章末素养测评(二) 1.B [解析] 由公式T=2π可知,单摆运动的周期与质量和振幅无关,与摆长有关,若仅增大摆长,则会增大其周期,故A、D错误,B正确;若改变单摆的位置,但在其所在处的重力加速度不变,则其周期不变,故C错误. 2.D [解析] 对A、B整体,有kx=(M+m)a,对A,有f=ma,联立解得f=kx,故D正确. 3.D [解析] 如果开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置,经过36 s,即3T,则树梢恰位于平衡位置,故A错误;树梢做简谐运动的“圆频率”约为ω== rad/s,故B错误;树梢在开始计时后的36 s内通过的路程为l=3×4A=14.4 m,故C错误;36 s后树梢向右偏离平衡位置0.6 m,根据y=1.2sin,因为t=0,y=0.6 m,解得φ=或,当y=1.2sin时,再经过4 s,树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2 m处,故D正确. 4.C [解析] O点为振动的平衡位置,则振子在O点时,振子受到的合外力为零,则弹力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡,则弹簧处于伸长状态,弹性势能大于零,选项A错误;在振子运动的过程中,由弹簧弹力与重力沿斜面向下分力的合力充当回复力,选项B错误;弹簧振子在振动过程中,振子的机械能和弹簧的弹性势能的总量不变,在A、B两点的动能均为零,且在B点时重力势能比A点小,则在B点时弹簧的弹性势能一定比在A点的弹簧的弹性势能大,选项C正确;从A到O做加速运动,速度和加速度方向相同;从O向B运动的过程中,振子的速度减小,则速度和加速度方向相反,选项D错误. 5.BC [解析] 由图可知树叶振动的周期是4 s,故A错误;树叶在6 s内,经历T,运动的路程是l=×4A=6A=18 cm,故B正确;树叶振动的周期是4 s,根据周期性,树叶在t=1 s和t=5 s两时刻的加速度相同,故C正确;t=2 s和t=4 s两时刻相差半个周期,树叶在t=2 s和t=4 s两时刻的速度方向相反,故D错误. 6.BD [解析] 若振子的运动路线如图甲所示,则4 s振动1个周期,故振动的周期为T=4 s;若振子的运动路线如图乙所示,则4 s振动2个周期,故振动的周期为T=2 s,选项B、D正确. 甲 乙 7.AD [解析] 摆球在最低点时悬线拉力最大,在最高点时拉力最小,t=0.2 s时拉力最大,摆球正经过最低点,A正确;t=1.1 s时拉力最小,摆球正经过最高点,B错误;摆球摆动过程中,拉力的峰值越来越小,说明摆球在最低点时速度越来越小,则机械能越来越小,C错误;从摆球经过最低点时开始,要经过两个最高点才能回到初始位置,所以单摆的周期是T=1.4 s-0.2 s=1.2 s,D正确. 8.AB [解析] 题图乙所示是E单摆做受迫振动时的共振曲线,由乙图可知,E单摆的固有频率fE=0.5 Hz,由甲图可知C单摆的摆长比E单摆的摆长长,由单摆周期公式T=2π可知,C单摆的固有周期比E单摆的固有周期长,故C单摆的固有频率小于E单摆的固有频率,A正确;由fE=0.5 Hz可知TE=2π==2 s,解得LE=1 m,B正确;当驱动力的频率与固有频率相等时,单摆的振幅最大,B摆和E摆的摆长相等,固有频率相等,故让B摆先摆动起来,振动稳定后E单摆的振幅最大,C错误;将此装置从益阳移至北京清华大学的实验室中,纬度变高,重力加速度变大,由单摆周期公式T=2π可知,单摆固有周期变小,固有频率变大,故E摆共振曲线的“峰”将向右移动,D错误. 9.需要 等于 [解析] 根据共振产生的条件,当振动器的频率等于树干的固有频率时产生共振,此时落果效果最好,而不同的树干的固有频率不同,针对不同树干,落果效果最好的振动频率不同,则需要调整振动频率;根据共振产生的条件,当振动器的频率等于树干的固有频率时产生共振,此时树干振动的幅度最大. 10. [解析] 记录纸匀速运动,振子振动的周期等于记录纸运动2x0所用的时间,即T=,由图像可知振幅为A=. 11.x=-Rsint [解析] 圆心投影点O'为平衡点,最大位移为R,则振幅为R,影子的振动周期应和小球做圆周运动的周期相同,影子初始位于平衡位置,且在竖直平面内沿逆时针方向,则位移表达式为x=-Rsint.当小球经过圆心等高最右侧位置,此时的向 ... ...
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