机械振动试题(共24页)

精选优质文档-倾情为你奉上机械振动试题(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At0时刻弹簧弹性势能最大B2t0站时刻弹簧弹性势能最大C时刻弹簧弹力的功率为0D时刻物体处于超重状态2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摆动的周期为B摆动的周期为C摆球最高点与最低点的高度差为0.3hD摆球最高点与最低点的高度差为0.25h3如图所示,甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平面上,已知甲的质量小于乙的质量当细线突然断开斤两物块都开始做简谐运动,在运动过程中（ ）A甲的最大速度大于乙的最大速度B甲的最大速度小于乙的最大速度C甲的振幅大于乙的振幅D甲的振幅小于乙的振幅4在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为()AT=2rBT=2rCT=DT=2l5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 mB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21C乙振动的表达式为x= sint（cm）Dt2s时，甲的速度为零，乙的加速度达到最大值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7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形支架在竖直方向振动， 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（ ）A小球振动的固有频率是B小球做受迫振动时周期一定是C圆盘转动周期在附近时，小球振幅显著增大D圆盘转动周期在附近时，小球振幅显著减小8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9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a、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t1B在t0时刻，振子的位置在a点C在tt1时刻，振子的速度为零D从t1到t2，振子正从O点向b点运动11如图所示，光滑斜面与水平面的夹角为，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k，重力加速度为g。现将A沿斜面向上推动至弹簧压缩量为处的C点无初速度释放，B为C关于O的对称点。关于物体A后续的运动过程，下列说法正确的是（）A物体A做简谐运动，振幅为B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D物块在C点时，由物块与弹簧构成的系统势能最大，在B点时最小12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=2：113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：x14sin (100t) cm和x25sin (100t) cm，它们的相位差恒定15一个质点沿直线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（ ）A6sB4sC22sD8s16一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17如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象已知甲、乙两个振子质量相等，则()A甲、乙两振子的振幅分别为2cm、1cmB甲、乙两个振子的相位差总为C前2秒内甲、乙两振子的加速度均为正值D第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大18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，下列说法中正确的是（）A单摆的位移x随时间t变化的关系式为B单摆的摆长约1mC从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大D从到的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐减小19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(2.5t)mt=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.以下判断正确的是_（双选，填正确答案标号）Ah=1.7mB简谐运动的周期是0.8sC0.6s内物块运动的路程是0.2mDt=0.4s时，物块与小球运动方向相反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，c、d为振子最大位移处，则该振子的振动频率为（）A1HzB1.25HzC2HzD2.5Hz二、机械振动 实验题21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：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）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/s2。（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_。22在“利用单摆测重力加速度”的实验中：（1）测得摆线长l0，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l0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/s2 (取三位有效数字)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24一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验。(1)下列是供学生自主选择的器材。你认为应选用的器材是_。A约1m长的细线B约0.3m长的铜丝C约0.8m长的橡皮筋D直径约1cm的实心木球E.直径约1cm的实心钢球F.直径约1cm的空心铝球(2)该同学在安装好如图所示的实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动。当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t。请写出测量当地重力加速度的表达式g=_。（用以上测量的物理量和已知量的字母表示）(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，这将会导致通过计算所得的重力加速度的数值_。（选填“偏大“偏小”或“不变”）(4)为减小实验误差，该同学又多次改变摆长，测量多组对应的单摆周期，准备利用T2L的关系图线求出当地重力加速度值。相关测量数据如下表：次数12345L/m0.8000.9001.0001.1001.200T/s1.791.902.012.112.20T2/s23.223.614.044.454.84该同学在下图中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图中用符号“+”标出与第4次实验数据对应的坐标点_，并画出T2L关系图线_。(5)根据绘制出的T2L关系图线，可求得g的测量值为_m/s2。（计算结果保留2位效数字）(6)用多组实验数据做出T2L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T2L图线的示意图如图中的a、b、c、d所示，其中a、b和d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出现图线d的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L25某同学利用单摆测量重力加速度（1） 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 B组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C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（2） 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L用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g =_ 26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（1）刚开始计时时，振子位移x=_；t=17s时，x=_（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）【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】本题考查弹簧不同状态下对应各物理量的值得情况。【详解】ABt0时刻弹簧弹力最大，伸长量最大，弹性势能最大，2t0时刻，弹力最小，弹性势能最小，A正确，B错误；C时刻，弹簧振子在平衡位置，速度最大，弹力为2F0，功率不为零，C错误；D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。2D【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=Mv12a、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-m2v1=（M+m）v2碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：整理得：v205v1，所以h'=025h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3A【解析】线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，其加速度大，A正确；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，由于甲的质量小于乙的质量，由知道，甲的最大速度一定大于乙的最大速度，B错误；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，CD错误【点睛】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，则振幅一定相同当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速度关系4B【解析】【分析】【详解】在地球表面重力等于万有引力，故解得由单摆的周期：联立各式解得故选B【点睛】本题关键是要掌握两个公式，地球表面的重力加速度公式和单摆的周期公式.5C【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sint= sint (cm)，故C正确；Dt=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C6D【解析】【分析】【详解】A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；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。7C【解析】【分析】【详解】A小球振动的固有周期，则其固有频率为，A错误；B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，B错误；CD圆盘转动周期在附近时，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。8C【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9A【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。10D【解析】【分析】【详解】A中振子的振动周期等于2t1，故A不对；B中在t=0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B不对；C中在t=t1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t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D是正确的11BC【解析】【分析】【详解】A物体A在O点平衡位置，有解得弹簧处理拉伸状态，故OC之间的距离为即振幅为；故A错误；B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；C物体A在O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O点运动到C点，由动能定理得解得故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B点动能为零，势能最大；系统在O点动能最大，势能最小，故D错误。故选BC。12ADE【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。13AD【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。 Dc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。14ACD【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：D正确。故选ACD。15AC【解析】若振子开始的运动方向为向左：则，故，即，解得T=8s，所以，故，第三次经过M的过程中；若振子开始的运动方向为向右，则，则，第三次经过M的过程为，故AC正确16AB【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17AD【解析】【详解】A根据振动图像，甲振子的振幅为2 cm、乙振子的振幅1 cm，故A正确B由于两个振子的周期和频率不同，其相位差亦会变化，则B错误C前2秒内，甲在平衡位置的上方，加速度指向平衡位置，方向向下，为负；而乙在平衡位置的下方，加速度指向平衡位置，方向向上，为正，故C错误D第2秒末甲处于平衡位置，速度最大加速度最小，乙处于波谷，速度最小加速度最大，故D正确故选AD。18AB【解析】【分析】【详解】A由图象可知，单摆周期为则所以单摆的位移x随时间t变化的关系式为故A正确；B由单摆的周期公式解得单摆的摆长为故B正确；C由图象可知，从到的过程中，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由于从到的过程中，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，则其所受绳子的拉力为此时在减小，v在增大，所以拉力在增大，故D错误。故选AB。19AB【解析】【分析】【详解】t=0.6s时，物块的位移为y=0.1sin(2.5×0.6)m= -0.1m；则对小球，解得h=1.7m ，选项A正确；简谐运动的周期是，选项B正确；0.6s内物块运动的路程是3A=0.3m，选项C错误；t=0.4s=，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误20B【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。故选B。二、机械振动 实验题21ACEG ，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径； 9.86 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：ACEG。（2）2操作不妥当的是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 由图像可知 解得g=9.86m/s2（4）4公式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。22 C 99.8s 1.2 9.86 【解析】【详解】（1）1单摆的周期，摆长，根据可得重力加速度的表达式g（2）2A.若把摆线的长度当成了摆长，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=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可知l=+根据图象与纵轴的截距知=0.6cm，则该小球的直径D=1.2cm5图象的斜率k=，实验测得当地重力加速度大小g=42k=42m/s2=9.86m/s223ACEG 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5°，当5°时单摆振动的振幅Alsin 5°0.087 m8.7 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）3A.根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g.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，若误计为30次，则T测，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24AE 偏小 见解析 见解析 9.5m/s29.9m/s2 B 【解析】【分析】【详解】(1)1选质量轻，不可伸长的细线做为摆线，选体积小质量大的做为摆球，因此选AE。(2)2单摆的振动周期根据单摆的振动周期公式联立可得当地重力加速度(3)3由于松动后，摆长变长，因此摆长的测量值偏小，因此测得当地重力加速度偏小。(4)4 5描点，连线，如图所示 (5)6根据可知图象的斜率根据图像的斜率求得当地重力加速度(6)7A图线a中摆长为零时就已出现了振动周期，一定是摆长测量短了，原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L，A错误；B出现图线c时，相同摆长情况下，周期测量值变小，原因可能是误将49次全振动记为50次，B正确；C图线c的斜率比图线b小，根据斜率可知图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误；D图线d中摆长有了一定的摆长时，振动周期还是零，一定是摆长测量长了，原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，D错误。故选B。25B C 【解析】【分析】【详解】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同理得两式相减可得26-10cm 0 4cm （m） 【解析】【详解】(1)由图2知刚开始计时时，即t=0时刻，振子处在左边最大位移处位置处，位移为10cm；周期为T=4s，而，根据振子的周期性可知t=17s时振子经过平衡位置，相对平衡位置的位移是0；(2)振动图线上1、3两点时间间隔为半个周期，即t=2s，则振动图线上1、3两点间的距离为： ；(3)弹簧振子的周期为T=4s，则：；振幅：A=0.1m；开始时振子处在左边最大位移处位置处，位移为10cm，所以该振子简谐运动的表达式为：【点睛】由图2直接读出位移，根据简谐运动的周期性分析t=17s时振子的位移；纸带做匀速运动，根据其运动与振子运动的同时性，求解振动图线上1、3两点间的距离；由公式，得到角频率，读出振幅A，则该振子简谐运动的表达式为专心-专注-专业