机械振动试题(含答案)

1、机械振动试题（含答案）一、机械振动选择题1. 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2. 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

2、摆的振动周期与摆球到地心距离的关系.已知单摆摆长为/，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7与距离r的关系式为（）A.C.E序¥B.T=2nrlD.T=2n/I-!3.下列叙述中符合物理学史实的是（）A.B.C.伽利略发现了单摆的周期公式奥斯特发现了电流的磁效应库仑通过扭秤实验得出了万有引力定律D.牛顿通过斜而理想实验得出了维持运动不需要力的结论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x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

3、移一时间图像如图2所示。己知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（）A. 4时刻钢球处于超重状态B. 上时刻钢球的速度方向向上c.t-t2时间内钢球的动能逐渐增大D匕上时间内钢球的机械能逐渐减小5. 质点做简谐运动，其xt关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的vt关系是（）6. 如图所示是在同一地点甲乙两个单摆的振动图像，下列说法正确的是A. 甲乙两个单摆的振幅之比是1：3B. 甲乙两个单摆的周期之比是1：2C. 甲乙两个单摆的摆长之比是4：1D. 甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是1:47. 某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为=5sin9（cm）测下列关于质点运动的说法

4、中正确的是（）A.质点做简谐运动的振幅为10cmB.质点做简谐运动的周期为4sC.在t=4s时质点的加速度最大D.在t=4s时质点的速度最大8. 如图所示，水平方向的弹簧振子振动过程中，振子先后经过a、b两点时的速度相同，且从a到b历时0.2s,从b再回到a的最短时间为0.4s,aO=bO.c、d为振子最大位移处，则该振子的振动频率为（）A.1HzB.1.25HzC.2HzD.2.5Hz9. 如图所示，为一质点做筒谐运动的振动图像，则（）A. 该质点的振动周期为0.5sB. 在OP.ls内质点的速度不断减小C. 仁0.2s时，质点有正方向的最大加速度D. 在0.1s0.2s内，该质点运动的路程

5、为10cm10. 如图所示，弹簧振子在人、8之间做简谐运动.以平衡位置。为原点，建立Ox轴.向右为x轴的正方向.若振子位于8点时开始计时，则其振动图像为（）A，b.cd11. 如图所示，光滑斜而与水平面的夹角为B，斜而上质量为"物块A被平行于斜而的轻质弹簧拉住静止于。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竺孩一处的C点无初速度释放，8为C关于。的对称点。关于物体A后K续的运动过程，下列说法正确的是（）ZJA. 物体A做简谐运动，振幅为kB. 物体A在8点时，系统的弹性势能最大C. 物体A速度的最大值为2gsinojmD. 物块在C点时，由

6、物块与弹簧构成的系统势能最大，在8点时最小12. 如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊铁块M,在其下方吸引了一磁铁m,已知弹簧的劲度系数为k,磁铁对铁块的最大吸引力等于3mg,不计磁铁对其它物体的作用并忽略阻力，为了使M和m能够共同沿竖直方向作简谐运动，那么（）a. 它处于平衡位置时弹簧的伸长量等于丑i工£KB.振幅的最大值是*”一'），'kc.弹簧弹性势能最大时，弹力的大小等于2（M+】）gD.弹簧运动到最高点时，蝉簧的淼力等于013. 沿某一电场方向建立x轴，电场仅分布在-dWd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

7、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B. 粒子在x=-d处的电势能为-qEod2C. 动能与电势能之和的最大值是qEodD.一个周期内，在x>0区域的运动时间t<2/14. 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，一个弹簧振子在A

8、、B两点之间做简谐运动，其中0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,己知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2mgaB重力冲量为哮C. 回复力做功为零D. 回复力的冲量为016. 一质点做简谐运动的位移x与时间t的关系如图所示，由图可知（）A. 频率是2HzB. 振幅是5cmc.t=1.7s时的加速度为正,速度为负D. t=0.5s时，质点所受合外力为零E. t=0.5s时回复力的功率为零17. 一水平弹簧振子做简谐运动，周期为兀则（）A. 若,=，则t时刻和（Z+aZ）时刻振子运动的加速度一定大小相等B. 若割=,则t时刻和（/+

9、/）时刻弹簧的形变量一定相等TC. 若t时刻和（，+。时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，则函一定等于3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，则函一定等于的整数倍18. 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71C. 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19. 如图甲所示为以。点为平衡位置，在入、8两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

10、簧振子的加速度为正向最大B. 在t=O.ls与t=0.3s两个时刻，弹簧振子在同一位置C. 从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D. 在t=0.6s时，弹簧振子有最小的蝉性势能E.在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，振子速度都为零20. 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hB. 在t二0时刻，振子的位置在a点C. 在t二h时刻，振子的速度为零D. 从&到t2,振子正从。点向b点运动二、机械振动实验题21. 在“用单摆测定重力加速度”的实

11、验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过“次全振动的总时间为在测量单摆的摆长时，先用亳米刻度尺测得摆线长为/，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.甲乙回答下列问题：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并测出相应的周期丁，从而得出几组对应的L和7的数值，以/为横坐标、尹为纵坐标作出T2-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，由此得到的广-乙图像是图乙中的（选填、），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”&qu

12、ot;偏大”）22. 某实验小组利用单摆测当地的重力加速度，实验装置如图甲所示：IIIT甲发现某次测得的重力加速度的值偏大，其原因可能是（1）实验中，A. 以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算B. 单摆所用摆球质量太大C.把（止1）次全振动时间误当成"次全振动时间D.开始计时时，秒表过早按下（2）从悬点到小球重心的距离记为摆长/,通过不断改变摆长/的长度，该小组测得多组摆长/和对应的周期的平方尸，然后在图乙所给的坐标系中作出了/-尹图像，则根据图像可求得当地的重力加速度g=（用图乙中所给字母表示）。23. 在“利用单摆测定重力加速度”的实验中：根据单摆的周期公式，只要测出多组单摆

13、的摆长/和运动周期7，作出产一/图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上尹一/图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验 造成图象不过坐标点的原因可能是。 由图象求出的重力加速度g=m/s（取兀2=9.87）（2）某同学在实验中先测得摆线长为97.50cm,摆球直径2.00cm,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图乙所示，则So 该摆摆长为cm,秒表表示读数为 如果测得的g值偏小，可能的原因是A. 测摆线时摆线拉得过紧B. 实验时误将49次全振动数为50次C. 开始计时时，停表过迟按下D. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了24. 根据单摆周期公式T=2L,可以通过实

14、验测量当地的重力加速度.如图1所示,（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为mm.（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有.a. 摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b. 摆球尽量选择质量大些、体积小些的c. 为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d. 拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5。，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期Te. 拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5。，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间则单摆周期T=At/50.

15、25. 根据单摆周期公式r=2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，读数为小mm,测得"次经过最低点的时间如图所示，读数仁So当地重力加速度表达为9=（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126. 在做“用单摆测定重力加速度”的实验时：(1) 下列给出的

16、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2030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0间的长度作为摆长，然后将。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，测得多组摆长七和对应的周期丁，并

17、作出T2-L图像，如图所示。若图线的斜率为A,则用k表示重力加速度的测量值g=o(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D. 将实际振动次数“次误记成(+1)次【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】kt=1.25s时，位移为正，加速度-一x为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故mk速度为负，A错误：t=l.7s时，位移为负，加速度-一x为正：x-t图象上某点切线的mk斜率表示速度，故速度为负，B错误：t=l.Os时，位移为正，加速度。

18、=-工为负：x-tin图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，（: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.2. B【解析】【分析】【详解】在地球表面重力等于万有引力，故厂Mmmg=G解得GM由单摆的周期:联立各式解得T=2冗vGM故选B【点睛】本题关键是要掌握两个公式，地球表而的重力加速度公式g=丝和单摆的周期公式【解析】伽利略发现了单摆的等时性，惠更斯得出了单摆的周期公式，A错误；奥斯特发现电流的磁效应，B正确；库仑首先通过扭秤实验得出了电荷间相互作用的规律；牛顿得出了万有引力定律，c错误；伽利略通过斜而理想实验得出了维持

19、运动不需要力的结论，D错误.4. D【解析】【分析】【详解】A. 从图中可知匕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. 从图中可知上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Do5. B【解析】【分析】【详解】质点通过平衡位置时速度最大，由图知.内，1S和35两个时刻质点通过平衡位置，速度4最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知Is时刻速度为负向，3s时刻速

20、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：kxa=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.6. C【解析】【详解】A. 由振动图像可知，甲乙两个单摆的振幅之比是3：1,选项A错误：B. 甲乙两个单摆的周期之比是4:2=2:1,选项B错误：C. 根据丁=2/,可得匕=冬"4万可知甲乙两个单摆的摆长之比是4：1,选项C正确；D. 单摆的最大加速度。=主工可知，甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是3：4,T2选项D错误。7. D【解析】【详解】A. 由位移的表达式x=5sin-r(cm),可

21、知质点做简谐运动的振幅为5cm故A错误.4B. 由位移的表达式读出角频率7TiZco=rad/s4则周期为r=8sCO故B错误.C. 在t=4s时质点的位移x=5sin(x4)(cm)=04说明物体通过平衡位置，加速度最小；故c错误.D. 在t=4s时质点通过平衡位置，加速度最小而速度最大；故D正确.故选D.【点睛】本题知道简谐运动位移的解析式，读出振幅、周期、任意时刻的位移是基本能力.8. B【解析】【分析】【详解】由题可知，a、b两点关于平衡位置对称，从。到b历时4=0.2s从b再回到。的最短时间为0.4s,即从b到c所用时间为2s=0.1s2所以弹簧振子振动的周期为则振动频率为T=2tl

22、+4l=0.8s/=_L=1.25HzT故B正确，ACD错误。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0.1s0.2s内质点通过的路程为5xl=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. A【解析】【分析】【详解】由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，

23、振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确.11. BC【解析】【分析】【详解】A. 物体A在O点平衡位置，有mgsin。=解得k弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为mgsin0mgsin0_2mgsin0快=一+一=一即振幅为警皿：故A错误：kB. 物体A在8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。点的速度最大，C点与O点的蝉簧形变量一样，弹性势能相等，故有O点运动到C点，由动能定理得nigx()csin0=-/nv2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

24、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8点动能为零，势能最大：系统在。点动能最大，势能最小，故D错误。故选BC012. B【解析】【分析】【详解】A. 处于平衡位置时，合力为零，有(M+m)g=kx所以伸长量为(M+m)gX=kA错误：B. 振幅最大的位置，弹性势能最大，形变量最大，设为由牛顿第二定律得k心一(M+m)g=(M+in)a3mg-mg=ma联立上式可得3(M+m)gk所以最大振幅为2(M+w)j?Axx=kB正确；C. 弹簧弹性势能最大时，弹力的大小为F"=kSx=3(M+?)gC错误：D. 蝉簧运动到最高点时，弹簧处于压缩状态，蝉力不为零

25、，D错误。故选B。13. D【解析】【分析】【详解】A. x>0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-F-Ed22粒子从x=0到x=-d的电场力做功W=Uq=E(dq根据功能关系得粒子在x=d处的电势能为、Edq,故B错误:2C. 设动能与电势能之和的最大值为Pn1。P=mv+q(p最右位置有P=q(p=亦最左位置有P=qcp=x2d-粒子的运动区间为电场仅分布在-dWxWd的区间内，解得0vP<：E°qd,故c错误;D. 在x>0区域的运动由对称的2段组成PE°q解得，总时间为E&#

26、176;q力=筌瓦2叵E°qVE°q故D正确。故选D。14. AD【解析】【详解】AB.让。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。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。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. 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

27、2mga.故A正确：B、时间为,故重力的冲量为1=咽二=冬,故B正确；222C、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2叫.，故合力的冲量为2"也,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.16. BCE【解析】A、B、由简谐运动的图象可判断出振子的周期为2s,则频率/=i=0.5Hz；该质点的振幅为5cm；C、1.7s时位移为负值，则加速度为正，根据图象走向可判断速度为负：D、

28、E、0.5s时，振动质点位于平衡位置，回复力为零，但合外力不一定为零（如单摆在平衡位置时合外力指向圆心）.故选BCE.【点睛】考查简谐运动的图象，解题关键是能看憧简谐运动x-t图，理解各时刻质点的速度、加速度、回复力.17. AB【解析】4、若菖顼，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；8、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，蝉簧沿水平方向做简谐振动，所以受到的弹簧的蝉力的大小相等，所以两个时刻弹簧的形变量一定相等，故8正确；C、若t时刻和（/+A/）时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，振子可能以

29、相等的速度经过两点，也可能以方向相反的速度经过两点，所以则割不一定等于!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，*不一定等于二的整数倍，故。错误.2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. AD【解析】【详解】A. 根据振动图像，甲振子的振幅为2cm、乙振子的振幅lcm,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

30、向平衡位置，方向向下，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ADO19. BCE【解析】【详解】A. t=0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而蝉簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误：B. 在t=O.ls与t=O.3s两个时亥IJ,弹簧振子的位移相同，B正确：C. 从t=0到t=O.2s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确：D. 在t=O

31、.6s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误：E. t=O.2s与t=O.6s,振子在最大位移处，速度为零，E正确.20. D【解析】【分析】【详解】A中振子的振动周期等于2t】，故A不对：B中在t=0时刻，振子的位置在0点，然后向左运动，故B不对；C中在t=R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0到t2,振子正从。点向b点运动，故D是正确的.二、机械振动实验题21.4士*.不变nb【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4x0.1mm=0.4mm,金属球的直径为16mm+0.4mm=16.4

32、mm：(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丁危;n由单摆周期公式丁=2必可知T2=L,则广_乙图象的斜率k=,则加速Nggs度g=，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k4/T2=（L1）,由此得到的T'L图像是图乙中的，由于图线的斜率不变，计算得g到的8值不变，由图像可得k=4,当地重力加速度P=:ab22.AC4b2b【解析】【详解】（1）1.根据T=2得:4tt2LT2A、以摆球直径和摆线长之和作为摆长来进行计算，则L偏大，测得的g偏大，选项A正确：B、单摆所用摆球质量大小与重力加速度无关.故B错误.C、把（n-1）次全振动时间误当成。

33、次全振动时间，则周期测量值偏小，重力加速度测量值偏大，故C正确.D、开始计时时，秒表过早按下，则测得的7偏大，则g测量值偏小，故D错误.（2）2,根据T=得：4k则4;rb2解得4/（匕T）23.摆长漏加小球半径9.8798.5099.8D【解析】【分析】【详解】12图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同周期下，摆长偏小1cm,故可能是漏加小球半径。由得T2=42-g则有42f4.=k=4g1计算得出g=9.87ni/s2345摆长为L=97.50+1.00cm=98.50cm停表的读数为r=9O+9.8s=99.8s根据g=得：A.测J摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故A错误：B. 实验时误将49次全振动数为50次，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故B错误；C. 开始计时时，停表过迟按下，周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误：D. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故D正确。故选D。24.6abe【解析】【分析】【详解】（1）游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：18mm