(13)机械振动和机械波-【衡水金卷·先享题】2025年高考物理一轮复习周测卷（重庆专版）

null高三一轮复习重庆专版 ·物理· 高三一轮复习40分钟周测卷/物理（十三） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： 1.理解能力 Ⅱ.推理能力Ⅲ，分析综合能力N.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.核心素养： ①物理观念 ②科学思雏③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ① ② ③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 6 共振 0.80 2 单项选择题 6 波的性质应用 易 0.80 单项选择题 6 多普勒效应 易 0.80 单项选择题 振动方程 中 0.75 5单项选择题 6 拐摆 中 0.70 6 单项选择题 两质点的振动图像 中 0.65 7 多项选择题 8 振动图像 中 0.65 8 多项选择题 8 不完整波形图 中 0.60 9 非选择题 14 单摆测重力加速度 中 0.70 10 非选择题 14 竖直方向上的弹簧振子 0.65 11 非选择题 20 波的性质、振动加强点 0.55 9 香考答案及解析 一、单项选择题 2.B【解析】由题图可知，降噪声波与环境声波的波长 1,C【解析】飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，是因 相等，在同一种介质中的传播速度相等，则颜率相同， 为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，在飞 叠加时发生干涉现象，由于两列声波振幅相同、相位 机机翼前缘处装置配重杆，是为了改变机翼的固有顿 相反，所以振动减弱，起到降噪作用，P点处于振动减 率，使驱动力的频率远离机翼的固有频率，避免机翼 弱处，A,C项错误，B项正确：波传播过程质点并不随 发生共振，C项正确。 波迁移，D项错误 ·49 ·物理· 参考答案及解析 3.A【解析】根据多普制效应，远离波源的接收者接收 到的频率变小，接近波源的接收者接收到的频率变 大，则fn>fa,fa<f,故Ta<T。,T>T,所以 △1A<△t。,△1>△1o,A项正确 x/cm 4.A【解析】由图可知入-4mA-8cm,根据-产， 可得振动周期T=2s,则。-等 =n rad/s,1=2.5 s 这列波的频率∫= 时.质点a恰好位于平衡位置，再过子T=1.5,质点 文=10÷10Hz=10H2,A项正 确：根据上下坡法可知1=0时刻，x=7cm处的质点 a位于正向最大位移处，则9一2，质点a的振动方 的振动方向沿y轴正方向，B项错误：该波的周期T 程y=8sin(x1+受)cm,A项正确。 =0.15,0~0.05s时间内，质点P经历了半个 周期，质点P的速度先减小后增大再减小，C项错误： 5.D【解析】由图像可知0~0.2πs内应该对应着小 1=0.065s时，沿x轴负方向传播的距离x=W= 球在CB之间的摆动：0.2πs一0.6πs内应该对应着 小球在BA之间的摆动，因t=0.1xs时摆线拉力最 0.065×1m=0.065m=6.5cm,由波形图可知，质点 P运动到负方向最大位移处，D项正确。 小，可知小球位于C点，=0.4πs时小球位于A点， A,B项错误：小球在AB之间摆动的周期T,= 三、非选择题 9.(1)D(2分) 0.8元s,根据T=2r√ L ,可得L,=1.6m.即OA之 (2)BC(2分) 间的距离为1.6m,C项错误：小球在BC之间摆动的 (3)0.850(2分) 周期T,=0.4,根据T=2√ (4)111.3(2分) ,可得L, (5)①C(2分)②9.86(2分)③等于(2分) 0.4m,即PB之间的距离为0.4m,OP之间的距离 【解析】(1)根据单摆理想模型可知为减小空气阻力 为1.2m,D项正确. 的影响，摆球应采用密度较大，体积较小的铁球，为使 6.D【解析】由于波向左、右两边传播具有对称性，可 单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝 以在S点右侧找对称点Q来处理。Q点和P点之间 线，悬点应该用铁夹来固定 有a+含=18m-16m=2m,可得入一2n有m(n 4 (2)根据周期公式T=2x√怎，可得重力加速度R =01,2,3…),又T=0.4s,因此可得0=分 4如上，测量摆长时应该测量把单摆周定好后自然下 T 2m十m/s(n=0,1,2,3…),当n=0时，=10m/s. 10 垂时的摆线长，A项错误：在摆球运动的过程中，必须 D项正确 保证悬点固定不动，B项正确：摆球运动的过程中，摆 二、多项选择题 线与竖直方向的夹角不能太大，若摆角太大，将不能 7,BD【解析】根据题意可知，1=0时刻，质点a在波 看作简谐运动，单摆周期公式失效，C项正确：测量周 峰，质点b在平衡位置且向下振动，可知波长满足(n 期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，因为最 十子以=21m(a=0,1,23…),解得周期T=之 低点位置处摆球的速度最大，相同的视觉距离误差引 起的时间误差较小，则周期测量比较准确，D项错误。 4n十3s(n=0,1,2,3),当n=0时，T=7s,当n=1 21 (3)游标卡尺的精度为0.05mm,主尺读数为0.8cm: 游标尺的读数为10×0,05mm=0.50mm,则小钢球 时，T=3,当n=2时，T=2 1 s,BD项正确 的直径d=0.8cm十0.050cm=0.850cm. 8.AD【解析】由波形图可知，该波的波长为10cm,画 (4)秒表的读数1=1.5min+21.3s=111.3s。 出波形图如图所示： (5)由图可知，设M点到石块重心的距离为d,根据周 ·50 高三一轮复习 重庆专版 ·物理· 1 期公式T=2x I+d ,可得下=红（1十，故该图 t)= X2mvi-- 2 ×2m (1分) 像的斜率无=好，C项正确。由于6=区 解得=2g√下 (1分) 99.0--1.0)×10=4,由此得出重力加速度的测 4.0 11.【解析】(1)通过图像可知，水波的振动周期T=2s (1分) 量值g=π2≈9.86m/s。由之前的分析有T= 则水波的波速一了 =1m/s (1分) 红(1十d,图像的斜率k=红，其重力加速度g 水波从波源传播到A点所需的时间t1==3s 、灯，由上述分析可知，其只测量细线的长度不影响重 (1分) 力加速度的测量结果，所以其测量值等于真实值。 故在0~108时间内，小孔A处的质点通过的路程 10.【解析】(1)撤去外力后，A以没有施加压力时的位 4=·4A 置为平衡位置做简谐振动，当B刚好要离开地面 T (1分) 时，对B受力分析，根据二力平衡有kx=mg(1分) 解得A=20cm (2分) 此时A处于简谐运动的最高点，A的加速度最大， (2)水波从波源传播到B点所需的时间t2=细 方向竖直向下，根据牛顿第二定律有k,x十mg=ma 4s (1分) (1分) 故B处的质点刚开始起振时，A处的质点已振动了 解得a=2m5=2g (1分) 1s,即半个周期 (1分) 由简谐运动的对称性可知，当A运动至最低点时， 故A处的质点的位移为0 (2分) 加速度最大，仍为2g,方向竖直向上 (1分) (3)设AC线段上的P点为振动加强点，则满足BP 撤去外力F瞬间合外力大小等于撤去的外力，根据 -AP=a+含=(2m+1)m(m=01,2…) 牛顿第二定律有F=ma=2mg (1分) 根据几何关系可知BP-AP<AB (2)对C分析，设C由静止自由下落到与A相碰前 根据几何关系可知(SB-SA)<AB<(SB+SA) 的速度大小为，由自由落体运动的规律有 即1m<AB<7m (2分) =2gH 因为AB的距离未知，需要讨论： 解得功=V2g币=4g√ m (1分) ①当1m<AB≤3m,则存在BP-AP=(2+1)m <3m 设C与A相碰后一起向下运动的初速度大小为，· 解得n=0 由动量守恒定律有m=(m十m) (1分) 只有一个加强点，对应该点AP满足儿何关系(AP 2四 解得功=2g (1分) +1)2-AP=AB C自由落下前，A受重力和弹力，二力平衡，则有加g 代入1m<AB≤3m,得1<(AP+1)2-AP≤9 解得AP<4<AC =ka (1分) 故有一个加强点 (2分) 解得弹簧的压缩量= k ②当3m<AB≤5m.则BP-AP=(2十1)m< 同理，B刚好离开地面时弹簧伸长，B受重力和弹力 5m 平衡，可得弹簧的伸长量=哭 解得n存在两个解：n=0,n=1 由几何关系可知，AC上的点，越靠近C点，波程差 因此两位置弹簧的形变量相等，即x1=(1分) 越小，故分析最靠近C点的加强点是否满足距离关 所以弹簧弹性势能的变化量△E,。=0 (2分) 系即可，设较远点为P,对应n=0,则同理满足9 设B刚好离开地面时A的速度大小为2，对A、C (AP'+1)2-AP'9≤25 及弹簧组成的系统，由能量守恒定律有2mg(x1十 解得4<AP<12<AC ·51 ·物理· 参考答案及解析 故有两个加强点 (2分) 解得12<A广<24 ③当5m<AB<7m,则BP-AP=(2n+1)m< 而AC的距离为15m,故有可能有两个加强点，最多 7 m 有3个加强点 (2分) 解得n存在三个解n=0,n=1、n=2 综上所述，AC线段上至少有1个振动加强点，最多 设最远点为少，对应n=0,则同理满足25<(AP产+ 有3个振动加强点 (2分) 1)2-Ap2<49 ·52·