热门试卷

解：A、a时刻图象切线的斜率为正，说明质点速度方向沿x轴正方向，故A正确．

B、b时刻质点的位移正在减小，由a=-分析知，质点的加速度正在减小，故B错误．

C、c时刻质点的位移在减小，质点正向平衡位置运动，动能正在增大，故C错误．

D、d时刻的位移正在增大，由F=-kx知回复力正在增大，故D错误．

故选：A

解：由图可知，两时刻的位移大小相等，但方向相反；由简谐运动的规律可知，两时刻速度大小、回复力大小、加速度大小及势能的大小均相等；

两时刻物体均在向正方向运动，故速度方向相同，故速度相同；但因回复力是指向平衡位置的，故回复力的方向不同，加速度方向不同；故只有速度和势能相同；

故选C．

解：A、由图读出周期为T=0.1s，则此波的频率为f===10Hz，故A正确；

B、波从a传到b的时间为t=（0.1n+0.03）s，波速为v==  （n=0，1，2…），波长为λ=vT=，n是整数，λ不可能等于0.1m．故B错误．

C、波从a传到b的时间为t=（0.1n+0.03）s，波速为v==  （n=0，1，2…），n=1.4时，v=26m/s，由于n是整数不可能为1.4，则波速不会为26m/s，故C错误；

D、由于不知道波的传播方向，与波源的起振方向，无法判断a、b哪点距波源近，故D错误；

故选：A．

解：

A、振幅 A=3cm，周期为 T=8s，故A错误．

B、t=4s末时刻图象切线的斜率为负，说明速度为沿-x方向．质点在t=4s时的位移为零，说明质点正通过平衡位置，速度最大．根据加速度公式a=-，加速度为零，故B正确；

C、第6s末，质点的位移为负向最大，速度为零，根据加速度公式a=-，加速度正向最大，故C错误；

D、4s末和8s末时物体的速度大小相等、方向相反，则速度不同，故D错误．

故选：B

解：

A、C、t1时刻和t3时刻，振子在最大位移处，速度为零，动能为零，根据弹簧振子振动的特征F=-kx可知，弹性力最大，故A、C错误．

B、D、t2时刻和t4时刻，振子在平衡位置处，根据弹簧振子振动的特征：弹簧振子在平衡位置时速度最大，动能最大．加速度为零，即弹性力最小；故B正确，D错误．

故选：B．

解：完成一次全振动所用的时间，由图看出，周期为：

T=4×0.1=0.4s

振幅为2cm

故选：C．

解：

A、由图可知A时刻振子的位移 x=0.25cm，所以弹力F=-kx=-20×0.25N=-5N，即弹力大小为5N，方向指向x轴负方向，故A错误；

B、由图可知过A点的切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线的斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故B正确．

C、由图可看出，t=0、t=4s时刻振子的位移都是正向最大，所以在0～4s内经过两个周期，振子完成两次全振动，故C错误．

D、由于t=0时刻和t=4s时刻振子都在正向最大位移处，又由于振幅为A=0.5cm，在0～4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时间内振子通过的路程为S=2×4A=2×4×0.50cm=4cm，振子回到了初始位置，通过的位移为0．故D正确．

故选：BD．

解：A、由图读出周期T=4s，则频率f==0.25Hz，故A错误；

B、由图读出振幅为2cm，故B正确；

C、t=3s时，质点在平衡位置，速度最大，故C正确；

D、振幅与时间无关，一直为2cm，故D错误；

故选：BC．

解：A、简谐振动的质点上下振动，所以图中的曲线部分不是质点的运动轨迹，故A错误；

B、t1时刻和t2时刻相差半个周期，则两个时刻质点的速度方向相反，速度不同，故B错误．

C、从t1到t2这段时间内，质点的位移增大，离开平衡位置，速度沿负方向，位移为负方向，由a=-，则知加速度沿正方向，所以速度与加速度方向相反．故C错误．

D、从t2到t3这段时间内，质点的位移减小，向平衡位置运动，速度变大，加速度变小，故D正确．

故选：D

解：A、由图知开始计时质点的位移为0，是从质点在平衡位置处开始计时的，故A错误．

B、t=2 s时，质点的位移为0，正通过平衡位置，速度最大，加速度为0，故B错误．

C、t=3 s时，质点位于负向最大位移处，速度为零，加速度最大．故C错误．

D、t=5 s时，质点位于正向最大位移处，速度为零，加速度最大．故D正确．

故选：D．