第5练　机械振动和机械波（含解析）--2024年高考物理大二轮复习

这是一份第5练　机械振动和机械波（含解析）--2024年高考物理大二轮复习，共14页。
1．(2023·江苏省盐城中学三模)某同学用音频发生器产生两个特定频率音调d和sl，其振动图像分别为如图甲和图乙所示。下列说法正确的是( )
A．d和sl的周期之比约为2∶1
B．d和sl的频率之比约为3∶2
C．d和sl在空气中传播的波长之比约为3∶2
D．d和sl在空气中传播的速度大小之比约为2∶3
2.手机上一般会有两个麦克风，一个位于手机下方，另一个位于手机顶部。位于手机顶部的麦克风为降噪麦克风。降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音等幅、等频的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。理想降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的声波。下列说法正确的是( )
A．图示两列波叠加会产生振动加强点与振动减弱点相间的稳定干涉波形
B．图中P点为振动加强点，Q点为振动减弱点
C．图中P点为振动减弱点，Q点为振动加强点
D．噪音声波与降噪系统产生的声波相位相反
3．如图所示是某水平弹簧振子做简谐运动的x－t图像，M、P、N是图像上的3个点，分别对应t1、t2、t3时刻。下列说法正确的是( )
A．该振子的周期是0.2 s，振幅是8 cm
B．在t2时刻振子的速度方向就是图像上P点的切线方向
C．在t1到t2过程振子的速度先增大后减小
D．在t2到t3过程振子的加速度逐渐减小
4．(2023·江苏徐州市第一次调研)“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来(图甲)。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5 Hz，下列说法正确的是( )
A．该时刻P点的位移为10eq \r(3) cm
B．再经过0.25 s，P点到达平衡位置
C．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D．从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为y＝20sin(πt＋π) cm
5．(2023·江苏南京市外国语学校期末)一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，t＝0.2 s时刻的波形图如图甲所示，质点M的平衡位置在x＝7.5 cm处，质点N的平衡位置在x＝3 cm处，质点N的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．该波沿x轴正方向传播
B．t＝0时刻，质点M回复力的方向沿y轴正向
C．该波的传播速度大小为0.2 m/s
D．0～2 s内质点M运动的路程为1.8 m
6．一列沿x轴正向传播的简谐波，t＝0时刻的波形如图所示，t＝7 s时d质点第二次位于波峰位置，下列说法正确的是( )
A．波上各质点的起振方向向上
B．波的传播速度大小为4 m/s
C．0～7 s内a、b两质点运动路程均为1.4 m
D．b质点的振动方程为yb＝－10cs 2πt( cm)
7．(2023·江苏南京市金陵中学模拟)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9 m，M点的振动情况如图乙所示。
(1)求该波的传播速度大小v；
(2)求Q质点的平衡位置坐标x。
[争分提能练]
8．(2023·江苏南通市期末)如图所示，实线和虚线分别是沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t1＝0和t2＝0.06 s时刻的波形图，则该波的( )
A．周期可能为0.04 s
B．周期可能为0.24 s
C．传播速度可能为35 m/s
D．传播速度可能为65 m/s
9．(2023·浙江6月选考·11)如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则( )
A．声波的波长λ＝15 cm
B．声波的波长λ＝30 cm
C．两声波的振幅之比为3∶1
D．两声波的振幅之比为2∶1
10．一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x＝1 m处的质点N此后的a－t图像，Q是位于x＝10 m处的质点。则下列说法正确的是( )
A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下
B．在5～5.5 s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小
C．在t＝12 s时，质点Q的位置坐标为(10 m，－8 cm)
D．在t＝7 s时，质点Q开始向下振动
11.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其下端有一垂直于斜面的固定挡板。轻质弹簧的一端与挡板相连，另一端连接一质量为0.4 kg的光滑小球(可视为质点)。现将小球由平衡位置O沿斜面向上拉动15 cm至P点，使其在P、P′之间做简谐运动，M、N为斜面上关于O点对称的两点。规定沿斜面向上为正方向，已知弹簧的劲度系数为20 N/m，且弹簧始终处于弹性限度内，取g＝10 m/s2。则( )
A．小球在P点的回复力为－5 N
B．小球在P′点时弹簧的形变量为25 cm
C．小球从N点向上运动，经四分之三个周期，其运动的路程小于45 cm
D．在M、N两点，小球的速度大小相等，弹簧的弹性势能也相等
12.(2023·江苏南通市期末)如图所示，波源S1、S2垂直纸面做简谐运动，产生的两列波的波速均为1 m/s，纸面内的P点与S1、S2的距离分别为5 m、4 m。S1的振动方程为x1＝Asin (πt＋eq \f(π,2))，P点振幅恒为2A，则S2的振动方程可能为( )
A．x2＝Asin (πt－eq \f(π,2))
B．x2＝Asin (πt＋π)
C．x2＝Asin (πt＋eq \f(π,2))
D．x2＝Asin πt
[尖子生选练]
13．如图甲所示，在水平面放置的一条弹性绳上有M、O、N三点，M、O间的距离为x1＝5 m，N、O间的距离为x2＝10 m，O点在外力作用下在竖直方向做简谐运动，若选向上为正方向，其振动图像如图乙所示。观察到M、N两点的位移大小总是相等。求：
(1)质点M、N开始振动的时间差；
(2)在(1)中所求时间差最小的情况下，求该波传播到N点的时间。
第5练 机械振动和机械波
1．C [由图像可知，d和sl的周期分别为T1＝eq \f(0.01,5.25) s＝eq \f(1,525) s，T2＝eq \f(0.005,4) s＝eq \f(1,800) s，所以周期之比为eq \f(T1,T2)＝eq \f(800,525)＝eq \f(32,21)≈eq \f(3,2)，则频率之比为eq \f(f1,f2)＝eq \f(T2,T1)≈eq \f(2,3)，故A、B错误；d和sl两者在空气中传播速度大小相等，由公式λ＝v·T，d和sl在空气中传播的波长之比约为eq \f(λ1,λ2)＝eq \f(T1,T2)≈eq \f(3,2)，故C正确，D错误。]
2．D [降噪声波总是和环境噪声的相位相反，使两列波叠加区域内处处振动减弱，实现降噪的效果，A错误，D正确；P、Q两点均为振动减弱点，B、C错误。]
3．D [由振动图像可知，该振子的周期是T＝0.2 s，振幅是A＝4 cm，故A错误；振动图像不是弹簧振子的运动轨迹，所以在t2时刻振子的速度方向不是图像上P点的切线方向，在t2时刻振子的速度方向指向振子的平衡位置，故B错误；由振动图像可知，在t1到t2过程振子先向正向最大位移方向运动，到达正向最大位移处后接着又朝着平衡位置运动，所以振子的速度先减小后增大，故C错误；在t2到t3过程振子朝着平衡位置方向运动，振子偏离平衡位置的位移x逐渐减小，根据a＝eq \f(kx,m)可知，振子的加速度逐渐减小，故D正确。]
4．B [频率f＝0.5 Hz，由题图可知波的波长为λ＝8 m，振幅A＝20 cm，波向右传播，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时，P点的振动方程为 y＝20sin(πt＋eq \f(3π,4)) cm，故t＝0时P点的位移为 y＝10eq \r(2) cm，当t＝0.25 s时P点的位移为 y′＝0，P点到达平衡位置，A、C错误，B正确；从该时刻开始计时，质点Q从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为 y＝20sin(πt) cm，D错误。]
5．B [由题图乙可知，t＝0.2 s时刻质点N经过平衡位置沿y轴正方向运动，结合题图甲由同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；由题图甲可知该波的波长为λ＝12 cm，由题图乙可知该波的周期为T＝0.4 s，故该波的传播速度大小为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(0.12,0.4) m/s＝0.3 m/s，C错误；在0.2 s内该波向左传播的距离为x＝vt＝0.3×0.2 m＝0.06 m，根据平移法可知，t＝0时刻，质点M在平衡位置下方，所以质点M回复力的方向沿y轴正向，B正确；该波的周期T＝0.4 s，故2 s内质点M振动了5个周期，由图像可知该波的振幅为A＝10 cm，故0～2 s内质点M运动的路程为s＝5×4A＝2 m，D错误。]
6．C [根据t＝0时刻的波形图，波沿x轴正向传播，此时波恰好传到c点，根据波的传播方向与振动方向的关系，c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；由波形图可知，波长为λ＝4 m，设波速大小为v，周期为T，有 v＝eq \f(λ,T)，t＝7 s时d质点第二次位于波峰，则 Δt＝eq \f(xd－xc,v)＋eq \f(7,4)T＝7 s，解得T＝2 s，v＝2 m/s，故B错误；由于7 s＝3.5T，且t＝0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小为 s＝4A×3.5＝140 cm＝1.4 m，故C正确；b点的振动方程为 yb＝－10cs πt (cm)，故D错误。]
7．(1)40 m/s (2)8 m
解析 (1)由题可知eq \f(3,4)λ＝9 m，则λ＝12 m，T＝0.3 s，
则v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(12,0.3) m/s＝40 m/s
(2)从t＝0时刻开始，M点向上振动，波向右传播，
对N点x＝10sin (eq \f(20π,3)t－eq \f(π,6)) cm
当其第一次回到平衡位置，即x＝0，此时eq \f(20π,3)t0－eq \f(π,6)＝0
解得t0＝eq \f(1,40) s，eq \f(ΔxMN,v)＝t0
ΔxMN＝1 m
xM＝－1 m
故Q质点的平衡位置坐标xQ＝8 m。
8．C [由题图可知，在0.06 s内，简谐波向x轴正方向传播了(n＋eq \f(3,4))λ(n＝0,1,2，…)，即经过了n＋eq \f(3,4)个周期，故有0.06 s＝(n＋eq \f(3,4))T(n＝0,1,2…)，解得该简谐波的周期为T＝eq \f(0.24,4n＋3) s(n＝0,1,2…)，无论n取何值，周期都不可能为0.04 s和0.24 s，故A、B错误；由题图可知，该简谐波的波长λ＝1.2 m，则该简谐波的传播速度为v＝eq \f(λ,T)＝(20n＋15) m/s(n＝0,1,2…)，无论n取何值，传播速度都不可能为65 m/s，当n＝1时，传播速度为35 m/s，故C正确，D错误。]
9．C [分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15 cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10，可得两声波的振幅之比eq \f(A1,A2)＝eq \f(3,1)，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得eq \f(λ,2)＝2d，解得λ＝60 cm，故A、B错误。]
10．B [由题图乙可知0时刻之后质点N的加速度先为正方向，所以质点N先向下振动，所以波沿x轴正方向传播。由“前一质点带动后一质点”可知0时刻质点M的振动方向向上，即波源的起振方向向上，故A错误；由题图乙可知T＝4 s,5 s时质点M刚振动了1eq \f(1,4)周期，5.5 s时质点M振动不到1eq \f(1,2)周期，则在5～5.5 s时间内质点M正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故B正确；波的传播速度为 v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,4) m/s＝1 m/s，波从质点M处传播到质点Q处所需要的时间 t＝eq \f(7,1) s＝7 s，t＝12 s时质点Q振动了eq \f(12－7,4)T＝1eq \f(1,4)T，此时质点Q处于x轴上方最大位移处，即(10 m,8 cm)处，故C错误；由C项分析可知t＝7 s时波正好传播到质点Q处，其振动方向向上，故D错误。]
11．B [O点为平衡位置，沿斜面向上拉动15 cm后，小球受到的合力大小为F合＝kxOP＝3 N，则小球在P点的回复力为－3 N，故A错误；由简谐运动的对称性可知，小球在P′点的回复力为3 N，有kΔx－mgsin 30°＝3 N，解得Δx＝25 cm，故B正确；小球经平衡位置O时，速度最大，从N点向上运动，前四分之一周期内运动的路程要大于15 cm，后二分之一周期内运动的路程为30 cm，总路程大于45 cm，故C错误；根据简谐运动的对称性可知，小球在M、N两点的速度大小相等，由系统机械能守恒可知，小球在N点时弹簧的弹性势能大于小球在M点时弹簧的弹性势能，故D错误。]
12．A [若两波源振动同向，P点振幅恒为2A，为振动加强点，则5 m－4 m＝nλ(n＝1,2,3，…)，周期T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(1,n) s(n＝1,2,3，…)，所以x2＝Asin (ωt＋eq \f(π,2))＝Asin (2πnt＋eq \f(π,2))(n＝1,2,3，…)。若两波源振动反向，P点振幅恒为2A，为振动加强点，则5 m－4 m＝eq \f(2n＋1,2)λ(n＝0,1,2，…)，周期T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(2,2n＋1) s(n＝0,1,2，…)，所以x2＝Asin [(2n＋1)πt－eq \f(π,2)](n＝0,1,2，…)，当n＝0时，x2＝Asin (πt－eq \f(π,2))，故A正确，B、C、D错误。]
13．见解析
解析 (1)因为观察到M、N两点的位移大小始终相等，有
x2－x1＝eq \f(nλ,2)(n＝1,2,3，…)
解得λ＝eq \f(10,n) m(n＝1,2,3，…)
又v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(50,n) m/s(n＝1,2,3，…)
则M、N开始振动的时间差为
Δt＝eq \f(5 m,v)＝eq \f(n,10) s(n＝1,2,3，…)
(2)最小时间差为tmin＝0.1 s
则M、N开始振动的时间差最小时，波速为vmax＝50 m/s
则t＝eq \f(10 m,vmax)＝0.2 s
即t＝0.2 s时该波传播到N点。