(完整版)机械振动单元测试题

1、（完整版）机械振动单元测试一、机械振动选择题在做“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（）适当加长摆线质量相同，体枳不同的摆球，应选用体枳较人的单摆偏离平衡位置的角度要适当大一些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卞列说法中不正确的是（）将单摆从地球赤道移到南（北）极，振动频率将变人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倍将单摆移至绕地球运转的人造卫星中，其振动频率将不变在摆角很小的情况卜，将单摆的振幅增人或减小，单摆的振动周期保持不变如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方

2、向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好处于原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程弹簧的弹性势能和物体动能总和不变物体在最低点时的加速度人小应为2g物体在最低点时所受弹簧的弹力人小应为mg弹簧的最人弹性势能等于2mgA如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图彖，下列判断正确的是t=3xlO3s时刻纸盆中心的加速度最犬在0IxlOW之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5xl04cos50nt（m）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卞拉卞一段距离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

3、，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运动的位移一时间图像如图2所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则（）A人时刻钢球处于超重状态匚时刻钢球的速度方向向上C.G时间内钢球的动能逐渐增人人t2时间内钢球的机械能逐渐减小在“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人小F随时间r变化的图象如图所示，己知单摆的摆长为/,则重力加速度g%()7如图所示的弹簧振子在A、B之间做简谐运动，0为平衡位置，则卞列说法不正确的是()V-振子的位移增人的过程中，弹力做负功振子的速度増犬的过程中，弹力做正功振子的加速度增人的过程中，弹力做正功振子从0点出发到再次回到0点的过程中

4、，弹力做的总功为零8.质点做简谐运动，其Xr关系如图，以X轴正向为速度的正方向，该质点的vr关的物块&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，希垫撤去力F后，B向上运动并能顶起TOC o 1-5 h z则力F的最小值是（）A（叫+叫）gB（叫+24）gC.2（/wA+/nB）gD（2/ha+/hb）g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为振子最人位移处，则该振子的振动频率为（）d_0g*6*A.1HzB1.25H

5、zC.2HzD.2.5Hz如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,现将一个质量也为m的物体C从A的正上方一定高度处由静止释放，C和A相碰后立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对地面的最小弹力为芈，则以下说法正确的是（）简谐运动的振幅为2.5mg/kC和A相碰后立即减速向卞运动B对地面的最人弹力为5.5mg若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最人的位置会更低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，关于这个图彖，卜列哪些说法是正确的是

6、（）tfst=1.25s时，振子的加速度为正，速度也为正t=1.7s时，振子的加速度为负，速度也为负t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最人值t=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最犬值如图（甲）所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图（乙）所示，以下说法正确的是（）ti时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小t2时刻小球速度最人，轨道对它的支持力最小t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最人t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最人甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）甲的速度为零时，乙的速度最人甲的加速度最小时，乙的速度最小任一时刻两个

7、振子受到的回复力都不相同两个振子的振动频率之比八卩：/=1：2两个振子的振幅之比为A甲:A乙=2：1装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示。把玻璃管向卞缓慢按压4cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5s。竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图象如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管，下列说法正确的是（）回复力等于重力和浮力的合力振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒位移满足函数式x=4sui(4-)cm6振动频率与按压的深度有关在血直时间内，位移减小，加速度减小，速度增人如图所示,弹簧下端挂一质量为m的物体，

8、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()6物体在最低点时的弹力人小应为2mg弹簧的弹性势能和物体动能总和不变弹簧的最人弹性势能等于2mgA物体的最人动能应等于mgA如图所示，物体&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0点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于0点的最人位移处分别为P点和Q点，运动过程中久B之间无相对运动已知物体A的质量为物体B的质量为A4,弹簧的劲度系数为k,系统的振动周期为人振幅为1,弹簧始终处于弹性限度内下列说法中正确的是dJZL村、ifgP&物体B从P向O运动的过程中，A、B之间的摩擦力对人做正

9、功物体B处于PO之间某位置时开始计时，经丄卩时间，物体B通过的路程一定为L4当物体B的加速度为a时开始计时，每经过7时间，物体B的加速度仍为a当物体B相对平衡位置的位移为x时，久B间摩擦力的人小等于缨一上丫M+m)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m,摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球8向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，卞列判断正确的是第一次碰撞后的瞬间，两球的速度人小相等第一次碰撞后的瞬间，两球的动量人小相等第一次碰撞后，两球的最人摆角不相同发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置一水平弹簧振子做简谐运动，周期为丁，贝lj（）若&=T,则r时刻和（/+/）

10、时刻振子运动的加速度一定大小相等T若/=，则r时刻和（/+/）时刻弹簧的形变量一定相等若r时刻和（，+）时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，则/一定等于扌的奇数倍TD.若r时刻和（+/）时刻振子运动速度的人小相等，方向相同，则/一定等于一的整数倍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二0时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则4t二丄T时，货物对车厢底板的压力最小23t二一T时，货物对车厢底板的压力最人43t二一T时，货物对车厢底板的压力最小4二、机械振动实验题在利用单摆测重力加速

11、度的实验中，（1）从下列器材中选用最合适的器材（填写器材代号）A.小铁球B.小塑料球C.20cm长的细线D.100cm长的细线E手表F时钟G秒表（2）若实验测得的g值偏人，可能的原因是A摆球的质量太大B.测摆长时，仅测了线长，未加小球半径C.测周期时，把门次全振动误记为5+1）次D摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长）（3）某同学想进一步验证单摆的周期和重力加速度的关系，但又不可能去不同的地区做实验.该同学就将单摆与光电门传感器安装在一块摩擦不计、足够人的板上，使板倾斜Q角度，让摆球在板的平面内做小角度摆动，如图甲所示.利用该装置可以验证单摆的周期和等效重力加速度的关系.若保持摆长不变

12、，则实验中需要测量的物理量有若从实验中得到所测物理量数据的图线如图乙所示，则图像中的纵坐标表示横坐标甲乙（1）做“用单摆测定重力加速度的实验,下述说法中正确的是（）A.测屋摆长时，应先将单摆放置在水平桌面上,然后用力拉紧摆线测量悬点到球心的距离B.单摆的偏角不要超过5。，当摆球运动到两侧位置时迅速按下秒表开始计时C.为了精确测量单摆的周期，起码要测量小球作100次全振动所用的时间D.如果小球的重心不在中心，通过一定方法也能精确测定重力加速度（2）某同学在做利用单摆测重力加速度的实验时，他先测得摆线长为97.50cm,然后用游标卡尺测量小钢球直径，读数如图甲所示，则O51O乙游标卡尺的读数为mm

13、.该单摆的摆长/为cm.该同学由测屋数据作出图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度g=m/s2（保留3位有效数字）.如果测出的g值偏小，可能的原因是.A.测量摆线长时，线拉得过紧摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了开始计时时，秒表按下迟了D实验中误将49次全振动记为50次利用单摆测当地重力加速度的实验中：(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图所示，小球直径cm；甲(2)甲乙两个学习小组分别利用单摆测屋重力加速度，甲组同学采用图甲所示的实验装置:为比较准确地测屋出当地重力加速度的数值，除秒表外，在卞列器材中，还应该选用(用器材前的字母表示)长度接近lm的细绳长度为30cm左右的细绳

14、直径为1.8cm的塑料球直径为1.8cm的铁球最小刻度为lcm的米尺/最小刻度为1mm的米尺该组同学先测出悬点到小球球心的距离L,然后用秒表测出单摆完成门次全振动所用的时间r,请写出重力加速度的表达式g=_:（用所测物理量表示）在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点0处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值；（选填偏大、偏小或不变）乙组同学在图甲所示装置的基础上再増加一个速度传感器，如图乙所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的Vr图线。由图丙可知，该单摆的周期T=_s；更换摆线长度后，多次测量，根

15、据实验数据，利用计算机作出r-L（周期平方摆长）图线，并根据图线拟合得到方程厂=4.04L4-0.035,由此町以得出当地的重力加速度g=_m/s造成图象不过坐标点的原因可能是；由图彖求出的重力加速度沪m/s2；（取龙2=9.87）；（取n2=9.86,结果保留3位有效数字）某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其它操作无误，那么他得到的实验图像可能是下列图像中的4兀9=0只要测出多组单摆的摆长/和运动周期匚作出厂J图彖，就可以求出当地的重力加速度。理论上厂-/图彖是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图彖如图所示。r如果测得的g值偏小，可能的原因是测摆线时摆线拉得过紧先测摆长，

16、再测周期，在测周期时，上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增/sa加了开始计时时，停表过迟按下实验时误将49次全振动数为50次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。实验室有如卜器材町供选用：长约Im的细线长约lm的橡皮绳直径约2cm的铁球直径约2cm的塑料球米尺时钟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：将单摆上端固定在铁架台上。测得摆线长度，作为单摆的摆长。在偏角较小的位置将小球由静止释放。记录小球完成n次全振动所用的总时间r,得到单摆振动周期T=-。n根据单摆周期公式计算重力加速度的人小

17、。其中有一处操作不妥当的是0(填写操作步骤前面的序号)发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如卞改进：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/1、/2和对应的周期心、丁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=o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0用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示.（1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些摆球尽量选择质量大些、体枳小些的为了使摆的周期人一些，以方便测屋，开始时拉

18、开摆球，使摆线相距平衡位置有较人的角度拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，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At即为单摆周期T拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不人于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记卞摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期丁=詈（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长及单摆完成门次全振动所用的时间匚则重力加速度g=（用I、门、f表示）.用多组实验数据作出弹/图彖，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的厂-/图线的示意图如图乙中的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

19、于图线b,下列分析正确的是_（选填选项前的字母）.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/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.在平衡位置绳子的拉力、向心力、摆球速度最大.摆球的加速度、位移、回复力为0【参考答案】和*试卷处理标记，请不要删除振动选择题A【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，体枳不同的摆球，应选用体枳较小的，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

20、3050次全振动后停止计时，求出平均周期，故D项错误。故选AoC【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，根据丁=2兀,振动的周期变小，故振动频率将变人,故A正确：B、重力等于万有引力，故: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减小为丄；4根据丁=2喘,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T=2弋,振动的周期与振幅无关；在摆角很小的情况卞，将单摆的振幅增人或减小，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丁=2兀和重力加速度公式g

21、=学分析，注意周期与振幅无关.D【解析】【分析】【详解】系统机械能守恒，动能、重力势能、弹性势能总量不变，振动过程中重力势能一直变化，弹簧的弹性势能和物体动能总和一直变化，故A错误；根据振动对称性，最低点与最高点关于平衡位置对称，最低点时弹簧形变量2A弹力2kA,弹力与重力合力k-2A-mg=mg方向向上，加速度为g向上，故B错误；最低点时弹簧形变量2A,弹力2kA=2mg,故C错误；振动最低点，弹簧的弹性势能最人，系统机械能守恒，重力势能转化为弹性势能,Ep=2mgA故D正确.原长If-k2A=2mg平衡位置ffigC【解析】【详解】t=2xlO3s时刻在波谷位置，则纸盆中心的速度为零，选项

22、A错误；t=3xlO3s时刻纸盆中心在平衡位置，此时的加速度为零，选项B错误：在0lxlO3s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；因为y=印rrad/s=500iad/sT4xl03则纸盆中心做简谐运动的方程为x=1.5xl0-4cos500m(m),选项D错误：故选C.D【解析】【分析】【详解】从图中可知人时刻钢球正向卞向平衡位置运动，即向下做加速运动，加速度向下，所以处于失重状态，A错误；从图中可知人时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误；cff?时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增人后减小，即动能先增人后减小，C错误；fg时间内小球一直

23、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。D【解析】【分析】【详解】根据图彖可知：单摆的周期为：r=4t根据周期公式得：T=2龙，所以歼寻，故D正确，ABC错误.故选D.C【解析】【详解】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，振子的位移增犬的过程中，弹力做负功，故A正确，不符合题意；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；根据回复力f=-kx.振子的加速度增人的过程，位移增人，弹力与运动方向相反，弹力做负功，故C错误，符合题意；振子从0点出发到再次回到0点的过程中，速度人

24、小不变，动能不变，弹力做的总功为零，故D正确，不符合题意。&B【解析】【分析】【详解】T质点通过平衡位置时速度最人，由图知丁内，Is和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度4最人，根据图彖切线的斜率等于速度，可知Is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：kxa=m可知质点具有最人正方向加速度时有最人负向的位移，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.A【解析】2【分析】【详解】如图所示312ooO務E込tAAhA0】为弹簧的原长位置，02为挂上物块3时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为要使3向上运动并能顶起4弹簧给A的力

25、至少要等于A物块的重力m.g,即弹簧至少要压缩到位置03,压缩量为兀，物块B在力F的作用下至少卞拉的长度4片，让B以02为平衡位置做简谐运动。则要满足Aa；=心2+心0又因为=k/xQ,叫g=kAx?F=kx,所以F的最小值F=(mA+inB)g故BCD错误，A正确。故选AoB【解析】【分析】【详解】由题可知，a、b两点关于平衡位置对称，从a到b历时f1=0.2s从b再回到a的最短时间为0.4s,即从b到c所用时间为0.4-0.2s=O.ls所以弹簧振子振动的周期为T=2tk+4匸=0.8s则振动频率为故B正确，ACD错误。故选B。11AC【解析】【分析】【详解】B.C和A相碰前，对A有C和A

26、相碰后,则AC先向卞加速运动，选项B错误;当弹力等于AC的重力时AC处于平衡状态，有也0=2mg解得平衡位置时弹簧的形变量为处于压缩状态；当B对地面弹力最小时，对B分析，则有故弹簧此时形变量此时弹簧处于伸长状态;选项A正确；C.当AC运动到最低点时,故简谐运动的振幅为B对地面的弹力最人；由对称性可知，此时弹簧的形变量为此时弹力为F=k(A+Q=竽B对地而的弹力为F+mg选项c正确；AC碰后粘在一起向下运动速度最人的位置即为AC处于平衡状态的位置，此时弹力等于AC的重力，即X)=2mg因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置不变，选项D错误。故选ACo12.C【解析】【分

27、析】【详解】t二1.25s时，位移为正，加速度a=-x为负；x-t图彖上某点切线的斜率表示速度，故m速度为负，A错误；t二1.7s时，位移为负，加速度a=-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a=x为负；x-tin图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C正确；Z1.5S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.13A【解析】试题分析：ti时刻小球速度为零，小球到达最高点，故轨道对它的支持力最小，选项A正确；t2时刻小球速度最人，根据=mg+rn可知，轨道对它的支持力最人，选项B错

28、R误；心时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小，选项C错误；t4时刻小球速度最犬，轨道对它的支持力最大，选项D错误；故选A.考点：v-t图线；牛顿第二定律.ADE【解析】【分析】甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最人：甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大；甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零；由图可知两振子的周期，根据/可得频率之比；由图可知振幅之比.【详解】由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最人，故A正确：由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最人，故B错误：甲、乙同时处于平衡位置时，加速度为零，回复力都为零，故C错误;

29、由图可知，甲的周期7甲=2.0s,乙的周期Tz.=1.0s,根据：得甲的频率/甲=0.5Hz；乙的频率/=1.0Hz；两个振子的振动频率之比f甲：/乙“:2,故D正确；E.由图可知,甲的振幅A甲hLOcm,乙的振幅A乙=5cm,两个振子的振幅之比为A甲:A乙=2：1,故E正确。ACE【解析】【分析】【详解】装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力。故A正确；玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒。故B错误；振动的周期为0.5s,则関频率T=Srad/s=4;riad/s由图可

30、知振动的振幅为儿由题可知，A=4cm：=0时刻牛Asm%结合t=Q时刻玻璃管振动的方向向下,可知=龙（兀舍去）66则玻璃管的振动方程7757x-4sm(4r+)cm=4sin(4加一)cm66故C正确；由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关。故D错误；fLY由图可知，在&直时间内，位移减小，加速度=-=-减小；玻璃管向着平衡mm位置做加速运动，所以速度增大。故E正确。故选ACEoAC【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

31、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；物体卞落到最低点时，重力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最人弹性势能为Ep=mgx2A=2mgA,选项C正确：当弹簧的弹力等于物体的重力时，物体速度最人，动能最人，此时弹簧处于拉伸状态，弹性势能Ep不为零，根据系统机械能守恒可知此时物体的动能为Ek=mgA-Ep,即Ek小于mgA,选项D错误；故选AC.ACD【解析】【详解】物体B从P向0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P0之间某位置时开始计时，经时间，通过的4

32、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“故C正确；对整体d=一，A、BM+m间摩擦力的摩擦力大小f=-，故D正确：故选ACD.M+in【点睛】A和B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为研究对彖，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.AD【解析】试题分析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律fnv0=mvl+引并冬

33、，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：+加叮=+阳+斗3加叮，解两式得：叫=一牛冬=可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度人小相等，故A正确：因两球质量不相等，故两球碰后的动量人小不相等，方向相反，故B错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故C错误：由单摆的周期公式丁=2兀川知,两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D正确.考点：考查了动量守恒定律.单摆周期19AB【解析】久若&=T，由简谐振动的周期性可知，r时刻和（f+M）时刻振子运动的各物理量都相同，所以加速度一定人小相等，故A正确；Tb、若Af=-,在r时

34、刻和（r+Af）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人小相等，所以两个时刻弹簧的形变量一定相等，故3正确；c、若r时刻和（f+M）时刻振子运动位移的人小相等，方向相反，振子可能以相等的速度T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C2错误；D、若r时刻和（/+/）时刻振子运动速度的人小相等、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.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人小变化情况是相反，也可以

35、作出振动图象进行分析20.C【解析】=774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；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；=3巾时，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.（1）A.D.G（2）C.（3木板倾角a和单摆振动的周期丁；T1,1/（gsina）【解析】【详解】（1）M利用单摆测重力加速度的实验中，球越重体积越小越好，故选小铁球，摆线应选相对较长点的，不能过长也不能过短，故选100cm长的细线，实验还需要测量时间，故选秒表，所以最合适的器材有：小铁球、以及秒表：故选ADG.（

36、2）根据T=2弋可得&=芋,则摆球的质量对实验无影响，选项A错误；测摆长时，仅测了线长，未加小球半径，这样摆长测屋偏小，则测得的重力加速度g值偏小，选项B错误：测周期时，把门次全振动误记为5+1）次，则测得的周期偏小，则测得的,则保持摆长重力加速度g值偏人，选项C正确；摆球上端未固定牢固，振动中出现松动（摆长变长），这时测得的周期偏人，则测得的重力加速度g值偏小，选项D错误；故选C.（3）此单摆的等效重力加速度为g=gsina,则单摆的周期T=M不变时，要测量的物理量是：木板倾角Q和单摆振动的周期八将丁=2化一变形Vgsina为：T2=,则若从实验中得到所测物理量数据的图线如图乙所示，则图像g

37、sina中的纵坐标表示T?,横坐标表示一sina22.D9.8mm97.999.86B【解析】【分析】【详解】1.A.测量摆长时，应先将单摆竖直悬挂，让摆球自然下垂，然后测量悬点到球心的距离，选项A错误；单摆的偏角不要超过5。，当摆球运动到最低点位置时迅速按卜秒表开始计时，选项B错误；为了精确测量单摆的周期，要测量小球作30-50次全振动所用的时间，选项C错误；如杲小球的重心不在中心，可通过测量数据建立厂“图像，通过图像的斜率求解重力加速度，选项D正确.(2).由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm=9mm,游标尺示数为8x0.1mm=0.8mm,游标卡尺的读数为：9mm+0.8mm=9.8

38、mm.单摆摆长:dQQQ/=/+=97.50+=97.99cm4由单摆周期公式丁=2由图像可知解得g=9.86m/s24兀5根据g=则：A、测屋摆线长时线拉得过紧，贝畀的测量值偏人，则所测重力加速度偏人，故A错误；B、摆线上端牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了，使所测量的实际周期偏大，重力加速度的测量值偏小，故B正确；C、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期7偏小，重力加速度g的测量值偏人，故B正确；实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期7偏小，所测重力加速度偏人，故D错误.2326a.d、f4k2h2L偏小0.2s9.76B【解析】【分析】【详解】(1)小球直径为2211U11+6xnun=22.6111111=2.26cm10(2)2根据4龙辽防亍知需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长近Im的细线，铁球的密度人，阻力小，所以选择直径为1.8cm的铁球，需要测量摆长和摆球的直径，所以需要最小刻度为1mm的米尺和螺旋测微器。故选a、d、A根据T=又因为联立得测量周期