江西省上机械振动测试题

江西省上机械振动测试题

一、机械振动 选择题

1．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

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．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)

A．T=2πr B．T=2πr

C．T= D．T=2πl

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． B． C． D．

5．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）

6．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

7．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，用力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，已知单摆的摆长为l，则重力加速度g为( )

A． B． C． D．

8．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

9．如图所示，质量为的物块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．(+)g B．(+2)g

C．2(+)g D．(2+)g

10．如图所示，物块M与m叠放在一起，以O为平衡位置，在之间做简谐振动，两者始终保持相对静止，取向右为正方向，其振动的位移x随时间t的变化图像如图，则下列说法正确的是（　　）

A．在时间内，物块m的速度和所受摩擦力都沿负方向，且都在增大

B．从时刻开始计时，接下来内，两物块通过的路程为A

C．在某段时间内，两物块速度增大时，加速度可能增大，也可能减小

D．两物块运动到最大位移处时，若轻轻取走m，则M的振幅不变

11．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

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

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

12．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

13．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．t0时刻弹簧弹性势能最大 B．2t0站时刻弹簧弹性势能最大

C．时刻弹簧弹力的功率为0 D．时刻物体处于超重状态

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，物体A放置在物体B上，B与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以O点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O点的最大位移处分别为P点和Q点，运动过程中A、B之间无相对运动已知物体A的质量为m，物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统的振动周期为T，振幅为L，弹簧始终处于弹性限度内下列说法中正确的是

A．物体B从P向O运动的过程中，A、B之间的摩擦力对A做正功

B．物体B处于PO之间某位置时开始计时，经时间，物体B通过的路程一定为L

C．当物体B的加速度为a时开始计时，每经过T时间，物体B的加速度仍为a

D．当物体B相对平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于

16．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

17．一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

18．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

E.单摆向右或向左摆过D点时，线上的拉力大小相等

19．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

20．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＝T时，货物对车厢底板的压力最大

B．t＝T时，货物对车厢底板的压力最小

C．t＝T时，货物对车厢底板的压力最大

D．t＝T时，货物对车厢底板的压力最小

二、机械振动 实验题

21．某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验。

（1）如图甲，摆球的直径d =________cm；让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图乙所示，那么单摆摆长l =______cm；测定了n次全振动的时间t如图丙所示，那么秒表的读数是________s。测得重力加速度表达式为g =___________（相关数据用l、t、n表示）

（2）若用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丁所示，则此单摆的周期为________________。

（3）测出不同摆长对应的周期T，用多组实验数据作出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图线如下图中的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上端的距离记为摆长L

B．出现图线c的原因可能是误将51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

22．某同学利用单摆测量重力加速度．

（1） 为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________

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．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大

（2） 如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为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ΔL．用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g =______．

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，，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）．

24．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t2

G.以t2为纵坐标、l为横坐标，作出t2－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t2－l如图乙所示，根据图线拟合得到方程t2=404.0l+3.0，设t2－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/s2 (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t2－l图线，而应作t2－(l-)图线

D．不应作t2－l图线，而应作t2－(l+)图线

25．（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；

26．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）．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、机械振动 选择题

1．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。

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，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：，解得：，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；

根据，振动的周期增加为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，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和重力加速度公式分析，注意周期与振幅无关．

3．B

【解析】

【分析】

【详解】

在地球表面重力等于万有引力，故

解得

由单摆的周期：

联立各式解得

故选B．

【点睛】

本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式.

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

其中T为单摆周期，则，联立解得

故ACD错误，B正确。

故选B。

5．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.

6．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。

7．D

【解析】

【分析】

【详解】

根据图象可知：单摆的周期为：T=4t

根据周期公式得： ,所以g=，故D正确，ABC错误．

故选D．

8．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。

9．A

【解析】

【分析】

【详解】

如图所示

O1为弹簧的原长位置，O2为挂上物块B时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为，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mAg，即弹簧至少要压缩到位置O3，压缩量为，物块B在力F的作用下至少下拉的长度，让B以O2为平衡位置做简谐运动。则要满足

又因为

，

所以F的最小值

故BCD错误，A正确。

故选A。

10．D

【解析】

【分析】

【详解】

A．在时间内，由图像的斜率为负且增大可知，物块的速度沿负方向在增大，受摩擦力方向沿负方向，据可知，位移在减小，加速度在减小，所以摩擦力在减小，A错误；

B．由图像知，两物块在平衡位置速度最大，因此两物块从的平均速率要小于从开始经时间内的平均速率，所以从开始经通过的路程大于，B错误；

C．据简谐振动的受力特点，两物块在平衡位置时速度最大，加速度为零，在最大位移处，速度为零，加速度最大，所以在某段时间内，两物块速度增大时，加速度在减小，C错误；

D．简谐运动是一种无能量损失的振动，它只是动能和势能间的转化，总机械能守恒。其能量只有振幅决定，即振幅不变，振动系统能量不变。当将在最大位移处轻轻取走，说明取走时动能为零，取走前后振幅没有改变，振动系统机械能总量不变，D正确。

故选D。

11．BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．物体A在O点平衡位置，有

解得

弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为

即振幅为；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

解得

故C正确；

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。

12．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。

13．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．t0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A正确，B错误；

C．时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F0，功率不为零，C错误；

D．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。

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EP=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，弹性势能不为零，根据系统机械能守恒可知此时物体的动能为，即Ek小于mgA ，选项D错误；故选AC．

15．ACD

【解析】

【详解】

物体B从P向O运动的过程中，加速度指向O，B对A的摩擦力水平向右，A、B之间的摩擦力对A做正功，故A正确；物体B处于PO之间某位置时开始计时，经时间，通过的路程不一定不一定是L，只有物体从最大位移处或平衡位置开始计时，物体B通过的路程才为L，故B错误；物体B和A整体做简谐运动，根据对称性，当物体B的加速度为a时开始计时，每经过T时间，物体B的加速度仍为a，故C正确；对整体，A、B间摩擦力的摩擦力大小，故D正确；故选ACD．

【点睛】

A和B一起在光滑水平面上做往复运动，一起做简谐运动．根据牛顿第二定律求出AB整体的加速度，再以A为研究对象，求出A所受静摩擦力．在简谐运动过程中，B对A的静摩擦力对A做功．

16．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。

17．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．

18．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．

19．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。

20．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．

二、机械振动 实验题

21．52 87.60 99.8 4t0 A

【解析】

【分析】

【详解】

（1）[1]摆球的直径

d = 15 mm + 2 × 0.1 mm = 15.2 mm = 1.52 cm

[2]让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图乙所示，那么单摆摆长

[3]秒表的分钟指针不到2分钟，超过1.5分钟，所以秒表的秒针读数为

t = 60 s + 39.8 s = 99.8 s

[4]由单摆的周期公式，解得

（2）[5]单摆每隔半个周期，拉力F会达到最大，所以

T = 4t0

（3）[6]A．由题图可知，对图线a，当L为零时T2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正确；

B．根据单摆的周期公式

可得

根据数学知识可知，T2 − L图像的斜率

若实验中误将51次全振动记为50次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，图线的斜率k偏大，故B错误；

C．图线c对应的斜率小于图线b对应的斜率，图线a与图线b的斜率相等，由

可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。

故选A。

22．B C

【解析】

【分析】

【详解】

①为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A错．如果振幅过大（大于10o小球的运动不在是简谐运动，所以误差较大，D错误．要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆故选BC．

②同理得两式相减可得

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：

[3]单摆摆长为：

（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：

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．

24．52 9.76 D

【解析】

【详解】

（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是1.5cm，游标尺示数是20.1mm=0.2mm=0.02cm，所以游标卡尺示数即小球的直径d=1.5cm+0.02cm=1.52cm．

（2）由题意知，单摆完成全振动的次数n==10，单摆的周期T==，由单摆周期公式T=2可得：t2=l，由图象得到的方程为：t2=404.0l+3.5，设t2－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=，由=404.0，当地的重力加速度g=≈9.76m/s2．

（3）小球经过最低点时开始计时并开始计数，是测量周期的正确方法，不会影响图像不过坐标原点；单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，该同学把摆线长度作为单摆摆长，摆长小于实际摆长，这是t2-l图象不过原点，在纵轴上截距不为零的原因，故D正确，A、B、C错误．

25．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)。

26．-10cm 0 4cm （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，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： ；

(3)弹簧振子的周期为T=4s，则：；振幅：A=0.1m；开始时振子处在左边最大位移处位置处，位移为−10cm，所以该振子简谐运动的表达式为：

【点睛】

由图2直接读出位移，根据简谐运动的周期性分析t=17s时振子的位移；纸带做匀速运动，根据其运动与振子运动的同时性，求解振动图线上1、3两点间的距离；由公式，得到角频率ω，读出振幅A，则该振子简谐运动的表达式为．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/99a52bbc1b2e453610661ed9ad51f01dc3815771.html