辽宁省六校协作体物理机械振动各地方试卷集合及解析
辽宁省六校协作体物理机械振动各地方试卷集合及解析
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（）
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
T
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．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，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
4．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
5．如图所示，质量为m 的物块放置在质量为M 的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，周期为T ，振动过程中m 、M 之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k 、物块和木板之间滑动摩擦因数为μ，
A ．若t 时刻和()t t +?时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则t ?一定等于2
T 的整数倍
B ．若2
T
t ?=
，则在t 时刻和()t t +?时刻弹簧的长度一定相同 C ．研究木板的运动，弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力
D ．当整体离开平衡位置的位移为x 时，物块与木板间的摩擦力大小等于
m
kx m M
+ 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．如图所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A 、B 、C 三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D ，其中甲是从圆心A 出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B 到达最低点D ，丙沿圆弧轨道从C 点运动到D ，且C 点很靠近D 点，如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是（ ）
A ．丙球最先到达D 点，乙球最后到达D 点
B ．甲球最先到达D 点，乙球最后到达D 点
C ．甲球最先到达
D 点，丙球最后到达D 点
D ．甲球最先到达D 点，无法判断哪个球最后到达D 点
8．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 ） 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．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 ．
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．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
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．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
17．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
18．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40/m s
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
19．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
20．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
二、机械振动 实验题
21．在“用单摆测定重力加速度”的实验中
(1)为了尽量减小实验误差，以下做法正确的是___； A ．选用轻且不易伸长的细线组装单摆 B ．选用密度和体积都较小的摆球组装单摆 C ．使摆球在同一竖直面内做小角度摆动 D ．选择最大位移处作为计时起点
(2)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则摆球的直径为____mm；
(3)一位同学在实验中误将49次全振动计为50次，其它操作均正确无误，然后将数据代入单摆周期公式求出重力加速度g，则计算结果比真实值___；（选填“偏大”或“偏小”）(4)为了进一步提高实验精度，可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出一组对应的L与T的数据，再以L为横轴、2
T为纵轴建立直角坐标系，得到图示直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g _____。
22．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
23．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示．这样做的目的是________（填字母代号）．
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）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低端的
长度L = 0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为
_______mm，单摆摆长为________m．
（3）下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图
?=，
中横作标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin50.087
?=，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）．sin150.26
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．在“利用单摆测重力加速度”的实验中．
（1）某同学尝试用DIS测量周期．如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方．图中磁传感器的引出端A应接到
________．使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于
_________．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为_________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）．
（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T．此后，分别取L和T的对数，所得到的lgT-lgL图线为__________（填：“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”)；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g=_________．
26．实验小组的同学用如图所示的装置做“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2 cm的铁球
D．直径约2 cm的塑料球
E．米尺
F．时钟
G．停表
实验时需要从上述器材中选择：____________（填写器材前面的字母）。
(2)在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②测得摆线长度，作为单摆的摆长。
③在偏角较小的位置将小球由静止释放。
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期
t
T
n 。
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。
其中有一处操作不妥当的是____________。（填写操作步骤前面的序号）
(3)发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l 1、l 2和对应的周期T 1、T 2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式g =_____________。
(4)实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因_____________。
【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 。 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】
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 。 4．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 5．D 【解析】
设位移为x ，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有： kx=（m+M ）a ①
对m 物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：f=ma ② 所以：mx
f M m
=
+ ③ 若t 时刻和（t+△t）时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但△t 不 一定等于2
T
的整数倍．故A 错误； 若△t=
2
T
，则在 t 时刻和（t+△t）时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同．故B 错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m 对木板的摩擦力的合力提供回复力．故C 错误．由③可知，当整体离开平衡位置的位移为 x 时，物块与木板间摩擦力的大小等于 m
kx m M
+．故D 正
确．故选D. 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2T =，联立解得 212
()2πx x g
a L
-=
故ACD 错误，B 正确。 故选B 。 7．B 【解析】
A 点，AD 距离为r ，加速度为g ，时间1t =
B 点，设ADB θ∠=，BD 距离为
2cos r θ，加速度为cos g θ，时间2t =；C 点，简谐振动，周期2T =，时间
3t =
明显231t t t >>，甲球最先到达D 点，乙球最后到达D 点，B 正确． 8．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
322=
rad/s=500rad/s 410
T ππωπ-=? 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. 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．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 ． 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
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．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 ．
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．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．
17．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. 18．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l
T v
=可得危险车速为12.6/40/0.315
l v m s m s T =
==，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
l
T v =
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． 19．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 ． 20．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。
二、机械振动 实验题
21．(1)AC (2)18.1 (3)偏大 (4)2
4πk
【解析】 【详解】
(1)A 。为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故A 正确；
B ．为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故B 错误；
C ．使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动（小于5°），故C 正确；
D ．测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D 错误； 故选AC 。
(2) 游标卡尺的固定刻度读数为18mm ，游标尺读数为：0.1×1mm=0.1mm ，所以最终读数为：
18mm+0.1mm=18.1mm ；
(3)单摆的周期公式2T =得：22
4πL
g T
=，据t T n =可知，将49次全振动计为50次，使周期变小，据加速度的表达式可知，会使g 偏大；
(4)单摆的周期公式2T =，得：22
4L T g π=，则有
24k g π=，重力加速度2
4g k
π=。 22．3600 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=2222
22
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． 23．AC 12.0 0.9930 A 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[1]在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC 正确． （2）[2]游标卡尺示数为：
12mm 00.1mm 12.0mm d =+?=
[3]单摆摆长为：
1
0.9990m 0.0060m 0.9930m 2
L l d =-=-=
（3）[4]当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：
sin510.087m 8.7cm A L =?=?=
当小球摆到最低点时速度较大，此时开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A 合乎实验要求且误差最小，故选A ． 【点睛】
掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系；摆长要注意是悬点到球心的距离，一般可利用摆线长度加球的半径的方式得到，题目中的方式不是特别常用；单摆的周期采用累积法测量可减小误差．对于测量误差可根据实验原理进行分析．
24．AD 小于5° 平衡位置 222
(2)
4d L n g t π+= 96.5cm 99.8s B g ()22121
4x x y y π-=- 不变 g 222
12
4L
T T π=- 方法一：测出单摆的摆长和周期，利用单摆的周期公式求解，方法二：测出多组摆线长和周期，通过做T 2﹣L 图象求解当地重力加速度，方法三：通过摆长的变化量△L ，测出变化前后的周期T 1、T 2列方程求解．（写任意两种即可） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）组装单摆时，摆线选择长度1m 左右的细线，摆球选择质量大一些体积小一些的铁
球，故选AD ．
（2）当单摆摆角小于5°时单摆的运动是简谐运动，故,单摆的摆角φ应小于5°，摆球在平衡位置时速度最大，为了减小误差，在平衡位置启动秒表和结束计时，根据单摆的周期
公式
2T =得：2242d L T g
π??+ ???=，其中周期t
T n
=，联立解得：222
(2)
4d
L n g t π+=
． （3）摆长97.5 1.096.5L cm =-=，秒表的读数为90s+9.8s=99.8s ．
（4）根据单摆的周期公式T ＝
T 224L g π=，根据数学知识可知，T 2﹣L 图象的斜率k 24g π=，当地的重力加速度g 2
4k
π=．
A 、由图2所示图象可知，对图线a ，当L 为零时T 不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A 错误；
B 、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k 偏小．故B 正确；
C 、由图可知，图线c 对应的斜率k 偏小小于图线b 对应的斜率，由g 2
4k
π=可知，图线c
对应的g 值大于图线b 对应的g 值，故C 错误；
D 、由图示图象可知，图线a 与图线b 的斜率相等，由g 2
4k
π=可知，图线a 对应的g 值等
于图线b 对应的g 值，故D 错误．
（5）根据单摆的周期公式T ＝
T 224L g π=，T 2﹣L 图象的斜率：
k 221
214y y g x x π-==-，重力加速度：g ()22121
4x x y y π-=-； 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，也不考虑实验误差，T 2﹣L 图象的斜率不变，所测重力加速度g 不变，即算得的g 值和真实值相比是不变的． （6）由单摆周期公式，根据题意看得：T 1＝
22L
T -=，解得：g 22
212
4L
T T π=-．由以上问题可知，处理数据的方法有三种：方法一：测出单摆的摆长和周
期，利用单摆的周期公式求解，方法二：测出多组摆线长和周期，通过做T 2﹣L 图象求解当地重力加速度，方法三：通过摆长的变化量△L ，测出变化前后的周期T 1、T 2列方程求解．