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参考答案与解析 分别在月球上和地球上进行,因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小,则固有周期 为半周期的奇数倍;如果振幅为0.2m,分靠近平衡位置和远离平衡位置 较大,根据T=2丌 ,知周期大的重力加速度小,则图线Ⅰ是月球上单 若振幅为0.1m,根据题意可知从t=0s到t=1s振子经历的周期为 摆的共振曲线,图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线,故D错误故选A 3.AC解析:題图乙是保持把手不动,弹簧振子自由振动的振动图像,该图像 +2)则()=10=3170123 的周期为固有周期,由图可知,固有周期是4s,选项A对,B错在做受迫振 动时,驱动力的周期越接近固有周期,其振动的振幅就越大,比较题图丙中 ),当n=1时7=3,无论n为何值,7都不会等于ss,A正确,B错 驱动力的周期为8s,弹簧振子没有发生共振,故选项C对,D错 误;如果振幅为0.2m,结合位移时间关系图像,有1s=-+nT(n=0,1,2,3 4.D解析:当汽车以5ms的速度行驶时,其振动周期为,n58 )①,或者1s=67+nT(n=0,1,2,3,…)②,或者/s、T+nT(n=0,1,2 03,频率为y/=7=03H=33H故A错误由77可知,汽车的固有3…)3,对于①式,只有当n=0时,T=2,为整数;对于②式T不为整数 周期为T=05,则汽车的速度为n==15m/=3ms时,汽车达到共振 对于③式,当n=0时,7=6s,故C错误,D正确. 顛簸得最厉害,故BC错误,D正确;故选D. 5.C解析:对于受迫振动,当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现 A解析:由7=2T得:71=2T 象,所以列车的危险速率U m/s=40m/s,故A正确,不符合题 T1,故BD错误; T0.315 意列车过桥时减速是为了防止共振现象发生故选项B正确,不符合题意;x1=1in0=2·sn1-m2,x2=si=rmn2m2=2 列车的速率不同,则振动频率不同,故C错误,符合题意;由r=知L增大 时,T不变,变大,故选项D正确,不符合题意本題选错误的,故选C. 2 cOsA (1)2.5Hz(2)0.04m 解析:(1)当圆盘以0.4s的周期匀速转动时,经过一段时间后,小球振动达 由于61、B2约为2°,所以cosn=1,cos≈1,故= 到稳定,是受迫振动,振动周期等于驱动力的周期,为0.4s,故有 Hz=2.5 Hz (2)一个单摆的摆动周期与小球做阻尼振动的周期相同,故为0.4s,根据 T=2丌 ,有/sr9.80×0.42 由能量守恒定律可知,小球先后摆起的最大高度相同,故l 4x3.142m=0.04m C压轴挑战 44·cosB,因sin2b=1-csb 5人解析:人体的固有频率为:/g=2H 当汽车的振动频率与其相等时,人体与之发生共振,人感觉最难受,即: 根据数学规律可得:si =2,即第一次振幅是 第二次振幅的2倍,故A正确,C错误 7.AC解析:由a-x图像可知,加速度沿竖直向下方向为正方向,根据牛顿第 代人数据得:l=0.0621 二定律有:mg-kx=m,变形式为:a=g-x,该图像的斜率为-—,纵轴截 由胡克定律得:M=(m1+mm2)g 距为重力加速度g.根据图像的纵轴截距可知,两星球表面的重力加速度之 M-mg1.5×103×0.0621-600×98 7ag 70×9.8 比为 又因为在某星球表面上的物体,所受重力和万有引力 真题集训 4TR 相等,即 =m8,即该星球的质量M=又因为:M=p3 联立得 1.AC解析:由简谐运动的特点可知,当偏角增大时,摆球偏离平衡位置的位 移增大,故A正确;当偏角增大时,动能转化为重力势能,所以速度减小,故 故两星球的密度之比为:= 4丌RG =1:1,故A正确;当物体 B错误;由回复力F=-kx可知,位移增大,回复力增大,故C正确;单摆做简 在弹簧上运动过程中,加速度为0的一瞬间,其所受弹力和重力二力平 谐运动过程中只有重力做功,所以机械能守恒,故D错误 ;结合a-x图像可知,当物体P和物体Q分别处于平 2.B解析:由单摆的周期公式T=2丌 可知,单摆摆长不变,则周期不 衡位置时弹簧的压缩量之比为:一==2,故物体P和物体Q的质量 变;摆球经过平衡位置的速度减为原来的一,由于振动过程中机械能守 之比为:= 恒,故mgh=m2,据此式可知,速度变小,高度减小,所以偏离平衡位置 平衡位置(0y6故B错误;物体P和物体Q分别处于各自的 的最大距离变小,即振幅减小;故选B 平衡位置(a=0)时,它们的动能最大;根据n2=2ax,结合a-x图像面积的物 3.A解析:某一时刻作计时起点(t=0),经一周期,振子具有正方向最大加 理意义可知:物体P的最大速度满足n=2··3n·x=3n,物体Q 速度,则其位移为负方向最大,说明t=