《机械振动》单元测试题(含答案).doc

1、机械振动单元测试题(含答案)一、机械振动 选择题1如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示由振动图象可以得知( ) A振子的振动周期等于t1B在t0时刻，振子的位置在a点C在tt1时刻，振子的速度为零D从t1到t2，振子正从O点向b点运动2如图所示，在一条张紧的绳子上悬挂A、B、C三个单摆，摆长分别为L1、L2、L3，且L1L2L3，现将A拉起一较小角度后释放，已知当地重力加速度为g，对释放A之后较短时间内的运动，以下说法正确的是（）AC的振幅比B的大BB和C的振幅相等CB的周期为2DC的周期为23如图所示的单摆，摆球a向

2、右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半则碰撞后A摆动的周期为B摆动的周期为C摆球最高点与最低点的高度差为0.3hD摆球最高点与最低点的高度差为0.25h4如图所示,甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平面上,已知甲的质量小于乙的质量当细线突然断开斤两物块都开始做简谐运动,在运动过程中（ ）A甲的最大速度大于乙的最大速度B甲的最大速度小于乙的最大速度C甲的振幅大于乙的振幅D甲的振幅小于乙的

3、振幅5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0BA运动到最高点时弹簧弹力为mgCA运动到最高点时，A的加速度为gDA振动的振幅为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

4、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（ ）ABCD7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At=210-3s时刻纸盆中心的速度最大Bt=310-3s时刻纸盆中心的加速度最大C在0l10-3s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=1.510-4cos50t（m）8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

5、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(+)gB(+2)gC2(+)gD(2+)g10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

6、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11一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点时刻振子的位移；时刻；时刻该振子的振幅和周期可能为（ ） A0.1 m，B0.1 m, 8sC0.2 m，D0.2 m，8s12图(甲)所示为以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图(乙)为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )A在t=0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置B在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C从t =0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加D在t=0.2s与t=

7、0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同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 的时间内，回复力做的功一定为零B从某一时刻算起，在的时间内，速度变化量一定为零C若tT，则在t时刻和（tt）时刻，振子运动的速度一定相等D若t，则在t时刻和（tt）时刻，弹簧的形变量一定相等14如图所示为某弹簧振子在05s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 sB振幅为8 cmC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15一水平弹簧振子做简

8、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如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象已知甲、乙两个振子质量相等，则()A甲、乙两振子的振幅分别为2cm、1cmB甲、乙两个振子的相位差总为C前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大17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=

9、0.1sin(2.5t)mt=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）Ah=1.7mB简谐运动的周期是0.8sC0.6s内物块运动的路程是0.2mDt=0.4s时，物块与小球运动方向相反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（

10、）ABCD19如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为，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

11、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利用如图1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的均匀铁球D直径约5 cm的均匀木球E.秒表F.时钟G.10分度的游标卡尺H.最小刻度为毫米的米尺用了游标卡尺和米尺后，还需要从上述器材中选择_(填写器材前面的字母)。(2)用10分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量的示数如图2所示，读出小球直径的值为_ mm。(3)将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂。用米尺测量摆线长度为l。小球在竖直平面内小

12、角度平稳摆动后，测得小球完成n次全振动的总时间为t请写出重力加速度的表达式g= _。(用l,d,n,t表示)(4)正确操作后，根据多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值，比较后发现：此值比北京的重力加速度值略小，则实验所在处的地理位置与北京的主要不同点可能是_(写出一条即可)。22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

13、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”）23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

14、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LB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

15、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）24根据单摆周期公式测量当地的重力加速度。将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆。(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图所示，读数为d=_mm，测得n次经过最低点的时间如图所示，读数t=_s。当地重力加速度表达为g=_(用前边给出的字母表示，绳长用L表示)(2)有同学测得的g值偏小，可能原因是_。A测摆线时摆线拉得过紧B摆线上端未牢固地系于悬点C以摆球直径和摆线长之

16、和作为摆长来计算D开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时E摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为125某实验小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。（1）为了使测量误差尽量小，下列说法中正确的是_；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为了使单摆的周期大一些，应使摆线相距平衡位置有较大的角度（2）该实验小组用20分度的游标卡尺测量小球的直径。某次测量的示数如图乙所示，读出小球直径为d=_cm；（3）该同学用米尺测出悬线的长度为L，让小球在竖直平面内摆动。当小球经过最低点时开始计时，并计数

17、为0，此后小球每经过最低点一次，依次计数为1、2、3。当数到40时，停止计时，测得时间为t。改变悬线长度，多次测量，利用计算机作出了t2L图线如图丙所示。根据图丙可以得出当地的重力加速度g_ m/s2。（取29.86，结果保留3位有效数字）26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

18、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，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的图线如图丙中的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（）次全振动时间进行计算，使重力加速度的测量值偏大D出现图

19、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【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、机械振动 选择题1D【解析】【分析】【详解】A中振子的振动周期等于2t1，故A不对；B中在t=0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B不对；C中在t=t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C不对；D中从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D是正确的2D【解析】【分析】【详解】CD将A拉起一较小角度后释放，则B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动率的频率，与物体的固有频率无关，故B、C单摆的周期均为T=2，C错误，D正确。AB当受迫振动

20、中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅最大，固有频率越接近驱动力的频率，振幅越大，故B比C的振幅大，AB错误。故选D。3D【解析】试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度所以AB错误在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒有：Mgh=Mv12a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒所以有 Mv1-m2v1=（M+m）v2碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：整理得：v205v1，所以h=025h故C错误，D正确故选D考点：动量守恒定律；能量守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果；单摆的周期是由

21、单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关4A【解析】线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，其加速度大，A正确；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，由于甲的质量小于乙的质量，由知道，甲的最大速度一定大于乙的最大速度，B错误；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，CD错误【点睛】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，则振幅一定相同当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速

22、度关系5C【解析】【详解】轻弹簧悬挂质量均为的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，即则弹簧的伸长量为剪断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所以剪断A、B间的连线，A将在弹簧形变量到0之间做振幅为的简谐运动。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，物体在弹簧形变量到0之间做振幅为的简谐运动，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。6B【解析】【分析】

23、【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。7C【解析】【详解】At=210-3s时刻在波谷位置，则纸盆中心的速度为零，选项A错误；Bt=310-3s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0l10-3s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=1.510-4cos500t（m），选项D错误；故选C.8D【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

24、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。9A【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。1

25、0A【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3050次全振动后停止计时，求出平均周期，故D项错误。故选A。11ACD【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：当时，故A正确，B错误；CD. 如果振幅大于0.1m，如图所示，则有：当时，；当时，；故C正确，D正确；12A【解析】【分析】【详解】A由图知，若从平衡位置计时

26、，则在t=0.2s时，弹簧振子运动到B位置故A正确B在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向相反故B错误C从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的位移越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，其动能越来越小，故C错误D在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度大小相等，方向相反故D错误故选A【点睛】本题考查了振幅和周期的概念，要能结合x-t图象进行分析：周期是振子完成一次全振动的时间，振幅是振子离开平衡位置的最大距离；由图象直接读出周期和振幅根据振子的位置分析其速度和加速度大小振子处于平衡位置时速度最大，在最大位移处时，加速度最大13AC【解析】【详解】AB振子

27、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。14BCD【解析】根据图象，周期T4 s，振幅A8 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，

28、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15AB【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，

29、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16AD【解析】【详解】A根据振动图像，甲振子的振幅为2 cm、乙振子的振幅1 cm，故A正确B由于两个振子的周期和频率不同，其相位差亦会变化，则B错误C前2秒内，甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向向下

30、，为负；而乙在平衡位置的下方，加速度指向平衡位置，方向向上，为正，故C错误D第2秒末甲处于平衡位置，速度最大加速度最小，乙处于波谷，速度最小加速度最大，故D正确故选AD。17AB【解析】【分析】【详解】t=0.6s时，物块的位移为y=0.1sin(2.50.6)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18AD【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

31、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090o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。19BC【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，

32、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。20C【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

33、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21ACE 17.6 实验所在处比北京纬度低或海拔高(其他答案合理也可) 【解析】【详解】(1)1.摆线的长度不能伸长，所以摆线选择长约1m的细丝，摆球选择质量大体积小的球，所以选择直径约2cm的均匀铁球，实验中需要用秒表测量单摆摆动的时间，从

34、而得出周期，故选ACE。(2)2.游标卡尺的主尺读数为17mm，游标读数为0.16mm=0.6mm，则小球直径为17.6mm。(3)3.单摆的摆长，单摆的周期，根据得：(4)4.多次测量数据计算出实验所在处的重力加速度值比北京的重力加速度值略小，可能实验所在处纬度低或海拔比较高。22 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，

35、即质量测量值即使偏大，重力加速度的测量值也不会变化23（1）AD （2） （3）2.01；9.76（9.769.77） （4）B （5）或 【解析】【分析】【详解】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50次全振动的时间为100.5s，则振动周期为，代入公式求得由可知图像的斜率，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

36、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246 96.3 B 【解析】【详解】(1)1由图示游标卡尺可知，其示数为18mm+60.1mm=18.6mm；2由图示秒表可知，其示数为90s+6.3s=96.3s；3由题意可知，周期为摆长为根据单摆的周期公式可知，重力加速度；(2)4根据单摆的周期公式可知，A摆线时摆线拉得过紧，所测摆长l偏大，由可知，所测g偏大，故A错误；B摆线上端未牢固地系于悬点，振

37、动中出现了松动，使实际摆长增加，即大于测量摆长，由可知，所测g偏小，故B正确；C以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，所测摆长l偏大，由可知，所测g偏大，故C错误；D开始计时时，停表过迟按下，所测周期T偏小，由可知，所测g偏大，故D错误；E摆球通过平衡位置并开始计时时，将摆球通过平衡位置的次数计为1，所测周期T偏小，由可知，所测g偏大，故E错误；故选B。25BC 0.810 9.80 【解析】【分析】【详解】(1)1A组装单摆须选用密度较大且直径较小的摆球，选项A错误； B组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，选项B正确； C实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，选项C正确； D单摆的摆角不得超过5，

38、否则单摆的运动就不是简谐运动，选项D错误；故选BC。(2)2小球直径为d=0.8cm+0.05mm2=0.810cm；(3)3单摆的周期为由可得 由图像可知解得g=9.80m/s22695 0.993 AB C 【解析】【分析】【详解】(1)1根据游标卡尺的读数方法可得，摆球的直径为2单摆的摆长为摆线的长度加上摆球的半径，由图乙可得，摆线的长度为98.8cm，则摆长为(2)3A为了减小摆球摆动过程中的空气阻力，摆球应选密度较大，且由小孔的金属小球，所以A正确；B为了减小实验误差，摆线应适当长些，一般为1m左右，所以B正确；C测量摆球运动的周期时，应在摆球经过平衡位置时，开始计时，所以C错误；D

39、用秒表测量小球运动周期时，要记录多次全振动的时间，然后求平均值，可以减小实验误差，所以D错误。故选AB。(3)4由单摆周期公式可知T2-L图象的斜率解得A若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有根据数学知识可知，对T2-L图象来说与b线斜率相等，两者应该平行，是截距；故作出的T2-L图象中a线的原因，可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L。故A错误；BC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（）次全振动时间进行计算，使重力加速度的测量值偏大。故C正确，B错误；D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，根据可知，图线c的斜率不变，故D错误。故选C。