全国版2021高考物理一轮复习专题十五机械振动和机械波精练含解析 10页

专题十五　机械振动和机械波 一、选择题(共7小题,35分)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[多选]如图所示,某均匀介质中有两列简谐横波A和B同时沿x轴正方向传播,在t=0时刻两列波的波谷正好在x=0处重合,则下列说法正确的是(　　)‎ A.A、B的周期之比为5∶3‎ B.两列波的传播速度相同 C.t=0时刻x=0处质点的振动位移为-40 cm D.x=0处质点的振动始终加强 E.t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的另一波谷重合处的横坐标为x=15 m ‎2.[多选]波源O在t=0时刻开始做简谐振动,形成沿x轴正方向传播的简谐横波,当t=3 s时波刚好传到x=27 m处的质点,波形图如图所示,质点P、Q的横坐标分别为4.5 m、18 m,下列说法正确的是(　　)‎ A.质点P的起振方向沿y轴正方向 B.波速为6 m/s C.0~3 s时间内,P点运动的路程为5 cm D.t=3.6 s时刻开始的一段极短时间内,Q点加速度变大 E.t=6 s时P点恰好位于波谷 ‎3.[2020广东六校联考,多选]一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图中实线所示,从此刻起,经0.1 s波形图如图中虚线所示,若已知波传播的速度为10 m/s,则(　　)‎ - 10 -‎ A.这列波沿x轴正方向传播 B.这列波的周期为0.4 s C.t=0时刻质点a沿y轴正方向运动 D.从t=0时刻开始质点a经0.2 s通过的路程为0.4 m E.x=2 m处的质点的振动方程为y=0.2sin (5πt+π)(m)‎ ‎4.[多选]如图甲所示,在水平面内,有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上,已知ab=6 m,ac=8 m.在t1=0时刻a、b同时开始振动,振动图象均如图乙所示,所形成的机械波在水平面内传播,在t2=4 s时c点开始振动,则(　　)‎ A.该机械波的传播速度大小为2 m/s B.该列波的波长是2 m C.两列波相遇后,c点振动加强 D.两列波相遇后,c点振动减弱 E.两列波相遇后,c点振动先加强后减弱 ‎5.[多选]如图(a)所示是t=‎3T‎4‎时刻一简谐横波沿x轴正方向传播的波形图,M、N是介质中的两个质点.图(b)表示介质中某质点的振动图象.下列说法正确的是(　　)‎ A.振动图象(b)是M或N点的振动图象 B.原点O处的质点在t=0时刻,位于负的最大位移处 C.M、N两质点的振动方向总是相反 D.在t=0时刻,质点M的加速度和质点N的加速度相同 E.质点N的振动方程为y=Asin‎2πTt ‎6.[多选]如图所示,m、n两点为沿x轴正方向传播的简谐横波中的两个质点,t=0时两质点m、n均处在y轴正方向1 m处,且m、n两点的振动方向分别沿y轴的负方向、y轴的正方向,两质点的平衡位置都在y=0处.已知波的传播周期为T=1.2 s,振幅为A=2 m,m、n两点之间的距离为4 m.下列说法正确的是(　　)‎ A.波长可能为15 m B.波长可能为1.2 m - 10 -‎ C.当质点n位于波峰时,质点m位于平衡位置下方 D.在t=0.5 s时刻,质点n的动能最大 E.两质点之间的距离一定等于半波长的奇数倍 ‎7.[多选]某同学根据单摆的周期公式T=2πlg,利用如图所示装置测当地的重力加速度,下列说法正确的是(　　)‎ A.摆线应选择质量可忽略、柔软、不可伸缩的细绳 B.摆球应选择质量小、体积大的 C.为了减少实验误差,摆角应不超过5°‎ D.为了减少实验误差,要测量40~60次全振动的时间,除以全振动的次数得到周期 E.为了减少实验误差,要在摆球摆到最高点时开始计时 二、非选择题(共9小题,65分)‎ ‎8.[2019福建六校第三次联考,5分]在均匀介质中,坐标原点O处有一波源做简谐运动,其表达式为y=2sin π‎2‎t (m),它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播,某时刻的波形图如图所示.则该波的传播速度为　　　　m/s;从图示时刻起40 s内质点M通过的路程为　　　　m. ‎ ‎9.[5分]如图所示,在曲轴A上悬挂一个弹簧振子B,转动把手,曲轴可以带动弹簧振子上下振动.‎ ‎(1)开始时不转动把手,而用手往下拉振子,然后放手让振子上下振动,测得振子在10 s内完成了20次全振动,振子做　　　　振动,其固有周期T0=　　　　s;若考虑摩擦和空气阻力,则振子做　　　　振动. ‎ ‎(2)在振子正常振动过程中,以转速4 r/s匀速转动把手,振子的振动稳定后,振子做　　　　振动,其振动周期T=　　　　s. ‎ ‎10.[5分]某同学在学习单摆及其周期公式后,应用所学的知识解决如下问题.‎ ‎(1)测量一半球形锅的半径R:该同学将一可视为质点的光滑小铁球放在锅底让其略偏离平衡位置而做往复运动,从小铁球第一次通过最低点开始计时,用秒表测得小铁球第N次通过最低点的时间为t,已知当地重力加速度为g,不计一切摩擦,则半球形锅的半径R=　　　　. ‎ ‎(2)进一步验证单摆的周期和重力加速度的关系:由于不能去不同地区做实验,该同学将单摆与光电门传感器安装在一块摩擦不计、足够大的板上,使板倾斜α角度,让摆球在板的平面内做小角度摆动,如图甲所示.利用该装置可以验证单摆的周期和等效重力加速度的关系.若保持摆长不变,则实验中需要测量的物理量有　　　　　　　　　　　.若从实验中得到所测物理量数据的图线(抛物线的一部分)如图乙所示,若图象中的纵轴表示sinα,则横轴表示的是 - 10 -‎ ‎　　　　. ‎ ‎11.[5分]如图所示为两列频率相同的横波某时刻在同一区域相遇的干涉图样,图中实线表示波峰,虚线表示波谷,单列波的振幅为A,周期为T,在a、b、c三个质点中振幅为2A的点是　　　　,振幅为0的点是　　　　;再经T‎4‎,质点a的位移为　　　　,质点c的位移为　　　　. ‎ ‎12.[5分]某实验小组在操场上做声音的干涉实验,操场附近没有高大建筑物,他们在学校正方形操场的两个对角,安装了接在同一扩音机上的两个完全相同的扬声器,现播放一段信号,发出频率为f的声音,已知正方形操场的对角线长度为‎4vf,声音在空气中的传播速度为v,某个同学从扬声器P处(人耳高度与扬声器高度近似相等)沿对角线走到另一扬声器Q处,该过程中扬声器的频率不变,则该同学在此对角线上可测出　　　　个声音加强点(P、Q处除外),这些声音加强点到扬声器P的距离分别为　.  ‎ ‎13.[10分]坐标原点处的波源在t1=0时从平衡位置开始沿y轴正方向振动,t2=1.5 s时它正好第二次到达波峰,如图为t2=1.5 s时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图.‎ ‎(1)这列波的传播速度是多大?写出波源振动的位移表达式.‎ ‎(2) x1=5.4 m处的质点何时第一次到达波谷?‎ ‎(3)从t1=0开始至x1=5.4 m的质点第一次到达波谷这段时间内,x2=30 cm处的质点通过的路程是多少?‎ ‎14.[10分]如图所示,图甲为一列简谐横波在t=2 s时的波形图象,Q为x=4 m处的质点,P为x=11 m处的质点,图乙为质点P的振动图象.‎ ‎ (1)求质点P的振动方程及该波的传播速度.‎ ‎(2)t=2 s后经过多长时间Q点位于波峰?‎ ‎15.[10分]一列简谐横波沿x轴正方向传播,波源位于x=0位置,t=0时刻波源开始沿y - 10 -‎ 轴方向振动,经过0.15 s时形成的波形图如图所示.‎ ‎(1)求该波的波长、频率和此后1 s内x=20 cm处的质点通过的路程.‎ ‎(2)此后再经过多长时间,x=60 cm处的质点第一次出现在波谷位置?‎ ‎16.[10分]有A、B两列相向传播的简谐波,其中简谐波A为半个波形脉冲波,简谐波B为连续波,在t=0时刻两简谐波的波形图如图所示,两列波的波速均为v=1.0 m/s.求:‎ ‎(1)从t=0到t=30 s内横坐标x=16 m处的质点通过的路程.‎ ‎(2)从t=0到t=40 s内A波的波峰与B波的波峰相遇的次数.‎ - 10 -‎ ‎1.BCE　两列波在同一介质中的传播速度相同,由图可知λA=3 m,λB=5 m,由λ=vT可知两列波的周期之比为TA∶TB=λA∶λB=3∶5,A错误,B正确;两列波叠加,t=0时刻x=0处质点的振动位移沿y轴负方向,为两列波振幅之和,为-40 cm,C正确;因为两列波的频率不同,所以两列波的干涉图样不稳定,x=0处质点的振动并非始终加强,D错误;两列波波长最简整数比为3∶5,3和5的最小公倍数是15,所以t=0时刻x轴正半轴上到原点最近的另一波谷重合处的横坐标为x=5λA=15 m,E正确.‎ ‎2.ACE　简谐横波中,所有质点的起振方向相同,根据“波动与振动方向间的关系”知,质点P的起振方向沿y轴正方向,选项A正确;‎3‎‎2‎T=3 s,得T=2 s,由图象知,波长λ=18 m,波速v=λT=9 m/s,选项B错误;0~3 s时间内,质点P运动了‎5‎‎4‎T,路程为‎5‎‎4‎×4A=‎5‎‎4‎×4 cm=5 cm,选项C正确;由于ΔtT=‎3.6s-3 s‎2 s=0.3,‎1‎‎4‎<ΔtT<‎1‎‎2‎,则t=3.6 s时Q点恰好处于x轴下方且速度方向指向平衡位置,加速度变小,选项D错误;由于Δt'‎T=‎6s-3 s‎2 s=1‎1‎‎2‎,则t=6 s时P点恰好位于波谷,选项E正确.‎ ‎3.BDE　由题图可得波长λ=4 m,因波速v=10 m/s,故可求得周期T=λv=‎4‎‎10‎ s=0.4 s,B项正确;实线向虚线波形传播用时0.1 s=‎1‎‎4‎T,故波向前传播‎1‎‎4‎λ,可知波沿x轴负方向传播,A项错误;根据波的传播方向与质点的振动方向在波形线的同一侧,可得质点a正在沿y轴负方向振动,C项错误;Δt=0.2 s=‎1‎‎2‎T,故质点a经过的路程应为2A=2×0.2 m=0.4 m,D项正确;x=2 m处的质点的振动方程应为y=Asin (ωt+φ0),其中A=0.2 m,ω=‎2πT=‎2π‎0.4‎=5π,φ0=π,故y=0.2sin (5πt+π) (m),E项正确.‎ ‎4.ABC　a点振动产生的机械波最先到达c点,则根据公式v=st可知,波速v=act‎2‎=2 m/s,A正确;由于v=λT,则λ=vT=2 m/s×1 s=2 m,B正确;a波比b波早到达c点的时间t3=bcv-acv=‎10m-8mv=1 s=T,即两列波到达c点时,使c点振动加强,产生共振,由于两列机械波频率相同,相干涉,故c点总是振动加强点,C正确,D、E错误.‎ ‎5.BCE　由图(b)可知,在t=‎3T‎4‎时刻,质点正在经平衡位置向y轴正方向振动,而从图(a)可知,在t=‎3T‎4‎时刻,M点正处在正的最大位移处,N点正处在负的最大位移处,故A错误;由图(a)知,在t=‎3T‎4‎时刻,原点O处质点正经平衡位置向下运动,由此可知t=0时刻,原点O处质点在负的最大位移处,故B正确;由图(a)知,M、N相距半个波长,所以振动方向总是相反,故C正确;在t=0时刻,M点位移为0且正向下振动,N点位移为0且正向上振动,所以加速度大小相等,方向相反,所以D错误;t=0时刻,质点N位移为0且正向上振动,所以质点N的振动方程为y=Asin‎2πTt,故E正确.‎ ‎6.BCD　根据质点的振动方程y=Asin ωt,设质点的起振方向向上,则对质点n有1 m=2 m·sin ‎ - 10 -‎ ωt1,所以 ωt1=π‎6‎,质点m振动的时间比质点n的长,所以对质点m有1 m=2 m·sin ωt2,则ωt2=‎5π‎6‎,则m、n两个质点振动的时间差为 Δt=t2-t1=‎5π‎6ω-π‎6ω=‎2π‎3ω=T‎3‎=0.4 s,m、n之间的距离为Δx=vΔt=vT‎3‎=λ‎3‎,则通式为(N+‎1‎‎3‎)λ=4 m(N=0,1,2,3,…),则波长可以为λ=‎12‎‎3N+1‎ m(N=0,1,2,3,…),当N=0时,λ=12 m,当N=3时,λ=1.2 m,由于N是整数,所以λ不可能为15 m,故A错误,B正确;当质点n到达波峰时,结合波形知,质点m在平衡位置下方,位移为负,故C正确;由ωt1=π‎6‎,得t1=π‎6ω=T‎12‎,当t=T‎2‎-t1=‎5T‎12‎=0.5 s时质点n到达平衡位置处,速度最大,动能最大,故D正确;m、n两点之间的距离为4 m,由以上分析可知,‎4‎λ‎2‎=‎4‎‎6‎‎3N+1‎=‎6N+2‎‎3‎(N=0,1,2,3,…),E错误.‎ ‎7.ACD　摆线需要柔软,没有弹性,质量可以忽略,A正确;摆球需要质量大、体积小,B错误;只有在摆角不超过5°的情况下才有sin θ≈θ,才能视单摆的运动为简谐运动,C正确;单摆的周期较小,为使测量准确,需要使用累积法,D正确;摆球最高点会变化,在最高点时摆球的速度也小,按计时器时误差易增加,应在摆球经过平衡位置时开始计时,E错误.‎ ‎8.2(2分)　80(3分)‎ 解析:由波源做简谐运动的表达式可知ω=‎2πT=π‎2‎ rad/s,则周期T=4 s,由波形图可知波长λ=8 m,则该波的传播速度为v=λT=2 m/s.从图示时刻起40 s内即10个周期内质点M通过的路程s=10×4×2 m=80 m.‎ ‎9.(1)简谐(1分)　0.5(1分)　阻尼(1分)　(2)受迫(1分)　0.25(1分)‎ 解析:(1)用手往下拉振子使振子获得一定能量,放手后,振子因所受回复力与位移成正比,方向与位移方向相反(F=-kx),所以做简谐振动,其周期是由它本身的结构性质决定的,称为固有周期,根据题意其固有周期为T0=‎10‎‎20‎ s=0.5 s;若考虑摩擦和空气阻力的作用,振子克服摩擦力和空气阻力做功,消耗能量,使其振幅越来越小,故振子做阻尼振动.(2)由于把手转动的转速为4 r/s,则它给弹簧振子的驱动力频率为f驱=4 Hz,周期T驱=0.25 s,驱动力对振子做的功,补偿了振子克服摩擦和空气阻力做功所消耗的能量,故振子做受迫振动;振动稳定后,其频率(或周期)等于驱动力的频率(或周期),而跟固有频率(或周期)无关,即f=f驱=4 Hz,T=T驱=0.25 s.‎ ‎10.(1) gt‎2‎π‎2‎‎(N-1‎‎)‎‎2‎(2分)　(2)木板倾角α和单摆振动的周期T(2分)　‎1‎T(1分)‎ 解析:(1)依题意可知小铁球做往复运动的周期T=‎2tN-1‎,根据单摆周期公式有T=2πRg,解得R=gt‎2‎π‎2‎‎(N-1‎‎)‎‎2‎.(2)根据分析可知在斜面上的单摆周期为T=2πlgsinα,若保持摆长不变,则实验中需要测量的物理量有板的倾角α和单摆振动的周期T,解得sin α=‎4π‎2‎lg·‎1‎T‎2‎,所以若图象中的纵轴表示sin α,则横轴表示的是‎1‎T.‎ - 10 -‎ ‎11.a、b(1分)　c(1分)　0(1分)　0(2分)‎ 解析:波峰与波峰或波谷与波谷相遇时振动加强,叠加后振幅为两列波振幅之和,因此a、b两质点振幅为2A;c点处波峰与波谷相遇,为振动减弱点,其振幅为两列波振幅之差,等于0;再经T‎4‎,质点a由波谷振动到平衡位置,位移为0,质点c的位移总为0.‎ ‎12.3(2分) 　vf,‎2vf,‎3vf(3分)‎ 解析:声音波长为λ=vf,对角线长度为‎4vf,等于4个声音波长,当两个相干波源的振动步调相同时,到两个波源的距离之差满足Δx=nλ(n=0,1,2,…)的点是振动加强点,所以该同学在此对角线上可测出3个声音加强点(P、Q处除外),这些声音加强点到扬声器P的距离分别为vf,‎2vf,‎3vf. ‎ ‎13.解析:(1)由图象可得波长λ=0.6 m,由题意,有t2=‎5‎‎4‎T ,T=1.2 s 波速为v=λT=0.5 m/s (2分)‎ 波源振动的位移表达式为y=Asin(‎2πTt)=5sin(‎5π‎3‎t)(cm).(1分)‎ ‎(2)波传到x1=5.4 m需要的时间为Δt1=x‎1‎v=10.8 s (1分)‎ 质点开始振动的方向与波源起振方向相同,沿y轴正方向,从开始振动到第一次到达波谷需要的时间为Δt2=‎3‎‎4‎T=0.9 s(1分)‎ 所以x1=5.4 m处的质点第一次到达波谷的时刻为 t3=Δt1+Δt2=11.7 s.(1分)‎ ‎(3)波传到x2=30 cm处需要时间为Δt3=x‎2‎v=0.6 s(1分)‎ 所以从t1=0开始至x1=5.4 m处的质点第一次到达波谷这段时间内,x2=30 cm处的质点振动的时间为Δt4=t3-Δt3=11.1 s=‎11.1‎‎1.2‎T=‎37‎‎4‎T (1分)‎ x2=30 cm处的质点通过的路程为s=‎37‎‎4‎×4A=1.85 m.(2分)‎ ‎14.解析:(1)由图乙知T=4 s,则ω=‎2πT=0.5π(1分)‎ 则质点P的振动方程为y=-Asin ωt=-2sin(0.5πt)(cm)(2分) ‎ 由图甲可知波长为12 m - 10 -‎ 由v=λT解得v=3 m/s(2分)‎ 由图乙可知t=2 s时质点P经过平衡位置向上振动,结合图甲可知该简谐横波沿x轴负方向传播.(1分)‎ ‎(2)设从2 s后经Δt时间Q点位于波峰 能传播到质点Q位置的波峰与Q点沿平衡位置的距离为Δx 有Δx=(nλ+10) m(n=1,2,3,…)(2分)‎ 由Δt=Δxv得Δt=(4n+‎10‎‎3‎) s.(2分)‎ ‎15.解析:(1)由图可知‎3‎‎4‎T=0.15 s,‎3‎‎4‎λ=40 cm(1分)‎ 得波长为λ=‎160‎‎3‎ cm(1分)‎ 周期为T=0.2 s,则波的频率f=‎1‎T=5 Hz(2分)‎ ‎1 s=5T,所以已经开始振动的任何质点在1 s内通过的路程都相同且s=5×4A=1.2 m.(1分)‎ ‎(2)由v=λT得v=‎800‎‎3‎ cm/s(2分)‎ 从图中可看出再经过t1=Δxv=‎60-40‎‎800‎‎3‎ s=‎3‎‎40‎ s时间,x=60 cm处的质点开始振动,再经过t2=‎1‎‎4‎T=0.05 s,第一次到达波谷,所以 t=t1+t2=0.125 s.(3分)‎ ‎16.解析:(1)A波传播到x=16 m处需要的时间t1=‎(16-2) mv=14 s(1分)‎ B波传播到x=16 m处需要的时间t2=‎(24-16) mv=8 s(1分)‎ 质点振动周期T=λv=4 s,振幅为A=2 cm(1分)‎ 而x=16 m到A、B的波程差为Δx=14 m-8 m=6 m,波程差为1.5λ,因此16 m处的质点是振动减弱点,在A传到16 m处时,此质点振动的时间为t=t1-t2=6 s=1.5T(1分)‎ 因此质点通过的路程为s1=1.5×4A=12 cm(1分)‎ A通过x=16 m处的质点需要的时间为t3=λ‎2v=2 s,在这2 s内x=16 m处的质点振动减弱,位移为0,故此2 s内质点在平衡位置不动,A通过后B还要继续振动的时间t4=30 s-14 s-2 s=14 s(1分)‎ 在t4时间内x=16 m处的质点通过的路程为s2=t‎4‎T×4A=28 cm(1分)‎ - 10 -‎ 因此通过的总路程为s=s1+s2=40 cm.(1分)‎ ‎(2)第一次波峰相遇需要的时间t1=‎25-1‎‎2‎ s=12 s(1分)‎ 以后每隔λ‎2v=2 s波峰相遇一次,因此还要相遇的次数为n=‎40-12‎‎2‎ 次=14次,故t=0到t=40 s内,A、B波的波峰相遇15次.(1分)‎ - 10 -‎