本章易错过关(二) 1.A [解析] 根据单摆的周期公式T=2π,L=v·2T,联立可得l=,故选A. 2.ABC [解析] 由图乙得质点振动的振幅为0.05 m,周期T=0.8 s,故ω== rad/s=2.5π rad/s,故该质点的振动方程为x=0.05sin (2.5πt+φ)(m)且当t=0时,x=0.05 m,代入可得φ=,故该质点的振动方程为x=0.05sin (m),故A符合题意;根据振动图像得0.2 s末质点经过平衡位置向负的最大位移处振动,所以此时速度方向从O指向A,方向向左,故B符合题意;0.2~0.3 s质点由平衡位置向负的最大位移处振动,此过程中速度的方向与所受力的方向相反,故质点在做减速运动,故C符合题意;0.7 s时质点在平衡位置和正的最大位移处之间,所以在O与B之间,故D不符合题意. 3.B [解析] 在太空中的空间站内,小球处于完全失重状态,甲图中小球仅受弹簧的弹力,依旧做简谐运动,选项A错误,B正确;乙图中被细绳拴着的小球由静止释放后,就会静止在原地,选项C、D错误. 4.C [解析] 若使M振动起来,其他单摆会做受迫振动,故A错误;受迫振动的周期等于驱动力的周期,故B错误;若P振动起来,由于M的固有周期与驱动力的周期相同,M发生共振,稳定时M比N的振幅大,故C正确;O的周期为3 s,使O振动起来,M做受迫振动,则周期为3 s,故D错误. 5.AD [解析] 由题图乙可知,小球做简谐运动的周期T=4 s,频率f==0.25 Hz,A项正确;小球做简谐运动的振幅为10 cm, t=4 s时,小球在负的最大位移处,小球的位移为-10 cm,即题图甲中的B位置,B项错误;小球在任意一个周期内运动的路程不一定为40 cm,C项错误;由a=-可知,当x=-10 cm时,小球的加速度最大,小球的最大加速度为k,D项正确. 6.ABC [解析] 以P、Q的平衡位置为坐标原点,水平向右为x轴的正方向,建立坐标系,P、Q的位移为x时,所受合力为F=-kx,所以P、Q做简谐运动,A正确;对P、Q整体,由牛顿第二定律,有-kx=a,对P,由牛顿第二定律,有Ff=ma,解得Ff=-x,当x=A时,P所受静摩擦力Ff最大,最大值为Ffm=A,由牛顿第三定律可得作用在物块Q上的最大静摩擦力为F'fm=Ffm=A,B正确;由机械能守恒定律可知,在轻质弹簧、物块P和Q组成的系统内,只有动能和弹性势能相互转化,总的机械能保持不变,C正确;在衡位置的过程中,Q对P的静摩擦力做正功,在远离平衡位置的过程中,Q对P的静摩擦力做负功,故D错误. 7.(1)1.060 (2)B (3)D (4)4π2k [解析] (1)摆球的直径d=1 cm+12×0.05 mm=1.060 cm (2)摆线要选择适当细些、长些、弹性差的细线,故A错误;摆球尽量选择质量大些、体积小些的,能够减小阻力的影响,故B正确;为了保证摆球的运动是简谐运动,摆角应不大于5°,故C错误. (3)设绳长为l,摆球的直径为d,周期为T,则T=2π,整理上式可得g=,重力加速度与摆球的质量无关,故A错误;若计数时误将41次记为40次,则由公式T=可知,周期偏大,则重力加速度偏小,故B错误;单摆的摆角应不大于5°,单摆的摆角仅为3.5°,不会使重力加速度偏大.故C错误;测摆长时,摆线拉得过紧,则l偏大,重力加速度偏大,故D正确. (4)由公式T=2π,可得L=T2,所以k=,解得g=4π2k. 8.(1)x甲=8sin (cm) x乙=4sin (cm) (2)= [解析] (1)根据图像可知T甲=8 s,T乙=4 s 甲的振幅为8 cm,乙的振幅为4 cm,根据x=Asin +φ 通过将图像中的坐标代入,解得x甲=8sin t+(cm),x乙=4sin (cm) (2)根据T=2π,可得= 解得= 9.(1) (2) (3)Fm=kx0+3mg [解析] (1)由题意可知,当物体A处于平衡位置时,受力平衡,有kx1=mgsin 30° 解得此时弹簧的压缩量为x1= 物体A完成一次全振动时,又回到了最初释放的位置.物体B在这段时间内沿着斜面向下做匀加速直线运动,加速度为a=gsin 30°= 由匀变速直线运动的位移时间关系可得L=aT2= (2)由匀变速直线运动的速度时间关系可得,物体B下滑到刚与物体A接触时的速度为 vB=aT= 物体A和物体B发生碰撞,根据动量守恒定律可得 2mvB=3mv v=vB= 物体A和物体B粘为一体, ... ...
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