2025届高中物理人教版全程复习构想检测单元素养评价(八)

这是一份2025届高中物理人教版全程复习构想检测单元素养评价(八)，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共7小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．[2023·新课标卷]船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声．声波在空气中和在水中传播时的( )
A．波速和波长均不同 B．频率和波速均不同
C．波长和周期均不同 D．周期和频率均不同
2．某同学将一根不可伸长的轻绳一端系上摆球，另一端系在力传感器上，测得轻绳的拉力大小F随时间t变化的图像如图所示，若已经测得摆长为L，结合图中信息可以推测出当地重力加速度为( )
A． eq \f(4π2L,T2) B． eq \f(π2L,T2) C． eq \f(π2L,4T2) D． eq \f(π2L,16T2)
3．一列简谐横波在t＝1 s时刻的波形如图所示，a、b、c三质点的横坐标分别为xa＝1 m、xb＝1.5 m、xc＝4 m，若随后5 s内质点a振动的路程为10 cm，则下列说法正确的是( )
A．该简谐波的传播速度为2 m/s
B．该简谐波一定向右传播
C．随后5 s内质点b振动的路程可能大于10 cm
D．该时刻质点c的振动方向沿y轴负方向
4．[2024·上海统考模拟]如图所示，有一周期为T、沿x轴正方向传播的波，当t＝0时波恰好传到B点，则t＝8T时，CD段的波形图为( )
5．[2023·浙江1月]主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波．某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340 m/s)( )
A．振幅为2A
B．频率为100 Hz
C．波长应为1.7 m的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
6．[2024·辽宁省教研联盟一模]一根柔软轻绳水平静止，A、B、C、D、E为绳上标记的5个点，彼此间隔1米排成一条直线，如图甲所示．现使标记点A在竖直方向上做简谐运动，运动图像如图乙所示，2 s时AE间第一次形成如图丙所示的波形，由此可判断( )
A．此时B点的振动方向向下
B．A点振动频率为1 Hz
C．此后B、D两点运动状态始终相同
D．绳上波的传播速度为2 m/s
7．在一次实验中，某简谐横波在t＝0时刻的波形图像如图甲所示，图乙为在该波的传播方向上某质点的振动图像．下列说法中正确的是( )
A．该波的波长为3 m
B．若图乙是质点Q的振动图像，则该波一定沿x轴负方向传播
C．若图乙是质点P的振动图像，则在t＝0.35 s时刻，质点Q的坐标为(2 m，－4 cm)
D．若图乙是质点Q的振动图像，则在t＝0.35 s时刻，质点P的坐标为(4.5 m，－4 cm)
二、多项选择题(本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
8．[2024·全国模拟预测]如图所示，一个轻质弹簧一端固定，另一端连接一个小球，整个装置穿在一个光滑的水平固定横杆上，O点是弹簧原长位置，拉离平衡位置一段距离，小球会在O点两侧振动，其中aa′两点是运动过程在O点两侧对称的两点(不是最大位移处)，则关于小球经过aa′两点的物理量的比较，下列说法正确的是( )
A．经过两点的速度可能相同
B．经过两点的加速度一定相同
C．从a点运动到a′点的时间可能等于振动周期T的一半
D．相对于O点的位移一定相同
9．[2024·云南昆明模拟]一简谐横波沿x轴传播，a、b为平衡位置相距12 m的两个质点，如图所示．t＝0时刻a、b均位于平衡位置，质点a正向上运动，质点b正向下运动，此时a、b之间有且只有一个波峰；再经0.5 s，质点a第一次位于波峰．若该波波长小于20 m，下列说法正确的是( )
A．该波向x轴正方向传播
B．该波波源的频率为2 Hz
C．该波的波长为12 m
D．该波的波速大小为4 m/s
10．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时刻波源从坐标原点开始振动，如图甲所示是简谐横波在t＝0.6 s时的部分波动图像，如图乙所示是这列波上x＝0.7 m处的质点从t＝0.7 s时刻开始振动的图像，下列说法正确的是( )
A．波源的起振方向向上
B．t＝0.6 s时，x＝0.1 m处的质点在波谷处
C．波的振动频率为f＝0.5 Hz
D．波源的振动方程为y＝－15sin 5πt(cm)
11．[2024·福建厦门二模]如图甲所示，在同种均匀介质中有两个质点P和Q，其振动图像分别如图乙中实线、虚线所示，它们形成的波沿两者之间的连线相向传播，则( )
A．P、Q形成的两列波的波速之比为2∶1
B．P、Q形成的两列波的波长之比为2∶1
C．t＝1.2 s时，P和Q振动的加速度方向相反
D.两列简谐波相遇时会发生干涉现象
三、非选择题(本题共6小题，按要求答题)
12．[2024·广东江门一模]某同学做“用单摆测重力加速度”的实验，实验装置如图甲所示，在摆球的平衡位置处安放一个光电门，连接数字计时器，记录小球经过光电门的次数．
(1)下列说法中正确的是________；
A．测出摆球做一次全振动的时间作为周期的测量值
B．质量相同的铁球和软木球，应选用铁球作为摆球
C.可将摆球从平衡位置拉开一个任意角度然后释放摆球
D．可以选择有弹性的细绳作为摆线
(2)在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测得从悬点至摆球顶端的长度为L，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则摆球直径d＝________ cm；
(3)将摆球从平衡位置拉开一个合适的角度，静止释放摆球，摆球在竖直平面内稳定摆动后，启动数字计时器，摆球通过平衡位置时从1开始计数，同时开始计时，当摆球第n次(为大于3的奇数)通过光电门时停止计时，记录的时间为t，此单摆的周期T＝______(用t、n表示)，重力加速度的大小为________________(用L、d和T表示)；
(4)实验中该同学测得的重力加速度值经查证明显大于当地的重力加速度值，下列原因可能的是________．
A．摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了
B．计算时用L＋d作为单摆的摆长
C．摆球的振幅偏小
D．把n当作单摆全振动的次数
13．智能手机自带许多传感器，某同学想到使用其中的磁感应强度传感器，结合单摆原理测量当地的重力加速度．具体操作如下：
(1)用游标卡尺测量小钢球的直径d，测得结果如图甲所示，其读数d＝________mm；
(2)将细绳一端固定在O点，另一端系一小钢球，用毫米刻度尺测量出细绳的长度L；
(3)如图乙所示，将强磁铁吸附于小钢球下侧，在单摆的正下方放置一手机，打开手机中测量磁感应强度的应用软件；
(4)使单摆小角度摆动，每当钢球经过手机时，磁传感器会采集到一个磁感应强度的峰值．采集到磁感应强度随时间变化的图像如图丙，由图得单摆的周期T＝__________ s(保留两位有效数字)；
(5)若该同学把O点到钢球中心的距离作为单摆摆长，则重力加速度的表达式可表示为__________(用L、d、T进行表示)；
(6)根据以上操作，该同学实验得出重力加速度值与当地重力加速度相比会________(填“偏大”“偏小”或“相等”).
14.
U型池轮滑的比赛场地如图所示，该场地是一个半径R＝10 m的圆弧，可视为质点、质量m＝60 kg的运动员在圆弧内的同一竖直面内运动，若运动员始终在圆弧最低点附近运动(视为简谐运动)，不计一切摩擦及空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，π＝3.14.
(1)求运动员从最高点运动到最低点所用的最短时间t；
(2)若运动员从距最低点的高度h＝0.8 m处由静止开始下滑，求运动员在最低点受到的赛场的支持力的大小F.
15．[2024·河南顶尖名校联考]一列沿x轴负方向传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形图如图所示，此时坐标为(1，0)的质点刚好开始振动，P质点的坐标为(3，0).在t1＝0.6 s时刻，P质点第二次位于波峰位置，Q质点的坐标是(－3，0).求：
(1)这列波的传播速度大小；
(2)t2＝1.5 s时质点Q的位移．
16．[2024·湖南怀化高三模拟]如图甲所示，质量为m的小球悬挂在一根劲度系数为k的轻质弹簧下端，静止后小球所在的位置为O点．取O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向建立坐标系．现将小球从O点向下拉一小段距离A，然后释放．已知重力加速度为g，小球在运动过程中弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．
(1)请证明：小球做简谐运动．
(2)从小球在位移A处释放开始计时，请在图乙坐标系中定性画出小球在一个周期内的位移－时间图像．
(3)求小球在做简谐运动过程中的加速度a与位移x的表达式，并在图丙中画出小球的a­x图像．
[2024·山东百校模拟]水袖是中国古典舞中用于情感表达的常用技巧，舞者的手将有规律的振动传导至袖子上，给人一种“行云流水”的美感．如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实、虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0 m和x2＝4.0 m的两质点，图乙为质点Q的振动图像，求：
(1)波的传播速度大小和t2；
(2)质点P的位移随时间变化的关系式．
单元素养评价（八） 机械振动与机械波
1．解析：声波的周期和频率由振源决定，故声波在空气中和在水中传播的周期和频率均相同，但声波在空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长关系v＝λf可知，波长也不同，故A正确，B、C、D错误．故选A.
答案：A
2．解析：由单摆的周期公式T0＝2π eq \r(\f(L,g)) ，因为由图像可知单摆周期为4T，假设当地重力加速度为g，代入数值得g＝ eq \f(π2L,4T2) ，故选C.
答案：C
3．解析：根据题意可知5 s内质点a振动的路程为5A，则5 s＝ eq \f(5,4) T，得T＝4 s，由题图可知λ＝4 m，所以波速v＝ eq \f(λ,T) ＝1 m/s，故选项A错误．由题意无法确定波的传播方向，故选项B错误．若波向右传播，则在5 s内质点b振动的路程为（12－2 eq \r(2) ）cm10 cm，故选项C正确．因不能确定波的传播方向，故质点c在该时刻的振动方向也无法确定，选项D错误．
答案：C
4．解析：由图像可知，该波的波长为0.5 m，故波速可表示为v＝ eq \f(λ,T) ＝ eq \f(0.5,T) ，t＝8T时，该波传播的距离为s＝vt＝4 m由于BD距离为4 m，故在t＝8T时，该波刚好传播至D点，故CD段的波形图与选项C一致．故选C.
答案：C
5．解析：主动降噪耳机利用了波的干涉原理，要想取得最好的降噪效果，则抵消声波的振幅和频率要与噪声信号的相同，且在耳膜中产生的振动应与题图中所示的振动反相，所以抵消声波的振幅为A，频率f＝ eq \f(1,T) ＝ eq \f(1,10×10－3 s) ＝100 Hz，A、D错误，B正确；抵消声波的波长λ＝vT＝340×10×10－3 m＝3.4 m，C错误．
答案：B
6．解析：由同侧法分析，波的传播方向向右，在B点的振动方向应与传播方向都在波形的同侧，即竖直向上，故A错误；由题意2 s时AE间第一次形成如图丙所示的波形，A点开始时向上运动，则可知，传播到E点出现图丙所示波形时传播了 eq \f(5,2) T，即 eq \f(5,2) T＝2 s则T＝0.8 s，故f＝ eq \f(1,T) ＝1.25 Hz，故B错误；由于B、D两点的间隔为1个波长，由周期性可知两点运动状态始终相同，故C正确；由公式可得v＝ eq \f(λ,T) ＝ eq \f(2,0.8) m/s＝2.5 m/s，故D错误．故选C.
答案：C
7．解析：由题图甲读出波长λ＝2 m，所以A错误；若题图乙是质点Q的振动图像，t＝0时Q向下振动，则波沿x轴正方向传播，故B错误；若题图乙是质点P的振动图像，t＝0时P向下振动，则波沿x轴负方向传播，所以此时Q正向上振动，经过时间t＝0.35 s＝1 eq \f(3,4) T质点Q处于波谷，坐标为（2 m，－4 cm），故C正确；若题图乙是质点Q的振动图像，t＝0时Q向下振动，则波沿x轴正方向传播，所以此时P向上振动，经过时间t＝0.35 s＝1 eq \f(3,4) T质点P处于波谷，坐标为（1 m，－4 cm），故D错误．
答案：C
8．解析：根据对称性可知，经过两点的速度大小相等，方向可能相同，故A正确；根据对称性可知，经过两点的加速度大小相等，方向相反，故B错误；若小球从a点向平衡位置O运动，经过a′点到达右边最大位移处，再返回到a′点，此过程经历的时间为振动周期T的一半，故从a点运动到a′点的时间可能等于振动周期T的一半，故C正确；小球经过aa′两点时，相对于O点的位移大小相等，方向相反，故D错误．故选AC.
答案：AC
9．解析：据题意画出t＝0时刻的波形，如图所示
根据波形平移法可知此波向x轴正方向传播，故A正确；再经0.5 s，质点a第一次位于波峰，可知该波的周期为T＝4×0.5 s＝2 s
频率为f＝ eq \f(1,T) ＝0.5 Hz，故B错误；根据波形图可知 eq \f(3,2) λ＝12 m，可得波长为λ＝8 m
则波速为v＝ eq \f(λ,T) ＝4 m/s，故C错误，D正确．故选AD.
答案：AD
10．解析：波上质点的起振方向都与波源的起振方向相同，由图乙可知，x＝0.7 m处的质点的起振方向向下，则波源的起振方向向下，A错误；把图甲的波动图像补充完整，可看出t＝0.6 s时，x＝0.1 m处的质点在波谷处，B正确；根据题意可知0到0.7 s的时间内，波传播的距离为x＝0.7 m，由v＝ eq \f(x,t) ，解得波速v＝1 m/s，由图甲可以看出波长λ＝0.4 m，结合波速v＝λf，解得波的振动频率为f＝2.5 Hz，C错误；由图像可知波的振幅A＝15 cm，波源的起振方向向下，t＝0时刻波源从坐标原点开始振动，所以可设波源振动的方程为y＝－A sin 2πft，代入数据可得y＝－15sin 5πt（cm），D正确．
答案：BD
11．解析：两列波在同种均匀介质中，波速相等，故A错误；根据图乙知，P、Q形成的两列波的周期分别为T1＝2.0 s，T2＝1.0 s根据λ＝vT知，P、Q形成的两列波的波长之比为2∶1，故B正确；t＝1.2 s时，P在平衡位置下方，加速度向上指向平衡位置，Q在平衡位置上方，加速度向下指向平衡位置，故P和Q振动的加速度方向相反，故C正确；根据f＝ eq \f(1,T) 知，两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故D错误．故选BC.
答案：BC
12．解析：（1）为了减小实验误差应测多次全振动的时间，再求出一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度会增大实验误差，故A错误；为减小实验误差，提高测量精度，相同质量下应选择体积小的铁球作为摆球，故B正确；单摆在摆角小于5°时的振动才是简谐振动，因此单摆的摆角不能过大，故C错误；根据单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可知，单摆的周期跟摆线与摆球半径之和有关，若使用弹性绳，在摆球下降或是上升的过程中，式中的l会不断发生变化，从而导致重力加速度测量不准确，故D错误．故选B.
（2）该游标卡尺的游标尺为10分度值，因此最小精度为0.1 mm，则读数可得d＝1 cm＋0.1×7 mm＝1.07 cm
（3）由题意可知在时间t内摆球全振动的次数为 eq \f(n－1,2) ，则可得小球做简谐振动的周期为T＝ eq \f(t,\f(n－1,2)) ＝ eq \f(2t,n－1)
由单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 其中l＝L＋ eq \f(d,2) ，可得g＝ eq \f(4π2,T2) （L＋ eq \f(d,2) ）
（4）摆线上端未牢固地系于悬点，实验过程中出现松动，使摆线长度增加了，则实际所测摆线长度偏小，所测重力加速度将偏小，故A不符合题意；若计算重力加速度时用L＋d作为单摆的摆长，则摆长比实际偏大，因此计算得到的重力加速度值比实际偏大，故B符合题意；摆球的振幅偏小不影响重力加速度的测量，故C不符合题意；若把n当作单摆全振动的次数，则会导致测量周期偏小，从而导致所测重力加速度偏大，故D符合题意．故选BD.
答案：（1）B （2）1.07 （3） eq \f(2t,n－1) eq \f(4π2,T2) （L＋ eq \f(d,2) ） （4）BD
13．解析：（1）根据图甲可知，该游标卡尺的游标尺为10分度值，则可知精度为0.1 mm，且游标尺第2格与主尺刻度线对齐，而主尺读数为10 mm，则可知小钢球的直径d＝10 mm＋2×0.1 mm＝10.2 mm
（4）当磁场最强时，摆球在手机的正上，即单摆的最低点，根据磁感应强度随时间变化的图像，可知相邻两次磁场最强的时间为单摆的半个周期，由此可得单摆的周期为T＝2.0 s
（5）由题意可知，单摆的摆长为l＝L＋ eq \f(d,2) 根据单摆的周期公式T＝2π eq \r(\f(l,g)) 可得g＝ eq \f(2π2（2L＋d）,T2)
（6）单摆的回复力来自重力的分量，当摆球下方吸附磁铁后，整体不再是规则的几何形状，摆球的重心不再是其几何中心，相应的下移，若仍然用O点到摆球几何中心的距离作为摆长，则根据重力加速度与摆长的关系式可知，所测重力加速度将偏小．
答案：（1）10.2 （4）2.0 （5）g＝ eq \f(2π2（2L＋d）,T2) （6）偏小
14．解析：（1）由单摆的周期公式有T＝2π eq \r(\f(l,g)) ，其中l＝R，运动员从最高点运动到最低点所用的最短时间t＝ eq \f(1,4) T，解得t＝1.57 s.
（2）运动员由静止开始下滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有mgh＝ eq \f(1,2) mv2
根据牛顿第二定律有F－mg＝ eq \f(mv2,R) ，解得F＝696 N.
答案：（1）1.57 s （2）696 N
15．解析：（1）由图示波形图可知，这列波的波长λ＝4 cm＝0.04 m，波沿x轴负方向传播，根据波形平移法知t＝0时刻P点向下振动，经过 eq \f(3,4) 个周期第二次到达波峰位置，由此可知t1＝ eq \f(3,4) T＝0.6 s
则得T＝0.8 s
所以波速为v＝ eq \f(λ,T) ＝ eq \f(0.04,0.8) m/s＝0.05 m/s.
（2）波传播到Q点所需时间t＝ eq \f(x,v) ＝0.8 s＝T
因为t2＝1.5 s＝T＋ eq \f(7,8) T
故t2＝1.5 s时质点Q的位移为
y＝4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)π)) cm＝－2 eq \r(2) cm.
答案：（1）0.05 m/s （2）－2 eq \r(2) cm
16．解析：（1）取竖直向下为正方向．物体静止在O点时kx0＝mg
将物体从O点向下拉离的距离为x时，弹簧的弹力大小F弹＝k（x0＋x）
物体振动的回复力大小为F＝k（x0＋x）－mg＝kx
回复力方向竖直向下，与位移方向相反，则位移为x时有F＝－kx
符合简谐运动的动力学特征，所以物体做简谐运动．
（2）从小球在位移A处释放开始计时，小球的位移时间图像如图所示
（3）由牛顿第二定律可知a＝ eq \f(F,m) ＝ eq \f(－kx,m) ＝－ eq \f(k,m) x
则做出a­x图像如图
答案：见解析
17．解析：（1）由图甲可知波长λ＝8 m，由图乙可知周期T＝0.2 s
所以波的传播速度为v＝ eq \f(λ,T) ＝ eq \f(8,0.2) m/s＝40 m/s
结合振动图线可知，该波沿x轴正方向传播，所以t2＝ eq \f(T,4) ＋nT＝（0.05＋0.2n）s（n＝0、1、2，…）.
（2）质点做简谐运动的表达式为y＝A sin （ eq \f(2π,T) t＋φ），由图可知A＝10 cm
t＝0时，P点的位置为y′＝10sin eq \f(2π,λ) x1 cm＝5 eq \r(2) cm
即5 eq \r(2) ＝10sin φ，又t＝0时刻质点P向下运动，解得φ＝ eq \f(3π,4)
所以y＝10sin （10πt＋ eq \f(3π,4) ） cm.
答案：（1）40 m/s （0.05＋0.2n）s（n＝0、1、2，…） （2）见解析