2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题5第12讲（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题5第12讲（Word版附解析），共12页。
A组·基础练
1.(2024·广东卷)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为1 m/s，t＝0时的波形如图所示。t＝1 s时，x＝1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为( )
A．0 B．0.1 m
C．－0.1 m D．0.2 m
【答案】 B
【解析】 由图可知简谐波的波长为λ＝2 m，所以周期为T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(2 m,1 m/s)＝2 s，当t＝1 s时，x＝1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处，故相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。
2.(多选)(2024·四川内江模拟)如图，是一质点做简谐运动的振动图像。则下列结论中，正确的是( )
A．质点速度最大，而加速度为零的时刻分别是0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s
B．质点速度为零，而加速度为负方向最大值的时刻分别是0 s、0.4 s、0.8 s
C．质点所受的回复力方向由正变负的时刻是0.2 s
D．振动系统势能最大，而加速度为正方向最大值的时刻是0.3 s
【答案】 AB
【解析】 质点速度最大，而加速度为零的时刻质点正处于平衡位置，由振动图像可知，该时刻分别是0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s，A正确；加速度的方向始终与位移方向相反，质点速度为零，而加速度为负方向最大值的时刻质点正处于正方向位移最大处，由振动图像可知，该时刻分别是0 s、0.4 s、0.8 s，B正确；质点所受的回复力方向始终与位移方向相反，质点所受的回复力方向由正变负的时刻是0.3 s、0.7 s，C错误；振动系统势能最大时，位移最大，加速度的方向始终与位移方向相反，则振动系统势能最大，而加速度为正方向最大值的时刻是0.2 s、0.6 s，D错误。故选AB。
3.(2024·江苏卷)如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA＝2AB，t＝0时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A开始振动，则B振动的时刻为( )
A．t1 B．eq \f(3t1,2)
C．2t1 D．eq \f(5t1,2)
【答案】 B
【解析】 机械波的波速v不变，设OA＝2AB＝2L，故可得t1＝eq \f(2L,v)，可得tAB＝eq \f(L,v)＝eq \f(1,2)t1，故可得B振动的时刻为t＝t1＋tAB＝eq \f(3,2)t1，故选B。
4.(多选)(2024·甘肃天水模拟)如图所示，A(4,0)点处存在甲波源，B(0,3)点处存在乙波源，t＝0时两个波源同时起振，起振方向垂直纸面向外，振动规律分别为zA＝5sin 4πt(cm)、zB＝3sin 4πt(cm)，两列波的波长均为λ＝1 m。下列说法正确的是( )
A．两列波的传播速度均为3 m/s
B．t＝1 s时，波源的速度最大
C．O点是振动加强点
D．t＝4 s时，O点的位移为零
【答案】 BCD
【解析】 由振动规律可知，两列波周期均为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,4π)＝0.5 s，两列波的传播速度均为v＝eq \f(λ,T)＝2 m/s，故A错误；由波源的振动函数可知，t＝0时，波源质点位于平衡位置，又t＝1 s＝2T，此时波源回到平衡位置，波源的振动速度最大，故B正确；两波源起振方向相同，又OA－OB＝1 m＝λ，所以O点是振动加强点，故C正确；t＝4 s时，两列波已经传播到O点，A波引起的分位移为zA′＝5sin 4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(4,2)))＝0，B波引起的分位移为zB′＝3sin 4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(3,2)))＝0，所以t＝4 s时，O点的位移为零，故D正确。故选BCD。
5.(多选)(2024·新课标全国卷)位于坐标原点O的波源在t＝0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x＝3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则( )
A．波的周期是0.1 s
B．波的振幅是0.2 m
C．波的传播速度是10 m/s
D．平衡位置在x＝4.5 m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置
【答案】 BC
【解析】 波的周期和振幅与波源相同，故可知波的周期为T＝0.2 s，振幅为A＝0.2 m，故A错误，B正确；P开始振动时，波源第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为t＝eq \f(3,4)T＋T＝0.35 s，故可得波速为v＝eq \f(xOP,t)＝eq \f(3.5,0.35) m/s＝10 m/s，故C正确；波从P传到Q点需要的时间为t′＝eq \f(xPQ,v)＝0.1 s＝eq \f(1,2)T，故可知质点Q开始振动时质点P处于平衡位置，故D错误。故选BC。
6.(多选)(2024·山东威海二模)一列横波在某介质中沿x轴传播，t＝0.4 s时的波形图如图甲所示。M、N分别是平衡位置在x1＝2.0 m和x2＝4.5 m处的两个质点，图乙为质点M的振动图像，下列说法正确的是( )
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的波速为10 m/s
C．从t＝0.4 s到t＝0.6 s，M通过的路程为(20－5eq \r(3))cm
D．t＝0.6 s时，N向y轴负方向振动
【答案】 BC
【解析】 由图乙可知，t＝0.4 s时质点M向上振动，根据“上下坡”法可得，该波沿x轴正方向传播，故A错误；波长为6 m，周期为0.6 s，所以v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(6,0.6) m/s＝10 m/s，故B正确；根据质点的振动情况可知，0.4 s时，质点M的位移为5eq \r(3) cm，所以从t＝0.4 s到t＝0.6 s，M通过的路程为s＝(10－5eq \r(3))＋10＝(20－5eq \r(3))cm，故C正确；t＝0.4 s时，质点N处于负的最大位移处，所以t＝0.6 s时，即经过0.2 s(三分之一个周期)，N向y轴正方向振动，故D错误。故选BC。
7.(2024·河北卷)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x－t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为( )
A．0.2 rad/s,1.0 m B．0.2 rad/s,1.25 m
C．1.26 rad/s,1.0 m D．1.26 rad/s,1.25 m
【答案】 C
【解析】 紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的转速为n＝12 r/min＝0.2 r/s，因此圆频率ω＝2πn＝0.4π＝1.26 rad/s，周期为T＝eq \f(1,n)＝5 s，简谐振动的振幅即为轻杆的长度A＝0.1 m,12.5 s通过的路程为s＝eq \f(12.5,5)×4A＝1 m，故选C。
8.(多选)(2024·河南模拟)P、Q为x轴上相距为10 m的两个波源，P点在坐标原点，在t＝0时两波源同时开始振动，如图甲所示为波源P的振动图像，图乙为波源Q在t＝1 s时形成的波形图。下列说法正确的是( )
A．两波源形成的波速为2 m/s
B．波源Q在t＝0时的起振方向沿y轴负方向振动
C．波源Q在t＝0时的起振方向沿y轴正方向振动
D．P、Q之间有两个振动加强点
【答案】 BD
【解析】 由图甲可知波源P的振动周期T＝2 s，波源P在t＝0时沿y轴正方向振动，由图乙可知1 s内波源Q的振动形式传播了半个波长，所以波源Q的振动周期也为2 s，波长为8 m，根据波速与波长的关系，解得两波源形成的波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,2) m/s＝4 m/s，故A错误；t＝1 s时，波源Q产生的波传到x＝6 m的位置，此时x＝6 m的质点沿y轴负方向振动，则波源Q在t＝0时的起振方向沿y轴负方向，故B正确，C错误；波源P、Q振动方向相反，则P、Q之间的振动加强点到两波源的距离之差为半波长的奇数倍，有x－(10－x)＝±(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2,3…)，解得x＝3 m或x＝7 m，故P、Q之间有两个振动加强点，故D正确。故选BD。
9.(多选)(2024·福建泉州模拟)如图，一列简谐横波沿水平方向传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.3 s时的波形图，已知该简谐波的周期大于0.3 s。关于该简谐波，下列说法正确的是( )
A．若波向左传播，周期为0.4 s
B．若波向左传播，x＝1.5 m处的质点在t＝0.6 s时，振动方向沿y轴正方向
C．若波向右传播，波速为10 m/s
D．若波向右传播，x＝4 m处的质点在t＝0.7 s时位于波谷
【答案】 BC
【解析】 若波向左传播，由题意知该简谐波的周期大于0.3 s，则有eq \f(1,4)T＝0.3 s，可得周期为T＝1.2 s，由于Δt＝0.6 s＝eq \f(1,2)T，由波形图可知，x＝1.5 m处的质点在t＝0.6 s时，质点处于由波谷向平衡位置振动的过程，振动方向沿y轴正方向，故A错误，B正确；若波向右传播，由题意知该简谐波的周期大于0.3 s，则有eq \f(3,4)T＝0.3 s，可得周期为T＝0.4 s，由题图可知波长为λ＝4 m，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,0.4) m/s＝10 m/s，由于Δt＝0.7 s＝1eq \f(3,4)T，由波形图可知，x＝4 m处的质点在t＝0.7 s时位于波峰，故C正确，D错误。故选BC。
B组·综合练
10．(2024·云南昆明模拟)两列简谐横波在同一介质中相向传播，t＝0时刻的波形如图所示，两波源的平衡位置分别位于M、N两点处，O点为M、N连线的中点，两波源的振动方向平行。已知M、N两点的间距d＝16 m，振动频率均为f＝2.5 Hz，M处波源的振幅A1＝10 cm，N处波源的振幅A2＝5 cm。t＝1.2 s时刻O处的质点开始振动。下列说法正确的是( )
A．两列波的波速大小均为eq \f(20,3) m/s
B．从t＝0到t＝2.2 s，O处质点运动的路程为0.5 m
C．从t＝2.0 s到t＝2.2 s，O处质点的动能先增大后减小
D．经过足够长的时间，MN间(不包括M、N两点)振幅为15 cm的点共有14个
【答案】 B
【解析】 两列简谐横波在同一介质中传播，波速相等，由于两列简谐横波振动频率相等，则两列波的波长相等，故d－2λ＝2vt，又v＝λf，联立解得λ＝2 m，v＝5 m/s，故A错误；两列简谐横波的周期为T＝eq \f(1,f)＝eq \f(1,2.5) s＝0.4 s，两波源振动步调相反，O点为M、N连线的中点，可知O处质点为振动减弱点，t＝1.2 s时刻O处的质点开始振动，从t＝1.2 s到t＝2.2 s，O处质点振动了1 s，即eq \f(5,2)T，故从t＝0到t＝2.2 s，O处质点运动的路程为s＝eq \f(5,2)×4(A1－A2)＝10×(10－5)cm＝50 cm＝0.5 m，故B正确；t＝1.2 s时刻O处的质点开始振动，从t＝1.2 s到t＝2 s，O处质点振动了0.8 s，即2T，可知t＝2 s时刻O处的质点位于平衡位置，从t＝2 s到t＝2.2 s，O处质点振动了0.2 s，即eq \f(1,2)T，可知t＝2 s时刻O处的质点位于平衡位置，故从t＝2.0 s到t＝2.2 s，O处质点的动能先减小后增大，故C错误；振幅为15 cm的点为振动加强点，设振动加强点与M点的距离为x，两波源振动步调相反，则|x－(16－x)|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))λ(n＝0,1,2,3…)解得x＝0.5 m、1.5 m、2.5 m、3.5 m、4.5 m、5.5 m、6.5 m、7.5 m、8.5 m、9.5 m、10.5 m、11.5 m、12.5 m、13.5 m、14.5 m、15.5 m、故经过足够长的时间，MN间(不包括M、N两点)振幅为15 cm的点共有16个，故D错误。故选B。
11.(多选)(2024·山东卷)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2 m/s。t＝0时刻二者在x＝2 m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x＝2 m处的质点P，下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0
B．t＝0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为－2 cm
C．t＝1.0 s时，P向y轴正方向运动
D．t＝1.0 s时，P向y轴负方向运动
【答案】 BC
【解析】 在0.5 s内，甲、乙两列波传播的距离均为Δx＝vΔt＝2×0.5 m＝1 m，根据波形平移法可知，t＝0.5 s时，x＝1 m处甲波的波谷刚好传到P处，x＝3 m处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，根据叠加原理可知，t＝0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为－2 cm，故A错误，B正确；在1.0 s内，甲、乙两列波传播的距离均为Δx′＝vΔt′＝2×1.0 m＝2 m，根据波形平移法可知，t＝1.0 s时，x＝0甲波的平衡位置振动刚好传到P处，x＝4 m处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，且此时两列波的振动都向y轴正方向运动，根据叠加原理可知，t＝1.0 s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。故选BC。
12.(2024·黑吉辽卷)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。eq \f(ρ1,ρ2)的值为( )
A．2n B．eq \f(n,2)
C．eq \f(2,n) D．eq \f(1,2n)
【答案】 C
【解析】 设地球表面的重力加速度为g，某球体天体表面的重力加速度为g′，弹簧的劲度系数为k，根据简谐运动的对称性有k·4A－mg＝mg，k·2A－mg′＝mg′，可得g＝eq \f(2kA,m)，g′＝eq \f(kA,m)，可得eq \f(g,g′)＝2，设某球体天体的半径为R，在星球表面，有Geq \f(ρ1·\f(4,3)πnR3·m,nR2)＝mg，Geq \f(ρ2·\f(4,3)πR3·m,R2)＝mg′，联立可得eq \f(ρ1,ρ2)＝eq \f(2,n)，故选C。
13.(多选)(2024·浙江金华三模)如图所示，在操场平面内建立平面直角坐标系，平面内有一半径为R＝10 m的圆形轨道，圆心在O处，A、B分别为圆上两点。现于A(－10 m,0)、B(10 m,0)两点分别安装了两个扬声器。两个扬声器连续振动发出简谐声波，其振动图像如下图所示。已知声波在空气中的传播速率为v＝340 m/s，两波频率均为f＝68 Hz，振幅相等。甲同学从B点沿直线运动到A点(不含A、B点)，乙同学从B点沿圆轨道逆时针运动半周到A点(不含A、B点)。下列说法正确的是( )
A．甲同学有7次听不到声音
B．甲同学听不到声音的位置坐标可能为(－7.5 m,0)
C．乙同学有7次听不到声音
D．乙同学听不到声音的位置坐标方程为eq \r(10＋x2＋y2)＋eq \r(10－x2＋y2)＝5n(n＝0，±1，±2，±3)
【答案】 ABC
【解析】 根据题意，由公式可知，波长为λ＝eq \f(v,f)＝5 m，因为振源反向振动，故当Δx＝nλ时，是振动减弱点，听不到声音，由于eq \f(xAB,λ)＝4，则有(R＋x)－(R－x)＝nλ(n＝0，±1，±2，±3)，即x＝eq \f(nλ,2)(n＝0，±1，±2，±3)，满足上式时，甲听不到声音，当n＝0时，x＝0，当n＝±1时，x＝±2.5 m，当n＝±2时x＝±5 m，当n＝±3时x＝±7.5 m，甲共7次听不到声音，故A、B正确；根据题意，设乙听不到声音的位置坐标为(x，y)，则有eq \r(R＋x2＋y2)－eq \r(R－x2＋y2)＝nλ(n＝0，±1，±2，±3…)，且x2＋y2＝R2，整理可得，该同学听不见声音的点的位置坐标方程为eq \r(10＋x2＋y2)－eq \r(10－x2＋y2)＝5n(n＝0，±1，±2，±3…)，且x2＋y2＝100，联立可得eq \r(10＋x2＋y2)－eq \r(10－x2＋y2)＝5n(n＝0，±1，±2，±3)，可知乙同学有7次听不到声音，故C正确，D错误。故选ABC。
14.(2024·江西上饶模拟)如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，在t＝0时刻的波形如图所示，P、Q是波传播路径上的两个质点，此时质点P在平衡位置，质点Q的位移为5eq \r(3) cm，质点P比质点Q振动超前0.3 s，则下列判断正确的是( )
A．质点P的平衡位置坐标为x＝4.5 cm
B．波的传播速度为0.2 m/s
C．质点Q在0.45 s内运动的路程为10 cm
D．质点P的振动方程为y＝10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)πt))cm
【答案】 B
【解析】 t＝0时，P、Q的位置如题图，以P点为参考，且P处于平衡位置，设其初相位为0，Q点位移是5eq \r(3) cm，而振幅为10 cm，则y＝10sin θ，代入得5eq \r(3)＝10sin θ，θ＝eq \f(π,3)，即Q点的初相位为θ＝eq \f(π,3)，二者相位差在t＝0时为eq \f(π,3)，则O、P间的距离为eq \f(\f(π,6),2π)λ＝eq \f(1,12)λ＝3 cm，质点P的平衡位置坐标为x＝3 cm，A错误；Q点平衡位置坐标为x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,3),2π)λ＝eq \f(1,4)λ＝9 cm，则波传播的速度为v＝eq \f(9 cm－3 cm,0.3 s)＝0.2 m/s，B正确；由波动周期T＝eq \f(λ,v)＝1.8 s，可知，0.45 s为四分之一周期，质点Q不在平衡位置，在此四分之一周期内运动的路程大于10 cm，C错误；由同测法知，t＝0时质点P向下振动，振动方程为y＝－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t))cm＝－10sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9)πt))cm，D错误。故选B。
15.(2024·陕西渭南二模)如图所示，在xOy平面内有两个点波源S1、S2分别位于x轴上x1＝0、x2＝10 m处，它们在同一均匀介质中均从t＝0开始沿y轴正方向做简谐运动，波源S1开始的振动方程为y1＝5sin(5πt)cm，波源S2开始的振动方程为y2＝3sin(5πt)cm，质点P位于x轴上x3＝1 m处，已知质点P在t＝0.1 s时开始振动，求：
(1)这两列波在介质中的波长；
(2)在t＝0至t＝1.3 s内质点P通过的路程。
【答案】 (1)4 m (2)72 cm
【解析】 (1)由题意知ω＝5π rad/s，周期
T＝eq \f(2π,ω)＝0.4 s，
波速为v＝eq \f(x3,t)＝10 m/s，
波长为λ＝vT＝4 m。
(2)P点到两波源的路程差
d＝S2P－S1P＝8 m＝2λ
所以P点是振动加强点。
0～0.1 s内，P不振动；
0．1 s～0.9 s内，P只参与由波源S1产生的振动，故s1＝8A＝40 cm
0．9 s～1.3 s内，P同时参与由波源S1和S2产生的振动且振动加强，故s2＝4(A1＋A2)＝32 cm
综上所述，在t＝0至t＝1.3 s内质点P通过的路程s＝s1＋s2＝72 cm。