热门试卷

解：A、振子的振幅等于振动图象中位移的最大值，为5cm．故A错误．

B、周期等于相邻最大值之间的时间间隔，为4s．故B正确．

C、第3s末振子的位移为负向最大，振子的速度为零，加速度最大．故C错误．

D、第4s末振子的位移为零，正通过平衡位置，振子的加速度为零，速度最大．故D错误．

故选：B

解：x-t图象具有重复性，再经过1s，即5s末，位移为正的最大，速度为零，加速度a=-为负的最大，故AD正确，BC错误；

故选：AD．

解：t=s时刻x=0.1m；t=4s时刻x=0.1m．经过s又回到原位置．

因为经过周期的整数倍，振子回到原位置，则知s是周期的整数倍，经过振子运动到对称位置，可知，单摆的周期为s，则s为半个周期，则振幅为0.1m．

可能振幅大于0.1m，则周期T=2×+（4-）s×2=8s．

当周期为s时，经过运动到与平衡位置对称的位置，振幅可以大于0.1m．故ABC正确，D错误．

故选：ABC．

解：A、在波源停止振动时，介质中的其它质点仍在振动，即机械波仍向前传播，故波源停止振动时海啸和地震波的传播不会立即停止，故A错误．

B、由于震源引起的机械振动带动与其相邻的其它质点的振动，这些质点再带动更远的质点的振动，这样就使震源的振动由近及远向外传播，形成地震波，而地壳的振动由近及远的带动海洋中海水的振动从而形成海啸，故地震波和海啸都是由机械振动引起的机械波．故B正确．

C、水波是横波，而地震波的纵波速度大于横波速度，故此性质可用于横波的预警，故C正确．

D、地震波和海啸具有能量，但由于质点由静止到运动需要增加动能，质点在运动的过程中要克服摩擦力做功，所以会有机械能转化为内能，故随着波的传播其能量将愈来愈弱，故D错误．

故选：BC．

解：A、回复力：F=-kx

加速度：

故有

经周期振子具有正方向的最大加速度，故结合上述公式得到：此时振子有负方向的最大位移，A图符合，故A正确；

B、经周期振子位移为零，故B错误；

C、经周期振子位移为零，故C错误；

D、经周期振子位移为正方向最大，故D错误；

故选：A．

解：

A、振动图象反映质点的位移随时间的变化情况，不是质点的运动轨迹，该图并不表示质点沿曲线运动．故A错误．

B、在0～1s内质点从平衡位置向正向最大位移处运动，做初速度不为0的减速运动，故B错误．

C、在0～4s内质点通过的路程等于四倍振幅，为 4A=40 cm，故C错误．

D、由图知，t=0时，x=0，可知振动图象是从平衡位置开始计时的．故D正确．

故选：D．

解：

A、B、频闪的频率为f=10Hz，则周期为T==0.1s，即相邻两次闪光的时间间隔t0=0.1s．

从乙图可看个振动周期为0.3s，所以振子振动的周期为1.2s．故A错误，B正确；

C、该周期振子正在向平衡位置运动，回复力方向向右与运动方向相同，所以振子加速，又回复力逐渐减小，则加速度逐渐减小，故振子做加速度逐渐减小的变加速运动，故C正确；

D、个振动周期为0.3s，则结合数学三角函数知识知再过0.1s相当于sin（）=10cm，即振子向右运动到10cm处，0.2s在10cm右侧，故D错误．

故选：BC．

解：从t=0时刻起，当甲第一次到达右方最大位移处时，由图知在t=1.5s时刻，且此时单摆乙的位移为正，方向向右，即在平衡位置的右方．

根据图象的斜率等于速度，可知在t=1.5s时刻，单摆乙的速度为负，方向向左，故D正确．

故选：D．

解：

A、由图看出，两个单摆振动周期相等，都是4s，由单摆的周期T=2得知，摆长一定相等．而摆球的质量不一定相等．故A错误．

B、摆球在平衡位置的速率与振幅有关，摆长相等时，振幅越大，根据机械能守恒得知，速率越大．由图看出，两单摆的振幅不等，则两个摆球在平衡位置的速率一定不相等．故B正确．

C、甲单摆的振动方程为x甲=2cost cm．故C错误．

D、两个单摆步调不同，即不同相，甲比乙超前．故D正确．

故选BD

解：根据振动图象得知，t=0时刻质点沿y轴正方向振动，则介质中各质点的起振方向均沿y轴正方向，与波最前头的质点振动方向．由振动图象读出周期T=0.4s，波长λ=vT=0.4m，则再经过0.1s后，即0.4s后波总共传播的距离为λ=0.4m．

故选C