高中物理选修3-4机械振动单元测试

选修3-4机械振动单靴测试
一．选择题（共15小题）
1．关于简谐运动与机械波的下列说法中，正确的是（　　）
A．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期大于在地面表面简谐振动的周期
B．受迫振动的振幅与它的振动频率无关
C．在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同
D．在波的传播过程中，质点的振动方向总是与波的传播方向垂直
2．关于简谱运动与机械波的下列说法中，正确的是（　　）
A．同一单摆，在月球表面简谱振动的周期大于在地面表面简谱振动的周期
B．受迫振动的振幅与它的振动频率无关
C．在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同
D．在波的传播速度中，质点的振动方向总是与波的传播方向垂直
3．做简谐运动的单摆，摆长为0.9m，t＝0时刻摆球从左端最大位移A处由静止释放，O为平衡位置，B为右端最大位移处，则t＝2s时，摆球正在（　　）

A．从A→O，速度增大 B．从O→B，速度减小
C．从B→O，速度增大 D．从O→A，速度减小
4．一个弹簧振子，第一次压缩x后释放做自由振动，周期为T1，第二次被压缩2x后释放做自由振动，周期为T2弹簧振子均在弹性限度内，则两次振动周期之比T1：T2为（　　）
A．l：l B．1：2 C．2：1 D．1：4
5．如图所示为某质点在0～4s内的振动图象，则（　　）

A．质点振动的振幅是2m，质点振动的频率为4Hz
B．质点在4s末的位移为8m
C．质点在4s内的路程为8m
D．质点在t＝1s到t＝3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小
6．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动，以平衡位置O为原点，建立x轴，以向右为x轴正方向，若振子位于M点时开始计时，则其振动图象为
（　　）

A． B．
C． D．
7．如图所示，一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，选地面为零势能面，滑块的加速度a、滑块的动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是（　　）

A． B．
C． D．
8．如图所示，轻弹簧下端悬挂着质量为M的物块，物块静止后，在其下方轻绳的下端轻轻地挂上一质量为m的钩码，并将钩码m由静止释放。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。已知下列四个关于轻绳对钩码的最大拉力Tm的表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（　　）

A．Tm＝mg B．Tm＝Mg
C．Tm＝mg D．Tm＝mg
9．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
10．在利用单摆测定重力加速度的实验中．若测得的g值偏大．可能的原因是（　　）
A．摆球质量过大
B．单摆振动时振幅较小
C．测量摆长时，只考虑了线长．忽略了小球的半径
D．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小
E．测量周期时，把n个全振动误认为（n﹣1）个全振动，使周期偏大
11．在“用单摆测重力加速度”的实验中，若测的g值比当地的标准值偏小，可能因为（　　）
A．测摆长时摆线拉的过紧
B．测摆长时用摆线长代替摆长而漏加小球半径
C．测量周期时，将n次全振动误记成n+1次全振动
D．开始记时时，小球通过平衡位置时秒表按下的时刻滞后于小球通过平衡位置的时刻
12．利用单摆测重力加速度的实验中，如果偏角小于5，但测出的重力加速度的数值偏大，可能原因是 （　　）
A．振幅较小
B．测摆长时，只量出摆线的长度，没有从悬挂点量到摆球中心
C．数振动次数时，少计了一次
D．数振动次数时，多计了一次
13．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．制作单摆时，选用质量较小的塑料小球
B．记录摆长时，将摆线长与小球直径相加
C．小球摆角应较小，近似满足简谐运动条件
D．测出一次摆长l和对应的周期T，可以得出T∝
14．如图中关于单摆实验的做法正确的是（　　）

A．如图甲所示用两块薄木板夹住摆线，并让小球在垂直纸面方向摆动
B．如图乙所示测量小球直径
C．如图丙所示在桌面上测量摆线长度
D．如图丁所示，某同学测量单摆周期时，其观测位置与摆球的摆动平面共面
15．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、秒表、米尺，还需补充的器材是（　　）
A． B．
C． D．
二．填空题（共5小题）
16．描述简谐运动特征的公式是Χ＝　 　，自由下落的乒乓球经地面反弹后上升又落下，若不考虑空气阻力及在地面反弹时的能量损失，此运动　 　 （填“是”或“不是”）简谐运动．
17．弹簧振子在光滑水平面上作简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中，振子的加速度逐渐　 　（填“增大”或“减小”），振子的动能逐渐　 　（填“增大”或“减小”）
18．如图，一列波速为4m/s的简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，某时刻恰好传到x＝4m处的P介质点．再经过3s，x＝7m处的Q介质点运动的路程为　 　m，位移为　 　m．

19．在“用单摆测重力加速度”的实验中，若小球完成n次全振动的总时间为t，则单摆的周期为　 　；某同学测得多组摆长L和周期T的数据，得到如图所示的图线，若直线的斜率为k，则重力加速度大小为　 　。

20．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是　 　。（填字母代号）
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最底端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为　 　mm，单摆摆长为　 　m。
（3）下列振动图象（图3）真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝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）

三．计算题（共2小题）
21．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2s时，振子速度第一次变为﹣v；在t＝0.5s时，振子速度第二次变为﹣v。
（1）求弹簧振子振动周期T；
（2）若B、C之间的距离为25cm，求振子在4.0s内通过的路程；
（3）若B、C之间的距离为25cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象。

22．如图所示为水平放置的两个弹簧振子a和b的振动图象。已知两个振子质量比ma：mb＝2：3，弹簧的劲度系数ka：kb＝3：2．求：
（1）它们的振幅之比Aa：Ab；
（2）它们的振动周期比Ta：Tb；
（3）它们的最大加速度之比aa：ab。


参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．关于简谐运动与机械波的下列说法中，正确的是（　　）
A．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期大于在地面表面简谐振动的周期
B．受迫振动的振幅与它的振动频率无关
C．在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同
D．在波的传播过程中，质点的振动方向总是与波的传播方向垂直
【分析】利用单摆的振动周期、受迫振动、波的传播速度有介质决定和波的分类即可求解．
【解答】解：A、同一单摆在月球和地球上时，月球表面上的重力加速度比地球表面的重力加速度小，据单摆的周期公式可知，在月球表面简谐振动的周期大于在地面表面简谐振动的周期，故A正确；
B、当驱动力的频率等于固有频率时，受迫振动会共振，振幅最大，所以受迫振动的振幅与它振动的频率有关，故B错误；
C、波的传播速度由介质决定，所以在同种介质中，不同频率的波的传播速度相同，故C错误；
D、波分为横波和纵波，纵波的质点的振动方向与波的传播方向在一条直线上，故D错误。
故选：A。
2．关于简谱运动与机械波的下列说法中，正确的是（　　）
A．同一单摆，在月球表面简谱振动的周期大于在地面表面简谱振动的周期
B．受迫振动的振幅与它的振动频率无关
C．在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同
D．在波的传播速度中，质点的振动方向总是与波的传播方向垂直
【分析】单摆的周期公式T＝2，根据重力加速度的变化可求得周期的变化；
受迫振动的振幅与振动频率无关；
波在同一种介质中的传播速度相同；
纵波的传播方向与质点的振动方向相同．
【解答】解：A、月球表面的重力加速度比地球表面的小，所以同一单摆在月球表面简谐振动的周期比地球表面的大，故A正确；
B、当驱动力的频率等于固有频率时，受迫振动会共振，振幅最大，所以受迫振动的振幅与它振动的频率有关，故B错误；
C、介质中的波速只由介质决定；故C错误；
D、纵波中质点的振动方向与波的传播方向相同。选项D错误；
故选：A。
3．做简谐运动的单摆，摆长为0.9m，t＝0时刻摆球从左端最大位移A处由静止释放，O为平衡位置，B为右端最大位移处，则t＝2s时，摆球正在（　　）

A．从A→O，速度增大 B．从O→B，速度减小
C．从B→O，速度增大 D．从O→A，速度减小
【分析】先计算出单摆的周期，然后判断出t＝2s对应的位置与速度关系，最后由位置与速度关系、位置与加速度关系判定即可。
【解答】解：该单摆的周期：T＝2π＝2×3.14×＝1.88s，计时开始时摆球置于左端最大位移处，
当t＝2s时，T＜t＜1.25T，此时小球正从左端最大位移处向平衡位置运动，即从A→O，速度正在增大，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．一个弹簧振子，第一次压缩x后释放做自由振动，周期为T1，第二次被压缩2x后释放做自由振动，周期为T2弹簧振子均在弹性限度内，则两次振动周期之比T1：T2为（　　）
A．l：l B．1：2 C．2：1 D．1：4
【分析】弹簧振子的运动为简谐运动，简谐运动的周期与振幅无关．
【解答】解：事实上，只要是自由振动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量m和弹簧的劲度系数k决定的，而与形变大小、也就是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变（m，k不变），周期就不会改变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
5．如图所示为某质点在0～4s内的振动图象，则（　　）

A．质点振动的振幅是2m，质点振动的频率为4Hz
B．质点在4s末的位移为8m
C．质点在4s内的路程为8m
D．质点在t＝1s到t＝3s的时间内，速度先沿x轴正方向后沿x轴负方向，且速度先增大后减小
【分析】简谐运动中，回复力满足F＝﹣kx，每周期内的路程为振幅的4倍，图线的斜率表示运动的速度。
【解答】解：A、由图象知，质点振动的振幅是2m，质点振动的周期为4s，则频率为0.25Hz，故A错误；
B、由图象知，质点在4s末的位移为0，故B错误；
C、质点在4 s内的路程为2×4m＝8 m，故C正确；
D、质点在t＝1s到t＝3s的时间内，速度始终沿x轴负方向，故D错误。
故选：C。
6．如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动，以平衡位置O为原点，建立x轴，以向右为x轴正方向，若振子位于M点时开始计时，则其振动图象为
（　　）

A． B．
C． D．
【分析】简谐运动的x﹣t图象是正弦或余弦形曲线，根据计时起点时的位移分析图象的形状。
【解答】解：取向右为x轴正方向，振子运动到M点时，振子具有负方向最大位移，所以振子运动到M点时开始计时振动图象应是余弦曲线，图象应如B所示。故B正确，ACD错误。
故选：B。
7．如图所示，一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，选地面为零势能面，滑块的加速度a、滑块的动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度的表达式，由动能定理求出动能的表达式，由功能关系求出机械能的表达式，由摩擦力做功的特点求出Q的表达式，然后由各表达式分析即可。
【解答】解：A、设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力：F＝kx，选取初速度的方向为正方向，则滑块的加速度：a＝，可知a与x的关系是不过坐标原点的直线。故A错误；
B、当弹簧的压缩量为x时，弹簧的弹性势能：，所以滑块克服弹簧的弹力做功：，克服摩擦力做功：Wf＝﹣fx
对滑块由动能定理可得：WF+Wf＝Ek﹣Ek0
即：，为x的二次函数，是一条曲线。故B错误；
C、滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能，所以系统的机械能：E＝Ek0﹣fx，即系统的机械能与x之间的关系为斜率为负的一次函数。故C正确；
D、产生的内能：Q＝fx，是过坐标原点的直线。故D错误
故选：C。
8．如图所示，轻弹簧下端悬挂着质量为M的物块，物块静止后，在其下方轻绳的下端轻轻地挂上一质量为m的钩码，并将钩码m由静止释放。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。已知下列四个关于轻绳对钩码的最大拉力Tm的表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（　　）

A．Tm＝mg B．Tm＝Mg
C．Tm＝mg D．Tm＝mg
【分析】分析各项中的表达式，再根据特殊值法进行分析明确表达式是否符合。
【解答】解：B、令m＝0，则Tm应为零，而选项B中的Tm＝Mg，故B错误；
C、令m趋近于M，则选项C中Tm趋近于无穷大，不合理故C错误；
AD、令M＝0，则选项D中的表达式简化为Tm＝mg，由于M＝0且尚未挂上钩码时弹簧弹力为零，挂上钩码并由静止开始释放，当弹簧弹力与mg平衡时，钩码的速率最大，由于惯性钩码还要继续向下运动，可见轻绳对钩码的最大拉力Tm应大于mg，所以D错误；由排除法知选项A正确。
故选：A。
9．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
【分析】为了减小测量误差，单摆摆长应适当长些，便于测量时间．在空气阻力很小、摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动，应满足条件．采用累积法，测量周期可以减小误差
【解答】解：A、单摆的摆长越长，周期越大，适当加长摆长，便于测量周期。故A正确。
B、要减小空气阻力的影响，应选体积较小的摆球。故B错误。
C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，则单摆偏离平衡位置的角度不能太大，一般不超过5°．故C错误
D、单摆周期较小，把一次全振动的时间作为周期，测量误差较大，应采用累积法，测多个周期的时间取平均值作为单摆的周期。故D错误。
故选：A。
10．在利用单摆测定重力加速度的实验中．若测得的g值偏大．可能的原因是（　　）
A．摆球质量过大
B．单摆振动时振幅较小
C．测量摆长时，只考虑了线长．忽略了小球的半径
D．测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小
E．测量周期时，把n个全振动误认为（n﹣1）个全振动，使周期偏大
【分析】由单摆周期公式可得：，由公式分析导致重力加速度测量偏大的原因．
【解答】解：（1）由单摆周期公式可知，重力加速度；
A、由可知，重力加速度与摆球质量无关，故A错误；
B、由可知，重力加速度与单摆振动的振幅无关，故B错误；
C、测量摆长时，只考虑了线长，忽略了小球的半径，摆长L偏小，由可知，所测重力加速度偏小，故C错误；
D、测量周期时，把n个全振动误认为（n+1）个全振动，使周期偏小，由可知，所测重力加速度偏大，故D正确；
E、测量周期时，把n个全振动误认为（n﹣1）个全振动，使周期偏大，由可知，所测重力加速度偏小，故E错误；
故选：D。
11．在“用单摆测重力加速度”的实验中，若测的g值比当地的标准值偏小，可能因为（　　）
A．测摆长时摆线拉的过紧
B．测摆长时用摆线长代替摆长而漏加小球半径
C．测量周期时，将n次全振动误记成n+1次全振动
D．开始记时时，小球通过平衡位置时秒表按下的时刻滞后于小球通过平衡位置的时刻
【分析】由单摆周期公式可得：，由公式分析导致重力加速度测量偏小的原因。
【解答】解：由单摆周期公式，可得：：
A、测量摆长时，线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，由上式可知重力加速度测量值偏大，故A错误。
B、测摆长时用摆线长代替摆长而漏加小球半径，导致l比实际值小，故重力加速度测量值偏小，故B正确。
C、测量周期时，将n次全振动误记成n+1次全振动，导致T比实际值偏小，故重力加速度测量值偏大，故C错误。
D、开始记时时，小球通过平衡位置时秒表按下的时刻滞后于小球通过平衡位置的时刻，导致测量n此全振动的时间t比实际偏小，从而周期比实际值偏小，故重力加速度测量值偏大，故D错误。
故选：B。
12．利用单摆测重力加速度的实验中，如果偏角小于5，但测出的重力加速度的数值偏大，可能原因是 （　　）
A．振幅较小
B．测摆长时，只量出摆线的长度，没有从悬挂点量到摆球中心
C．数振动次数时，少计了一次
D．数振动次数时，多计了一次
【分析】根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，通过表达式分析重力加速度测量值偏大的原因．
【解答】解：根据T＝得，g＝，
A、振幅较小，不影响重力加速度的测量。故A错误。
B、测摆长时，用摆线的长度当作摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小。故B错误。
C、数振动次数时，少计了一次，则单摆周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小。故C错误。
D、数振动次数时，多计了一次，则单摆周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大。故D正确。
故选：D。
13．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．制作单摆时，选用质量较小的塑料小球
B．记录摆长时，将摆线长与小球直径相加
C．小球摆角应较小，近似满足简谐运动条件
D．测出一次摆长l和对应的周期T，可以得出T∝
【分析】应用单摆测重力加速度的原理是单摆周期公式，由单摆正确公式求出重力加速度的表达式，然后根据实验器材、实验原理与实验注意事项分析答题。
【解答】解：A、制作单摆时，选用质量较大的金属小球，故A错误；
B、记录摆长时，将摆线长与小球半径相加，故B错误；
C、要保证单摆做简谐运动，摆角要小于5°，并且摆球应在同一竖直面内摆动，才近似满足简谐运动条件，故C正确；
D、由T＝2π 可知，T∝，而实验需要测量单摆摆长l、单摆周期T，为减小实验误差，测周期时一般需要测出单摆完成n次全振动需要的时间t，然后求出周期T＝，故D错误；
故选：C。
14．如图中关于单摆实验的做法正确的是（　　）

A．如图甲所示用两块薄木板夹住摆线，并让小球在垂直纸面方向摆动
B．如图乙所示测量小球直径
C．如图丙所示在桌面上测量摆线长度
D．如图丁所示，某同学测量单摆周期时，其观测位置与摆球的摆动平面共面
【分析】用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径；在“用单摆测重力加速度”的实验中，摆线应选用细线，质量能够忽略；摆球要在同一平面内摆动，不能做圆锥摆；细线有伸缩性，应处于自然下垂时测量其长度．为零减小测量的误差，应从平衡位置开始计时
【解答】解：A、摆球要在同一平面内摆动，两块薄木板夹住摆线，并让小球在垂直纸面方向摆动，则A正确
B、用游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上，则B错误
C、细线有伸缩性，应处于自然下垂时测量其长度，则C错误
D、测量单摆周期时，其观测位置与摆球的摆动平面垂直。D错误
故选：A。
15．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、秒表、米尺，还需补充的器材是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据“探究单摆周期与摆长的关系”的实验的原理确定实验所需的器材．
【解答】解：在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，提供的器材有：铁架台、铁夹、细线、有孔的小铁球、秒表、刻度尺，因为测量小球的直径需要游标卡尺或螺旋测微器，所以还需器材是游标卡尺或螺旋测微器。D选项中是游标卡尺。
故选：D。
二．填空题（共5小题）
16．描述简谐运动特征的公式是Χ＝　Asinωt　，自由下落的乒乓球经地面反弹后上升又落下，若不考虑空气阻力及在地面反弹时的能量损失，此运动　不是　 （填“是”或“不是”）简谐运动．
【分析】根据简谐运动的性质可知简谐运动的公式；由简谐运动的规律可知乒乓球的运动是不是简谐运动．
【解答】解：简谐运动的位移随时间的关系遵从正弦函数规律，其运动表达式为：x＝Asinωt，篮球的运动位移随时间的变化不遵从正弦函数的规律，所以不是简谐运动．
故答案为：x＝Asinωt，不是．
17．弹簧振子在光滑水平面上作简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中，振子的加速度逐渐　减小　（填“增大”或“减小”），振子的动能逐渐　增大　（填“增大”或“减小”）
【分析】明确弹簧振子在运动过程中位移和速度的变化，从而明确回复力以及加速度的变化，根据速度变化可明确振子动能的变化．
【解答】解：在振子向平衡位置移动时，位移减小，则回复力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小；振子的速度增大，则振子的动能增大；
故答案为：减小； 增大．
18．如图，一列波速为4m/s的简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，某时刻恰好传到x＝4m处的P介质点．再经过3s，x＝7m处的Q介质点运动的路程为　0.9　m，位移为　0　m．

【分析】由波的传播方向，运用波形的平移法可确定P点的振动方向．根据简谐波的特点：各个质点的振幅都相同，分析PQ的振幅关系．根据质点简谐运动的周期性求出△t＝3s内质点Q通过的路程．
【解答】解：由图知波长λ＝2m，则周期 T＝s，
该波传播到Q点的时间：s
则Q振动的时间：△t＝3﹣0.75＝2.25s＝4.5T，可知经过△t＝2.25s，质点Q到达平衡位置，位移是0；
由图可知，该波的振幅为5cm＝0.05m
△t＝2.25s＝4.5T，则经过△t＝2.25s，质点Q通过的路程为：S＝4A×4.5＝0.9m．
故答案为：0.9，0
19．在“用单摆测重力加速度”的实验中，若小球完成n次全振动的总时间为t，则单摆的周期为　　；某同学测得多组摆长L和周期T的数据，得到如图所示的图线，若直线的斜率为k，则重力加速度大小为　　。

【分析】依据n次全振动的总时间为t，即可求得单摆的周期；
根据单摆的周期公式得出T2﹣L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的测量值。
【解答】解：小球完成n次全振动的总时间为t，则单摆的周期为T＝；
根据T＝2π 得，T2＝，则图线的斜率k＝，解得重力加速度的测量值g＝。
故答案为：，。
20．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
（1）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是　AC　。（填字母代号）
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最底端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为　12.0　mm，单摆摆长为　0.9930　m。
（3）下列振动图象（图3）真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是　A　。（填字母代号）

【分析】当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；摆长为悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析。
【解答】解：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，
故选：AC
（2）游标卡尺示数为：d＝12mm+0×0.1mm＝12.0mm；
单摆摆长为：L＝l﹣d＝0.9990m﹣0.0060m＝0.9930m
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m＝8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30﹣50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。
故选：A
故答案为：（1）AC。
（2）12.0，0.9930。
（3）A。
三．计算题（共2小题）
21．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2s时，振子速度第一次变为﹣v；在t＝0.5s时，振子速度第二次变为﹣v。
（1）求弹簧振子振动周期T；
（2）若B、C之间的距离为25cm，求振子在4.0s内通过的路程；
（3）若B、C之间的距离为25cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象。

【分析】①在t＝0时刻，振子从OB间的P点以速度v向B点运动，经过0.2s它的速度大小第一次与v相同，方向相反，再经过0.5s它的速度大小第二次与v相同，方向与原来相反，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，求出周期。
②由B、C之间的距离得出振幅，从而求出振子在4.0s内通过的路程。
③由B、C之间的距离得出振幅，结合振子开始计时的位置，写出振子位移表达式，画出弹簧振子的振动图象。
【解答】解：（1）根据弹簧振子简谐运动的对称性可得：T＝0.5×2 s＝1.0 s
（2）若B、C之间距离为25 cm，则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm
振子4.0 s内通过的路程s＝×4×12.5 cm＝200 cm
（3）根据x＝Asinωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π
得x＝12.5sin 2πt（cm）。振动图象为
答：（1）弹簧振子振动周期T是1.0s；
（2）若B、C之间的距离为25cm，振子在4.0s内通过的路程是200cm；
（3）弹簧振子位移表达式为x＝12.5sin 2πt（cm），画出弹簧振子的振动图象如图。
22．如图所示为水平放置的两个弹簧振子a和b的振动图象。已知两个振子质量比ma：mb＝2：3，弹簧的劲度系数ka：kb＝3：2．求：
（1）它们的振幅之比Aa：Ab；
（2）它们的振动周期比Ta：Tb；
（3）它们的最大加速度之比aa：ab。

【分析】（1）根据x的最大值读出它们的振幅，再求振幅之比。
（2）由图直接两个弹簧振子的周期，再求两弹簧振子的周期之比。
（3）根据简谐运动的特征：F＝﹣kx分析振子加速度达到最大的条件，根据牛顿第二定律求出最大加速度之比。
【解答】解：（1）由图知，a、b两个弹簧振子的振幅分别为：Aa＝10cm，Ab＝5cm，则Aa：Ab＝2：1。
（2）由图知，a、b两个弹簧振子的周期分别为：Ta＝0.4s，Tb＝0.6s，则Ta：Tb＝2：3
（3）根据简谐运动的特征：a＝﹣，分析得知，当振子的位移最大时，加速度最大。振子的最大位移大小等于振幅。
根据牛顿第二定律得最大加速度之比为 aa：ab＝：＝9：2
答：
（1）它们的振幅之比Aa：Ab是2：1。
（2）它们的振动周期比Ta：Tb是2：3。
（3）它们的最大加速度之比aa：ab是9：2。