时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，振子可能以相等的速度经过两点，也可能以方向相反的速度经过两点，所以则不一定等于的奇数倍，故C错误；

   D、若t时刻和时刻振子运动速度的大小相等、方向相同，可能振子经过同一点，也可能经过关于平衡位置对称的两位置，不一定等于的整数倍，故D错误．

点睛：本题考查对简谐运动物理量及其变化的理解程度，可通过过程分析理解掌握，简谐运动中速度与加速度的大小变化情况是相反，也可以作出振动图象进行分析．

16．BDE

【解析】

【详解】

A. t=1s时，振子在平衡位置，加速度为零，选项A错误；

B. t=2s时，振子到达最低点，此时弹簧弹性势能最大，选项B正确；

C. t=2s时刻弹簧的压缩量比t=1s时刻大，t=2s时刻弹簧的弹性势能比t=1s时刻大，选项C错误；

D. 由振动图像可知，t=3s时，振子经过O点向上运动，选项D正确.

E. t=4s时，振子回到A点，此时振子的加速度大小为g，选项E正确.

17．AD

【解析】

【详解】

当列车受到冲击的频率和列车故有频率相同时，会发生共振，比较危险，由可得危险车速为，A正确；列车过桥需要减速，是为了防止桥与火车发生共振现象，B错误；列车的速度不同，则振动频率不同，C错误；由题意可知，根据可知增加长度可以使危险车速增大，故可以使列车高速运行，故D正确．

18．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，由知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的，C正确；

D、E．根据可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍；根据可知，甲的振动频率是乙的振动频率的，D正确，E错误；

故选BCD。

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，解得h=1.7m ，选项A正确；简谐运动的周期是，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=，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．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，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：

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。

二、机械振动  实验题

21．ADG BD  不变

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1].实验中需要的器材有：A.小铁球；D.100cm 长的细线；G.秒表；故选ADG;

（2）[2]. 实验中单摆摆长等于摆球半径与摆线长度之和，应先用游标卡尺测出摆球直径；然后把单摆悬挂好，再用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度，摆球半径与摆线长度之和是单摆摆长，故A错误，B正确；偏角不要超过5°，以保证单摆做简谐振动；将摆球拉到最大位移处释放，等摆球到达最低点时快速按下秒表开始计时，选项C错误；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t，然后由求解周期，选项D正确；

（3）[3].根据可得

，

则由题意可知

解得

[4].在测量数据时漏加了小球半径，将摆线的长度当做了摆长，所测摆长偏小，摆长的变化对图象斜率k没有影响，因此实验测量的重力加速度与真实值相等；

22．4  ①  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)由于测得摆球经过次全振动的总时间为，所以该单摆的周期为； 

(3)由单摆周期公式可知，则图象的斜率，则加速度，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，由此得到的图像是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的值不变，由图像可得，当地重力加速度；

23．  不变

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]根据周期公式

整理可得

观察图像发现为倾斜的直线，即纵轴的物理量与成一次函数关系，根据

判断纵轴为；

（2）[2]根据周期公式

整理可得

代入各个物理量的单位，可判断的单位为．根据

可得图像的截距即：

根据图像斜率

代入可得

代入质量即可得

（3）[3]根据图像斜率计算重力加速度，所以大小与质量的测量无关，即质量测量值即使偏大，重力加速度的测量值也不会变化．

24．（1）AD （2） （3）2.01；9.76（9.76~9.77） （4）B    （5）或

【解析】

【分析】

【详解】

①在用单摆测定力加速度的实验基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好；故摆线应选取长约1m左右的不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差，故选AD．

②次全振动的时间为，则振动周期为，根据单摆周期公式，可推出

③50次全振动的时间为100.5s，则振动周期为，代入公式求得

④由可知图像的斜率，b曲线为正确的图象．C.斜率越小，对应的重力加速度越大，选项C错误．A.在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，如漏加小球半径，与纵轴负半轴相交表示摆长偏大，选项A错误．B.若误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，值测量值偏大，对应的图像斜率偏小，选项B正确．故选B．

⑤设A到铁锁重心的距离为，则第一次的实际摆长为，第二次的实际摆长为，由周期公式，，联立消去，解得．

25． 偏小 2.0 9.76

【解析】

根据得： 

单摆完成n次全振动所用的时间t,所以周期为 

则 ；由于松动导致测量的摆长变小，所以g的测量值也偏小．

结合图像可知单摆的周期为T=2s，

单摆的周期为 

结合

可知： ，即 

故本题答案是：(1).     (2). 偏小    (3). 2.0    (4). 9.76

26．020 99.6s ABC CD

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]游标卡尺的主尺读数为2.0cm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为2.020cm；

[2]秒表的读数为99.6s；

(2)[3]A．为了减少空气阻力的影响，单摆的摆球密度尽可能大，故A正确；

B．为了保证球做单摆运动，单摆的摆角要比较小，故B正确；

C．由于最低点速度最大，所以摆球在最低点开始计时能够减小计时误差，故C正确；

D．弹性好的细线在摆动过程中实际摆长变长，所以会增大测量误差，故D错误。

故选ABC。

(3)[3]由单摆的周期公式可得

A．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使得实际摆长变长，由可知，测量值g偏小，故A错误；

B．单摆没在同一竖直面内摆动，而成了圆推摆，则周期变长，由可知，测量值g偏小，故B错误；

C．测量周期时，误将摆球n次全振动记成了n+1次，使周期变小，由可知，测量值g偏大，故C正确；

D．将摆线的长度与小球直径之和作为摆长，使摆长测量值偏大，由可知，测量值g偏大，故D正确。

故选CD。下载本文