2021高考物理教科版一轮习题：第十四章 微专题82　机械振动与机械波 Word版含解析 9页

‎1．(多选)(2019·陕西渭南市教学质检(二))波源S在t＝0时开始振动，其振动图像如图1所示，在波的传播方向上有P、Q两质点，它们到波源S的距离分别为30 m和48 m，测得P、Q开始振动的时间间隔为3.0 s．下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．Q质点开始振动的方向向上 B．该波的波长为6 m C．Q质点的振动比波源S滞后8.0 s 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9 s内通过的路程是54 cm ‎2．(多选)(2019·江西南昌市第二次模拟)一列简谐横波，在t＝0.6 s时刻的图像如图2甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1 cm，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 m/s C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是10 m D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置 E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10 m的障碍物不能发生明显衍射现象 ‎3．(多选)(2019·四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5 m/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0.5 s质点N刚好位于(－5 m,20 cm)位置 C．该波只有遇到2 m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2.5 Hz ‎4．(多选)(2020·四川广元市统考)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1 min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4 m．则下列说法正确的是(　　)‎ A．该列水波的频率是36 Hz B．该列水波的波长是1.6 m C．该列水波的波速是0.96 m/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)(2019·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＝0.5 s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4 m C．该波的波速为6 m/s D．t＝1.5 s时，x＝4 m处的质点速度最大 E．t＝1.5 s时，x＝5 m处的质点加速度最大 ‎6．(多选)(2019·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＝0.3 s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0.6 s B．波的波速为20 m/s C．c点在0～0.3 s内通过的路程等于24 cm D．t＝ s时，b点到达平衡位置 E．t＝0.25 s时，a点与M点的位移相同 ‎7．(多选)(2019·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＝2 m/s.a波的振幅为2 cm，沿x轴正向传播，b波的振幅为1 cm，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2 s B．x＝1 m处的质点的振幅为1 cm C．t＝0.5 s时刻，x＝2 m处的质点位移为－3 cm D．t＝0.5 s时刻，x＝1 m处的质点向y轴负方向振动 E．t＝1.0 s时刻，x＝2 m处的质点位移大小等于3 cm ‎8．(2019·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＝8 m处相互________(选填“加强”或“减弱”), 在x＝10 m处相互________(选填“加强”或“减弱”)；在x＝14 m处质点的振幅为________cm.‎ 图7‎ ‎9．(2020·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·sin 200πt(cm)，产生的简谐横波沿x轴正负方向传播，波速v＝80 m/s.在x轴上有M、N、P 三点，已知SM＝SN＝1 m，NP＝0.2 m．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．(2019·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＝2 m处的质点某时刻开始计时的振动图像，Q是位于x＝10 m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＝4 m处的质点通过的路程为________cm.‎ 图9‎ ‎11．(2019·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＝5 m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＝7 m的质点处，A、B两点均在x轴上，两者相距sAB＝25 m，求：‎ 图10‎ ‎(1)这列波的传播速度；‎ ‎(2)从t＝0时刻开始10 s内质点B运动的路程和位移．‎ ‎12．(2019·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＝4 m/s.‎ 图11‎ ‎(1)求x＝2.5 m处质点在0～4.5 s内通过的路程及t＝4.5 s时的位移．‎ ‎(2)此时A质点的纵坐标为2 cm，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．(2020·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＝10 cm的质点，P为平衡位置为x2＝17.5 cm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3.0 s，所以波速v＝＝ m/s＝6 m/s，根据振动图像可知，周期为6 s，所以波长λ＝vT＝6×6 m＝36 m，B错误；Q点到波源的距离为48 m，所以比波源滞后Δt＝＝ s＝8 s，C正确；P、Q间相距18 m，而波长为36 m，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6 s，一个周期通过路程s0＝4×5 cm＝20 cm,9 s刚好振动一个半周期，通过的路程 s＝1.5s0＝30 cm，E错误．]‎ ‎2．ABD　[由题图乙读出t＝0.6 s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＝20 m，由题图乙可知周期T＝1.2 s，则波速度为v＝＝ m/s＝ m/s，故B正确；Δt＝0.6 s＝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＝0.6 s，A质点通过的路程是：s＝2A＝4 cm，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＝ m，Q点的横坐标为xQ＝ 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＝＝0.4 s，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20 m，故E错误．]‎ ‎3．ABE　[波同时向两侧传播，根据对称性可知，此时P(－2 m，0 cm)、Q(2 m,0 cm)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2 m，波传播到N的时间：‎ t1＝＝ s＝0.4 s，由题图知波长λ＝2 m，周期为T＝＝ s＝0.4 s，经过时间t＝0.5 s＝1T，波传到N点时间为T，波传到N点时，N点向上运动，则经过0.5 s质点N刚好到达波峰位置，其坐标为(－5 m,20 cm)，故B正确；由题图可知波长为λ＝2 m，则障碍物的尺寸为2 m或比2 m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＝＝ Hz＝2.5 Hz，所以能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5 Hz，故E正确．]‎ ‎4．BCD　[两树叶在1 min内都上下振动了36次，则树叶振动的周期T＝ s＝ s ‎，树叶振动的频率f＝＝0.6 Hz，水波的频率为0.6 Hz，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4 m，所以λ＝4 m，则该列水波的波长λ＝1.6 m，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＝1 s，λ＝4 m，故波速v＝＝ m/s＝4 m/s，故B正确，C错误；t＝1.5 s＝1T，波向前传播的距离x＝vt＝6 m，如图所示：‎ x＝4 m处的质点位于平衡位置，速度最大，x＝5 m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＝8 m，从M点传到N点位移Δx＝10 m－4 m＝6 m＝‎ λ，所以所需时间Δt＝0.3 s＝T，所以周期T＝0.4 s，A错误；波速v＝＝ m/s＝20 m/s，B正确；波传到c点需要时间Δt′＝＝ s＝0.1 s，在0～0.3 s内，c点只运动了0.2 s，即T通过路程s＝2A＝2×8 cm＝16 cm，C错误；此时b点对应的纵坐标为4 cm，对应角度为30度，所以b点对应的横坐标为x＝4 m－λ＝ m，当原点的波传到b点时，b点处于平衡位置，时间t＝＝ s，D正确；t＝0.25 s时，波传播的距离x＝vt＝5 m，则分别将t＝‎ ‎0 s时的－3 m、－1 m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＝4 m，T＝＝2 s．若以x＝0，x＝4 m处等效看作波源，两列波振动情况相反．x＝1 m处的质点为振动减弱点 ，其振幅为A＝Aa－Ab＝2 cm－1 cm＝1 cm，振动函数为x＝Acos ωt＝cos πt(cm); t＝0.5 s时刻，x＝1 m处的质点向y轴负方向振动；x＝2 m处的质点为振动加强点，振动函数为x＝(Aa＋Ab)sin ωt＝3sin πt(cm)，t＝0.5 s时刻，x＝2 m处的质点位移为＋3 cm，t＝1 s时刻，x＝2 m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＝8 m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＝‎ ‎10 m处是峰谷相遇，可知此位置振动减弱；在x＝14 m处也是峰谷相遇，振动减弱，则质点的振幅为A＝|A2－A1|＝2 cm.‎ ‎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＝10sin 200πt(cm)知，ω＝＝200π rad/s，T＝0.01 s，所以波长λ＝vT＝0.8 m，NP＝0.2 m＝，所以当波刚传到质点P时，N质点处在波峰的位置，位移为10 cm；由于SM＝SN＝1 m，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＝4 m，由题图乙可以看出周期 T＝4 s．所以波速v＝＝1 m/s.由题图甲还可以看出，最前面的波峰距Q点的距离Δx＝8 m，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＝＝ s＝8 s．波由M点传到Q点所需的时间t′＝ s＝5 s＝T＋，x＝4 m处的质点开始计时位于y＝－5 cm处，故由M点传到Q点过程中，x＝4 m处的质点走过的路程为5A＝5×5 cm＝25 cm.‎ ‎11．(1)10 m/s　(2)7.7 m　－10 cm 解析　(1)由题图甲可知，此波的波长为λ＝4 m 由题图乙可知，此波的周期为T＝0.4 s 所以这列波的传播速度为v＝＝10 m/s.‎ ‎(2)波从t＝0时刻传播到B点所需时间t1＝，其中：Δx＝23 m 代入数据可得：t1＝2.3 s 所以10 s内B点振动的时间：t2＝10 s－2.3 s＝7.7 s 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＝＝＝19 质点B运动的路程：s＝4An＝7.7 m t＝10 s时刻，质点B处在负的最大位移处，所以位移为：xB＝－10 cm.‎ ‎12．(1)1.44 m　4 cm　(2)0.42 s 解析　(1)由题图知，波长λ＝2 m，则该波的周期为T＝＝ s＝0.5 s；‎ 质点在一个周期内通过的路程是4A，则质点在0～4.5 s内通过的路程为s＝×4A＝×4×‎ ‎4 cm＝144 cm＝1.44 m；‎ 由题图可知：t＝0时刻该质点的位移x＝4 cm，所以t＝4.5 s＝9T时质点的位移为x＝4 cm.‎ ‎(2)由波动方程y＝Asin ωx得：4＝4sin (ω×0.5)，得ω＝π rad/s 所以y＝2 cm时x＝ 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＝λ＋ m＝ m 则A质点第一次到达波峰时间为：t＝＝ s＝0.42 s.‎ ‎13．(1)向右　(2)t＝(0.8n＋0.6) s(n＝0,1,2,3…)　(3)13.2 cm 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＝0.8 s，所以t＝nT＋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＝4 cm，该时刻P点位移y＝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－A)＋3A＝13.2 cm.‎