2025届高考物理二轮复习：第12讲 机械振动和机械波、电磁振荡和电磁波-专项训练 【含答案】

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1.[2024·杭州模拟] 某同学自己绕制天线线圈,制作一个简单的收音机,用来收听中波的无线电广播,初步制作后发现有一个频率最高的中波电台收不到,但可以接收其他中波电台.适当调整后,去户外使用,假设空间中存在波长分别为300 m、397 m、566 m的无线电波,下列说法正确的是( )
A.使接收电路产生电谐振的过程叫作解调
B.在电磁波发射技术中,只有调频这种调制方式
C.为更好接收波长为300 m的无线电波,应把收音机的调谐频率调到1 MHz
D.为了能收到频率最高的中波电台,应增加线圈的匝数
2.[2024·河北卷] 如图所示,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
rad/s,1.0 m rad/s,1.25 m
3.[2024·辽宁卷] 如图甲所示,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图乙所示(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,ρ1ρ2的值为( )
A.2nB.n2 C.2n D.12n
4.[2024·台州模拟] 控制噪声的基本原则是设法将噪声的能量转化为其他形式的能量,如图所示是一种利用薄板消除噪声的方法.将薄板安放在框架上,并与框架之间留有一定的空气层,当声波入射到薄板上时,引起板的振动.由于板本身的内耗使振动的能量转化为热量.改变薄板的材料和空气层的厚度,可有效消除不同频率的噪声.下列说法正确的是( )
A.薄板振动频率始终与入射声波的频率相等
B.随着入射声波频率的增加,薄板振动的幅度一定增大
C.当噪声停止后,薄板振动频率仍等于原噪声频率,但振幅减小
D.该系统可有效消除的噪声频率范围在其可调节的共振频率之间
5.[2024·学军中学模拟] 如图所示,在远离海岸的海面上,有两个浮筒发电装置甲、乙沿东西方向排列,相距为10 m,海面上某个方向传来一列频率恒定的平面波,波速为10 m/s,浮筒甲先开始上下振动,经0.6 s后,浮筒乙也开始振动,此后观察到当甲处于最高位置时,乙处于平衡位置且向下运动,且甲、乙之间只有一个波谷,则( )
A.波的传播方向为水平向东
B.此时海面上传播的波的波长为403 m
C.浮筒振动的周期为0.8 s
D.浮筒上下振动的振幅与波的周期无关
6.(不定项)[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
7.[2024·湖州模拟] 平静水面上建立x轴,俯视图如图所示.分别位于x1=-0.2 m和x2=0.3 m的两波源A、B起振方向相反,t=0时刻同时从各自的平衡位置开始以5 Hz的频率、4 cm的振幅上下振动,在水面上形成两列简谐横波.图中虚线为t=0.6 s时两列波恰好到达的位置,此时x=0.5 m处的质点处于平衡位置且向上振动.下列说法正确的是( )
A.两列波的传播速度为2 m/s
B.x轴上在A、B之间振动加强点个数共9个
C.t=3 s时,x=-1 m处的质点向上振动
D.t=60 s时,x=10.5 m处的质点通过的总路程为0.8 m
8.如图甲所示,线圈L的直流电阻不计,闭合开关S,待电路达到稳定状态后断开开关S,LC回路中将产生电磁振荡.从开关S断开计时,线圈中的磁场能EB随时间t的变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是( )
A.LC振荡电路的周期为2×10-3 s
B.在1×10-3 s时,电容器右极板带正电
C.1×10-3~2×10-3 s时间内,电流在减小
D.1×10-3~2×10-3 s时间内,自感电动势在增大
9.(不定项)[2024·河北唐山模拟] 如图所示,池塘分为A、B、C三个区域,浅水区A、C两部分水深相同,深水区B水波波长是浅水区水波波长的两倍,浅水区水深40 cm.O、N分别处于深浅两部分水面分界线上,OM=NP,ON=3 m,t=0时刻O点从平衡位置开始向上振动,t=2.5 s时O点第二次到达波峰,此时M点第一次到达波谷,设水波在三个区域的振幅均为A=6 cm,水波的速度v与水的深度h间的关系满足v=gℎ,式中g为重力加速度,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.深水区水深80 cm
B.O、M间距离为2 m
s后P点开始振动
D.0~2.5 s内N点振动路程为24−32 cm
10.在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系,xOy平面水平.在x轴上的两个波源S1、S2的坐标分别为x1=-9 m、x2=16 m,S1、S2的振动方程分别为z1=10sin (2πt) cm、z2=8sin 2πt+π2 cm.若两波均从平衡位置向上起振,且t=0时刻,S1刚开始振动,S2首次到达波峰处,两列波的波速均为4 m/s,传播过程中能量损耗不计.y轴上P点的坐标为y=12 m,则下列说法正确的是( )
A.两波均传至O点后,O点振幅为18 cm
B.S1波提前S2波1.25 s传至P点
C.t=5.25 s时,P点向+z方向振动
D.0~5.25 s内,质点P通过的路程为76 cm
11.[2024·衢州模拟] 如图所示,一可视为质点的小球左、右与两条完全相同的轻质橡皮绳相连,橡皮绳另外两端固定,小球处于静止状态时橡皮绳恰处于原长状态,绳长为l且遵从胡克定律,小球的质量为m,装置处于光滑水平面上.现甲将小球沿垂直绳方向缓慢推动一段距离d(d≪l)后释放,乙将小球沿绳方向缓慢推动距离4d后释放,且小球始终在水平面内运动.已知质量为m的物体所受回复力满足F=-kx时,其做简谐运动对应的振动周期为T=2πmk,则两种情况下小球首次回到平衡位置所需时间之比为( )
A.1∶2B.1∶2
C.2∶1D.2∶1
参考答案与详细解析
1.C [解析] 使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐,故A错误;在电磁波发射技术中,有调频和调幅两种调制方式,故B错误;为更好接收波长为300 m的无线电波,根据f=cλ=3×108300 Hz=1×106 Hz=1 MHz,可知应把收音机的调谐频率调到1 MHz,故C正确;为了能收到频率最高的中波电台,应增大调谐电路的固有频率,根据f=12πLC,可知应减少线圈的匝数,故D错误.
2.C [解析] 根据题意可知,紫外光笔的光点在纸面上沿x轴方向做简谐运动,光点的振动为受迫振动,其振动周期等于电动机转动周期,故该振动的圆频率ω=2πT=2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s,A、B错误;该振动的周期T=1n=5 s,由于轻杆长0.1 m,故振幅A=0.1 m,因12.5 s=2+12T,故12.5 s内光点通过的路程s=2+12×4A=1.0 m,C正确,D错误.
3.C [解析] 设地球表面的重力加速度为g,球状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',解得gg'=2,设球状天体的半径为R,则地球的半径为nR,在地球表面有Gρ1·43π(nR)3·m(nR)2=mg,在球状天体表面有Gρ2·43πR3·mR2=mg',联立解得ρ1ρ2=2n,故C正确.
4.D [解析] 薄板振动稳定后的频率与声波频率相同,初始没有达到稳定时不同,A错误;入射声波的频率与薄板的固有频率相同时,二者共振,振幅最大,声波频率增大,薄板的振幅可能会增大,也可能会减小,B错误;当噪声停止后,薄板振动逐渐不稳定至振动停止,此时频率与原噪声频率不同,C错误;只有当噪声频率范围在系统可调节的共振频率之间时,二者可以产生干涉,达到消除噪声的目的,D正确.
5.C [解析] 海浪为平面波,波速为10 m/s,经0.6 s,前进距离为6 m,而甲、乙相距10 m,可见波的传播方向与甲、乙的连线方向有一夹角,如图所示,由图知,波的传播方向应该为东南方向,故A错误;甲、乙在波的传播方向上的距离为6 m,由题意知6 m=34λ,解得波长λ=8 m,故B错误;周期为T=λv=0.8 s,故C正确;浮筒的振动为受迫振动,其振幅与驱动力的周期有关,即与波的周期有关,故D错误.
6.BC [解析] 由于两波的波速均为2 m/s,故t=0.5 s时,两波均传播了Δx=vΔt=2×0.5 m=1 m,题图所示平衡位置在x=1 m处和x=3 m处两质点的振动形式传到P点处,由波的叠加原理可知,t=0.5 s时,P偏离平衡位置的位移为-2 cm,A错误,B正确;同理,t=1 s时,题图所示平衡位置在x=0处和x=4 m处两质点的振动形式(均向y轴正方向运动)传到P点处,根据波的叠加原理可知,t=1 s时,P向y轴正方向运动,C正确,D错误.
7.D [解析] 由图可知,两列波在0.6 s内传播的距离为0.3 m,则两列波的传播速度为v=st=0.5 m/s,A错误;两列波的波长为λ=vf=0.1 m,由于两列波的起振方向相反,根据波的叠加可知,振动加强点到两波源的波程差满足Δx=(2n+1)λ2,其中0~0.3 m处有6个点,-0.2 m~0处有4个点,所以x轴上在A、B之间振动加强点个数共10个,B错误;由于此时x=0.5 m处的质点处于平衡位置且向上振动,则B波的起振方向向上,A波起振方向向下,t=3 s时,波的传播距离为x1=vt=1.5 m,则t=3 s时,两列波均已传到x=-1 m处,由于x=-1 m到两波源的波程差为Δx=0.5 m=5λ,可知此点为振动减弱点,则t=3 s时,x=-1 m处的质点在平衡位置静止不动;当t=60 s时,波的传播距离为x2=vt=30 m,可知两列波均已传到x=10.5 m处,同理可知此点为振动减弱点,则此处质点只有在B传播到而A未传播到时振动,其他时间在平衡位置静止不动,则此处质点振动的时间为Δt=0.50.5 s=1 s,通过的总路程为s=ΔtT·4A=0.8 m,D正确.
8.B [解析] t=0时刻断开开关S,电感线圈与电容器构成振荡回路,电感线圈中的电流从某一最大值开始减小,产生自感电动势对电容器充电,磁场能转化为电场能,电容器所带电荷量从零开始增加,当线圈中的电流减为零时,电容器充满电,所带电荷量达到最大,振荡电路经历T4时,磁场能为零,电场能最大,电容器中最大的电场能为2.5×10-2 J,随后电容器放电,所带电荷量减小,电感线圈中的电流反向增加,电场能转化为磁场能,形成振荡电路,故LC电路振荡周期为4×10-3 s,故A错误.断开开关前,线圈与R串联,由于线圈的直流电阻不计,所以线圈两端的电压为零,电容器两极板所带的电荷量为零,此时通过线圈的电流自左向右.当断开开关时,开始给电容器充电,电流逐渐减小,经过14个周期(t=π2LC时刻)充电电流减小到最小,此时电容器所带的电荷量最多(左板带负电,右板带正电),线圈L的感应电动势最大,故B正确.由以上分析知1×10-3~2×10-3 s时间内,电容器放电,所带电荷量减小,电感线圈中的电流反向增大,自感电动势在减小,故C、D错误.
9.BD [解析] 由λ=vT=gℎT∝ℎ可知,波长为2倍关系,则h为4倍关系,即深水区水深为160 cm,故A错误:根据vA=vC=gℎA=2 m/s,得vB=gℎB=4 m/s,由t=2.5 s时O点第二次到达波峰可知54T=2.5 s,解得T=2 s,O、M间距离xOM=vAt-34T=2 m,故B正确;波传到N所需时间tB=xONvB=34 s=0.75 s,2.5 s时N点振动了Δt=t-tB=2.5 s-0.75 s=1.75 s=78T,0~2.5 s内N点振动路程为s=4A-Asin π4=(24-32) cm,故D正确;波传到P所需时间为t=xONvB+xNPvC,代入数据得t=1.75 s,故C错误.
10.D [解析] 根据两波源的振动方程可知,两列波的振动周期均为T=2πω=2π2π s=1 s,可知两列波频率相同,相位差恒定,两列波相遇后将能发生稳定的干涉,波源S1的振动传播到O点的时间为t1=x1v=94 s=2.25 s,波源S2的振动传播到O点的时间为t2=x2v-T4=164 s-0.25 s=3.75 s,t1-t2=1.5 s=32T,故O点为振动减弱点,振幅为A=A1-A2=2 cm,故A错误;根据题意可得S1P=x12+y2=15 m,S2P=x22+y2=20 m,则可得波源S1、S2的波传播至P点的时间分别为t3=S1Pv=3.75 s,t4=S2Pv-T4=4.75 s,可得Δt=t4-t3=1 s,故B错误;当t=5.25 s时,波源S1的波在P点引起的振动时间为1.5 s,波源S2的波在P点引起的振动时间为0.5 s,可知由波源S1的波在P点引起的振动此时恰好回到平衡位置且沿着z轴负方向振动,由波源S2的波在P点引起的振动此时也恰好回到平衡位置且沿着z轴负方向振动,由此可知,t=5.25 s时,P点向-z方向振动,故C错误;根据以上分析可知,0~5.25 s内,由波源S1在P点引起的振动使P点先振动了1 s,即1个周期后波源S2的波恰好传播至P点,P点振动加强,振幅为A'=A1+A2=18 cm,由此可知,0~5.25 s内,质点P通过的路程为sP=4A1+2A'=76 cm,故D正确.
11.A [解析] 对于甲,小球受到的合力F=-2k(dsinθ-l)sin θ=-2kd+2klsin θ,由于d≪l,有sin θ≈tan θ=dl≈0,则F=-2kd,做简谐运动的周期T1=2πm2k,对于乙,小球受到的合力F=-kx,做简谐运动的周期T2=2πmk,两种情况下小球首次回到平衡位置所需时间均为14周期,则两种情况下小球首次回到平衡位置所需时间之比为1∶2,故选A.