第二章　《机械振动与机械波》综合评估

时间：90分钟　满分：100分

一、选择题(1～6为单选，7～10为多选，每小题4分，共40分)

1．雷声隆隆不绝，这是一种什么现象(　B　)

A．声音的共鸣现象

B．声波在云层界面上发生多次反射的现象

C．声波绕过障碍物的衍射现象

D．声波在叠加时的干涉现象

2．一列简谐波在均匀介质中沿直线向右以v的速度传播，图中上半部分所示的各质点的平衡位置在同一直线上，间距相等，以质点1从平衡位置开始竖直向上运动为起始时刻，经过时间t，前13个质点第一次形成如图下半部分所示波形图，则两质点平衡位置的间距d为(　D　)

A.   B.

C.   D.

解析：由题意可知，各质点的起振方向竖直向上，前13个质点第一次形成如题图下半部分所示波形图说明波已经传播了2 T，即2 T＝t；而该波的波长λ＝v T；由图象可知：λ＝8d；联立以上各式得：d＝，故D正确．

3.如图所示，S为波源，M、N为两块挡板，其中M板固定，N板可上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A点没有振动，为了使A点能发生振动，可采用的方法有：①增大波源的频率；②减小波源的频率；③将N板向上移动一些；④将N板向下移动一些．以上方法正确的是(　B　)

A．①④   B．②③

C．①③   D．②④

解析：A点没有振动，说明衍射现象不明显，即狭缝的尺寸比波长大得多．为使A点振动，可使波长大些或使狭缝窄一些，B正确．

4．两列振幅和波长都相同而传播方向相反的波如图甲所示，在相遇的某一时刻如图乙所示，两列波“消失”了，此时介质中M、N两质点的振动方向是(　A　)

A．M点向下，N点向上   B．M点向上，N点向下

C．M点、N点都向下   D．M点、N点都静止

解析：题图所示时刻M、N的位移均为零，但下一时刻，M点位置在平衡位置下方，故M点将向下振动，N点位置在平衡位置上方，故N点将向上振动．

5．一单摆由甲地移到乙地后，发现走时变快了，其变快的原因及调整的方法是(　B　)

A．g甲>g乙，将摆长缩短

B．g甲<g乙，将摆长放长

C．g甲<g乙，将摆长缩短

D．g甲>g乙，将摆长放长

解析：走时变快了，说明周期T＝2π变小了，即g乙>g甲，若要恢复原来的周期，则需把摆长变长，使不变．

6.如图所示，在光滑水平面上的弹簧振子，弹簧形变的最大限度为20 cm，图示P位置是弹簧振子处于自然伸长的位置，若将振子m向右拉动5 cm后由静止释放，经0.5 s振子m第一次回到P位置，关于该弹簧振子，下列说法正确的是(　D　)

A．该弹簧振子的振动频率为1 Hz

B．若向右拉动10 cm后由静止释放，经过1 s振子m第一次回到P位置

C．若向左推动8 cm后由静止释放，振子m两次经过P位置的时间间隔是2 s

D．在P位置给振子m任意一个向左或向右的初速度，只要位移不超过20 cm，总是经0.5 s速度就降为0

解析：本题考查简谐运动的周期性．由题意知，该弹簧振子振动周期为T＝0.5×4 s＝2 s，且以后不再变化，即弹簧振子固有周期为2 s，振动频率为0.5 Hz，所以B选项中应经过0.5 s第一次回到P位置，A、B选项错误；C选项中两次经过P位置的时间间隔为半个周期，是1 s，C选项错误，D选项正确．

7.如图所示为某鱼漂的示意图．当鱼漂静止时，水位恰好在O点．用手将鱼漂往下按，使水位到达M点．松手后，鱼漂会上下运动，水位在MN之间来回移动．不考虑阻力的影响，下列说法正确的是(　AB　)

A．鱼漂的运动是简谐运动

B．水位在O点时，鱼漂的速度最大

C．水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度

D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大

解析：设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h.当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明在O点浮力等于重力，即mg＝ρgSh.可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下按x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式．因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合＝－kx)，鱼漂做的是简谐运动，选项A正确；O点是平衡位置，所以O点时鱼漂的速度最大，选项B正确；水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，选项C错误；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，选项D错误．

8．陈明、张磊和杜丽三位同学，在学习了波的干涉的知识后，通过以下的实验，开展了一次研究性学习活动．他们将收录机外接两只较小的单扬声器音箱，两只音箱并排放置，彼此相距0.5～1 m，播放事先录好的频率为2～3 kHz的磁带．然后在两扬声器连线相距3～6 m的平行线上向一个方向上运动，的确听到了忽高忽低的声音．假如两列声波的波谷在P点相遇，则下述正确的是(　BD　)

A．质点P的振动始终是减弱的

B．质点P的振幅最大

C．质点P的位移始终最小

D．质点P的位移有时为零

解析：两列波的波谷在P点相遇，振动方向相同，振动应加强，故B、D正确．

9.如图所示，一根绷紧的水平绳上挂五个摆，其中A、E摆长均为l，先让A摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则(　ACD　)

A．其他各摆振动周期跟A摆相同

B．其他各摆振动的振幅大小相等

C．其他各摆振动的振幅大小不同，E摆的振幅最大

D．B、C、D三摆振动的振幅大小不同，B摆的振幅最小

解析：A摆振动后迫使水平绳摆动．水平绳又迫使B、C、D、E四摆做受迫振动，由于物体做受迫振动的周期总是等于驱动力的周期，因此，B、C、D、E四摆的周期跟A摆相同．驱动力的频率等于A摆的固有频率fA＝＝，其余四摆的固有频率与驱动力的频率关系是：

fB＝≈1.41fA，fC＝≈0.82fA

fD＝≈0.71fA，fE＝＝fA

可见只有E摆的固有频率与驱动力的频率相等，它发生共振现象，其振幅最大，B、C、D三个摆均不发生共振，振幅各异，其中B摆的固有频率与驱动力的频率相差最大，所以它的振幅最小．

10．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4 cm，振动的平衡位置位于x轴上的0点．如图甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态：黑点表示振子的位移，黑点上的箭头表示运动的方向．如图乙给出的①②③④四条振动曲线，可用于表示振子的振动图象的是(　AD　)

A．若规定状态a时t＝0，则图象为①

B．若规定状态b时t＝0，则图象为②

C．若规定状态c时t＝0，则图象为③

D．若规定状态d时t＝0，则图象为④

解析：振子在状态a时t＝0，此时的位移为3 cm，且向规定的正方向运动，故选项A正确．振子在状态b时t＝0，此时的位移为2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图象②中初始位移不对，选项B错误．振子在状态c时t＝0，此时的位移为－2 cm，且向规定的负方向运动，相应的图象③中运动方向及初始位移均不对，选项C错误．振子在状态d时t＝0，此时的位移为－4 cm，速度为零，故选项D正确．

二、填空题(每小题9分，共18分)

11．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．

(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图甲所示．这样做的目的是AC(填字母代号)．

A．保证摆动过程中摆长不变

B．可使周期测量得更加准确

C．需要改变摆长时便于调节

D．保证摆球在同一竖直平面内摆动

(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，则该摆球的直径为12.0 mm，单摆摆长为0.993_0 m.

(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是A(填字母代号)．

解析：(1)夹牢摆线可以使摆动过程中摆线长度不变，夹子可以根据需要改变摆长，故选择A、C；

(2)游标尺的0刻线与主尺12 mm对齐，10刻线与主尺刻线对齐，所以读数为12.0 mm；摆长L＝0.999 0 m－ m＝0.993 0 m；

(3)sin5°＝0.087，摆长为1 m，所以振幅约为8.7 cm，C、D误差较大；又振子在平衡位置开始计时误差较小，所以t＝0时，振子应在平衡位置，故选择A.

12.用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示．

(1)组装单摆时，应在下列器材中选用AD(选填选项前的字母)．

A．长度为1 m左右的细线

B．长度为30 cm左右的细线

C．直径为1.8 cm的塑料球

D．直径为1.8 cm的铁球

(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝(用L、n、t表示)．

(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.

请计算出第3组实验中的T＝2.01 s，g＝9.76 m/s2.

(4)用多组实验数据作出T2－L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2－L图线的示意图如图乙中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是B(选填选项前的字母)．

A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L

B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次

C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值

(5)某同学在家里测重力加速度．他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示．由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g＝(用l1、l2、T1、T2表示)．

解析：(1)单摆模型需要满足的条件是，摆线的长度远大于小球直径，小球的密度越大越好，这样可以忽略空气阻力．

(2)周期T＝，结合T＝2π，推出g＝.

(3)周期T＝＝＝2.01 s，

由T＝2π，解出g＝9.76 m/s2.

(4)由T＝2π，两边平方后可知T2－L是过原点的直线，b为正确的图象，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数．

(5)设A到铁锁重心的距离为l，则第1、2次的摆长分别为l＋l1、l＋l2，由T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝.

三、计算题(共42分)

13．(10分)一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．

(1)求t＝0.25×10－2 s时刻的位移．

(2)从t＝0到t＝8.5×10－2 s的时间内，质点的路程、位移各为多大？

答案：(1)－1.414 cm　(2)34 cm　0

解析：(1)由图象可知T＝2×10－2 s，则ω＝＝100π，横坐标t＝0.25×10－2s时，所对应的纵坐标x＝－Acosωt＝2cos(100π×0.25×10－2) cm≈－1.414 cm.

(2)因振动是变速运动，因此只能利用其周期性求解．即一个周期内通过的路程为4个振幅，本题中Δt＝8.5×10－2 s＝T，所以通过的路程为×4A＝17A＝17×2 cm＝34 cm，经个周期振子回到平衡位置，位移为零．

14．(10分)某实验室中悬挂着一弹簧振子A和一单摆B，弹簧振子的弹簧和小球(球中间有孔)都套在固定的光滑竖直杆上．某次有感地震中观察到静止的振子A开始振动4.0 s后，单摆B才开始摆动．此次地震中同一震源产生的地震纵波和横波的波长分别为10 km和5.0 km，频率为1.0 Hz.假设该实验室恰好位于震源的正上方，求震源离实验室的距离．

答案：40 km

解析：设地震纵波和横波的传播速度分别为vP和vS，则vP＝fλP，vS＝fλS，式中，f为地震波的频率，λP和λS分别表示地震纵波和横波的波长．设震源离实验室的距离为s，纵波从震源传播到实验室所需时间为t，则s＝vPt，s＝vS(t＋Δt)，式中，Δt为摆B开始摆动的时刻与振子A开始振动的时刻之差．由以上各式得s＝，代入数据得s＝40 km.

15．(10分)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10 cm.O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5 cm处的两个质点．t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4 cm，质点A处于波峰位置；t＝ s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1 s时，质点A第一次回到平衡位置．求：

(1)简谐波的周期、波速和波长；

(2)质点O的位移随时间变化的关系式．

答案：(1)4 s　7.5 cm/s　30 cm

(2)y＝0.08cos(＋)或y＝0.08sin(＋)

解析：(1)设振动周期为T.由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是个周期，由此可知T＝4 s①

由于质点O与A的距离5 cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t＝ s时回到平衡位置，而A在t＝1 s时回到平衡位置，时间相差 s．两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度

v＝7.5 cm/s②

利用波长、波速和周期的关系得，简谐波的波长

λ＝30 cm③

(2)设质点O的位移随时间变化的关系为

y＝Acos④

将①式及题给条件代入上式得⑤

解得φ0＝，A＝8 cm⑥

质点O的位移随时间变化的关系式为

y＝0.08cos(国际单位制)⑦

或y＝0.08sin(国际单位制)

16．(12分)有两列简谐横波a、b在同一介质中沿x轴正方向传播，波速均为v＝2.5 m/s.在t＝0时，两列波的波峰正好在x＝2.5 m处重合，如图所示．

(1)求两列波的周期Ta和Tb.

(2)求t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置．

(3)辨析题：分析并判断在t＝0时是否存在两列波的波谷重合处．

某同学分析如下：既然两列波的波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在．只要找到这两列波半波长的最小公倍数，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置．

你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些点的位置．

若不正确，指出错误处并通过计算说明理由．

答案：(1)1 s　1.6 s

(2)x＝(2.5±20k) m，k＝0,1,2,3…

(3)见解析

解析：(1)从图中可以看出两列波的波长分别为λa＝2.5 m，λb＝4.0 m，因此它们的周期分别为

Ta＝＝ s＝1 s，Tb＝＝ s＝1.6 s.

(2)两列波波长的最小公倍数为S＝20 m，t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置为x＝(2.5±20k) m，k＝0,1,2,3，…

(3)该同学的分析不正确．要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置．设距离x＝2.5 m的L处两列波的波谷与波谷相遇，并设

L＝(2m－1)，L＝(2n－1)，式中m、n均为正整数．

只要找到相应的m、n即可．

将λa＝2.5 m，λb＝4.0 m代入并整理，得

＝＝＝.

由于上式中，m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处．