机械振动测试题含答案

《机械振动》测试题（含答案）一、机械振动选择题.某弹簧振子做周期为7■的简谐运动，t时刻和t+At时刻速度相同，己知At＜7■，下列说法正确的是t时刻和t+At时刻位移相同t时刻和t+At时刻加速度大小相等，方向相反TC.可能△/＞二4TD.可能△/＜一4TEl定△，=—22.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.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、Bl,uJ细线，此后A将做简谐运动。己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gA振动的振幅为芈K4.下列叙述中符合物理学史实的是（）A.伽利略发现了单摆的周期公式B.奥斯特发现了电流的磁效应C.库仑通过扭秤实验得出了万有引力定律D.牛顿通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论5.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时,相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示.不计空气阻力，g取10m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中不正确的是（）x/cm■・一0-・・甲 乙A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sm（7ir）cmB.单摆的摆长约为1.0mC.从f=2.5s到f=3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D.从，=2.5s到f=3.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小6.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。、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=0时刻，振子的位置在。点C.在t二h时刻，振子的速度为零D.从0到匕，振子正从。点向b点运动7.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（）t=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，加速度为负的最大值t=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值8.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1kg,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.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.如图所示，在一条张紧的绳子上悬挂48、C三个单摆，摆长分别为k、七、3,且Li<L2<L„现将人拉起一较小角度后释放，已知当地重力加速度为g,对释放人之后较短时间内的运动，以下说法正确的是（ ）A.C的振幅比8的大 B.8和C的振幅相等C.B的周期为2ti「 D.C的周期为10.甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（）A.甲的速度为零时，乙的速度最大B.甲的加速度最小时，乙的速度最小C.任一时刻两个振子受到的回及力都不相同D.两个振子的振动频率之比/甲：/乙=1：2E.两个振子的振幅之比为八甲：八乙=2：111.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,弹簧的劲度系数为鼠现将一个质量也为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婆，则以下说法正确的是（）2A.简谐运动的振幅为2.5mg/kC和A相碰后立即减速向下运动B对地面的最大弹力为5.5mgD.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会更低12.下列说法中正确的有（）A.简谐运动的回复力是按效果命名的力B.振动图像描述的是振动质点的轨迹C.当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大jr 兀D.两个简谐运动：Xi=4sin（IOOrH ）cm和Xz=5sin（100nt+-）cm,它们的相位差恒3 6定13.一水平弹簧振子做简谐运动，周期为丁，则（）A.若M=T,则t时刻和«+“）时刻振子运动的加速度一定大小相等TB.若△/=,，则t时刻和。+△。时刻弹簧的形变量一定相等c.若t时刻和«+△1）时刻振子运动位移的大小相等，方向相反，则”一定等于3的奇数倍TD.若t时刻和。+“）时刻振子运动速度的大小相等，方向相同，则”一定等于一的整数倍14.如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的48之间做往复运动，。为平衡位置，下列说法正确的是（）—MS T二！欠AOHA.弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用B.弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力作用C.振子由人向。运动过程中，回史力逐渐增大D.振子由O向8运动过程中，回更力的方向指向平衡位置.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2o对于这个单摆的振动过程，卜.列说法中正确的是（A.B.C.D.乙单摆的位移XA.B.C.D.乙单摆的位移X随时间t变化的关系式为x=8sin（0）cm单摆的摆长约1m从t=2.5s到t=3s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大从I=2.5s到t=3s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小.如图甲所示为以。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（ ）A.在t=0.2s时，弹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至h=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，弹簧振子有最小的弹性势能E.在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，振子速度都为零17.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=0.1sin（2.5nt）m.t=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.以卜.判断正确的是（双选，填正确答案标号）以卜.判断正确的是（双选，填正确答案标号）A.h=1.7mB.简谐运动的周期是0.8s0.6s内物块运动的路程是0.2mt=0.4s时，物块与小球运动方向相反18.如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为色斜面上质量为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A,重力加速度为g0现将A沿斜面向上推动

至弹簧压缩量为竺子吆处的C点无初速度释放，8为C关于0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（ ）A.物体A做简谐运动，振幅为吗世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2gsin。J手D.物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在8点时最小19.一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点.，=0时刻振子的位移工=-0.皿1;4f=）s时刻x=O」m；f=4s时刻x=O.lm.该振子的振幅和周期可能为（）80.1m,-S80.1m,-S30.1mz8s80.2m,—S30.2m,8s20.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（）A.匕时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小t2时刻小球速度最大，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大D.t4时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大二、机械振动实验J.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。nn（1）实验室有如下器材可供选用：A,长约1m的细线B.长约1m的橡皮绳C.直径约2cm的铁球D.直径约2cm的塑料球E.米尺F.时钟G.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：①将单摆上端固定在铁架台上②测得摆线长度，作为单摆的摆长③在偏角较小的位置将小球由静止释放④记录小球完成n次全振动所用的总时间t,得到单摆振动周期丁=-n⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。其中有一处操作不妥当的是一。（填写操作步骤前面的序号）（3）按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据做出了图像，根据该图像得出重力加速度的测量值为—m/s2o（4）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o.某小组同学做了“用单摆测量重力加速度”实验后，为进一步探究，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T=2名上丝一式中。为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，，为V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，让光滑水平轴穿过其中一个小孔，使杆做简谐运动，测量并记录，和相应的运动周期,；然后让轴穿过不同位置的孔重复实验，实验数据见表，并测得摆的质量加=0.50kg,/7m0.450.400.350.300.250.200T/s2.112.142.202.302.432.64⑴由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示。⑵/,的国际单位制单位为,由拟合直线得到，.的值为（保留到小数点后两位）。⑶若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值（填“偏大”“偏小”或“不变”）。.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，.（1）则该单摆振动周期为.（2）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T（）A.便于测量单摆周期B.便于测量摆长时拉紧摆线C.保证摆动过程中摆长不变D.保证摆球在同一竖直平面内摆动（3）若某组同学误以摆线的长度L作为纵坐标，以单摆周期的平方〃作为横坐标，作出L—T?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（4）现发现三组同学作出的图线分别是1、2和3,但测出的斜率都为攵，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）.24.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，（1）为了尽量减小实验误差，以下做法正确的是0A.选用轻且不易伸长的细线组装单摆B.选用密度和体枳都较小的摆球组装单摆C.使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动D.选择最大位移处作为计时起点（2）一位同学在实验中误将49次全振动计为50次，其他操作均正确无误，然后将数据代入单摆周期公式求出重力加速度，则计算结果比真实值 （填“偏大”或“偏小”）。（3）为了进一步提高实验精确度，可改变几次摆长［并测出相应的周期丁，从而得出一组对应的L与7的数据，再以L为横轴、尸为纵轴建立直角坐标系，得到如图所示的图线，并求得该图线的斜率为A,则重力加速度g=—。.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.（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）..某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中:

0 1 2cm||||||||||小|"七hiiIiiiiIiiiiIii0510⑴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⑶测出不同摆长L对应的周期丁，用多组实验数据作出图象犬-L，也可以求出重力加速度g。己知三位同学做出的尸-L图线如图丙中的a、b、c所示，其中。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〃次全振动时间为t,误作为（〃+1）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BCD【解析】【详解】A.因弹簧振子在t时刻和1+4时刻速度相同，可知两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，则t时刻和f+4时刻位移大小相同，方向不一定相同，则选项A错误；B.因两个时刻振子的位置关于平衡位置对称，可知t时刻和r+Ar时刻加速度大小相等，方向相反，选项B正确；TC.由振子的运动规律可知，加可能大于、小于或等于一，选项CD正确；4T TE.因相差一的两个时刻的振动速度总是相反的，&不可能一，选项E错误；2 2故选BCD.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T=2乃汽，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：mg=G也，解得：g=Q丝，将单摆从地面移至距地面厂 r高度为地球半径的高度时，r增加为2倍，故g减小为工；4根据丁=2万后，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= 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丁=2咻和重力加速度公式g=半分析，注意周期与振幅无关.C【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F=2mg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将在弹簧形变量芈到0之间做振幅为卓的简谐运动。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a=F-mg_2mg-mg

mm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A在弹簧形变量半到。之间做振幅为?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CoB【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；伽利略通过斜面理想实验得出了维持运动不需要力的结论，D错误.C【解析】【详解】A.由振动图象读出周期丁=2s,振幅A=8cm,由2兀

co=——

T得到角频率出=Juad/s,则单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asincyf=8sin(0)cmA正确，不符合题意：B.由公式得L=Im,B正确,不符合题意；C.从f=2.5s到f=3.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，C错误，符合题意；D.从，=2.5s到f=3.0s的过程中，摆球的位移减小，回更力减小，D正确，不符合题意。故选C。D【解析】【分析】【详解】A中振子的振动周期等于2h,故A不对；B中在t=0时刻，振子的位置在。点，然后向左运动，故B不对；C中在t=ti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ti到t2,振子正从0点向b点运动，故D是正确的.C【解析】【分析】【详解】25s时，位移为正，加速度4=为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故m速度为负，A错误；t=l.7s时，位移为负，加速度。=一月无为正；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，B错误；t=LOs时，位移为正，加速度。=-人工为负；x-tm图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C正确；t=l.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.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F售=ina由题意可得aA=6ni/s2,a2=8ni/s2a,<。，

▲所以尸合1<F合2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。时，即合力为。时，振子处于平衡位置，即F。=G=mg=1ON其中，gHZ10m/s2o在P点，由牛顿第二定律可得G-F1=ma1K=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F2-G=ma2F、=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可得占+x2=14cm解得k=IN/cm则$=4cm,x2=18cm,为=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：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。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CoD【解析】【分析】【详解】CD.将人拉起一较小角度后释放，则8、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8、C单摆的周期均为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8比C的振幅大，AB错误。故选D。ADE【解析】【分析】甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大；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，回好力都为零：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】A.由图可知甲在波峰或波谷速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A正确：B.由图可知甲在平衡位置加速度最小时，乙也在平衡位置，速度最大，故B错误：C.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；D.由图可知,甲的周期丁甲=2.0s,乙的周期丁乙=1.0s,根据：得甲的频率/产0.5Hz；乙的频率九.=1.0Hz；两个振子的振动频率之比/甲：/乙=1：2,故D

正确；E.由图可知，甲的振幅4x10cm,乙的振幅4乙=5cm,两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1,故E正确。AC【解析】【分析】【详解】B.C和A相碰前，对A有.=mgC和A相碰后埼＜2〃吆，则AC先向下加速运动，选项B错误；%=2MgA.当弹力等于AC的重力时AC处于平衡状态，有%=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mg号kx故弹簧此时形变量2k此时弹簧处于伸长状态;故简谐运动的振幅为A=xqA=xq+x=k2k2k选项选项A正确；C.当AC运动到最低点时,B对地面的弹力最大：由对称性可知，此时弹簧的形变量为5mg2mg_9mg

+ = 2kk2k此时弹力为B对•地面的弹力为选项C正确:D.AC碰后粘在一起向下运动速度最大的位置即为AC处于平衡状态的位置，此时弹力等于AC的重力，即h。=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ACoACD【解析】【详解】A.简谐运动的回复力方向始终指向平衡位置使振子回到平衡位置的力，是按效果命名的，A正确；B.振动图像描述的是振动质点在不同时刻的位移，不是其实际的运动轨迹，B错误；C.物体做受迫振动的频率等于驱动力频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故C正确；D.两简谐运动频率相同，相位差为：A 717t 71^<P=(P,-(P2=---=-3 0 0D正确。故选ACDoAB【解析】4若"二7，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，故人正确；T8、若"=5，在t时刻和（f）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△，不一定等于一的奇数倍，故c2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。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.AD【解析】【分析】【详解】AB.在水平方向上振动的弹簧振子所受力有重力、支持力、弹簧的弹力，故A正确，B错误；C.根据公式厂二-h，由于振子由4向0运动过程中，位移x减小，故回灾力减小，故C错误；D.振子由0向8运动过程中，回亚力的方向与位移方向相反，故指向平衡位置，故D正确。故选ADoAB【解析】【分析】【详解】A.由图象可知，单摆周期为r=2s则2兀一（0=—=7iiad/sT所以单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin（7i/）cm故A正确；B.由单摆的周期公式解得单摆的摆长为1=1111故B正确：C.由图象可知，从f=2.5s到f=3s的过程中，摆球在靠近平衡位置，所以摆球的重力势能减小，故c错误；D.由于从f=2.5s到f=3s的过程中，摆球在靠近平衡位置，所以摆球的速度在增大，设绳子与竖直方向夹角为6，则其所受绳子的拉力为V-F、=Gcos0+m—此时夕在减小，v在增大，所以拉力在增大，故D错误。故选AB。BCE【解析】【详解】A.t=O.2s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹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=0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；C.从t=0到t=0.2s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=0.6s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=0.2s与t=0.6s,振子在最大位移处，速度为零，E正确.AB【解析】【分析】则对小球力+N=；g则对小球力+N=；g/，解得t=0.6s时,物块的位移为y=0.1sin(2.5nx0.6)m=-0.1m；h=1.7m,选项A正确；简谐运动的周期是T=口=上土S=0.8s,选项B正确；0.6s内co2.5乃物块运动的路程是3A=0.3m,选项C错误：t=0.4s=L,此时物块在平衡位置向下振动，则2此时物块与小球运动方向相同，选项D错误.BC【解析】【分析】【详解】A.物体A在O点平衡位置，有mgsin0=kA%解得mgsill0弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为mgsin0mgsin02〃7gsin0b= 二—k一即振幅为型誓；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，由动能定理得解得v=2gsin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8点动能为零，势能最大；系统在0点动能最大，势能最小，故D错误。故选BC0ACD【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：4(4--)s=z/TO当〃=1时，T=—s,故A正确，B错误;3CD.如果振幅大于0.1m,如图所示,则有:4 4 T—+(4——)s=nT+—3 3 2Q当〃=0时，T=8s；当〃=1时，T=-s；故C正确，D正确;3.A【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时刻小球速度最大，根据耳、.可知，轨道对它的支持力最大，选项B错R误；力时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小，选项C错误；t4时刻小球速度最大，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.二、机械振动实验题

.ACEG②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径；9.86 7=2万4]是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。【解析】【分析】【详解】（1）[1].单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为：ACEGo（2）[2],操作不妥当的是②.单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。（3）[3],根据单摆的周期公式得解得尸Wg由图像可知4点4.0.k= =——=4g1解得g=9.86m/s2（4）[4],公式T=2乃是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。.T~rkgnr17不变【解析】【分析】【详解】（1乂1]由公式丁二2乃 得\mgr,47rz4万?产Tv= -+ 〃吆g故题图（b）中纵轴表示了^。（2）[2]由公式T=2乃）上竺二得、mgrmr_mgrT2mr即。的国际单位制单位为kg・n『o⑶由题图(b)并结合⑴中的式子可得1.25s21.25s2-m=4Tz

〃?g由题图(b)知拟合直线的斜率1.95-1.25,t1.95-1.25,t = s-・m0.1970、_]—s-・m19解得Ic、0.17kgnr(3乂4]由(1)、(2)中分析可知重力加速度的测量值与质量无关，故g的测量值不变。.二C34乃K23【解析】【分析】【详解】(1)当记数为“50”时，单摆全振动的次数为25,显示时间为t,则周期为T=(.乙J(2)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，是为了保证摆动过程中摆长不变，故选C.(3)根据7=2乃」,，则丁=2耳匕，解得£=:二尸一厂，则作出的图线是上图U 'g 4k中的3.(4)由上述表达式可知，±=k,解得g=4712k.47r【点睛】此题考查单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化.在最低点，速度最快，开始计时误差较小；会用图像法处理实验数据.,4tt2.AC偏大 k【解析】【分析】【详解】(1)[1]A.为保证摆长不变，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故A正确；B.为减小空气阻力对实验的影响，组装单摆须选用密度较大而体积较小的摆球，故B错误：C.使摆球在同一竖直平面内