1、(完整版)机械振动单元测试题一、机械振动 选择题1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2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，弹簧下面
2、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，则物体在振动过程中A弹簧的弹性势能和物体动能总和不变B物体在最低点时的加速度大小应为2gC物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mgD弹簧的最大弹性势能等于2mgA4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）5如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从
3、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6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l，则重力加速度g为( )ABCD7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
4、大的过程中，弹力做正功C振子的加速度增大的过程中，弹力做正功D振子从O点出发到再次回到O点的过程中，弹力做的总功为零8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( ) ABCD9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
5、时0.2s，从b再回到a的最短时间为0.4s，c、d为振子最大位移处，则该振子的振动频率为（）A1HzB1.25HzC2HzD2.5Hz11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，则以下说法正确的是（ ）A简谐运动的振幅为2.5mg/kBC和A相碰后立即减速向下运动CB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悬挂在竖直方向上的
6、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（ ）At=1.25s时，振子的加速度为正，速度也为正Bt=1.7s时，振子的加速度为负，速度也为负Ct=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值Dt=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值13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（ ）At1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小Bt2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小Ct3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大Dt4时刻小球速
7、度 为零，轨道对它的支持力最大14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复力都不相同D两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2E.两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：115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。把玻璃管向下缓慢按压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（ ）A回复力等于重力和浮力的合力B振动过程中动能和重力势
8、能相互转化，玻璃管的机械能守恒C位移满足函数式 cmD振动频率与按压的深度有关E.在t1t2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大16如图所示,弹簧下端挂一质量为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,弹簧正好为原长,则物体在振动过程中( )A物体在最低点时的弹力大小应为2mgB弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C弹簧的最大弹性势能等于2mgAD物体的最大动能应等于mgA17如图所示，物体A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O点为平衡位置做简谐运动，所能到达相对于O点的最大位移处分别为P点和Q点，运动过程中A、B之间无相对运动已知物体A的质量
9、为m，物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统的振动周期为T，振幅为L，弹簧始终处于弹性限度内下列说法中正确的是A物体B从P向O运动的过程中，A、B之间的摩擦力对A做正功B物体B处于PO之间某位置时开始计时，经时间，物体B通过的路程一定为LC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aD当物体B相对平衡位置的位移为x时，A、B间摩擦力的大小等于18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a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B第一次碰撞后的瞬间，两
10、球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置19一水平弹簧振子做简谐运动，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20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t0时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则AtT时，货物对车厢底板的压力最大BtT时，货物对
11、车厢底板的压力最小CtT时，货物对车厢底板的压力最大DtT时，货物对车厢底板的压力最小二、机械振动 实验题21在“利用单摆测重力加速度”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 C20cm长的细线D100cm长的细线 E手表 F时钟 G秒表（2）若实验测得的g值偏大，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n次全振动误记为（n+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
12、大的板上，使板倾斜角度，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，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_，横坐标表示_22（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测量摆长时,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“
13、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, 则游标卡尺的读数为_mm该单摆的摆长为_cm该同学由测量数据作出图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度_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B摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线变长了C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23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 d =_cm；(2)甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度，甲组同学采用图甲所示的实验装
14、置：为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用_；（用器材前的字母表示）a.长度接近 1m的细绳b.长度为30cm左右的细绳 c.直径为1.8cm的塑料球 d.直径为1.8cm的铁球e.最小刻度为1cm的米尺f.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 n 次全振动所用的时间 t，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O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增加
15、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 vt 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，根据实验数据，利用计算机作出 T2L（周期平方摆长）图线，并根据图线拟合得到方程 T24.04L0.035，由此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）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_。24在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g=。只要测出多组单摆的摆长和运动周期
16、T，作出T2-图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上T2-图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示。（1）造成图象不过坐标点的原因可能是_；（2）由图象求出的重力加速度g=_m/s2；（取2=9.87）（3）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先测摆长，再测周期，在测周期时，上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，停表过迟按下D实验时误将49次全振动数为50次25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。(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的铁球 D直径
17、约2 cm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：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t，得到单摆振动周期。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_。（填写操作步骤前面的序号）(3)发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：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l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该
18、测量值的表达式g=_。(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_。26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_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度，释放摆球，当摆球振动稳定
19、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t，则单摆周期(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)用多组实验数据作出T2-l图象,也可以求出重力加速度g已知三位同学作出的T2-l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D在平衡位置绳子的拉
20、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】*试卷处理标记，请不要删除一、机械振动 选择题1A【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。2C【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，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
21、：，解得：，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；根据，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，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和重力加速度公式分析，注意周期与振幅无关3D【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；B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
22、变量2A，弹力2kA，弹力与重力合力方向向上，加速度为g向上，故B错误；C最低点时弹簧形变量2A，弹力2kA=2mg，故C错误；D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，故D正确4C【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.5D【解析】【分析】【详解】A从图中可知时刻钢球正向下
23、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。6D【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： ,所以g=，故D正确，ABC错误故选D7C【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A正确，不符合题意；B
24、. 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。8B【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3s两个时刻质点通过平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知1s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：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
25、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B9A【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。10B【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历时从b再回到a的最短时间为0.4s，即从b到c所用时间为所以弹簧振子振动的周期为则振动频率为故B正确，ACD错误。
26、故选B。11AC【解析】【分析】【详解】BC和A相碰前，对A有C和A相碰后，则AC先向下加速运动，选项B错误；A当弹力等于AC的重力时AC处于平衡状态，有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；故简谐运动的振幅为选项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AC
27、。12C【解析】【分析】【详解】t=1.25s时，位移为正，加速度为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，A错误；t=1.7s时，位移为负，加速度为正；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=1.0s时，位移为正，加速度为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C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13A【解析】试题分析：t1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，根据可知，轨道对它的支持力最大，选项B错误；.t3时刻小球速度为
28、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.14ADE【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】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
29、的周期T甲=2.0s，乙的周期T乙=1.0s，根据：得甲的频率f甲=0.5Hz；乙的频率f乙=1.0Hz；两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2，故D正确；E由图可知，甲的振幅A甲=10cm，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。15ACE【解析】【分析】【详解】A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；B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；C振动的周期为0.5s，则圆频率由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4c
30、m；t=0时刻 结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知（舍去），则玻璃管的振动方程为故C正确；D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；E由图可知，在t1t2时间内，位移减小，加速度减小；玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大。故E正确。故选ACE。16AC【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；物体下落到最
31、低点时，重力势能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为EP=mg2A=2mgA，选项C正确；当弹簧的弹力等于物体的重力时，物体速度最大，动能最大，此时弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为零，根据系统机械能守恒可知此时物体的动能为，即Ek小于mgA ，选项D错误；故选AC17ACD【解析】【详解】物体B从P向O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PO之间某位置时开始计时，经时间，通过的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，
32、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a，故C正确；对整体，A、B间摩擦力的摩擦力大小，故D正确；故选ACD【点睛】A和B一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为研究对象，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18AD【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，由动量守恒定律有：，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：，解两式得：，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B错误；两球碰后
33、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；由单摆的周期公式可知，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】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，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
34、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20C【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；t=3T/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错误二、机械振动 实验题
35、21（1）A.D.G （2）C. （3）木板倾角和单摆振动的周期T； T2， 1/（gsin） 【解析】【详解】（1）“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.（2）根据可得，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，这样摆长测量偏小，则测得的重力加速度g值偏小，选项B错误；测周期时，把n次全振动误记为（n+1）次，则测得的周期偏小，则测得的重力加速度g值偏大，选项C正确；摆球上端未固定牢固，振
36、动中出现松动（摆长变长），这时测得的周期偏大，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=gsin，则单摆的周期，则保持摆长不变时，要测量的物理量是：木板倾角和单摆振动的周期T；将变形为： ，则若从实验中得到所测物理量数据的图线如图乙所示，则图像中的纵坐标表示T2，横坐标表示 22D 9.8mm 97.99 9.86 B 【解析】【分析】【详解】（1）1A.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；B.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下秒表开始计时，选项B错误；C.为了精确测量单摆的周期，要测
37、量小球作30-50次全振动所用的时间，选项C错误；D.如果小球的重心不在中心，可通过测量数据建立T2-L图像，通过图像的斜率求解重力加速度，选项D正确（2）2由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm=9mm，游标尺示数为80.1mm=0.8mm，游标卡尺的读数为：9mm+0.8mm=9.8mm3单摆摆长： 4由单摆周期公式可得由图像可知 解得g=9.86m/s25根据则：A、测量摆线长时线拉得过紧，则l的测量值偏大，则所测重力加速度偏大，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T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
38、下，所测周期T偏小，重力加速度g的测量值偏大，故B正确；D、实验中误将49次全振动数为50次，测量的周期T偏小，所测重力加速度偏大，故D错误2326 a、d、f 偏小 0.2s 9.76 B 【解析】【分析】【详解】（1）1小球直径为（2）2 根据得知需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长近1m的细线，铁球的密度大，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、f。3 根据得又因为联立得4测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小。
39、5根据简谐运动的图线知，单摆的周期T=2.0s。6根据得知图线的斜率解得7根据可知L与T 2为正比关系，且某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，则L=0时T 2不为零，故选B。24测摆长时漏掉了摆球的半径 9.87 B 【解析】【详解】（1）1图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是漏加小球半径；（2）2由：T=2得：则有：=k=4解得：g= 9.87m/s2（3）3根据：g=A测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，
40、导致重力加速度的测量值偏小，故B正确；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，导致重力加速度测量值偏大，故D错误。故选B。25ACEG 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】【详解】（1）1实验时需要从上述器材中选择：A长约1 m的细线 ；C直径约2 cm的铁球； E米尺； G停表；故选ACEG；（2）2其中的第步骤中应该测得摆线长度加上摆球的半径作为单摆的摆长。（3）3根据可得：联立解得：（4）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
41、动视为简谐运动。26abe BD 【解析】【分析】【详解】(1) a、实验时摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些，故a正确b、摆球选择质量大一些，体积小一些的，故b正确c、为了使单摆做简谐运动，摆角要小些，故c错误d、e、当摆球经过平衡位置时开始计时，误差较小，测量周期时需测量多次全振动的时间，求出周期，不能测一次全振动的时间，这样误差较大，故d错误，e正确故选abe(2)据题意知单摆的周期为，由单摆的周期公式，联立解得重力加速度.(3)根据单摆的周期公式得，根据数学知识可知，T2-l图象的斜率，当地的重力加速度.A、由图2所示图象可知，对图线a，当l为零时T不为零，所测摆长偏小，
42、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错误.B、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小故B正确.C、由图可知，图线c对应的斜率k偏小小于图线b对应的斜率，由可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误；D、单摆的振动是简谐运动，经过最低点时即为平衡位置，根据简谐运动的特点知拉力、向心力、摆球速度最大，摆球的加速度、位移、回复力为0，故D正确；故选BD【点睛】简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法
