茂名市《机械振动》单元测试题含答案
一、机械振动 选择题
1．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
A ．t 0时刻弹簧弹性势能最大
B ．2t 0站时刻弹簧弹性势能最大
C ．
03
2t 时刻弹簧弹力的功率为0 D ．
03
2
t 时刻物体处于超重状态 2．如图为某简谐运动图象，若t ＝0时，质点正经过O 点向b 运动，则下列说法正确的是( )
A ．质点在0.7 s 时的位移方向向左，且正在远离平衡位置运动
B ．质点在1.5 s 时的位移最大，方向向左，在1.75 s 时，位移为1 cm
C ．质点在1.2 s 到1.4 s 过程中，质点的位移在增加，方向向左
D ．质点从1.6 s 到1.8 s 时间内，质点的位移正在增大，方向向右 3．甲、乙两单摆的振动图像如图所示，由图像可知
A ．甲、乙两单摆的周期之比是3:2
B ．甲、乙两单摆的摆长之比是2:3
C ．t b 时刻甲、乙两摆球的速度相同
D ．t a 时刻甲、乙两单摆的摆角不等
4．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（）
A ．甲、乙的振幅各为 2 m 和 1 m
B ．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
C ．乙振动的表达式为x= sin
4
t （cm ） D ．t ＝2s 时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值
5．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2g
C ．物体在最低点时所受弹簧的弹力大小应为mg
D ．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
6．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—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 ．1t 时刻钢球处于超重状态
B ．2t 时刻钢球的速度方向向上
C ．12~t t 时间内钢球的动能逐渐增大
D ．12~t t 时间内钢球的机械能逐渐减小
7．质点做简谐运动，其x —t 关系如图，以x 轴正向为速度v 的正方向，该质点的v —t 关系是( )
A．B．C．D．
8．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1：3
B．甲乙两个单摆的周期之比是1：2
C．甲乙两个单摆的摆长之比是4：1
D．甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是1 ：4
9．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L和摆动周期T，如图(a)所示．通过改变悬线长度L，测出对应的摆动周期T，获得多组T与L，再以T2为纵轴、L为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（）
A．偏大B．偏小C．一样D．都有可能
10．如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O 点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v，方向向下，动能为E k。下列说法错误的是（）
T
A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2~t1的最小值小于
2
B．如果在t2时刻物块的动能也为E k，则t2~t1的最小值为T
C．物块通过O点时动能最大
D．当物块通过O点时，其加速度最小
11．如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位
置，其振动方程为5sin 10cm 2x t ππ??
=+
??
?
．下列说法正确的是（ ）
A ．MN 间距离为5cm
B ．振子的运动周期是0.2s
C ．0t =时，振子位于N 点
D ．0.05t s =时，振子具有最大加速度
12．如图所示为某弹簧振子在0～5s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A ．振动周期为5 s
B ．振幅为8 cm
C ．第2 s 末振子的速度为零，加速度为正向的最大值
D ．第3 s 末振子的速度为正向的最大值 E.从第1 s 末到第2 s 末振子在做加速运动
13．如图所示是单摆做阻尼振动的振动图象，下列说法正确的是（ ）
A ．摆球A 时刻的动能等于
B 时刻的动能 B ．摆球A 时刻的势能等于B 时刻的势能
C ．摆球A 时刻的机械能等于B 时刻的机械能
D ．摆球A 时刻的机械能大于B 时刻的机械能
14．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 15．一水平弹簧振子做简谐运动，周期为T ，则( )
A ．若t T =，则t 时刻和()t t +时刻振子运动的加速度一定大小相等
B ．若2
T
t =
，则t 时刻和()t t +时刻弹簧的形变量一定相等 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，则t 一定等于2T
的奇数倍
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，则t 一定等于2
T
的整数倍
16．如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A 、B 之间做往复运动，O 为平衡位置，下列说法正确的是( )
A ．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A 向O 运动过程中，回复力逐渐增大
D ．振子由O 向B 运动过程中，回复力的方向指向平衡位置
17．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/s 2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（ ）
A ．单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为8sin(π)cm x t =
B ．单摆的摆长约1m
C ．从 2.5s t =到3s t =的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D ．从 2.5s t =到3s t =的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小
18．如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O 点，摆长为l ，当它摆过竖直线OC 时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A ，B 点分别是最大位移处．下列说法中正确的是( )
A ．A 点和
B 点处于同一水平面 B ．A 点高于B 点
C ．摆球在A 点和B 点处线上的拉力大小相等
D ．单摆的振动周期仍为2l T g
π
= E.单摆向右或向左摆过D 点时，线上的拉力大小相等
19．如图所示，两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上．已知物块甲的质量是物块乙质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期
2m
T k
π
=，式中m 为振子的质量，k 为弹簧的劲度系数．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中，下列说法正确的是________．
A ．物块甲的振幅是物块乙振幅的4倍
B ．物块甲的振幅等于物块乙的振幅
C ．物块甲的最大速度是物块乙最大速度的
12
D ．物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2倍 E.物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2倍
20．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/s 2．对于这个单摆的振动过程，下列说法中不正确的是（ ）
A ．单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为8sin(π)cm x t =
B ．单摆的摆长约为1.0m
C ．从 2.5s t =到 3.0s t =的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D ．从 2.5s t =到 3.0s t =的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
二、机械振动 实验题
21．（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“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
①游标卡尺的读数为_________mm ． ②该单摆的摆长l 为_____cm ．
③该同学由测量数据作出2l T -图线（如图乙所示），根据图线求出重力加速度
g =____m/s 2（保留3位有效数字）．
④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 22．在“利用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)根据单摆的周期公式，只要测出多组单摆的摆长l 和运动周期T ，作出T 2—l 图象，就可以求出当地的重力加速度。理论上T 2—l 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甲所示。
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/s 2。（取π2=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
①该摆摆长为____cm，秒表表示读数为_____s。
②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
23．物理实验小组的同学做“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．直径约为2 cm的均匀铁球
D．直径约为5 cm的均匀木球
E．秒表
F．时钟
G．最小刻度为毫米的刻度尺
实验小组的同学需要从上述器材中选择________（填写器材前面的字母）．
（2）下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝
0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________（填字母代号）．
A． B．
C． D．
（3）某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值与真实值相比偏大，可能的原因是
________．
A．测摆长时记录的是摆线的长度
B．开始计时时，秒表过早按下
C．摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了
D．实验中误将29次全振动数记为30次
24．小雷在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20 cm；用20分度的游标卡尺测得小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间．则
（1）小球直径为_________cm
（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值_________（填“偏大”或“偏小”或“准确”）
（3）他以摆长（L）为横坐标、周期的二次方（T2）为纵坐标作出了T2－L图线，由图象测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=_________．（用题目中给定的字母表示）（4）小俊根据实验数据作出的图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可能是
_________．
25．用单摆测定重力加速度的实验如图所示．
①组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）___________．
A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为1.8cm的铁球
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下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．
组次123
摆长L/cm80.0090.00100.00
50次全振动时间t/s90.095.5100.5
振动周期T/s 1.80 1.91
重力加速度g/（m·s-2）9.749.73
请计算出第3组实验中的T=___________s，g=__________m/s2
④用多组实验数据做出T2-L图像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2-L图线的示意图如图中的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）（___）
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L
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
26．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)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
(3)测出不同摆长L 对应的周期T ，用多组实验数据作出图象2T L -，也可以求出重力加速度g 。已知三位同学做出的2T L -图线如图丙中的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___________（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n 次全振动时间为t ，误作为（1n +）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 1．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 ．t 0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t 0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A 正确，B 错误； C ．03
2
t 时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F 0，功率不为零，C 错误； D ．
03
2t 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 。 2．C 【解析】 【分析】 【详解】
由图象知，周期为2s ．简谐运动的位移总是从平衡位置提向两端，当质点在0.7 s 时，处于平衡位置的右边，则位移方向向右，向平衡位置运动，A 错误；质点在1.5 s 时处于负最大位置，位移最大，方向向左，质点从a→O 运动，速度逐渐变大，则前0.25 s 运动的位移小于后0.25 s ，故位移大于1 cm ，B 错误；质点在1.2 s 到1.4 s 过程中，质点从O→a 运动，位移增加，方向向左，C 正确；质点从1.6 s 到1.8 s 时间内，质点从a→O 运动，位移减小，方向向左，D 错误．
3．D 【解析】 【详解】
A ．由图像可知，甲、乙两单摆的周期之比是2:3，选项A 错误；
B ．根据2T =，则224g L T π=，则甲、乙两单摆的摆长之比是4:9，选项B 错误；
C ．因乙摆摆长大，振幅小，则在最高点时离开平衡位置的高度小，则到达最低点时的速度较小，即t b 时刻甲、乙两摆球的速度不相同，故C 错误；
D ．t a 时刻甲、乙两单摆的位移相等，但是由于两摆的摆长不等，则摆角不等，选项D 正确； 故选D. 4．C 【解析】 【详解】
A ．由图可知，甲的振幅A 甲=2cm ，乙的振幅A 乙=1cm ，故A 错误；
B ．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；
C ．乙的周期T 乙=8s ，则乙振动的表达式为x=A 乙sin
2T π乙t = sin π
4
t (cm)，故C 正确； D ．t =2 s 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C 5．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；
B ．根据振动对称性，最低点与最高点关于平衡位置对称，最低点时弹簧形变量2A ，弹力2kA ，弹力与重力合力
2k A mg mg ?-=
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，
2p E mgA =
故D 正确．
6．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．从图中可知1t 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2t 时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B 错误；
C ．21~t t 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 ．21~t t 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 。 7．B 【解析】 【分析】 【详解】
质点通过平衡位置时速度最大，由图知
4
T
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：
kx a 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 ． 8．C
【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2T =可得 22
2
4gT L T π
=∝ 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22
4A
a T π=可知，甲乙两个单摆的振动的最大加速度之比是3 ：4，
选项D 错误。 9．C 【解析】 【详解】
根据单摆的周期公式：2T =得：222
44T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率2
4k g π=，横轴截距等于球的半径r ．
故2
4g k
π=
根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确． 故选C ． 10．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t 2时刻物块的速度大小也为v ，方向向下，则t 2~t 1的最小值小于
2
T
，选项A 正确； B ．物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t 2时刻物块的动能也为E k ，则t 2~t 1的最小值可以小于T ，选项B 错误；
CD ．图中O 点是平衡位置，物块经过O 点时速度最大，动能最大，加速度最小，选项CD 正确。
本题选错误的，故选B 。 11．BC 【解析】
【详解】
A ．MN 间距离为2A =10cm ，选项A 错误；
B ．因=10rad/s ωπ可知振子的运动周期是
22s 0.2s 10T π
π
ω
π
=
=
= 选项B 正确； C ．由5sin 10cm 2x t ππ??
=+ ??
?
可知t =0时，x =5cm ，即振子位于N 点，选项C 正确； D ．由5sin 10cm 2x t ππ??
=+ ??
?
可知0.05t s =时x =0，此时振子在O 点，振子加速度为零，选项D 错误． 12．BCD 【解析】
根据图象，周期T ＝4 s ，振幅A ＝8 cm ，A 错误，B 正确．第2 s 末振子到达负的最大位移处，速度为零，加速度为正向的最大值，C 正确．第3 s 末振子经过平衡位置，速度达到最大值，且向正方向运动，D 正确．从第1 s 末到第2 s 末振子经过平衡位置向下运动，速度逐渐减小，做减速运动，E 错误．故选BCD ．
【点睛】本题关键根据简谐运动的位移时间图象得到弹簧振子的周期和振幅，然后结合实际情况进行分析． 13．BD 【解析】
因为单摆做阻尼振动，因为要不断克服空气阻力做功，振幅逐渐减小，使得机械能逐渐转化为其他形式的能，机械能不断减小，由于A 、B 两时刻单摆的位移相同，位置一样，所以势能相等，因为机械能减小，所以动能减小，BD 正确． 14．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，由动量守恒定律有：0123mv mv mv =+，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：
222012111
3222mv mv mv =+?，解两式得：001222
v v v v ，=-=，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2T =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 15．AB
A 、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A 正确；
B 、若2
T
t =
，在t 时刻和()t t +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2
T
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，t 不一定等于
2
T
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． 16．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F kx =-，由于振子由A 向O 运动过程中，位移x 减小，故回复力减小，故C 错误；
D ．振子由O 向B 运动过程中，回复力的方向与位移方向相反，故指向平衡位置，故D 正确。 故选AD 。 17．AB 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图象可知，单摆周期为
2s T =
则
2π
πrad/s T
ω=
= 所以单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为
8sin(π)cm x t =
B ．由单摆的周期公式
2T =解得单摆的摆长为
1m l =
故B 正确；
C ．由图象可知，从 2.5s t =到3s t =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 2.5s t =到3s t =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θ，则其所受绳子的拉力为
2
T cos v F G m l
θ=+
此时θ在减小，v 在增大，所以拉力在增大，故D 错误。 故选AB 。 18．ACD 【解析】
摆球运动过程中机械能守恒，所以A ，B 在同一高度．选项A 正确，B 错误；球在B 点不受洛伦兹力，与球在A 点时受拉力大小相等，选项C 正确；球在磁场中运动时虽然受洛伦兹力，但洛伦兹力总与速度方向垂直，不能提供回复力，所以不改变振动的周期，选项D 正确；单摆向右或向左摆过D 点时，速度大小相等，但洛伦兹力的方向相反，所以线上的拉力不相等，选项E 错误．
【点睛】本题中小球在复合场运动，洛伦兹力不做功，其机械能仍然守恒，洛伦兹力不改变小球运动的快慢．但要注意洛伦兹力方向与速度有关，速度反向，洛伦兹力方向也相反． 19．BCD 【解析】 【分析】
根据图示，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，根据离开平衡位置的最大距离即可判断振幅的大小；根据细绳断开的瞬间弹簧的弹性势能相同，通过能量转化，可判断绳子断开后物体的动能的关系，比较质量关系，即可分析最大速度关系；根据题目所给周期公式，比较质量关系，即可判断周期大小，进而判断频率关系。 【详解】
A 、
B ．线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，A 错误，B 正确；
C ．当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的质量大于乙的质量，由212k E mv =知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的1
2
，C 正确；
D 、
E ．根据2T =可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍；根据1f T =可知，
甲的振动频率是乙的振动频率的1
2
，D 正确，E 错误； 故选BCD 。 20．C 【解析】 【详解】
A ．由振动图象读出周期2s T =，振幅8cm A =，由
2πT
ω=
得到角频率πrad/s ω=，则单摆的位移x 随时间t 变化的关系式为
sin 8sin(π)cm x A t t ω==
A 正确，不符合题意；
B ．由公式
2T = 得1m L =，B 正确，不符合题意；
C ．从 2.5s t =到 3.0s t =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 t =到 3.0s t =的过程中，摆球的位移减小，回复力减小，D 正确，不符合题意。 故选C 。
二、机械振动 实验题
21．D 9.8mm 97.99 9.86 B 【解析】 【分析】 【详解】
（1）[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；
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T 2-L 图像，通过图像的斜率求解重力加速度，选项D 正确．
（2）①[2]．由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm=9mm ，游标尺示数为8×0.1mm=0.8mm ，游标卡尺的读数为：9mm+0.8mm=9.8mm ．
②[3]．单摆摆长：
'
0.9897.5097.99cm 22
d l l =+=+=
③[4]．由单摆周期公式2T π
= 22
4g l T π
=
由图像可知
2
1.0
0.2544
g k π=
=
= 解得
g=9.86m/s 2
④[5]．根据224=l
g T
π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．
22．摆长漏加小球半径 9.87 98.50 99.8 D 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1][2]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
2T =得
22
4l T g
π= 则有
244
41
k g π=== 计算得出
29m/s g =.87
(2)[3][4][5]摆长为
97cm 98cm L =.50+1.00=.50
停表的读数为
909s 99s t =+.8=.8
根据
224l g T
π=
得：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 ．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 。 23．ACEG A D 【解析】 【详解】
（1）[1]需要从题给器材中选择：长约1 m 的细线，直径约2 cm 的均匀铁球，秒表（测量50次全振动的时间），最小刻度为毫米的刻度尺（测量摆长）．
（2）[2]单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A ＝l sin 5°＝0.087 m ＝8.7 cm ，为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是选项A.
（3）[3]A.根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g ＝22
4L
T
π.将摆线的长误认为摆长，即测量值偏小，所以重力加速度的测量值偏小，A 错误；
B.开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小，B 错误；
C.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L 的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小，C 错误；
D.设单摆29次全振动的时间为t ，则单摆的周期T ＝
29
t
，若误计为30次，则T 测＝3029
t t <，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大，D 正确． 24．990 偏大 4π2/k 测量摆长时未计入摆球的半径 【解析】 【分析】 【详解】