選修1高中物理《機(jī)械振動(dòng)》測(cè)試題(含答案)

1、選修1高中物理機(jī)械振動(dòng)測(cè)試題（含答案）一、機(jī)械振動(dòng)選擇題某彈簧振子在水平方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其位移x=Asin必振動(dòng)圖象如圖所示，則一1簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的頻率為Hz8第3s末，彈簧振子的位移大小為一A2第3s末與第5s末彈簧振子的速度方向相同第5s末，振子的加速度與速度方向相同用圖甲所示的裝置可以測(cè)量物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度，用裝有墨水的小漏斗和細(xì)線做成單擺，水平紙帶中央的虛線在單擺平衡位置的正下方。物體帶動(dòng)紙帶一起向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，讓單擺小幅度前后擺動(dòng)，于是在紙帶上留下如圖所示的徑跡。圖乙為某次實(shí)驗(yàn)中獲得的紙帶的俯視圖，徑跡與中央虛線的交點(diǎn)分別為A、B、C、D,用刻度尺測(cè)出A、B間的距離為X；C、D離為

2、X；C、D間的距離為x2。已知單擺的擺長(zhǎng)為厶，重力加速度為g,則此次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的物體的加速度為（）A.C.4兀2LD.8兀2L3.如圖所示是揚(yáng)聲器紙盆中心做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象，下列判斷正確的是t=2x10-3s時(shí)刻紙盆中心的速度最大t=3x10-3s時(shí)刻紙盆中心的加速度最大在0lx10-3s之間紙盆中心的速度方向與加速度方向相同紙盆中心做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的方程為x=1.5x10-4cos50nt（m）4.如圖1所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一個(gè)鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉下一段距離A,由靜止釋放。以鋼球的平衡位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向建立兀軸，當(dāng)鋼球在振動(dòng)過(guò)程中某一次經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，鋼球

3、運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間圖像如圖2所示。已知鋼球振動(dòng)過(guò)程中彈簧始終處于拉伸狀態(tài)，則（）時(shí)刻鋼球處于超重狀態(tài)Bt2時(shí)刻鋼球的速度方向向上t1t2時(shí)間內(nèi)鋼球的動(dòng)能逐漸增大t1t2時(shí)間內(nèi)鋼球的機(jī)械能逐漸減小如圖所示，固定的光滑圓弧形軌道半徑R=0.2m,B是軌道的最低點(diǎn)，在軌道上的A點(diǎn)（弧AB所對(duì)的圓心角小于io）和軌道的圓心o處各有一可視為質(zhì)點(diǎn)的靜止小球，若將它們同時(shí)由靜止開(kāi)始釋放，則（）兩小球同時(shí)到達(dá)B點(diǎn)A點(diǎn)釋放的小球先到達(dá)B點(diǎn)0點(diǎn)釋放的小球先到達(dá)B點(diǎn)不能確定如圖所示，PQ為一豎直彈簧振子振動(dòng)路徑上的兩點(diǎn)，振子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度大小為6m/s2，方向指向Q點(diǎn)；當(dāng)振子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，加速度的大小為8m/s2，方

4、向指向P點(diǎn)，若PQ之間的距離為14cm，已知振子的質(zhì)量為lkg，則以下說(shuō)法正確的是（）PQ振子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)所受的合力比經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)所受的合力大該彈簧振子的平衡位置在P點(diǎn)正下方7cm處振子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度比經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大該彈簧振子的振幅一定為8cm沿某一電場(chǎng)方向建立x軸，電場(chǎng)僅分布在-dx0區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ttB，即原來(lái)處于0點(diǎn)的小球先到達(dá)B點(diǎn)，故C正確ABD錯(cuò)誤。故選Co6.C【解析】【分析】【詳解】A.對(duì)振子受力分析，有向下的重力和向上的彈簧的彈力。由牛頓第二定律可得F=ma合由題意可得a=6m/s2，a=8m/s212aa12所以F0區(qū)域粒子受到恒定大小水平向左的電場(chǎng)力，不滿足簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)回復(fù)力

5、特點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；粒子從x=0到x=-d電壓變化粒子從x=0到x=-d的電場(chǎng)力做功1W=Uq=Edq2o1根據(jù)功能關(guān)系得粒子在x=-d處的電勢(shì)能為Edq，故B錯(cuò)誤;設(shè)動(dòng)能與電勢(shì)能之和的最大值為P最右位置有最左位置有最右位置有最左位置有P=q申-qEx01E=X22d2粒子的運(yùn)動(dòng)區(qū)間為顧PxEqEq001電場(chǎng)僅分布在dWxWd的區(qū)間內(nèi)，解得0P0區(qū)域的運(yùn)動(dòng)由對(duì)稱的2段組成qEP012=mEq02Pm解得t=，總時(shí)間為Eq0故D正確。故選Do8AB【解析】【詳解】由振動(dòng)圖像可知，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率為f0時(shí)振幅最大，則由共振的條件可知，物體系統(tǒng)的固有頻率為f0,選項(xiàng)A正確；當(dāng)驅(qū)動(dòng)力頻率為f0時(shí)，物體系統(tǒng)會(huì)

6、發(fā)生共振現(xiàn)象，選項(xiàng)B正確；物體系統(tǒng)振動(dòng)的頻率由驅(qū)動(dòng)力頻率決定，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；驅(qū)動(dòng)力頻率越接近于系統(tǒng)的固有頻率時(shí)，物體系統(tǒng)的振幅越大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9C【解析】【詳解】由圖可知，甲的振幅A=2cm，乙的振幅A=1cm，故A錯(cuò)誤；甲乙根據(jù)F=-kx得知，若k相同，則回復(fù)力最大值之比等于振幅之比，為2:1；由于k的關(guān)系未知，所以所受回復(fù)力最大值之比不一定為2:1,故B錯(cuò)誤；2兀n乙的周期T=8s，則乙振動(dòng)的表達(dá)式為x=Asint=sint(cm)，故C正確；乙乙丁乙4t=2s時(shí)，甲通過(guò)平衡位置，速度達(dá)到最大值.乙的位移最大，加速度達(dá)到最大值，故D錯(cuò)誤故選C10ACE【解析】【分析】【詳解】裝有一定量液體

7、的玻璃管只受到重力和液體的浮力，所以裝有一定量液體的玻璃管做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的回復(fù)力等于重力和浮力的合力。故A正確；玻璃管在做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的過(guò)程中，液體的浮力對(duì)玻璃管做功，所以振動(dòng)的過(guò)程中玻璃管的機(jī)械能不守恒。故B錯(cuò)誤；振動(dòng)的周期為0.5s，則圓頻率2兀2兀w=rad/s=4兀rad/sT0.5由圖可知振動(dòng)的振幅為人，由題可知，A=4cm；t=0時(shí)刻-二Asin申20711結(jié)合t=0時(shí)刻玻璃管振動(dòng)的方向向下，可知忙石兀（石去），則玻璃管的振動(dòng)方程x二4sin（4兀t+匹）cm=4sin（4兀t竺）cm66故C正確；由于玻璃管做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，與彈簧振子的振動(dòng)相似，結(jié)合簡(jiǎn)諧振動(dòng)的特點(diǎn)可知，該振動(dòng)的周期與振幅無(wú)關(guān)。

8、故D錯(cuò)誤；E由圖可知，在-E由圖可知，在-t2時(shí)間內(nèi)，位移減小,加速度a二f二減小;mm玻璃管向著平衡位置做加速運(yùn)動(dòng)，所以速度增大。故E正確。故選ACE。11AD【解析】【分析】【詳解】AB.在接觸彈簧之前，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度就是重力加速度g,恒定不變；接觸彈簧后，小球做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，加速度隨時(shí)間先減小到零然后再反向增加，圖象是有一個(gè)初相位（初相位在090。之間）的余弦函數(shù)圖象的一部分，由于接觸彈簧時(shí)加速度為重力加速度g，且有一定的速度，根據(jù)對(duì)稱性，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，加速度趨近于某個(gè)大于g的值，方向向上，因此A正確，B錯(cuò)誤；在開(kāi)始下落h時(shí)，彈簧的彈力為零，再向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力與位移之間的關(guān)系為F

9、=k（x一h）可知表達(dá)式為一次函數(shù)，圖象是一條傾斜直線，C錯(cuò)誤；在開(kāi)始下降h過(guò)程時(shí)，沒(méi)有彈性勢(shì)能，再向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，彈性勢(shì)能與位移的關(guān)系為1E二一k（x一h）2p2表達(dá)式為二次函數(shù)，圖象是一條拋物線，因此D正確。故選AD。12BCD【解析】根據(jù)圖象，周期T二4s,振幅人二8cm,A錯(cuò)誤，B正確.第2s末振子到達(dá)負(fù)的最大位移處，速度為零，加速度為正向的最大值，C正確.第3s末振子經(jīng)過(guò)平衡位置，速度達(dá)到最大值，且向正方向運(yùn)動(dòng)，D正確.從第1s末到第2s末振子經(jīng)過(guò)平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，速度逐漸減小，做減速運(yùn)動(dòng)，E錯(cuò)誤故選BCD【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間圖象得到彈簧振子的周期和振幅，然后結(jié)合

10、實(shí)際情況進(jìn)行分析13ABC【解析】A、經(jīng)過(guò)半個(gè)周期后，到達(dá)平衡位置下方a處，物體的位移向下，為2a,故重力做功為2mga，故A正確；1TmgTB、時(shí)間為-T,故重力的沖量為1mg；，故B正確；222C、合力充當(dāng)回復(fù)力，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功等于動(dòng)能的增加量，為零，故回復(fù)力做功為零，故C正確；D、根據(jù)動(dòng)量定理，合力沖量等于動(dòng)量的變化，由于動(dòng)量的變化為2mv，故合力的沖量為c2mv，合力充當(dāng)回復(fù)力，故D錯(cuò)誤；c故選ABC【點(diǎn)睛】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，經(jīng)過(guò)半個(gè)周期后，到達(dá)平衡位置下方a處，然后根據(jù)功的定義、動(dòng)量定理列式求解14AB【解析】【詳解】單擺做受迫振動(dòng)，振動(dòng)頻率與驅(qū)動(dòng)力頻率相等；當(dāng)驅(qū)動(dòng)力頻率等

11、于固有頻率時(shí)，發(fā)生共振，則固有頻率為0.5Hz，周期為2s故A正確；由圖可知，共振時(shí)單擺的振動(dòng)頻率與固有頻率相等，則周期為2s.由公式T=2?！盠，可得L“m，故B正確；若擺長(zhǎng)增大，單擺的固有周期增大，則固有頻率減小.故C錯(cuò)誤；若擺長(zhǎng)增大，則固有頻率減小，所以共振曲線的峰將向左移動(dòng).故D錯(cuò)誤；故選AB.【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵明確：受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率；當(dāng)受迫振動(dòng)中的固有頻率等于驅(qū)動(dòng)力頻率時(shí)，出現(xiàn)共振現(xiàn)象15AB【解析】久若t=T,由簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期性可知，t時(shí)刻和G+t）時(shí)刻振子運(yùn)動(dòng)的各物理量都相同，所以加速度一定大小相等，故A正確；B、若t=|，在t時(shí)刻和G+t）時(shí)刻振子的位置一定關(guān)于平衡

12、位置是對(duì)稱點(diǎn)，彈簧沿水平方向做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，所以受到的彈簧的彈力的大小相等，所以兩個(gè)時(shí)刻彈簧的形變量一定相等，故B正確；C、若t時(shí)刻和C+時(shí)刻振子運(yùn)動(dòng)位移的大小相等，方向相反，振子可能以相等的速度T經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)，也可能以方向相反的速度經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)，所以則t不一定等于2的奇數(shù)倍，故C錯(cuò)誤；D、若t時(shí)刻和C+t）時(shí)刻振子運(yùn)動(dòng)速度的大小相等、方向相同，可能振子經(jīng)過(guò)同一T點(diǎn)，也可能經(jīng)過(guò)關(guān)于平衡位置對(duì)稱的兩位置，t不一定等于2的整數(shù)倍，故D錯(cuò)誤.點(diǎn)睛：本題考查對(duì)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)物理量及其變化的理解程度，可通過(guò)過(guò)程分析理解掌握，簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中速度與加速度的大小變化情況是相反，也可以作出振動(dòng)圖象進(jìn)行分析.16BDE【解析】【詳解】

13、t=1s時(shí)，振子在平衡位置，加速度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t=2s時(shí)，振子到達(dá)最低點(diǎn)，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，選項(xiàng)B正確；t=2s時(shí)刻彈簧的壓縮量比t=1s時(shí)刻大，t=2s時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能比t=1s時(shí)刻大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由振動(dòng)圖像可知，t=3s時(shí)，振子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確.t=4s時(shí)，振子回到A點(diǎn)，此時(shí)振子的加速度大小為g，選項(xiàng)E正確.17AD【解析】【詳解】當(dāng)列車受到?jīng)_擊的頻率和列車故有頻率相同時(shí)，會(huì)發(fā)生共振，比較危險(xiǎn)，由T=-可得危vl12.6險(xiǎn)車速為v=0315m/s=40m/s，a正確；列車過(guò)橋需要減速，是為了防止橋與火車發(fā)生共振現(xiàn)象，B錯(cuò)誤；列車的速度不同，則振動(dòng)頻率不同，C錯(cuò)誤；由

14、題意可知，根據(jù)=-可知增加長(zhǎng)度可以使危險(xiǎn)車速增大，故可以使列車高速運(yùn)行，故D正確.v18BCD【解析】【分析】根據(jù)圖示，線未斷開(kāi)前，兩根彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度相同，根據(jù)離開(kāi)平衡位置的最大距離即可判斷振幅的大??；根據(jù)細(xì)繩斷開(kāi)的瞬間彈簧的彈性勢(shì)能相同，通過(guò)能量轉(zhuǎn)化，可判斷繩子斷開(kāi)后物體的動(dòng)能的關(guān)系，比較質(zhì)量關(guān)系，即可分析最大速度關(guān)系；根據(jù)題目所給周期公式，比較質(zhì)量關(guān)系，即可判斷周期大小，進(jìn)而判斷頻率關(guān)系?！驹斀狻緼、B.線未斷開(kāi)前，兩根彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度相同，離開(kāi)平衡位置的最大距離相同，即振幅一定相同，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)線斷開(kāi)的瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能相同，到達(dá)平衡后，甲乙的最大動(dòng)能相同，由于甲的11質(zhì)量大于乙的

15、質(zhì)量，由E=mv2知道，甲的最大速度一定是乙的最大速度的廳，C正k22確；D、E.根據(jù)T=2m可知，甲的振動(dòng)周期是乙的振動(dòng)周期的2倍；根據(jù)f二T可知，1甲的振動(dòng)頻率是乙的振動(dòng)頻率的2，D正確，E錯(cuò)誤；故選BCD。AB【解析】【分析】【詳解】t=0.6s時(shí)，物塊的位移為y=0.1sin(2.5nx0.6)m=-0.1m；則對(duì)小球h+|y|二2gt2，解得厶2兀2兀小門h=1.7m，選項(xiàng)A正確；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期是T=s=0.8s，選項(xiàng)B正確；0.6s內(nèi)2.5兀T物塊運(yùn)動(dòng)的路程是3A=0.3m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t=0.4s=，此時(shí)物塊在平衡位置向下振動(dòng)，則此時(shí)物塊與小球運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.ADE【解

16、析】【分析】甲在波峰或波谷速度為零時(shí)，乙在平衡位置，速度最大；甲在平衡位置加速度最小時(shí)，乙也在平衡位置，速度最大；甲、乙同時(shí)處于平衡位置時(shí)，加速度為零，回復(fù)力都為零；由圖可知兩振子的周期，根據(jù)f二T，可得頻率之比；由圖可知振幅之比.【詳解】由圖可知甲在波峰或波谷速度為零時(shí)，乙在平衡位置，速度最大，故A正確；由圖可知甲在平衡位置加速度最小時(shí)，乙也在平衡位置，速度最大，故B錯(cuò)誤；甲、乙同時(shí)處于平衡位置時(shí)，加速度為零，回復(fù)力都為零，故C錯(cuò)誤；由圖可知，甲的周期T=2.0s，乙的周期T=1.0s，根據(jù)：甲乙f-T得甲的頻率f=0.5Hz；乙的頻率f=1.0Hz；兩個(gè)振子的振動(dòng)頻率之比f(wàn):f=1：2，故

17、D甲乙甲乙正確；由圖可知，甲的振幅A中=10cm，乙的振幅A=5cm，兩個(gè)振子的振幅之比為A中：A甲乙甲乙=2：1，故E正確。二、機(jī)械振動(dòng)實(shí)驗(yàn)題21.ADGBD4兀2k不變【解析】【分析】【詳解】1.實(shí)驗(yàn)中需要的器材有：A.小鐵球；D.100cm長(zhǎng)的細(xì)線；G.秒表；故選ADG;2.實(shí)驗(yàn)中單擺擺長(zhǎng)等于擺球半徑與擺線長(zhǎng)度之和，應(yīng)先用游標(biāo)卡尺測(cè)出擺球直徑；然后把單擺懸掛好，再用米尺測(cè)出單擺自然下垂時(shí)擺線長(zhǎng)度，擺球半徑與擺線長(zhǎng)度之和是單擺擺長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤，B正確；偏角不要超過(guò)5,以保證單擺做簡(jiǎn)諧振動(dòng)；將擺球拉到最大位移處釋放，等擺球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)快速按下秒表開(kāi)始計(jì)時(shí)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；為了精確測(cè)量t單擺的周期，

18、起碼要測(cè)量小球作100次全振動(dòng)所用的時(shí)間t,然后由T=100求解周期，選項(xiàng)D正確；(3)3根據(jù)T=2兀L可得則由題意可知解得4兀2解得g=4兀2k4.在測(cè)量數(shù)據(jù)時(shí)漏加了小球半徑，將擺線的長(zhǎng)度當(dāng)做了擺長(zhǎng)，所測(cè)擺長(zhǎng)偏小，擺長(zhǎng)的變化對(duì)圖象斜率k沒(méi)有影響，因此實(shí)驗(yàn)測(cè)量的重力加速度與真實(shí)值相等；4n4n2ab不變解析】詳解】(1)由圖示游標(biāo)卡尺可知，主尺示數(shù)是16mm,游標(biāo)尺示數(shù)是4x0.1mm=0.4mm,金屬球的直徑為16mm+0.4mm=16.4mm；由于測(cè)得擺球經(jīng)過(guò)n次全振動(dòng)的總時(shí)間為At，所以該單擺的周期為T=；n_L_4n24n2由單擺周期公式T=2?？芍猅2=L，則T2-L圖象的斜率k=，

19、則加速ggg4兀2度g=，但同學(xué)們不小心每次都把小球直徑當(dāng)作半徑來(lái)計(jì)算擺長(zhǎng)，則有k4.2T2=(L-1)，由此得到的t2-L圖像是圖乙中的，由于圖線的斜率不變，計(jì)算得gb4.2a到的g值不變，由圖像可得k二a，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=丁23.T2rkgm2不變解析】分析】詳解】1)1根據(jù)周期公式L+mr2T=2兀0mgr整理可得T2=4.2L0+mr2mgr觀察圖像發(fā)現(xiàn)為傾斜的直線，即縱軸的物理量與r2成一次函數(shù)關(guān)系，根據(jù)L+mr2T2r一4兀2-0mg判斷縱軸為T2r；(2)2根據(jù)周期公式T-2.-L0+mr2丫mgr整理可得T2rmgL一一mr204.2代入各個(gè)物理量的單位，可判斷L0的單位為k

20、gm2.根據(jù)L+mr2T2r=4兀2-0-mg可得圖像的截距即：4兀2L10-1.25mg根據(jù)圖像斜率4兀2_1.95-1.25_0.7g0.190.19代入可得0.7L0_1.250.19m代入質(zhì)量即可得0.19mx1.25kL沁0.17kg-m200.74兀2(3)根據(jù)圖像斜率計(jì)算重力加速度，所以大小與質(zhì)量的測(cè)量無(wú)關(guān)，即質(zhì)量測(cè)量值g即使偏大，重力加速度的測(cè)量值也不會(huì)變化24.(1)AD(2)(3)2.01；9.76(9.769.77)(4)Bt2,、4兀2(1-1)4兀2(1-1)(5)2一-或1一T2-T2T2-T21221【解析】【分析】【詳解】在用單擺測(cè)定力加速度的實(shí)驗(yàn)基本條件是擺線

21、長(zhǎng)度遠(yuǎn)大于小球直徑，小球的密度越大越好；故擺線應(yīng)選取長(zhǎng)約1m左右的不可伸縮的細(xì)線，擺球應(yīng)選取體積小而質(zhì)量大的鐵球，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故選AD.n次全振動(dòng)的時(shí)間為t，則振動(dòng)周期為T二-，根據(jù)單擺周期公式T=2兀:L，可推出ng4兀2n2Lg=t250次全振動(dòng)的時(shí)間為100.5s，貝9振動(dòng)周期為T=-=1005s=2.01s，代入公式求得n50g=氓2n2L=9.77m/s2t2由T2=佇L可知T2-L圖像的斜率k=也，b曲線為正確的圖象.C.斜率越小，對(duì)gg應(yīng)的重力加速度g越大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.A.在圖象中圖線與縱軸正半軸相交表示計(jì)算擺長(zhǎng)偏小，如漏加小球半徑，與縱軸負(fù)半軸相交表示擺長(zhǎng)偏大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.B.若誤將49次全振動(dòng)記為50次，則周期測(cè)量值偏小，g值測(cè)量值偏大，對(duì)應(yīng)的圖像斜率偏小，選項(xiàng)B正確故選B設(shè)A到鐵鎖重心的距離為l，則第一次的實(shí)際擺長(zhǎng)為1+第二次的實(shí)際擺長(zhǎng)為T+lTTT、,