专题9 机械振动与机械波-2024年高考物理小题必刷卷

专题九 机械振动与机械波 -I高考攻略1 高考对本专题的考查以图像为主,重点是简谐运动的特点、振动和波动图像、波的传播、波的叠 加、波速的计算、波的多解问题以及用单摆测定重力加速度等,预计今后的高考对本专题的考查仍会 以定性分析或简单的定量计算为主,难度中等。要多注意本专题中与实际生活相联系的题目。 1 考点三 单摆 【考点·分层分练】 3.(2024·江西南昌市高三月考) 考点一 简谐运动的规律 两个质量相等的弹性小球分别 1.(多选)(2024·河南许昌市高三模拟) 挂在/-1m./-0.25m的细 如图所示,轻弹策上端固定,下端连接 绳上,两球重心等高,如图所示。 一小物块,物块沿竖直方向做简谐运 现将B球偏一个很小的角度后 动。以竖直向上为正方向,物块做简谐 放开,从B球开始运动时计算 AB 运动的表达式为y-0.1sin2.5xt(m)。 经过4s两球相碰的次数为 A.3次 1-0时刻,一小球从距物块高处自由落下; B.4次 C.5次 0.6s时,小球恰好与物块处于同一高度。取重 D.6次 力加速度g一10ms{。以下判断正确的是 4.(2024·湖北张家界市高三联 __ 考)如图所示,将小球甲、乙、 A.h-1.7m 丙(都可视为质点)分别从A、 B.简谐运动的周期是0.8s 益 B.C三点由静止同时释放,最 C.0.6s内物块运动的路程是0.2m 后都到达竖直面内圆狐的最 _ D.1一0.4s时,物块与小球运动方向相反 低点D,其中甲是从圆心处出 考点二 简谐运动图像的理解和应用 发做自由落体运动,乙沿弦轨道从一端B到达另 2.(2024·重庆十八中模拟)如图甲所示,一个有固 一端D,丙沿圆孤轨道从C点运动到D,且C点 定转动轴的竖直圆盘转动时,固定在圆盘上的小 很靠近D点。如果忽略一切摩擦阻力,那么下 圆杜带动一个T形支架在竖直方向运动,使1 列判断正确的是 ) 形支架下面的弹和小球组成的振动系统做受 A.甲球最先到达D点,乙球最后到达D点 “1 迫振动。圆盘静止时,在弹原长位置释放一质 B.甲球最先到达D点,丙球最后到达D点 量为小球,小球做简谐振动的图像如图乙所 C.丙球最先到达D点,乙球最后到达D点 示(竖直向上为正方向,重力加速度为g)。下列 D.甲球最先到达D点,无法判断哪个球最后到 说法正确的是 ) 达D点 考点四 受迫振动和共振 im # 5.(多选)(2024·广东湛江 A/cm {### T形支架 市高三月考)两单摆分别 班 小圆柱 在受迫振动中的共振曲 线如图所示,则下列说法 正确的是 0 0.20.4 0.6/Hz 图 图乙 A.若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进 A.0~1s内小球所受的回复力不断减小,且方 行,且摆长相同,则图线I表示月球上单摆的 向为文轴正方向 共振曲线 B.运动过程中弹策的弹力不断变化,最大值 B.若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行 为2ng 则两摆摆长之比L1:LI-25:4 C.若圆盘以30r/min匀速转动,小球振动达到 C.若图线II表示在地球上完成的,则该单摆摆 稳定时其振动的周期为4s 长约为1n D.若圆盘以30r/min匀速转动,欲使小球振幅 D.若摆长均为1m,则图线I表示在地球上完 增加则可使圆盘转速适当增加 成的 37 考点五 机械波的传播与图像 A.P、Q两质点的振动方向始终相反 6.(2024·河南省实验中学高三模拟)一列简谐横 B.该列波的波长可能为 . 波在7一0s时的波形图如图所示。介质中x 2.m处的质点P沿v轴正方向做简谐运动的表 达式为y三10sin(5xt)(y的单位是cm)。下列说 D.若波速为3 法中正确的是 ( ) ms,则波的传播方向为Q到P +yfem 10- 9.(多选)(2024·河南安阳市模拟)简谐横波在均 匀介质中沿直线传播,P、Q是传播方向上相距 xm 10m的两质点,波先传到P:当波传到Q开始计 时,P、Q两质点的振动图像如图所示。则下列 -10 说法正确的是 ( ) A.这列波的波长为2m /m B.这列波的波速为10cms C.这列波的传播方向沿文轴负方向 /; D.在0~0.9s时间内,P质点通过的路程是0.9m 考点六 振动图像与波的图像的综合应用 A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向 7.(2024·山西太原五中高三模拟)核潜艇上的声 B.该波从P传到Q的时间可能为7s 呐设备就是利用超声波来探测远方目标的方位。 C.该波的传播速度可能为1m.s 某潜艇发出的一列超声波在,一0时的波动图像 D.该波的波长可能为6m 如图1所示,图2为质点P的振动图像,则 考点八 波的干涉、衍射及多普勒效应 ( ) 10.(2024·黑龙江齐齐哈尔市模拟)图甲为某一列 5t/(10m) t(10{m) 沿x轴传播的简谐横波在T一1.0s时刻的波形 x/(10m) t/(10-s) 图,P质点对应的平衡位置的坐标为z一3.0m. 0.75 /1.5 Q质点对应的平衡位置的坐标为x一3.5m,M 5 -5{ 图1 图2 质点对应的平衡位置的坐标为x一4.0m。图 乙为M质点的振动图像。下列说法正确的是 A.该波的波速为1.5m/s B.该波沿x轴负方向传播 ) fcm C.0~1s时间内,质点P沿:轴运动了1.5m fem D.0~1s时间内,质点P运动的路程为2m ____ 考点七 波的多解问题 A 0 →x/m 8.(2024·山西省吕梁市模拟)如图甲、乙所示分别 -2 为一列简谐横波上P、Q两质点的振动图像,已 I 乙 知两质点的平衡位置相距3m,其波长1m{ x A.该简谐波的传播速度为4m/s,传播方向沿 ( 2m,则下列说法正确的是 _~ x轴正方向 len .en 40 40 B.t-1.75s时P质点的振动速度小于Q质点 0.5 的振动速度 1.0 s 0.5 C.该波可以与另一列频率为1Hz的波发生干 涉现象 240 ~40-- D.该波遇到8m的障碍物时能产生明显的衍 甲 # 射现象 38 【考能·演习演练】 11.(2024·山东省青岛市高三模拟)一轻质弹策一 端固定在地面上,质量为n的钢球从弹策正上 A 方H处自由下落,弹策的最大压缩量为x0:弹 策始终在弹性限度内。已知弹策振子做简谐运 动的周期T一2,k为弹劲度系数,重力 n C D 加速度为g(可能用到的数学知识:若sina=. 14.(2024·安徽省合肥市高三月考)一列简谐波 则。一arcsin),则小球从开始接触弹策到第一 一2s时刻波形如图甲所示,平衡位置为x ) 0.2m的质点振动图像如图乙所示,且该质点 次脱离弹所经历的时间为 一0时刻刚开始振动,则 ( _O ) ,yn y/n 0.1- 0.1- 0 0.102030.4xim -0.1 I 乙 A.该简谐波传播方向为:轴负方向 B.平衡位置为x-0.2m的质点向x轴负方向 运动,速度为0.1m/s C.平衡位置为x-0.1m的质点振动方程为y -0.1 sin(m) ng kx。-mg D.#edn D.从(-0到/-10s的时间间隔内平衡位置为 ___ xo-mg 一-0.5m的质点位移为0.1m,路程为0.5m mg 15.(多选)(2024·辽宁省实验中学模拟)如图甲所 12.(2024·湖南长郡中学高三模拟)弹策振子做简 示,S是上下振动的波源,它所产生的横波分别 谐运动,O为平衡位置,当它经过点O时开始计 沿直线向左、右两边传播,形成两列简谐横波; 时,经过0.3s,第一次到达点M,再经过0.2s 在波源左、右两侧有Q、P两点,与波源S在同 第二次到达点M,则弹策振子的周期不可能为 一水平直线上,它们的振动图像分别是图乙和 ) 图丙,且SP-18m,SQ-16m,则这两列波的 ( ( 波速可能值是 ) ②1.4s ③1.6s ①0.53s. ④2s A.①③ B.②④ .ycm C.①④ D.②③ 13.(2024·山东省滩坊市高三模拟)如图甲所示; 波源S发出一列水平向右传播的简谐横波先后 -5 经过P、Q两点,图乙为波源S的振动图像。已 甲 乙 知S到P、Q两点的距离分别为SP=4.2m、 lem SQ-5.4m。已知波在该介质中传播的速度为 8m/s.则在t-1.0s时,P、Q两点间的波形图 正确的是 _~_ 20+x10-8m 丙 P0 0{ 0.05 /0.10.15i/ A.17m/s B.12m/s -20... 乙 C.10ms D.2m/s 39 16.(多选)(2024·福州模拟)如图甲所示,质量为 tylem n的物块A与竖直放置的轻弹策上端连接 0.5.-..... 弹策下端固定在地面上。(一0时,物块A处于 静止状态,物块B从A正上方一定高度处自由 落下,与A发生碰撞后一起向下运动(碰撞时 甲 乙 间极短。且未粘连)。到达最低点后又向上运 A. 甲、乙两列波在介质中的波长为0.5m 动。已知B运动的v一图像如图乙所示,其中 B.在/-1.35s时,A处质点处于波峰 0~2.的图线为直线,不计空气阻力,则( ) C.A点为振动加强点,振幅为1cm B /2{ D.在整个圆周上(除S.、S。之外)一共有10个 振动加强点 【考场·真题真练】 19.(2024·河北卷)如图,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 乙 转轴上,另一端悬挂一紫外光笔,转动时紫外光始 A.物块B的质量为n 终竖直投射至水平铺开的感光纸上,沿垂直于框 B.7一时,弹的弹性势能最大 架的方向匀速拖动感光纸,感光纸上就画出了描 5t十3f1 述光点振动的x二:图像。已知轻杆在竖直面内长 C.1_ -时,B速度为零 8 0.1m,电动机转速为12r/min。该振动的圆频率 5t2-1时,A、B开始分离 和光点在12.5s内通过的路程分别为 ( ) D.- 17.(多选)(2024·江西省赣 /r 轻朴一 州市高三一模)在水面上 建立如图甲所示的直角坐 紫外光笔一 标系,两个有相同固定振动 →r/n 频率的振源S.和S分别 位于x轴上x一2m和x一-2m处。振动稳定后 感光纸一 振源S.和S。分别产生了振幅为5cm和8cm的 简谐波,波长均为1m,在水面上形成了稳定的干 涉,已知坐标原点O为加强点。下列说法正确的 A.0.2rad s.1.0m 是 r _ B.0. 2rads.1.25m A.x轴上x一6.5m处为振动加强点 C.1.26rad/s.1.0m B.振动减弱点的振幅为0cm,振动加强点的振 D. 1.26 rad/s,1.25m 幅为13cm 20.(多选)(2024· ,_en 甲 乙 -1位置A 山东卷)甲、乙 两列简谐横波 为振动加强点 在同一均匀介 D.如振源S.的振动在其它介质中传播时,介 质中沿x轴相 质中有1m宽的障碍物,障碍物的后方不一 定能看到明显的衍射现象 向传播,波速均 18.(多选)(2024·湖南长沙高三五校模拟联考)如 为2ms。/-0时刻二者在x一2m处相遇,波 图甲所示,在同一均匀介质中波源S、S。相距 形图如图所示。关于平衡位置在x一2m处的 质点P,下列说法正确的是 5m.在/一0时,同时向外发出两列相干波,波 __ 源处的质点的振动图像均如图乙所示。在以 A.(一0.5s时,P偏离平衡位置的位移为0 S.、S:连线为直径、O为圆心的圆周上有A、B B.7-0.5s时,P偏离平衡位置的位移为一 两点,且AS=3m,B点在S、S连线中垂线 2cm 上,两列波在介质中传播速度大小均为2.5m/s。 C.-1.0s时,P向y轴正方向运动 则下列判断正确的有 ) D.7-1.0s时,P向y轴负方向运动 4020.【解析】子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块 3.【解析】两质量相等的弹性小球弹性正碰后，由动量 组成的系统所受合外力为0，听以该系统动量守恒， 守恒和动能相等知碰后两球交换速度，即B碰A后A 若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有m0= 以等速开始摆动，B静止，后A到最低点时第二次碰 (m十M,解得木块获得的速度大小为一m十M mvo 撞，碰后A静止，B摆动，如此往复，所以两小球相碰 时均在最低，点。由于两小球摆角均很小，故两球均做 又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰 不射出木块时，木块获得的途度最大，此时有m哈 商瑞选动，且T=2红入没=2T=2√ =18 F2（m+MD2+kL,解得物=2kL(m十D :若子 从B开始运动起经，即0258两球第一次相碰。 mM 弹能够射出木块，则有0>2L(m+ 2,子弹在木 再经号即18，两球第二次相能，再经过号，即0,5。 mM 块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定 第三次相碰，以此类推4s内能相碰5次，C选项 律有k阳=mam,ko=MaM,根据位移关系有0t 正确。 24m12 C 2aMr2=L,对木块有2=aMl,联立解得 【答案】 4【解析】设圆弧轨道半径为R,由自由落体运动规律， 2kmL 物一2Mm-M十mk,又w越大1越小，则吃越 可得甲球运动时间√亚，设BD领角为，则对乙 小，即随着%的增大，木块获得的速度2不断减小。 球分析可得，其运动的加速度大小为a=gsin0,又BD 综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小 2L(m+M心，A正确：子弹在木块内运动的过 长为2Rsin0,故2Rsin0= (gsin0)1,得乙球运动时 1 mM 程，对子弹由动量定理有一k0l=m四一m0,解得子 间t2=2Ng ;因C点很靠近D点，可认为丙球做简 M 弹在木块中运动的时间1一(m十B错误：由能 量守恒定律可知，木块和子弹损失的总动能△Ek= 瑞运动：则丙球运动时调=×2红√尽-受√ R=x,尽 综上可知A正确。 kL=2L(m十M,C错误：木块在加速过程中做 【答案】A mM 5.【解析】题图中振幅最大处对应的频率与做受迫振 匀加速运动，由运动学规律有一受，解得木块在加 动的单摆的固有频率相等，由题图可知，两摆的固有 频率f1=0.2Hz,f1=0.5Hz。当两摆在月球和地 逢过程中运功的距离一MD正确。 球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据关系式∫ 【答案】AD 1 是可知，g越大，f越大，所以gⅡ>g1,因为g地 2N L 专题九机械振动与机械波 >g月，因此可推知图线I表示月球上单摆的共振曲 1.【解析】t=0.6s时，物块的位移为y=0.1sin(2.5x 线，A正确：若两摆在地球上同一地点做受迫振动，g X0.6)m=-0.1m,则对小球有A十y=g,解 L=25,B正 相网片吾且有片-器所以始号 得h=1,7m,选项Λ正确：简谐运动的周期是T=2红 确；「1=0.5Hz,若图线Ⅱ表示在地球上完成的，根 据g=9.8m‘s2.可计算出LⅡ约为1m,C正确，D 三2元s0.8s,选项B正确：0,68内物块运功的路 错误。 【答案】ABC 程是3A=0,3m,选项C错误1=0,4s=时，物块 6.【解析】A.由图可知这列波的波长入一4m,故八错 误；B.由题意可知，简谐运动的方程y=10sin(5πt), 经过平衡位置向下运动，则此时物块与小球运动方向 λ4 相同，选项D错误。 则周期为T=2红=2红 5元 =0.4s,波速=子=0.4m5 【答案】AB =10ms,故B错误；C.根据银动方程知P点在0时 2.【解析】A.由图乙可知，0~1s内小球正在向平衡位 刻后向上振动，在波形图中由同侧法得波向x轴正向 置运动，所以所受的回复力不断减小，且方向为x轴 传播，故C错误：D.在0~0.9s时间内，P质点经历了 负方向，故A错误：B.在弹簧原长位置释放质量为m 小球，则小球弹簧原长位置为最高，点的最大位移处， -0.9s一9，在0-0.9s时间内，P质点通过的路程 小球在竖直方向做简谐运动，回复力最大值的大小等于 重力，则当小球到达最低点时有F一mg一mg,可知最低 X4A=9A=0.9m,故D正确。 是=4 点时弹簧弹力大小为F=2ng,故B正确：C.若圆盘以 【答案】D 30r/min匀速转动，小球做受迫振动，振动达到稳定时其 7.【解析】由题图1可知，孩波的波长1=1.5×10-2m, 振动的周期等于驱动力的周期T-0s=2s,故C错误) 由题图2可知周期T=1×10一5s,则该波的波速v D.若圆盘以30rmin匀速转动，欲使小球振幅增加则可 入=1.5×10-2 使圆盘转速适当减小，当圆盘以l5 r/min匀速转动时， 1X10了m/s=1.5X103ms,A错误：由题图 区动力的周期为T=鳄s=45,0好等于弹簧和小球 2可得，在1一0时刻，P质点沿y轴正方向振动，由波 形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误： 的固有周期，发生共振，小球的振幅最大，故D错误。 质点P只在平衡位置附近振动，不沿x轴运动，C错 【答案】B 误：质点P的振福是5×10一6m,在0~1s时间内共 148 振动了n1×10一-1X10个周期，运动的路程是 故该波遇到8的障碍物时不能产生明显的衍射现 象，故D错误。 =4An=4×5×10-6×1×105m=2m,D正确。 【答案】C 【答案】D 8.【解析】A、由于波的传播方向未知，则由两质点的振 1山.【解析】小球弹簧组成的弹簧振子的周期T=2x人无， 动图像可知，相距的距离满足（十）A=3m,或 小球从平衡位置运动到最低处，再返回到平衡位置 (a+号)h=3m,(m=1,2…),由于P.Q两质点间的 所用时同为子，时同1=是T=名×2x入贺 距离不是半个波长的奇数倍，它们的振动方向不可能 不V买，在平衡位置小球加追度为索，根据平衡条件 始终相反，故A错误：BCD、若传播方向为P到Q,由 图像可知：(+号)2=3m,(m=0,12,…,可得A= k红1=mg,得弹簧压缩量x1=贤，振子的振幅A= 4nm,(n=0,1,2,…),因1m<A<2m,当n=2 12 0一1=0一发，小球从第一次运回平衡位置开始 4 到弹簧恢复到自然长度的过程中，把小球看成弹簧 3 时，可得入-3m,此时传播速度为v=子=0ms 振子，小球的振动方程x=Asn孕，根据题意上升 音ms,若传将方向为Q到P,则有（十子）A 4 的最大位移xm=x1,所用时间为t2,联立上面相关 12 式子，代入据有贤=(-)如2红2 3m,(n=0.1,2…)可得=4m千3m,(n=01,2…） 2元ΛE 12 当一1时，可得头号m…尉凌建可能为一产-n 化简得sin(2√m mg。,根据数学知识2 kx0一ng mg -号m/s,由子n是整数，所以入不可能是号m故 Nk arcsin kzo-mg 根据对称性可知，小球从 刚开始接触弹簧到第一次经过平衡位置所用的时间 BD错误，C正确。 13=12,则小球从开始接触弹簧到第一次脱离弹簧所 【答案】C 9.【解析】由题图中图像可知，质，点P的振动图像为虚 经历的时同为1=+1丝+=元1贺+21受arcn m 线，质点Q的振动图像为实线，从0时刻开始，质点Q 的起振方向沿y轴正方向，故A正确：由题可知，简谐 mg,综上分析，故C正确，ABD错误。 横波的传播方向从P到Q,由题图可知，周期T=6s, kro-mg 【答案】C 质，点Q的振动图像向左45后与P点的振动重合，意 味着Q点比P点振动滞后了45，即P传到Q的时间 12.【解析】如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代 △：可能为4s,同时由周期性可知，从P传到Q的时 表振幅，旅子从O一C所需时间为了，若振子一开始 间△=(4十nT)(n=0,1,2,…),即△1=4s,10s,16s …,不可能为7s,故B错误：根据(nT+4)v=10m,可得 从平衡位置向C点运动，因为简谐运动具有对称性· 所以振子从M一C所用时间和从C→M所用时间相 10 一6m十4ms(n=0l,2.…),故波速可能为1m/s,故C 等，故-0.3s+0号s=04s,解得T=1.6si如图 60 正确：根据入=T-6m十4m,当n=1时，入=6m,故D 乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点 M与，点M关于点O对称，则振子从点M经过点B 正确。 【答案】ACD 到点M'所用的时间与振子从，点M经过，点C到点M 10.【解析】A.由甲图可知该波的波长入=4m,由乙图 所需时间相等，即0.2s。振子从点O到点M'、从点 M到点O及从点O到点M所需时间相等，为 可知网频T=1s,由波建公式可得：=产-兰ms 3s0.2、05,故周期为T=0.2s+0.3s+05 3 =4mfs,当t=1.0s时，质点M在平衡位置，由乙图 可知，下一时刻要沿y轴负方向振动，结合甲图可 0.53s。故选B。 知，波沿x轴负方向传播，故A错误：B.1=1.75s B 0 M 1子工，此时卫质点处于平衡位置沿y轴正方向振 C 0.3s 0.2s 0.3s 0.2s 动，速度最大。此时，刚好是1=1s时刻平衡位置在 x=6.5m处的质，点的摄动形式传到Q,点，即此时Q 甲 乙 质点已经过了平衡位置，正沿y轴正方向朝正向最 【答案】 B 大位移处运动，其速度小于经过平衡位置时的速度， 13.【解析】①由乙图得T=0.1s,又0=8ms,所以入 故B错误：C根搭频率与周期的关系可知了=子 =uT=0.8m ②据SP=4.2m,SQ=5.4m得PQ=SQ-SP=1.2m H2=1H2,发生千涉的条件是，频率相同的两列 1 波相遇，所以该波遇到另一列领率为1Hz波时，能 ③波传搞到P用时1=P=0.5255,则1=1.0s,P 发生千干涉现象，故C正确：D,能发生明显衍射的条件 是障碍物的尺寸跟波长差不多或者比波长小得多， 振动了12=1-0.525s=0.475s到负的最大位移处 149 ④符合②③即PQ间为1之X且P在负的最大位移 则有2一1一4 3 的是C项，故C正确 ⑤A,B项PQ=1子X,均错误：D项P在正最大位移 故B造度为率时制为1=？一召 5t2+3t1 处，故错误。 解得t= 8 【答案】C 故C正确： 14.【解析】A、根据图乙所示图像可知，t=28时x= 0.2处质点由平衡位置向下振动，根据微平移法可 D根据" 46 知，该简谐波传播方向为工轴负方向，故A正确：B 可得.1= 512-41 T3TT-11T 在播的传播过程质点只在平衡位置附近振动，并不 4 =t+64 612 随波迁移，故B错误：C、由图甲所示图像可知，波长入 一0.4，由图乙所示图像可知，周期T=4s,波速u B的度B=n×-sn华=- 2 =0m8=0.1ms,在1=0时刻往星在x= 故A、B刚好回到碰撞时的位置，弹簧仍处于压缩状 T 态，A、B并未分离，故D错误。 0.2m处的质，点开始振动，由图乙所示图像可知，质 【答案】AC 点开始振动时由平衡位置向上振动，振动传播到x 17.【解析】A.两波源分别到x轴上x=6.5m处的距 0.1m处需要的时间1--021=1s=} 离r1=4.5m和r%=8.5m波程差△r=r2-rn=8.5m 0.1 由图乙所示图像可知，质点的振幅A=0.1m,质点 -4.5m=40m满足△y=2n×含（其中n=0,L山.2 级动时a-号-华ads=受1ads,平街位置为上 …),因此x轴上x=6.5m处为振动加强，点，故A正 确：B.振动加强点的合振幅A=A1十A2=5cm十 =0.1m的质点的振动方程为y=Asin(al十0)= 8cm=13cm,振动减弱，点的合振幅A'=|A1一A2 0.1sm(受1-受)m,故C错误：D.振动从x=0.2m =|5cm一8cm=3cm,故B错误；C.根据双曲线的 处传将到x=一0.5m处需要的时间1特播= Ar= 定义可知，双曲线上的点到两焦点（波源S1、S2)的距 离的差的绝对值4r=2a,结合双曲线方程r2-号 3 0.2-（一0.5)s=75,从t=0到1=10s时间内位置 0.1 1,得波程差△r=2X1m=2m,满足△=2mX号 在x=一0.5m处的质点的振动时间1精=t一t传嵇 =10s-78=3s=3T,波刚传到x=-0.5m处质 (其中n=0,1,2…),因此双曲线上的A点为振动加 4 强点，故C正确：D.波长决定于介质和波源，不同介 点由平衡位置向上振动，经过子T该质点位于波谷 质波长一般不同，振源S1的振动在其它介质中传播 时，若波长比1m小得多，那么介质中有1m宽的障 位置，该质点的位移为一0.1m,该质，点的路程s=3A 碍物，障碍物的后方不能看到明显的衍射现象，故D =3×0.1m=0.3m,故D错误。 正确。 【答案】A 【答案】ACD 15.【解析】由于波向左传播向右传播具有对称性，可 18.【解析】A.根据图乙可知波源振动的周期为T 在S点右侧找对称点Q'来处理，Q和P之间有以十 0.2s,故波长为入=vT=0.5m,A正确：BC.由AS1 =2m,可得入=2有m,根据振动图像可知网期 4 =3m,可知AS2=√/52-32m=4m,所以有AS2 2 AS1=1m=2入，两波源的初始振动方向相同，A点到 T=0.4s 两波源的距离差为波长的整数倍，故为振动加强点， 入 10 因此可得v=子=2n十m/s 振幅为原来的2倍即1cm:波源S1发出的波刚传到 3 当n=0时，代入上式得：v=10ms A点时用时为1一2.58=1.2s,可得△1=1.358 当n=2时，代入上式得：v=2m/s,CD正确。 【答案】CD 1.25=0,155=T,由图乙可知波源处质点开始是 16.【解析】A.碰撞时间极短，碰撞过程满足动量守恒， 沿y轴负方向振动，故可得t=1.35s时，A处质，点 以1为正方向，根据动量守恒定律则有 处于波峰，此时波源S2发出的波还未传到A处，BC mB01=(mB十m）2 正确：D.由于某点到波源的路程差为波长的整数倍 时为振动加强点，则对于两波源连线上的点当△= 解得nB=m 以时为加强点，除S1、S2之外，有-5m<△<5m, 故A正确： n为整数，可得一5m<n以<5m即一10<n<10,由 B.当B为零时，弹簧压缩量最短，弹簧弹性势能最 于每个加强点与圆周有两个交点，故在整个圆周上 大，故B错误： (除S1、S2之外)一共有38个振动加强点，D错误。 C.B与A一起运动是简谐振动，图乙中B物体速度 故选ABC. 一时间图线为正余弦函数关系，设报动周期为T,则 【答案】ABC 19.【解析】由于电动机的转速为12r/min,则光点 2元 1min振动12个周期，故光点振动的周期T=1min 12 2 解得=T -60=5s,所以光点振动的国频率u=票=0,4元 12 rad:s=1.26rads,AB错误：由题意可知光点的振 150 幅A=0.1m,又t=12.58=2.5T,则光点在12.5s 5,【解析】水的阻力不计，人、船水平方向动量守恒，平 内通过的路程=2.5×4A=10A=1.0m,C正确，D 均动量也守恒。设人走动时船的平均速度大小为 错误。 船，人的平均速度大小为人，取船的速度方向为正方 【答案】 C 20.【解析】由于两波的波速均为2m/s,则1=0.5s 向，根据动量守恒定律有：M7船一m人=0即M- 时，题图所示平衡位置在x=1m处和x=3m处两 质点的振动形式传到P点处，则由波的叠加可知， m公=0，人，船运动时间相等，则有Mr一mx人=0，又 =0.5s时，P偏离平衡位置的位移为一2cm,A错 x“十x人=L,x船=d,联立解得船的质量为：M 误，B正确：与AB项分析同理，1=1s时，题图所示 平衡位置在x=0处和x=4m处两质点的振动形式 m(L一山，故ACD错误，B正确。 d (均向y轴正方向运动)传到P点处，根据波的叠加 【答案】 B 可知，t=1s时，P向y轴正方向运动，C正确，D 6.【解析】A.由图可知两波的波长均为2cm,在传播 错误。 过程中遇到1m尺度的障碍物，由于障碍物的尺寸远 【答案】BC 大于波长，则不能发生明显的衍射现象，故A错误：B. 专题六至九滚动检测卷 由图可知此时x=6m处质点的起振方向沿y轴负方 向，且振源Q起振方向与x=6m处质，点的起振方向 1.【解析】设拖挂车加速时的牵引力为F,根据牛顿第 相同，故振源Q起振方向沿y轴负方向，故B错误：C 二定律F-(M十m)gsin0-k(M十m)g=(M+m)a 解得F=(M+m)(gsin0+kg+a) 由题意可知波逢为=-子cms=1cm,则周期 设最大速度为，整个过程的平均速度=号 名=是s=2,由于y=38=2T,可知振源P 为T=1=2 根据L=0解得0=2L 在这3秒内的路程为=号XA=6A=6X4m 拖挂车的最大功率为P=F-2M什m(gsin0+kg士a)L 24cm,故C正确；D.两列波在同一介质中传播，则波 速相等，当振源P的波峰传x=3cm处时，振源Q的 故A正确，BCD错误。 波谷也刚好传到x=3cm处，则两列波在x=3cm处 【答案】A 相遇后，该质点的振动始终减弱，故D错误。 2.【解析】对两木块整体，系统有最大振幅时，有A= 【答案】C (m十受)，可得8-A,隔离分桥上面的木我，当 7.【解析】A.长木板与小物块组成的系统所受合外力 3m 为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定 最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力， 律得：M=(m十MW×子o,解得：m=号M,故A错 有=受a=,联立解得：A=,故ABC错误，D 误：B.小物块恰好没有从长木板上滑落，小物块相对 正确。 长木板滑行的距高等于木板长度L,设物块与木板间 【答案】D 的动摩擦因数为：，对小物块与长木板组成的系统，由 3.【解析】小球到达顶点C时，刚好对轨道压力为零， 所以在C点，重力充当向心力，由牛頓第二定律得 能量守恒定律得：号Md=(m+M0×()）十 mR=mg巴知圆环半径R=6m,小球在C点动能： mgL,解得：= 8%,故B正确：C由能量守恒定律 E=之m=mgR=3mg,以B所在平面为索势能 可知，0~10内物块与木板损失的动能△E=合M6 而，在C点，小球重力势能E,=2mgR=12mg,小球从 1 静止开始运动到到达C点过程中由动能定理得：W十 (m+M×(子w)‘=gM话-}×号M6,损 mg(H-2R)=2m2-0,解得W1=-3mg,小球在C 失的动能为木板初动能的子，故C错误：D.木块获得 点时的机桃能：E=Ek十En=15mg,由于克服摩擦力 做功，机械能减少，小球到达底瑞时的机战能小于予 的最大动能Ek=m·(任w)）广=是M6=最× 15mg;小球从C点下滑过程中克服摩擦力做功，机械 能减少，到达轨道同一高度处的速度比上升时的速度 号M品，故D错误， 小，小球对轨道压力变小，摩擦力变小，小球下滑时， 【答案】B 克服摩擦力做功小于3mg,故小球到达底端时的机械 8.【解析】A.当Q下降高度h时，绳子断裂，根据几何关 能大于15g一3ng=12mg,小球进入光滑孤形轨道 BD时，小球机械能的范围为12mg<E<15mg,小球 系可知P上升的高度为'=，h 5m37=子6，断梨醉 到达最高，点时的机械能E=mgh,则12m<h<15m, 间PQ速度大小相等，设为。对P,Q整体，根据机械 故A,B,C错误，D正确 【答案】D 能守恒得3gh一mg'=号(3m+m),解得： 4.【解析】沙子落入货车后，立即和货车共速，选择向 9 右的方向为正方向，则由动量定理可得F△1=m0U √8h.,蝇子断裂后，P还能上升的高度满足mgh1= 0,解得沙子受到货车的力为F=m,方向向前，由 牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后， 名m,解得，1=，所以物体P活斜面上升的最 大小为F”=m,对货车（连同落入的沙子），由牛顿 h'+h1_35 第二定律可得F-=Ma,解得a-F二mo”,故B正 大距离为：L sin37=G五，故A错误：B.当绳子断 M 开瞬间，物体Q的重力的功率为P-3 ngusin53° 确，ACD错误。 【答案】B 9mg,v2gh,故B正确：C.绳子断开后，物体P沿斜面 151