机械振动单元测试题
机械振动单元测试题
一、机械振动 选择题
1．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=1：2 E.两个振子的振幅之比为A 甲：A 乙=2：1
2．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L 1、L 2、L 3，且L 1＜L 2＜L 3，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（ ）
A ．C 的振幅比
B 的大 B ．B 和
C 的振幅相等 C ．B 的周期为2π
2
L g D ．C 的周期为2π
1
L g
3．如图所示的单摆，摆球a 向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b 发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a 球摆动的最高点与最低点的高度差为h ，摆动的周期为T ，a 球质量是b 球质量的5倍，碰撞前a 球在最低点的速度是b 球速度的一半．则碰撞后
A 56
T
B ．摆动的周期为
65
T C ．摆球最高点与最低点的高度差为0.3h D ．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h
4．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T 2
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
5．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 6．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
7．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．如图所示，固定的光滑圆弧形轨道半径R ＝0.2m ，B 是轨道的最低点，在轨道上的A 点（弧AB 所对的圆心角小于10°）和轨道的圆心O 处各有一可视为质点的静止小球，若将它们同时由静止开始释放，则（ ）
A ．两小球同时到达
B 点 B ．A 点释放的小球先到达B 点
C ．O 点释放的小球先到达B 点
D ．不能确定
9．如图所示，质量为A m 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
B m 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 ．(A m +
B m )g B ．(A m +2B m )g
C ．2(A m +B m )g
D ．(2A m +B m )g
10．如图所示，物块M 与m 叠放在一起，以O 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（ ）
A ．在1~
2
T
t 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 B ．从1t 时刻开始计时，接下来4
T
内，两物块通过的路程为A
C ．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
D ．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
11．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
12．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能相互转化，玻璃管的机械能守恒
C ．位移满足函数式54sin(4)6
x t π
π=- cm D ．振动频率与按压的深度有关
E.在t 1～t 2时间内，位移减小，加速度减小，速度增大
13．如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有 a 、b 、c 、d 、e 五个单摆，让a 摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动，当振动稳定后，下列说法中正确的有（ ）
A ．各摆的振动周期与a 摆相同
B ．各摆的振动周期不同，c 摆的周期最长
C ．各摆均做自由振动
D ．各摆的振幅大小不同，c 摆的振幅最大
14．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 15．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
D ．两个简谐运动：x 1＝4sin (100πt ＋3
π) cm 和x 2＝5sin (100πt ＋6π
) cm ，它们的相位差恒
定
16．一个质点沿直线ab 在平衡位置O 附近做简谐运动.若从质点经O 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 ．6s
B ．4s
C ．22s
D ．8s
17．一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2
T
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
18．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
19．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6m ，列车固有振动周期为0.315s ．下列说法正确的是（ ） A ．列车的危险速率为40/m s
B ．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C ．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D ．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
20．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 为振子最大位移处，则该振子的振动频率为（ ）
A ．1Hz
B ．1.25Hz
C ．2Hz
D ．2.5Hz
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）测得摆线长l 0，小球直径D ，小球完成n 次全振动的时间为t ，则实验测得的重力加速度的表达式g =___
（2）实验中如果重力加速度的测量值偏大，其可能的原因是（_____） A ．把摆线的长度l 0当成了摆长
B ．摆线上端未牢固地固定于O 点，振动中出现松动，使摆线变长
C ．测量周期时，误将摆球（n -l ）次全振动的时间t 记成了n 次全振动的时间
D ．摆球的质量过大
（3）如图所示，停表读数为___s ．
（4）同学因为粗心忘记测量摆球直径，实验中将悬点到小球下端的距离作为摆长l ，测得多组周期T 和l 的数据，作出2l T 图象，如图所示．则该小球的直径是___cm (保留一位小数)；实验测得当地重力加速度大小是___m/s 2 (取三位有效数字)．
22．某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。
（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_________选填选项前的字母）
A ．长约1m 的细线
B ．长约1m 的橡皮绳
C ．直径约1cm 的均匀铁球
D ．直径约10cm 的均匀木球
（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图中________所示的固定方式（选填“甲”或“乙”）。
（3）将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的时____________（选填选项前的字母）。
A ．测出摆线长作为单摆的摆长
B ．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动
C ．在摆球经过平衡位置时开始计时
D ．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期
（4）用l 表示单摆的摆长，用T 表示单摆的周期，则计算重力加速度的表达式为g=____________.
（5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________（选填选向前的字母）。
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下秒表
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间
D．实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动
23．某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验。
（1）如图甲，摆球的直径d =________cm；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 =______cm；测定了n次全振动的时间t如图丙所示，那么秒表的读数是________s。测得重力加速度表达式为g =___________（相关数据用l、t、n表示）
（2）若用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丁所示，则此单摆的周期为________________。
（3）测出不同摆长对应的周期T，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）。
A．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
B．出现图线c的原因可能是误将51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
24．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置：
①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
②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）
③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”）
④乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，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v—t 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T2—L（周期平方摆长）图线，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L＋0.035，由此可以得出当地的重力加速度g＝__m/s2；（取π2＝9.86，结果保留3位有效数字）
⑤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____。
25．(1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学用游标卡尺测得摆球的直径如图（甲）所示，则小球直径为_________cm；并用秒表测出单摆的多个周期，秒表的读数如图（乙）所示，该读数为_________s；
(2)为了提高测量的准确性，下列说法中正确的是________
A．选择密度稍大一些的小球
B．实验时摆角不要太大
C．测量周期时，当小球运动到最低点时开始计时
D．摆线应选用弹性好的细线
E.测量摆线长度时，应先将摆线放置在水平桌面上，拉直后再用刻度尺测量
(3)某同事将他的实验数据代入单摆周期公式，计算得到的g值都比其它同学大，其原因可能是______
A ．摆线上端没有固定，振动中出现松动，使摆线边长了
B ．单摆没在同一竖直面内摆动，而成了圆推摆
C ．测量周期时，误将摆球n 次全振动记成了n +1次
D ．将摆线的长度与小球直径之和作为摆长 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Δt 即为单摆周期T
e.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Δt ，则单摆周期50
t T ?=
(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T 2-l 图象,也可以求出重力加速度g ．已知三位同学作出的T 2-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
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
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一、机械振动选择题
1．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，回复力都为零；由
图可知两振子的周期，根据
1
f
T
=，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T甲=2.0s，乙的周期T乙=1.0s，根据：
1
f
T
=
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。
2．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T=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。
3．D
【解析】
试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB
错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=1
2
Mv12
a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有 Mv1-m?2v1=（M+m）v2
碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：
2
21
2
M m gh M m v +'=+（）（） 整理得：v 2＝0．5v 1，所以h'=0．25h ．故C 错误，D 正确．故选D ． 考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果；单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关． 4．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 ． 5．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 6．B 【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． 7．C 【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. 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。 8．C 【解析】 【详解】
ABCD.处于A 点的小球释放后做等效摆长为R 的简谐运动，由A 到B 所用的时间为周期的四分之一。设这个时间为t A ，根据单摆的周期公式有
1.5742A T R R t g g
π=
== 由O 点释放的小球做自由落体运动，设运动到B 点所用的时间为t B ，则有
2=
1.418B R R t g
≈ 因t A >t B ，即原来处于O 点的小球先到达B 点，故C 正确ABD 错误。 故选C 。 9．A 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示
O 1为弹簧的原长位置，O 2为挂上物块B 时弹簧伸长后的位置，弹簧的伸长量为0x ?，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m A g ，即弹簧至少要压缩到位置O 3，压缩量为2x ?，物块B 在力F 的作用下至少下拉的长度1x ?，让B 以O 2为平衡位置做简谐运动。则要满足
120x x x ?=?+?
又因为
B 0m g k x =?，A 2m g k x =?
1F k x =?
所以F 的最小值
A B ()F m m g =+
故BCD 错误，A 正确。 故选A 。 10．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在时间12
T
t 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；
B ．由图像知，两物块在平衡位置速度最大，因此两物块从b O →的平均速率要小于从1t 开始经
4T 时间内的平均速率，所以从1t 开始经4
T
通过的路程大于A ，B 错误； C ．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；
D ．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 。 11．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． 12．ACE 【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
22rad/s 4rad/s 0.5
T ππ
ωπ＝
＝＝ 由图可知振动的振幅为A ，由题可知，A =4cm ；t =0时刻
0sin 2
A
A ?-= 结合t =0时刻玻璃管振动的方向向下，可知076?π＝（11 6
π舍去），则玻璃管的振动方程为
754sin(4+
)cm=4sin(4)cm 66
x t t ππ
ππ=- 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t 1～t 2时间内，位移减小，加速度f kx
a m m
=-＝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 。 13．AD 【解析】 【详解】
AB ．让a 摆略偏离平衡位置后无初速释放，做自由振动，其振动的周期等于固有周期。b 、c 、d 、e 四个单摆在a 摆的驱动力作用下做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，即等于a 的固有周期，所以各摆的振动周期与a 摆相同。故A 正确，B 错误。 C ．只有a 摆做自由振动，其余四个摆做受迫振动，故C 错误。
D ．c 摆的摆长与a 摆摆长相等，固有周期相等，所以c 摆与a 摆出现共振，振幅最大，其他各摆的振幅各不相同，故D 正确。
14．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． 15．ACD 【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：
12=3
6
6
π
π
π
????-=
-
=
D 正确。 故选ACD 。 16．AC 【解析】
若振子开始的运动方向为向左：则5OM AO AO t t t s ++=，1bM Mb t t s ==，故
6OM AO AO Mb t t t t s +++=，即
624T T s +=，解得T=8s ，所以24
OM Mb T
t t s +==，故1OM MO t t s ==，第三次经过M 的过程中
62
MO OM T
t t s ++=； 若振子开始的运动方向为向右，则5OM MO t t s ==，1bM Mb t t s ==，则
64OM Mb T t t s =+=，第三次经过M 的过程为5125222
MO OM T
t t s ++=++=，故AC 正确．
17．AB 【解析】
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． 18．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 。 19．AD 【解析】 【详解】
当列车受到冲击的频率和列车故有频率相同时，会发生共振，比较危险，由l
T v
=可得危险车速为12.6/40/0.315
l v m s m s T =
==，A 正确；列车过桥需要减速，是为了防止桥与火车发生共振现象，B 错误；列车的速度不同，则振动频率不同，C 错误；由题意可知，根据
l
T v =
可知增加长度可以使危险车速增大，故可以使列车高速运行，故D 正确． 20．B 【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
10.2s t =
从b 再回到a 的最短时间为0.4s ，即从b 到c 所用时间为
20.40.2
s 0.1s 2
t -=
= 所以弹簧振子振动的周期为
12240.8s T t t =+=
则振动频率为
1
1.25Hz f T
=
= 故B 正确，ACD 错误。 故选B 。
二、机械振动 实验题
21．22
2
4π2o D l n g t ?
?+ ???=
C 99.8s 1.2 9.86 【解析】 【详解】
（1）［1］单摆的周期t T n =，摆长02D l l =+
，根据2T =式
g ＝222
4π2o D l n t ?
?+ ??
? （2）［2］A.若把摆线的长度0l 当成了摆长，计算时摆长将变短，根据重力加速度的表达式知，重力加速度的测量值将偏小；故A 错误；
B.摆线上端未牢固地固定于O 点，振动中出现松动，使摆长变大，则单摆的周期变大，而
计算时仍采用原摆长l ，由g =224l
T
π知，则重力加速度的测量值将偏小，故B 错误；
C.测量周期时，误将摆球（n -1）次全振动的时间t 记成了n 次全振动的时间，则算得的周期变小，重力加速度的测量值将偏大；故C 正确
D.摆球的质量过大不影响单摆的周期，则算得的重力加速度不受影响；故D 错误． （3）［3］停表的长针是秒针，转一周是30s ．因为机械表采用的齿轮传动，指针不可能停留在两小格之间，所以不能估读出比0.1 s 更短的时间，位于表上部中间的小圆圈里面的短针是分针，表针走一周是15 min ，每一小格为0.5 min ．由图知，短针读数为1.5min ，长针读数为9.8s ，所以停表的读数为99.8s ． （4）［4］由单摆的周期T
=2
l =
22
4g T π+2
D
根据2l T -图象与纵轴的截距知2
D
=0.6cm ，则该小球的直径D =1.2cm ． ［5］2l T -图象的斜率k =
2
4g π，实验测得当地重力加速度大小
g =4π2k =4π2()()2
20.60100 2.410
---??--?m/s 2=9.86m/s 2
22．AC 乙 BC 2
24g k
π= CD
【解析】 【详解】
（1）[1]AB.实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m 的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A 正确，B 错误；
CD.为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm 的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm 的均匀木球，故C 正确，D 错误； 故选：AC ；
（2）[2]在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式。 （3）[3]A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A 错误；
B.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之