热门试卷

解：由图知，1和2两个单摆的周期之比为T1：T2=3：1．

由单摆的周期公式T=2得

   l1：l2=：=9：1

故选D

解：

A、B弹簧振子做简谐运动，先后经过M、N两点时速度v（v≠0）相同，根据对称性可知M、N两点关于平衡位置对称，两点相对于平衡位置的位移大小相等、方向相反，根据F=-kx可知，回复力大小相等、方向相反，说明回复力相反，故AB错误；

C、M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等，根据a=-分析可知加速度大小相等，故C正确；

D、从M点到N点，回复力先减小后增大，振子的加速度先减小后增大，所以振子先做变加速运动，后做变减速运动，故D错误．

故选：C．

解：由题，振子从a到b历时0.2s，振子经a、b两点时速度相同，则a、b两点关于平衡位置对称．振子从b再回到a的最短时间为0.4s，则振子b→c→b的时间是0.2s，根据对称性分析得知，振子从a→b→c→d→a的总时间为0.8s，即振子振动的周期为T=0.8s，频率为f==1.25Hz．

故选B

解：C、根据胡克定律，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，则OA的位移：

x=；

由于经过时间t后第一次到达平衡位置O处，所以这个过程中平均速度：

===

故C正确；

A、B、D、振子从A向O的运动是加速度不断减小的运动，作出vt图象，如图所示：

如果是虚线，位移为对应三角形的面积，平均速度为；

对于实线，位移小于虚线对应的面积，故平均速度小于；

故AB错误，D正确；

故选：CD．

解：因为时间：t=0.5s=T=1T，所以从平衡位置开始振动，经过0.5s，振子到达最大位移处，其位移大小为：x=A=4cm．

在0.5s内振子通过的路程为：S=1.25×4A=1.25×4×4cm=20cm

故选：B．

解：①如果振幅为0.2m，经过周期的整数倍，振子会回到原位置，知道s是周期的整数倍，经过s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0.2m．

②可能振幅大于0.2m，则周期T=×2+（4-）×2=8s．

当周期为s时，经过s运动到与平衡位置对称的位置，振幅可以大于0.2m．故CD正确、AB错误．

故选：CD．

解：t1时刻速度为v，t2时刻也为v，且方向相同．则有这两位置关于平衡位置对称．由于（t2-t1）小于周期T，

A、当这两个位置靠近最大位移处时，且t1时刻速度方向指向平衡位置时，则有（t2-t1）可以大于，故A正确；

B、当这两个位置靠近平衡位置附近，且t1时刻速度方向指向平衡位置时，则有（t2-t1）可以小于，故B正确；

C、D、当这位置靠近平衡位置附近，且t1时刻速度方向指向最大位置时，则有（t2-t1）大于，由于两个时刻的速度相同，（t2-t1）不可能等于，故C、D错误．

故选：AB．

解：已知简谐波的波速v=1m/s，频率f=2.5Hz，则周期为：

T===0.4s

波长为：

λ===0.4m

由题Q点距离P点为：x=0.2m=λ，两点的振动情况总是相反，t=0时刻，P点位于其平衡位置上方最大位移处，在0.1秒时P点经过平衡位置向下运动，则在0.1秒时，Q点经过平衡位置向上运动，位移为x=0，速度最大．在0到0.1秒时间内的路程Q点通过的路程等于一个振幅，即S=0.4m．

故选：B．

解：A、C、在1min内，甲振动30次，故频率：f=；

周期为：T=；

故A错误，C正确；

B、D、在1min内，乙振动75次，故频率：f=；

周期为：T=；C正确，D错误

故选：BC．