内容正文:
约为3H,故B正确,A错误:振动系统的振动频率是刻有4个,故C错误:根据a=一k,加速度相同说明 由驱动力的频率决定的,所以若圆盘匀速转动的周期 增大,系统的振动频率减小,但系统的固有频率不变, 位移相同,经过同一位置速度有两个不同的方向,故全 振动过程是速度和加速度第一次同时恢复原来的大小 故C正确;共振曲线的峰值表示振子的固有频率,它是 由振动系统本身的性质决定的,与驱动力的频率无关 和方向所经历的过程,故D正确. 2.B[单摆在做小角度振动,且不计空气阻力,做间谐运 故D错误. 动,位移随时间按照正弦或余弦规律变化,故A不符合 5.受迫;相等或接近;共振 题意;位移随时间按照正弦或余弦规律变化,速度是时 6. BD 7. AC 8.D[飞机的机翼很快就抖动起来,是因为驱动力的频 刻变化的故B符合题意;单摆周期公式T=2NB 率接近机翼的固有频率发生共振,在飞机机翼前装置 故C不符合题意;摆球受到的回复力F=-kx,故D不 配重杆,是为了改变机翼的固有频率,使驱动力的频率 符合题意.故选B.] 远离固有频率,故A、B、C错误,D正确. 3.C[由于h<L,小球沿光滑圆弧面ABD运动,可看作 9.当人的固有频率与弹簧振动的频率相等时即达到共单摆模型,运动时间等于四分之一个单摆周期设圆弧 振,此时人感觉最难受,则厂=2x g=2Hz,解得 轨道半径为R,单摆周期T=2x√,小球的运动时 16m,对汽车和所有的人做受力分析有k=(M+ 间为=4T=2√,小球沿光滑斜面ACD运动 )g,得n=4.8≈5(人) 可看作等时圆模型,运动时间等于从圆周最高点沿直 10.每振动10次要补充的能量为△E=mgM=0.2×9.8 (0.4-0.3)×10-2J=1.96×10-3J.秒摆的周期为 径自由下落到最低点的时间,所以t2 2s,1min内完成全振动的次数为30次,则1min内 R,由上述可得n=4a,选项C正确.故选C. 总共应补充的能量为E=3△E=5.88×10-3J 4.C[回复力应该是振动方向上的合力,即重力和弹簧 1)小球振动达到稳定时期为0.4s,频率为厂=宁弹力的合力,A错误:当弹簧弹力为0时钢球受到重力 =2.5Hz 不平衡,B错误;按照简谐运动的对称性可知在钢球位 (2)由题图乙可以看出,球振动的固有频率为0.3Hz,于最高点和最低点时加速度大小相等方向相反,C正 则单摆的固有频率为0.3Hz,周期为.35,由单摆的 确;对于弹簧和钢球组成的系统来说,机械能是守恒 的,由于上下运动,重力势能的变化,所以不能说钢球 周期公式T=2x,解得4x20.3 的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变,而是三种能 9.86 量之和保持不变,D错误.故选C m≈2.78m. 5.B[因质点通过M、N两点时速率相同,说明M、N两 单元学能测评 点关于平衡位置对称,由时间的对称性可知,质点由N 到最大位移处,与由M到最大位移处的时间t1相等, 1.D[回复力满足F=-kx,一个周期内两次经过同 则2=AMN+2=2s,即T=4s,由过程的对称性可 位置,故全振动过程是回复力第2次恢复原来的大小 和方向所经历的过程,故A错误;一个周期内速度相 知:质点在这2s内通过的路程恰为24,即2A 的位置有两处,故全振动过程是速度第二次恢复原来 12cm,A=6cm,故B项正确.] 的大小和方向所经历的过程,故B错误;每次经过同一6.A[由单摆周期公式T=2x√可知 位置时动能和势能相同,关于平衡位置对称的点的动 能和势能也相同,故一个周期内动能和势能相同的时 230 以 10.AD[根据题图乙可知,当x=h+x0,小球的重力等 设星球表面的物体质量为m 于弹簧的弹力,此时小球加速度减小到0,速度最大, 则 即小球的动能最大,A正确;由图像可知,h+x0为平 衡位置,小球刚接触弹簧时有动能,由对称性知识可 R 得,小球到达最低点的坐标大于h+2x0,B错误;小球 7.A[单摆在最低点时悬线拉力最大,最高点拉力最 接触弹簧至运动到最低点的过程中,规定向下为正方 小,t=0.2s时拉力最大,摆球正经过最低点,A正确 向,对小球由动量定理得I-I弹=0-mx,则有I t=1.1s时拉力最小,摆球正经过最高点,B错误;摆球 弹,所以重力的冲量小于弹簧弹力的冲量,C错误;由 摆动过程中,拉力的峰值越来越小,说明摆球在最低点 图像可知,h+x为平衡位置,根据运动的对称性,小 的速度越来越小,则机械能越来越小,C错误;摆球从 球运动到h+2x0位置时的速度与h位置的速度相 最低点开始摆动,要经过两个最高点才能回到初始位 等,从h~h+2x0过程中,根据动能定理mg·2xo 置,所以摆球的每个周期都包含一个波峰两个波谷,则 W=0,可得在这个过程中,克服弹簧弹力做