(完整版)机械振动单元测试题

(完整版)机械振动单元测试题

一、机械振动选择题

1．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（）

T

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

2

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

2．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

3．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

4．如图所示，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均为m的A、B两物体，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐运动。已知弹簧的劲度系数为k，则下列说法中正确的是（）

A ．细线剪断瞬间A 的加速度为0

B ．A 运动到最高点时弹簧弹力为mg

C ．A 运动到最高点时，A 的加速度为g

D ．A 振动的振幅为

2mg

k

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

π

t （cm ） D ．t ＝2s 时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值

6．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-

7．如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，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 形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统．圆盘

静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示．圆盘匀速转动时，小球做受迫振动．小球振动稳定时．下列说法正确的是（ ）

A ．小球振动的固有频率是4Hz

B ．小球做受迫振动时周期一定是4s

C ．圆盘转动周期在4s 附近时，小球振幅显著增大

D ．圆盘转动周期在4s 附近时，小球振幅显著减小

8．质点做简谐运动，其x —t 关系如图，以x 轴正向为速度v 的正方向，该质点的v —t 关系是( )

A ．

B ．

C ．

D ．

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．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

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，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．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 14．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

15．如图所示是单摆做阻尼振动的振动图象，下列说法正确的是（ ）

A ．摆球A 时刻的动能等于

B 时刻的动能 B ．摆球A 时刻的势能等于B 时刻的势能

C ．摆球A 时刻的机械能等于B 时刻的机械能

D ．摆球A 时刻的机械能大于B 时刻的机械能 16．下列说法中正确的有（ ） A ．简谐运动的回复力是按效果命名的力 B ．振动图像描述的是振动质点的轨迹

C ．当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大

D ．两个简谐运动：x 1＝4sin (100πt ＋3

π) cm 和x 2＝5sin (100πt ＋6π

) cm ，它们的相位差恒

定

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．

19．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

20．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AB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

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．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

L T

-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

“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）．

23．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：

(1)下列给出的材料中应选择______作为摆球与摆线，组成单摆。

A．木球

B．铁球

C．柔软不易伸长的丝线

D．粗棉线

(2)在用单摆测定重力加速度的实验中，下列措施中必要的或做法正确的是________。A．为了便于计时观察，单摆的摆角应尽量大些

B．摆线长应远远大于摆球直径

C．摆球应选择密度较大的实心金属小球

D．用停表测量周期时，应测量单摆20~30次全振动的时间，然后计算周期，而不能把只测一次全振动时间当作周期

E．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线某点O间的长度作为摆长，然后将O点作为悬点

(3)为了减少实验误差，该同学采用图像法处理数据，通过多次改变摆长，测得多组摆长L 和对应的周期T，并作出T2－L图像，如图所示。若图线的斜率为k，则用k表示重力加速度的测量值g=________。

(4)实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是____。

A．摆球的质量偏大

B．单摆振动的振幅偏小

C．计算摆长时忘加上了摆球的半径

n 次

D．将实际振动次数n次误记成(1)

24．（1）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，小张同学利用如图甲所示可拆式变压器进行研究。

①实验还需要的器材是____。

A．直流电压表 B．直流电流表 C．多用电表 D．条形磁铁

②正确选择器材后，将上图中变压器的原线圈接线0、8接线柱，与直流电压10.0V相连（如图乙），副线圈接线0、4接线柱，则副线圈所接电表的示数是____。

A．20.0V B．10.0V C． 5.0V D．0

（2）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，实验装置如图丙所示。

①根据丙图，以下关于装置或操作的改进对实验结果有帮助的是_____；

A．减小摆角

B．细绳换成弹性细绳

C．塑料小球换成铁质小球

D．上端不用铁夹固定，该成绕线

②实验中，用50分度的游标卡尺测量摆球直径，如图丁所示，小球直径为_____cm；25．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（1）所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示．

（1）刚开始计时时，振子位移x=________；t=17s时，x=________．

（2）若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离为________．

（3）写出振子的振动方程为________（用正弦函数表示）．

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．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t2

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 。 2．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 ． 3．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． 4．C 【解析】 【详解】

轻弹簧悬挂质量均为m 的A 、B 两物体，平衡后弹簧处于拉长状态，弹簧的拉力等于两个物体的重力的和，即

2F mg =

则弹簧的伸长量为

12mg

x k

?=

剪断A 、B 间的连线，A 将做简谐运动。 若只有一个物体，则平衡时弹簧的伸长量为

211

2

mg x x k ?=

=? 所以剪断A 、B 间的连线，A 将在弹簧形变量

2mg k 到0之间做振幅为mg

k

的简谐运动。 AC ．细线剪断瞬间A 受到重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知加速度为

2F mg mg mg

a g m m

--=

== 方向向上。由简谐运动的对称性可知，在A 运动的最高点，加速度大小也为g ，方向竖直向下，故A 错误，C 正确；

BD ．由开始的分析可知，物体A 在弹簧形变量

2mg k 到0之间做振幅为mg

k

的简谐运动，在最高点时A 的重力提供加速度，故弹簧的弹力为0。故BD 错误。 故选C 。 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】 【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2π

L

T g

=，联立解得 212

()2πx x g

a L

-=

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

A ．小球振动的固有周期4s T =，则其固有频率为1

0.25Hz f T

=

=，A 错误； B ．小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4s ，B 错误；

CD ．圆盘转动周期在4s 附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C 正确D 错误。 故选C 。 8．B 【解析】 【分析】 【详解】

质点通过平衡位置时速度最大，由图知

4

T

内，1s 和3s 两个时刻质点通过平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知1s 时刻速度为负向，3s 时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s ．由加速度与位移的关系：

kx a m

=-

可知质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s ，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s ，故选B ． 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．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． 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．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

2t 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．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 。 14．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 ．

15．BD 【解析】

因为单摆做阻尼振动，因为要不断克服空气阻力做功，振幅逐渐减小，使得机械能逐渐转化为其他形式的能，机械能不断减小，由于A 、B 两时刻单摆的位移相同，位置一样，所以势能相等，因为机械能减小，所以动能减小，BD 正确． 16．ACD 【解析】 【详解】

A ．简谐运动的回复力方向始终指向平衡位置使振子回到平衡位置的力，是按效果命名的，A 正确；

B ．振动图像描述的是振动质点在不同时刻的位移，不是其实际的运动轨迹，B 错误；

C ．物体做受迫振动的频率等于驱动力频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故C 正确；

D ．两简谐运动频率相同，相位差为：

12=3

6

6

π

π

π

????-=

-

=

D 正确。 故选ACD 。 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．AD

【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 。 19．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 =

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。 故选BC 。 20．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t A ，根据单摆的周期公式有

4A T t =

==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t B ，则有

B t ≈ 因t A >t B ，即原来处于O 点的小球先到达B 点，故

C 正确AB

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224T L g π=，则2

T L -图象的斜率24k 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=；

22．25

t C 3 24k π

【分析】 【详解】

（1）当记数为“50”时，单摆全振动的次数为25，显示时间为t ，则周期为25

t T =

． （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，是为了保证摆动过程中摆长不变，故选C.

（3）根据2T =，则2T =224g L T r π=-，则作出的图线是上图中的3.

（4）由上述表达式可知，2

4g k π

=，解得g=4π2 k.

【点睛】

此题考查单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化．在最低点，速度最快，开始计时误差较小；会用图像法处理实验数据．

23．BC BCD 22

4L

T π D

【解析】 【详解】

(1)[1]在实验中选择铁球和柔软不易伸长的丝线作为摆球与摆线，组成单摆；故选BC 。 (2)[2]A ．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5?，否则单摆将不做简谐运动，故A 错误；

BC ．减小空气阻力的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故BC 正确；

D ．为了减小测量误差，应采用累积法测量周期，即测量单摆20~30次全振动的时间t ，再由

t T n

=

求出周期T ，故D 正确；

E ．为减小测量摆长造成的实验误差，应把单摆悬挂起来，然后测出摆球球心到摆线某点

O 间的长度作为摆长，故E 错误。 故选BCD 。

(3)[3]由2T =得 2

2

4T L g

π=

由数学知识得知，2T L -图线的斜率

24k g

π=

得

2

4g k

π=

(4)[4]根据2T =得 224πL g T

=

A ．摆球的质量偏大，不影响重力加速度的测量，故A 错误；

B ．单摆的振幅偏小，不影响重力加速度的测量，故B 错误；

C ．计算摆长时没有加上摆球的半径值，则摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，故C 错误；

D ．将实际振动次数n 次误记成(1)n +次，则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D 正确。 故选D 。

24．C D AC 2.712cm —2.722cm 【解析】 【详解】

（1）①[1]．实验测量的电压是交流电压，选择多用电表的电压档测量，选C ； ②[2]．根据实验电路连接图，原线圈连接的电压为直流电压，因此副线圈两端电压为0，选D 。

（2）①[3]．根据丙图，以下关于装置或操作的改进对实验结果有帮助的是减小摆角至10度以内、换成铁质小球以减小阻力，选AC ；

②[4]．小球直径为:2.7cm+0.02mm×8=2.716cm(2.712cm —2.722cm 之间均算对)。 25．-10cm 0 4cm 30.1sin 0.52ππ??

+ ???

（m ） 【解析】 【详解】

(1)由图2知刚开始计时时，即t =0时刻，振子处在左边最大位移处位置处，位移为?10cm ；周期为T =4s ，而11744

t s T ==，根据振子的周期性可知t =17s 时振子经过平衡位置，相对平衡位置的位移是0；

(2)振动图线上1、3两点时间间隔为半个周期，即t =2s ，则振动图线上1、3两点间的距离为：2/24s vt cm s s cm ==?= ； (3)弹簧振子的周期为T =4s ，则：220.5/4

rad s T ππωπ=

==；振幅：A =0.1m ；开始时振