机械振动试题

机械振动试题（含答案）一、机械振动选择题某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x=5sin友t（cm），则下列关于质点运动的4说法中正确的是（）质点做简谐运动的振幅为10cm B.质点做简谐运动的周期为4s在t=4s时质点的加速度最大 D.在t=4s时质点的速度最大如图所示，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七则下列说法中正确的是（ ）细线剪断瞬间A的加速度为0A运动到最高点时弹簧弹力为mgA运动到最高点时，A的加速度为g2mgA振动的振幅为Fk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（）ILx/cm—A・甲、乙的振幅各为2m和1m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乙振动的表达式为x=sin41（cm）t=2s时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值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（气-气）g,兀A（气-气）g,兀2LB（气-气）g, 2兀2LC （%-气）g, 4兀2LD （气-气）g, 8兀2L如图所示，弹簧的一端固定，另一端与质量为m2的物体B相连，质量为%的物体A放在B上，m2=2m1.A、B两物体一起在光滑水平面上的N、N，之间做简谐运动，运动过程中A、B之间无相对运动，O是平衡位置,已知当两物体运动到N时，弹簧的弹性势能为Ep，则它们由N，运动到。的过程中，摩擦力对A所做的功等于（）b・2b・2epA.C.3Ep如图所示，弹簧下面挂一质量为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大小应为2g物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg弹簧的最大弹性势能等于2mgA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.［时刻钢球处于超重状态A.［时刻钢球处于超重状态t2时刻钢球的速度方向向上\~t2时间内钢球的动能逐渐增大"七时间内钢球的机械能逐渐减小如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统.圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示.圆盘匀速转动时，小球做受迫振动.小球振动稳定时.下列说法正确的是（）动.小球振动稳定时.下列说法正确的是（）圆甲 国乙小球振动的固有频率是4Hz小球做受迫振动时周期一定是4s圆盘转动周期在4s附近时，小球振幅显著增大圆盘转动周期在4s附近时，小球振幅显著减小如图所示，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L1u，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（）IJi-O*B§B.B和C的振幅相等DB.B和C的振幅相等D.C的周期为2兀；gC.B的周期为2兀：甘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=0A.tA.t=-T时，货物对车厢底板的压力最大1B.t=-T时，货物对车厢底板的压力最小1B.t=-T时，货物对车厢底板的压力最小t=-T时，货物对车厢底板的压力最大3t=-T时，货物对车厢底板的压力最小如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为仇斜面上质量为m物块A被平行于斜面的轻质弹簧拉住静止于。点，弹簧的劲度系数为化重力加速度为g。现将A沿斜面向上推动mgsin0至弹簧压缩量为 处的C点无初速度释放，B为C关于。的对称点。关于物体A后kA.mgsin0A.B.物体A在B点时，系统的弹性势能最大CB.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2gsin0m~kD.物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在BD.图（甲）所示为以。点为平衡位置、在4、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（）（甲） （Z.）在t=0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同如图所示，物块M与m叠放在一起，以。为平衡位置，在ab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（ ）

/wmAaaaOj'七/；\:/t市十—T在\〜④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T从［时刻开始计时，接下来-内，两物块通过的路程为A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的振幅不变如图所示，PQ为一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（ ）P振子经过P点时所受的合力比经过Q点时所受的合力大该弹簧振子的平衡位置在P点正下方7cm处振子经过P点时的速度比经过Q点时的速度大该弹簧振子的振幅一定为8cm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sissist0t0时刻弹簧弹性势能最大3C^-1时刻弹簧弹力的功率为02o2t0站时刻弹簧弹性势能最大3D.210时刻物体处于超重状态一个质点沿直线ab在平衡位置。附近做简谐运动.若从质点经。点时开始计时，经过5s质点第一次经过M点（如图所示）；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是（）A.6sBA.6sB.4sC.22s D.8s如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则（）O眼O眼5枷5舟k此单摆的固有周期约为2s此单摆的摆长约为1m若摆长增大，单摆的固有频率增大若摆长增大，共振曲线的峰将右移一水平弹簧振子做简谐运动，周期为了，则（ ）若t=T，则t时刻和G+t）时刻振子运动的加速度一定大小相等若t=T，则t时刻和G+t）时刻弹簧的形变量一定相等△△若t时刻和（t+r）时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，贝Ut一定等于T的奇数2倍若t时刻和G+气）时刻振子运动速度的大小相等，方向相同，则勺一定等于T的整数倍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t=1s时，振子加速度最大t=2s时，弹簧弹性势能最大t=1s和t=2s两个时刻，弹簧弹性势能相等t=3s时，振子经过O点向上运动t=4s时，振子加速度大小为g

)20.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/,则重力加速度g为(4兀2/A. 12二、机械振动实验题兀2/)20.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/,则重力加速度g为(4兀2/A. 12二、机械振动实验题兀2/B.——124兀2/C. 9t2兀2/D.——4t221.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验。3II*'■'1 P5.1(1)如图甲，摆球的直径d=垂，如图乙所示，那么单摆摆长/=(1)如图甲，摆球的直径d=垂，如图乙所示，那么单摆摆长/=么秒表的读数是n表示)为 。测出不同摆长对应的周期丁，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)。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出现图线c的原因可能是误将51次全振动记为50次图线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.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组装单摆须选用轻且不易伸长的细线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堕.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g=•23.根据单摆周期公式T=2兀g，可以通过实验测量当地的重力加速度.如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆.(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.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、体积小些的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T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At，则单摆周期T=^访0.如图是利用DIS完成“用单摆测定当地重力加速度”实验.实验时，先量出摆球的半径与摆线的长度.单摆摆动后，点击“记录数据”.摆球每经过平衡位置时记数1次，第1次记为“0”，当记数为“50”时，点击“停止记录”，显示时间为，.则该单摆振动周期为.图示摆线上端的悬点处，用两块木片夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将木片夹紧，是为了()便于测量单摆周期便于测量摆长时拉紧摆线保证摆动过程中摆长不变保证摆球在同一竖直平面内摆动若某组同学误以摆线的长度乙作为纵坐标，以单摆周期的平方t2作为横坐标，作出L-T2的图像.其他操作测量都无误，则作出的图线是上图中的(选填“1”、“2”或“3”).现发现三组同学作出的图线分别是1、2和3,但测出的斜率都为k，是否可以根据斜率求出当地的重力加速度？.(若不可以求出，填“否”；若可以求出，请填重力加速度的表达式).根据单摆周期公式T=2ng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)⑵有同学测得的g值偏小，可能原因是。测摆线时摆线拉得过紧摆线上端未牢固地系于悬点以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算开始计时时，小球开始摆动后稍迟才按下停表计时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=.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、机械振动选择题1.D【解析】【详解】 _.兀， 、 A.由位移的表达式x=5sin—t(cm)，可知质点做简偕运动的振幅为5cm.故A错误.由位移的表达式读出角频率则周期为2— cT=——=8s①故B错误.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.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.2.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F=2mg则弹簧的伸长量为Ax=2mg1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电=m

2kTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2mg mg所以剪断A、B间的连线，A将在弹簧形变量—到0之间做振幅为于的简谐运动。\o"CurrentDocument"k kAC.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F一mg2mg一mg\o"CurrentDocument"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；TOC\o"1-5"\h\z, 2mg mgBD.由开始的分析可知，物体A在弹簧形变量二旦到0之间做振幅为书的简谐运动，k k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。C【解析】【详解】由图可知，甲的振幅A甲=2cm，乙的振幅A乙=1cm，故A错误；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；TOC\o"1-5"\h\z2兀 n乙的周期T乙=8s，则乙振动的表达式为x=A乙sin节t=sin§t(cm)，故C正确；乙 1t=2s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CB【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x-x=2a(-2)2其中T为单摆周期，则T=2n：L，联立解得a=气-%)g2n2L故ACD错误，B正确。故选B。5.C【解析】【分析】【详解】整体做简谐运动，则对整体有：弹簧在N点的弹性势能等于整体运动到O点的动能，即「1/ 、E=2(m+m)v2E而此摩擦力对A所做的功等于^mv2，因m2=2m1，所以摩擦力对A所做的功为寸。故选C。

6.D【解析】【分析】【详解】A•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2加弹力2#加弹力与重力合力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2加弹力2kA=2mg，故C错误；振动最低点，弹簧的弹性势能最大，系统机械能守恒，重力势能转化为弹性势能，E=2mgA故D正确. 原长£平衡位置——3 膻=7咽AhlA=2mgi 7.D【解析】【分析】【详解】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；从图中可知，2时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误；〈~t2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；〈~匕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。C【解析】【分析】【详解】小球振动的固有周期T=4s，则其固有频率为f=1=0.25Hz,A错误；小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4s,B错误;CD.圆盘转动周期在4s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C正确D错误。故选C。D【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单摆的周期均为丁二2兀$，C错误，D正确。AB.当受迫振动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。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•，顷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.BC【解析】【分析】【详解】物体A在。点平衡位置，有mgsin0=kAx°解得弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为mgsin0mgsin0 2mgsin0x— + = OCkk k即振幅为次皿0；故入错误；k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；物体A在。点的速度最大，C点与。点的弹簧形变量一样，弹性势能相等，故有。点运动到C点，由动能定理得…1一mgxsin0=—mv2oc2解得V=2gsin0«m故C正确；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。点动能最大，势能最小，故D错误。故选BC。A【解析】【分析】【详解】由图知，若从平衡位置计时，则在t=0.2s时，弹簧振子运动到B位置.故A正确.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.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.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.D【解析】【分析】【详解】T在时间t13内，由图像的斜率为负且增大可知，物块m的速度沿负方向在增大，受摩擦力方向沿负方向，据F=-kx可知，位移x在减小，加速度在减小，所以摩擦力在减小，A错误；〜由图像知，两物块在平衡位置速度最大，因此两物块从。—0的平均速率要小于从t1T T开始经丁时间内的平均速率，所以从t开始经丁通过的路程大于A,B错误；4 1 4据简谐振动的受力特点F=-kx，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;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m在最大位移处轻轻取走，说明m取走时动能为零，m取走前后M振幅没有改变，振动系统机械能总量不变，D正确。故选D。14.C【解析】【分析】【详解】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F合=ma由题意可得a.=6m/s2，a=8m/s2a<a所以Fi<F2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；当振子加速度为0时，即合力为0时，振子处于平衡位置，即F=G=mg=10N其中，g取10m/s2。在P点，由牛顿第二定律可得G一F=maF.=4N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F-G=maF=18N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F=-kx可得x+x=14cm解得k=1N/cm气=4cm,%=18cm,x0=10cm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；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；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。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.0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2r0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A正确，B错误；3七时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2/0，功率不为零，C错误；3万＜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。AC【解析】若振子开始的运动方向为向左：则tQM+tAO+tAO=5s,、=tMb=Lv,故t+1+1+1=6s，即=+丁=6v，解得T=8s，所以t+1==2v，故OMAOAOMb 2 4 OMMb4. T .t°M=tMO=1S，第三次经过M的过程中万+tMO+tOM=6s；若振子开始的运动方向为向右，则tOM=y=5s,tbM=tM^b=1s，贝T , T—=tQM+tMb=6s，第三次经过M的过程为t^+万+tQM=5+12+5=22s，故AC正确.a0Mb X图1a□M 4 Jr Jr图2AB【解析】【详解】单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz,周期为2s.故A正确；由图可知，共振时单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s.由公式T=2兀\：'L，可得"Im，故B正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小.故C错误；若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动.故D错误；故选AB.【点睛】本题关键明确：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象.AB【解析】人、若t=T，由简谐振动的周期性可知，t时刻和(t+t)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，故川正确；B、 若t=T，在t时刻和(t+J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(t+t)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T经过两点，也可能以方向相反的速度经过两点，所以则t不一定等于5的奇数倍，故c△错误；D、 若t时刻和(t+t)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1-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・BDE【解析】【详解】t=1s时，振子在平衡位置，加速度为零，选项A错误；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；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；由振动图像可知，t=3s时，振子经过。点向上运动，选项D正确.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.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：1=2兀」一，所以g=—^-，故D正确，ABC错误.g 4t2故选D.二、机械振动实验题4n2n2l21.5287.6099.8 4t0A12 0【解析】【分析】【详解】[1]摆球的直径d=15mm+2x0.1mm=15.2mm=1.52cm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=88.36cm-152cm=87.60cm2[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=60s+39.8s=99.8s⑷由单摆的周期公式1=2n：l，解得

4n2/ 4兀2l4n2n2/g=^^=7t¥（2） ［5］单摆每隔半个周期，拉力F会达到最大，所以T=%（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T=2ng可得T2 4n2L根据数学知识可知，乃-L图像的斜率则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏若实验中误将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；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4n2g=T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。22.22.BC4兀2ALT2T21 2【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.T 1nL-, -4②，「=-同理得L=_一J两式相减可得m=——23.6abe【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，再看游标尺上的哪一刻

度与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：0.1x6=0.6mm，总读数：L=18+0.6=18.6mm.(2)该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球.故ab是正确的.摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，故d错误；释放