2024高考物理一轮复习考点攻破训练——机械振动与机械波练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——机械振动与机械波练习含解析教科版，共9页。


图1
A．Q质点开始振动的方向向上
B．该波的波长为6m
C．Q质点的振动比波源S滞后8.0s
D．当Q质点刚要振动时，P质点正沿平衡位置向下振动
E．Q质点开始振动后，在9s内通过的路程是54cm
2．(多选)(2023·江西南昌市第二次模拟)一列简谐横波，在t＝0.6s时刻的图像如图2甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是( )
图2
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是eq \f(50,3)m/s
C．从t＝0.6s开始，紧接着的Δt＝0.6s时间内，A质点通过的路程是10m
D．从t＝0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置
E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10m的障碍物不能发生明显衍射现象
3．(多选)(2023·四川南充市第三次适应性考试)在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图3所示，其波速为5m/s，则下列说法正确的是( )
图3
A．此时P、Q两点运动方向相同
B．再经过0.5s质点N刚好位于(－5m,20cm)位置
C．该波只有遇到2m的障碍物才能发生明显衍射
D．波的频率与波源的振动频率无关
E．能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz
4．(多选)(2023·四川广元市统考)体育课上李辉同学一脚把足球踢到了足球场下面的池塘中间．王奇提出用石头激起水波让水浪把足球推到池边，他抛出一石块到水池中激起了一列水波，可是结果足球并没有被推到池边．大家一筹莫展，恰好物理老师来了，大家进行了关于波的讨论．物理老师把两片小树叶放在水面上，大家观察发现两片小树叶在做上下振动，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶在1min内都上下振动了36次，两树叶之间有2个波峰，他们测出两树叶间水面距离是4m．则下列说法正确的是( )
A．该列水波的频率是36Hz
B．该列水波的波长是1.6m
C．该列水波的波速是0.96m/s
D．两片树叶的位移始终等大反向
E．足球不能到岸边的原因是水波的振幅太小
5．(多选)(2023·河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图4所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在x轴上，当t＝0时，波源x＝0处的质点S开始振动，t＝0.5s时，刚好形成如图4所示波形，则( )
图4
A．波源的起振方向向下
B．该波的波长为4m
C．该波的波速为6m/s
D．t＝1.5s时，x＝4m处的质点速度最大
E．t＝1.5s时，x＝5m处的质点加速度最大
6．(多选)(2023·福建泉州市5月第二次质检)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时，波刚好传播到M点，波形如图5实线所示，t＝0.3s时，波刚好传播到N点，波形如图虚线所示．则以下说法正确的是( )
图5
A．波的周期为0.6s
B．波的波速为20m/s
C．c点在0～0.3s内通过的路程等于24cm
D．t＝eq \f(1,6)s时，b点到达平衡位置
E．t＝0.25s时，a点与M点的位移相同
7．(多选)(2023·广东揭阳市第二次模拟)如图6所示，a、b两列沿x轴传播的简谐横波，0时刻的波形如图所示，两列波传播的速度大小均为v＝2m/s.a波的振幅为2cm，沿x轴正向传播，b波的振幅为1cm，沿x轴负向传播，下列说法中正确的是( )
图6
A．横波a的周期为2s
B．x＝1m处的质点的振幅为1cm
C．t＝0.5s时刻，x＝2m处的质点位移为－3cm
D．t＝0.5s时刻，x＝1m处的质点向y轴负方向振动
E．t＝1.0s时刻，x＝2m处的质点位移大小等于3cm
8．(2023·广东广州市4月综合测试)波速相等的两列简谐波在x轴上相遇，一列波(虚线)沿x轴正向传播，另一列波(实线)沿x轴负向传播．某一时刻两列波的波形如图7所示，两列波引起的振动在x＝8m处相互________(选填“加强”或“减弱”), 在x＝10m处相互________(选填“加强”或“减弱”)；在x＝14m处质点的振幅为________cm.
图7
9．(2023·福建龙岩市模拟)如图8，位于坐标原点的某波源S振动方程y＝10·sin200πt(cm)，产生的简谐横波沿x轴正负方向传播，波速v＝80m/s.在x轴上有M、N、P三点，已知SM＝SN＝1m，NP＝0.2m．当波刚传到质点P时，P点的振动方向沿y轴________(选填“正”或“负”)方向，N质点的位移为________cm.此后质点M、N的振动方向始终________(选填“相同”或“相反”)．
图8
10．(2023·福建宁德市5月质检)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图9甲为波传播到M点时的波形图，图乙是位于x＝2m处的质点某时刻开始计时的振动图像，Q是位于x＝10m处的质点，则M点从开始振动到Q点第一次出现波峰的时间为________s；波由M点传到Q点的过程中，x＝4m处的质点通过的路程为________cm.
图9
11．(2023·陕西宝鸡市质检二)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，t＝0时刻的波动图像如图10甲所示，其中处于x1＝5m处的质点A的振动图像如图乙所示，此时振动恰好传播到x2＝7m的质点处，A、B两点均在x轴上，两者相距sAB＝25m，求：
图10
(1)这列波的传播速度；
(2)从t＝0时刻开始10s内质点B运动的路程和位移．
12．(2023·辽宁沈阳市质量检测(一))如图11所示，是一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度v＝4m/s.
图11
(1)求x＝2.5m处质点在0～4.5s内通过的路程及t＝4.5s时的位移．
(2)此时A质点的纵坐标为2cm，试求从图示时刻开始经过多长时间A质点第一次到达波峰？(结果保留两位有效数字)
13．(2023·宁夏银川市高三质检)图12甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，Q为平衡位置为x1＝10cm的质点，P为平衡位置为x2＝17.5cm的质点．图乙为Q质点从该时刻起的振动图像．
图12
(1)判断波的传播方向；
(2)从该时刻起，在哪些时刻质点Q会出现在波峰？
(3)求从该时刻起，P点第二次回到平衡位置通过的路程(结果保留三位有效数字)．
答案精析
1．ACD [由题图可知，波源开始振动的方向向上，所有的质点都做受迫振动，开始振动方向都向上，A正确；波从P传到Q所需时间为3.0s，所以波速v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(48－30,3) m/s＝6 m/s，根据振动图像可知，周期为6s，所以波长λ＝vT＝6×6m＝36m，B错误；Q点到波源的距离为48m，所以比波源滞后Δt＝eq \f(Δx,v)＝eq \f(48,6)s＝8s，C正确；P、Q间相距18m，而波长为36m，刚好差半个周期，所以当Q质点刚要振动时，P质点正沿平衡位置向下振动，D正确；振动周期为6s，一个周期通过路程s0＝4×5cm＝20cm,9s刚好振动一个半周期，通过的路程
s＝1.5s0＝30cm，E错误．]
2．ABD [由题图乙读出t＝0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由题图甲知波长为λ＝20m，由题图乙可知周期T＝1.2s，则波速度为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(20,1.2)m/s＝eq \f(50,3)m/s，故B正确；Δt＝0.6s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过Δt＝0.6s，A质点通过的路程是：s＝2A＝4cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图像与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为xP＝eq \f(20,3)m，Q点的横坐标为xQ＝eq \f(40,3)m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置的时间为：t＝eq \f(xQ－xP,v)＝0.4s，故D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，故E错误．]
3．ABE [波同时向两侧传播，根据对称性可知，此时P(－2m，0cm)、Q(2m,0cm)两点运动方向相同，故A正确；由题图可知，N到波的前沿的距离为2m，波传播到N的时间：
t1＝eq \f(s,v)＝eq \f(2,5)s＝0.4s，由题图知波长λ＝2m，周期为T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(2,5)s＝0.4s，经过时间t＝0.5s＝1eq \f(1,4)T，波传到N点时间为T，波传到N点时，N点向上运动，则经过0.5s质点N刚好到达波峰位置，其坐标为(－5m,20cm)，故B正确；由题图可知波长为λ＝2m，则障碍物的尺寸为2m或比2m更小，都能发生明显的衍射现象，故C错误；波的频率等于波源的振动频率，由波源的振动频率决定，故D错误；该波的频率为：f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.4)Hz＝2.5Hz，所以能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz，故E正确．]
4．BCD [两树叶在1min内都上下振动了36次，则树叶振动的周期T＝eq \f(60,36)s＝eq \f(5,3)s，树叶振动的频率f＝eq \f(1,T)＝0.6Hz，水波的频率为0.6Hz，故A项错误；两树叶之间有2个波峰，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶间水面距离是4m，所以eq \f(5,2)λ＝4m，则该列水波的波长λ＝1.6m，故B项正确；据v＝λf可得，水波的波速v＝1.6×0.6 m/s＝0.96 m/s，故C项正确；一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两者平衡位置间的距离是半波长的奇数倍，两片树叶的位移始终等大反向，故D项正确；水波传播时，各质点在自身的平衡位置附近往复振动，并不随波迁移，所以足球不能到岸边，故E项错误．]
5．BDE [由题图可知，该波向右传播可得：S点向上振动即波前向上振动，故波源起振方向沿y轴正方向，故A错误；由题图可知，T＝2t＝1s，λ＝4m，故波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,1)m/s＝4 m/s，故B正确，C错误；t＝1.5s＝1eq \f(1,2)T，波向前传播的距离x＝vt＝6m，如图所示：
x＝4m处的质点位于平衡位置，速度最大，x＝5m处的质点位于振幅最大处，加速度最大，故D、E正确．]
6．BDE [根据波的图像可知，波长λ＝8m，从M点传到N点位移Δx＝10m－4m＝6m＝
eq \f(3,4)λ，所以所需时间Δt＝0.3s＝eq \f(3,4)T，所以周期T＝0.4s，A错误；波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,0.4)m/s＝20 m/s，B正确；波传到c点需要时间Δt′＝eq \f(Δx′,v)＝eq \f(2,20)s＝0.1s，在0～0.3s内，c点只运动了0.2s，即eq \f(1,2)T通过路程s＝2A＝2×8cm＝16cm，C错误；此时b点对应的纵坐标为4cm，对应角度为30度，所以b点对应的横坐标为x＝4m－eq \f(\f(π,6),2π)λ＝eq \f(10,3)m，当原点的波传到b点时，b点处于平衡位置，时间t＝eq \f(x,v)＝eq \f(1,6)s，D正确；t＝0.25s时，波传播的距离x＝vt＝5m，则分别将t＝
0s时的－3m、－1m传到a点和M点都处于横轴以下相同位置，所以位移相同，E正确．]
7．ABD [由题图可知λ＝4m，T＝eq \f(λ,v)＝2s．若以x＝0，x＝4m处等效看作波源，两列波振动情况相反．x＝1m处的质点为振动减弱点，其振幅为A＝Aa－Ab＝2cm－1cm＝1cm，振动函数为x＝Acsωt＝csπt(cm); t＝0.5s时刻，x＝1m处的质点向y轴负方向振动；x＝2m处的质点为振动加强点，振动函数为x＝(Aa＋Ab)sinωt＝3sinπt(cm)，t＝0.5s时刻，x＝2m处的质点位移为＋3cm，t＝1s时刻，x＝2m处的质点位移大小等于0，A、B、D正确．]
8．加强 减弱 2
解析 两列波在x＝8m处引起的振动都是方向向下，可知此位置的振动是加强的；在x＝
10m处是峰谷相遇，可知此位置振动减弱；在x＝14m处也是峰谷相遇，振动减弱，则质点的振幅为A＝|A2－A1|＝2cm.
9．正 10 相同
解析 由波源的振动方程知，波源的起振方向为y轴正方向，所以介质中所有质点的起振方向均为y轴正方向；由振动方程y＝10sin200πt(cm)知，ω＝eq \f(2π,T)＝200πrad/s，T＝0.01s，所以波长λ＝vT＝0.8m，NP＝0.2m＝eq \f(λ,4)，所以当波刚传到质点P时，N质点处在波峰的位置，位移为10cm；由于SM＝SN＝1m，M、N的振动步调一致，振动方向始终相同．
10．8 25
解析 由题图甲可以看出波长λ＝4m，由题图乙可以看出周期T＝4s．所以波速v＝eq \f(λ,T)＝1m/s.由题图甲还可以看出，最前面的波峰距Q点的距离Δx＝8m，故最前面的波峰传播到Q点的时间，也就是Q点第一次出现波峰的时间为t＝eq \f(Δx,v)＝eq \f(8,1)s＝8s．波由M点传到Q点所需的时间t′＝eq \f(10－5,1)s＝5s＝T＋eq \f(T,4)，x＝4m处的质点开始计时位于y＝－5cm处，故由M点传到Q点过程中，x＝4m处的质点走过的路程为5A＝5×5cm＝25cm.
11．(1)10m/s (2)7.7m －10cm
解析 (1)由题图甲可知，此波的波长为λ＝4m
由题图乙可知，此波的周期为T＝0.4s
所以这列波的传播速度为v＝eq \f(λ,T)＝10m/s.
(2)波从t＝0时刻传播到B点所需时间t1＝eq \f(Δx,v)，其中：Δx＝23m
代入数据可得：t1＝2.3s
所以10s内B点振动的时间：t2＝10s－2.3s＝7.7s
由题意可得，质点B开始振动时是从平衡位置向下运动，
质点B全振动次数：n＝eq \f(t2,T)＝eq \f(7.7,0.4)＝19eq \f(1,4)
质点B运动的路程：s＝4An＝7.7m
t＝10s时刻，质点B处在负的最大位移处，所以位移为：xB＝－10cm.
12．(1)1.44m 4cm (2)0.42s
解析 (1)由题图知，波长λ＝2m，则该波的周期为T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(2,4)s＝0.5s；
质点在一个周期内通过的路程是4A，则质点在0～4.5s内通过的路程为s＝eq \f(t,T)×4A＝eq \f(4.5,0.5)×4×
4cm＝144cm＝1.44m；
由题图可知：t＝0时刻该质点的位移x＝4cm，所以t＝4.5s＝9T时质点的位移为x＝4cm.
(2)由波动方程y＝Asinωx得：4＝4sin (ω×0.5)，得ω＝πrad/s
所以y＝2cm时x＝eq \f(1,6)m
则在A点左侧第一个波峰传到A点时，A点第一次出现波峰，波所传的距离为：
Δx＝eq \f(3,4)λ＋eq \f(1,6)m＝eq \f(5,3)m
则A质点第一次到达波峰时间为：t＝eq \f(Δx,v)＝eq \f(5,12)s＝0.42s.
13．(1)向右 (2)t＝(0.8n＋0.6) s(n＝0,1,2,3…) (3)13.2cm
解析 (1)由Q点的振动图像可知，t＝0时刻质点Q向下振动，由图甲可知，波的传播方向向右．
(2)由题图乙可知，T＝0.8s，所以t＝nT＋eq \f(3,4)T＝(0.8n＋0.6) s(n＝0,1,2,3…)时刻质点Q会出现在波峰．
(3)由图可知，A＝4cm，该时刻P点位移y＝eq \f(\r(2),2)A且向上振动，因此第二次到达平衡位置共通过的路程为：s＝(A－eq \f(\r(2),2)A)＋3A＝13.2cm.