卷15 机械振动与机械波-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3N)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（十五） 卷15机械振动与机械波 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·云南卷)如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波 源。t=0时刻，波源开始振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右 两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t =1.5s和t=2.5s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则 4m 4m A.波速为2.5m/s B.波源的平衡位置距离P点1.5m C.t=1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动 D.t=5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同 2.(2024·湖南)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳 的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。 长绳上A、B两点平衡位置相距6m,t。时刻A点位于波谷，B点位于波 峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是 A.波长为3m B.波速为12m/s C.t。+0.25s时刻，B点速度为0 D.t。十0.50s时刻，A点速度为0 3.(2024·江西)如图(a)所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。 在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表 面和缺陷表面的反射信号，分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼 材料中的波速为6300m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果 和缺陷深度d,下列选项正确的是 机翼表面、 缺陷表面反射波 探头 口缺陷 入射波 1.41.51.7/m 机翼表面反 0.2 一d 射波 图(a)超声波检测原理示意图 图(b)机翼表面反射信号 图(c)缺陷表面反射信号 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十五）15-1】3N A.振动减弱：d=4.725mmB.振动加强：d=4.725mm C.振动减弱：d=9.45mm D.振动加强；d=9.45mm 4.(2024·安徽)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播， 波速？大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波 () 甲 0 5 10 15 20x/m A.在x=9.0m处开始相遇B.在x=10.0m处开始相遇 C.波峰在x=10.5m处相遇D.波峰在x=11.5m处相遇 5.(2024·北京)产生阿秒光脉冲的研究工作获得2023年的诺贝尔物理学 奖，阿秒(as)是时间单位，1as=1×10-18s,阿秒光脉冲是发光持续时间 在阿秒量级的极短闪光，提供了阿秒量级的超快“光快门”，使探测原子 内电子的动态过程成为可能。设有一个持续时间为100as的阿秒光脉 冲，持续时间内至少包含一个完整的光波周期。取真空中光速c=3.0 ×10m/s,普朗克常量h=6.6×1034J·s,下列说法正确的是() A.对于0.1mm宽的单缝，此阿秒光脉冲比波长为550nm的可见光的 衍射现象更明显 B.此阿秒光脉冲和波长为550nm的可见光束总能量相等时，阿秒光脉 冲的光子数更多 C.此阿秒光脉冲可以使能量为一13.6eV(-2.2×1018J)的基态氢原 子电离 D.为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持续时间应大于电 子的运动周期 6.(2024·河北)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转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光 始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感 光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x-t图像.已知轻杆在竖直面 内长0.1m,电动机转速为12r/min。该振动的圆频率和光点在12.5s 内通过的路程分别为 ( ) 轻杆 紫外光笔 感光纸 A.0.2rad/s,1.0m B.0.2rad/s,1.25m C.1.26rad/s,1.0m D.1.26rad/s,1.25m 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。 7.(2025·陕晋青宁)一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于 1m,a、b为介质中平衡位置相距2m的两质点，其振动图像如图所示。 则t=0时的波形图可能为 () 【15-2】3N 2x/ C.o D 8.(2024·全国)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如 图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5m 处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则 () y/m 0.2 0 0.1 0.2t/s -0.2- A.波的周期是0.1s B.波的振幅是0.2m C.波的传播速度是10m/s D.平衡位置在x=4.5m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰 位置 9.(2024·海南)一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2km的 湖对岸，空气中的声速为340m/s,水中声速为1450m/s,歌声可视为 频率为400Hz的声波，则下列说法正确的是 () A.在水中传播频率会改变 B.由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5s C.在空气中波长为0.85m D.在水中的波长为5m 10.(2024·海南)真空中有两个点电荷，电荷量均为一q(q≥0)，固定于相 距为2r的P1、P2两点，O是P,P2连线的中点，M点在PP2连线的 中垂线上，距离O点为r,N点在P,P2连线上，距离O点为x(x《r), 已知静电力常量为，则下列说法正确的是 () MT AP,P:中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为 1 4√3kq B.PP,中垂线上电场强度的最大值为 9r2 【15-3】3N C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 三、非选择题：本大题共5题，共56分。 11.(12分)(2024·广西)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。 图甲 图乙 1 山山山山山 0510 iatdtnidnia9a 图丙 (1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的 目的是要保持摆动中 不变： (2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为 cm; (3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空 气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g,以释放时 刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系 为 12.(10分)(1)滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学 用一辆滑板车和手机估测轨道半径R(滑板车的长度远小于轨道半径)。 主要实验过程如下： ①用手机查得当地的重力加速度g; ②找出轨道的最低点O,把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由 静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t,算出滑板车做往复 运动的周期T= ③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R= (用t、n、g表示)计算出轨道半径。 (2)某同学用如图(a)所示的装置测量重力加速度。 光电门 玻 m 11lllem 0 15 16 ☐缓冲物 012 9101112131415161718 图(a) 图b) 实验器材：有机玻璃条（白色是透光部分，黑色是宽度均为d=1.00cm 【15-4】3N 的挡光片)，铁架台，数字计时器（含光电门），刻度尺。 主要实验过程如下： ①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物； ②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图(b)所示，读出 两挡光片间的距离L= cm; ③手提玻璃条上端使它静止在 方向上，让光电门的光束从玻 璃条下端的透光部分通过； ④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为t1=10.003ms和 t2=5.000ms; ⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度g= m/s2(结果保 留三位有效数字)。 13.(10分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标 原点，波源在0~4s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为 0.5m/s。 (1)求这列横波的波长； (2)求波源在4s内通过的路程； (3)在图(b)中画出t=4s时刻的波形图。 y/cm 4ftem /4t/s 0 x/m 图(a 图b) 14.(10分)(2023·全国)分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、 Q的振动方向相同，振幅均为5cm,波长均为8m,波速均为4m/s。t =0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振 动；Q波刚好传到x=10m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。 经过一段时间后，两列波相遇。 ↑ylcm 5-- 0 24:6810xm -5 (1)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t三2.5s时刻的波形图 【15-5】3N (P波用虚线，Q波用实线)； (2)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最 小的平衡位置。 15.(12分)类比是研究问题的常用方法。 (1)情境1：如图1所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之 间做简谐运动，小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律可用 方程x=xmc0s√m t描述，其中xm为小球相对平衡位置O时的最大 位移，m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数。请在图2中画出弹簧的 弹力F随位移x变化的示意图，并求出小球从C点到O点的时间。 AH 0 C0B→x 图1 图2 (2)情境2：假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，地球 的半径为R,万有引力常数为G。 ↑F R 图3 a.根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用 库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，在图3中画出 质量为m的小球所受万有引力F与小球到球心之间的距离r的图像， 并标出r=R时的纵坐标； b.若通过地球的南北两极之间能够打通一个真空隧道，把一个质量为 m的小球从北极的隧道口（地面处）由静止释放后，小球能够在隧道内 运动。求小球从隧道口到地心的时间。 【15-6】3N(2)实验中多次改变气体温度，用△1表示气体升高 的温度，用△h表示B管内水银面高度的改变量」 压强不变时体积变化与温度变化的关系是成正比 的，所以根据测量数据作出的图线是A 答案：(1)向下B、C两管内水银面等高(2)A I2.解析：(1)理想气体的内能只由温度决定，由理想气 PV 体状态方程 =C可知，若气体的压强和体积都 不变，温度T也不变，所以内能也一定不变，故AE 正确；若气体的内能不变，则温度T不变，但气体的 压强和体积可以改变，故B错误：若气体的温度升 高，体积增大，其压强可以不变，故C错误；由热力 学第一定律△U=Q十W知，故D正确。故 选ADE (2)设玻璃管开口向上时，空气柱压强为P,一P +ogl3 式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度，玻 璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流 出，封闭端会有部分真空，设此时开口端剩下的水 银柱长度为x,则P2一pgl1 P,十pgx=Pg 式中P,管内空气柱的压强，由玻意耳定律得 P(SL,)=P2(Sh) 式中是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面 积，解得h=12cm 从开始转动一周后，设空气柱的压强为P?,则P, P。十0gx 由玻意耳定律得P1(SL2)=P3(Sh') 式中h'是此时空气柱的长度，解得h'≈9.2cm 答案：(1)ADE(2)12cm9.2cm 13.解析：(1)根据热力学第二定律可知，气体从状态1 到状态2是不可逆过程，由于隔板A的左侧为真 空，可知气体从状态1到状态2，气体不做功，又没 有发生热传递，所以气体的内能不变，气体的温度 不变，分子平均动能不变。 (2)气体从状态1到状态2发生等温变化，则有 p1V1=p2·2V P1 解得状态2气体的压强为P2=2 =1.02×10°Pa 解锁活塞B,同时施加水平恒力F,仍使其保持静止， 以活塞B为对象，根据受力平衡可得p:S=poS十F 解得F=(p2-p。)S=(1.02×10°-1.01×10)× 100×10-4N=10N (3)当电阻丝C加热时，活塞B能缓慢滑动（无摩 擦)，使气体达到温度T2=350K的状态3，可知气 2V1V3 体做等压变化，则有T,一T 可得状态3气体的体积为 2 V3==·2y=250×2×750cm3=1750cm 该过程气体对外做功为 W=p2△V=p2(V4-2V,)=1.02×10×(1750-2 ×750)×106J=25.5J 根据热力学第一定律可得△U=一W十Q 解得气体吸收的热量为Q'=△U+W=63.8J+25. 5J=89.3J 可知电阻丝C放出的热量为Q=Q'=89.3J 答案：(1)气体从状态1到状态2是不可逆过程，分 子平均动能不变(2)10N(3)89.3J 14.解析：(1)气体进行等压变化，则由盖-吕萨克定律 Vo Vi 得T。T 【34】 (a+吉)s T。 T 解得T,-合工 (2)此过程中气体内能增加 -CST-CT, 气体对外做功大小为 W=pSM=吉(p,S+mg) 由热力学第一定律可得此过程中容器内气体吸收 的热量 Q=A+W=专A(,S+mg+号CT。 答案：1g1。(2)日(A.s+mg)+cT 15.解析：(1)设抽气前两体积为V=SL,对气体A分 析：抽气后 V,-2V-v-st 根据或意平定律得p,V-p:·V 4 解得pA=万Pn 对气体B分析，若体积不变的情况下抽去一半的气 体，则压强变为原来的一半即2P。,则根据玻意耳 定律得7p,V=pa·子V 3 2 解得pB=3。 (2)由题意可知，弹簧的压缩量为4，对活塞受力分 析有pAS=pBS十F 根据胡克定律得F=k4 8PoS 联立得k= 151 4 2 8p。S 答案：(1)pA=5p。pB=3p。(2)k= 151 卷15机械振动与机械波 DA.根据波形可知入=4m,2T=2.5s1.53 可得T=28,故波速为u二子=2m/s,故A错误) B.设波源的平衡位置距离P点距离为x。,根据左 侧4=1,5s时的波形可知2十0=1.55，解得r。 =1m,故B错误：C.根据左侧实线波形结合同侧法 可知波源刚开始的振动方向向下，由于t=1.0s= 「号T,故可知此时波源处于平衡位且向上运动，故 C错误；D.由于x。=1m,可知波源的平衡位置距 离Q点距离为x1=3m,故波传到PQ两点的时间 -3N 分别为t0=0=0.5s,t1= 号=1k5s,故1 5.5s时，平衡位置在P,Q处的两质点已经振动的时 间分别为0=5,5s=0,55三号T4=5.58- 5s=2T,由于波源刚开始向下振动，故t=5.5s时， P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于平 衡位置向下振动，故此时平衡位置在P、Q处的两质 点位移相同。故D正确。 3 2.D如图，根据题意可知r=2入=6m 解得入=4m 故A错误： 波源的振动频率为∫=60 60 Hz=1 Hz 故波速为v=λf=4m/s 故B错误： T 质点的振动周期为T=1s,因为0,25s=4,故B 点在t。十0.25s运动到平衡位置，位移为0，速度最 大，故C错误； 0.5s=),故A点在。十0.5s运动到波峰，位移最 大，速度为0，故D正确。 故选D。 B,波蜂 波谷 3.A根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为T =2×10-7s 又波速v=6300m/s,则超声波在机翼材料中的波 长A=vT=1.26×103m 结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间 差为t=1.5×10-6s 故两个反射信号的路程差 2d=va=9.45X10‘m=5 解得d=4.725mm 两个反射信号在探头处振动减弱，A正确」 故选A。 4.C由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内 传播的的距离相同，故两列横波在x一11.0m处开始 相遇，故A、B错误： 甲波峰的坐标为x1=5m,乙波峰的坐标为x2 =16m,由于两列波的波速相同，所以波峰在 x'=5m+16-5 m=10.5m 2 处相遇，故C正确，D错误。 【35】 故选C。 5.C此阿秒光脉冲的波长为 λ=cT=30nm<550nm 由障碍物尺寸与波长相差不多或比波长小时，衍射 现象越明显知，波长为550nm的可见光比此阿秒光 脉冲的衍射现象更明显，故A错误； 由®=A分知，阿秒光脉冲的光子能量大，故总能量 相等时，阿秒光脉冲的光子数更少，故B错误； 阿秒光脉冲的光子能量最小值 e=hy=7=6.6×10-J>2.2X108J 故此阿秒光脉冲可以使能量为-13.6eV(-2.2X1018 J)的基态氢原子电离，故C正确： 为了探测原子内电子的动态过程，阿秒光脉冲的持 续时间应小于电子的运动周期，故D错误。 故选C。 6.C紫外光在纸上的投影做的是简谐振动，电动机的 转速为n=12r/min=0.2r/s 因此角频率w=2πn=0.4π=1.26rad/s 1 周期为T=元=5s 简谐振动的振幅即为轻杆的长度A=0.1m,12.5s通 过的路程为s三5X4A=1m 故远C。 7.AD根据振动图像可知当波的传播方向为a到b 1 时，xw=4+以，n=01,2.…),入>1m,解 1 5 得n=0或1，即x6=4入或，当波的传播方向 3 为b到u时，x6=4入十以，(n=0.1,2.…),入 3 7 >1m,解得n=0或1，即xb=4入或4入，同时t =0时，“处于平衡位置，b处于波谷位置，结合图像 可知AD符合。 8.BC波的周期和振幅与波源相同，故可知波的周期 为T=0.2s,振幅为A=0.2m,故A错误，B正确： P开始振动时，波源第2次到达波谷，故可知此时经 过的时间为t= 3T+T=0.35s 故可得波速为u=”=3.5 10.35m/s=10m/s 故C正确； 波从P传到Q点需要的时间为 /==0.1s=2T 1 故可知质点P处于平衡位置，故D错误。 故选BC。 -3N 9.BC频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改 变，故A错误； 由空气传到湖对岸的时间为 s≈5.88s 由水传到湖对岸的时间为 s2000 t水=0家=1450s1.38s 故由空气和水传到湖对岸的时间差约为 △t=t空一t水=4.5s 故B正确； 在定气中的效长为A一学-船m=0,的m 故C正确： 在水中的波长为水=本=40m=3.625m 故D错误 故选BC。 1O.BCD设P,处的，点电荷在P,P。中垂线上某点A 处产生的场强与竖直向下的夹角为日，则根据场强 的叠加原理可知，A点的合场强为 E=69sn0os月 旅据均值不学式可知当四s0一=时E有最大位】 且最大值为E=4V3g 9r2 再根据几何关系可知A点到O点的距离为y=2 故A错误，B正确； 在M点放入一电子，从静止择放，由于心 2 可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电 子的加速度一直减小，故C正确： 根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过 程中，O,点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子 受到的电场力为 -4rx F=keg·r+r)'(r-x) 由于r<,整理后有F=_469.T r3 在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为 平衡位置做简谐运动，故D正确。 故选BCD。 11.解析：(1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆 长不变； (2)摆球直径为d=1.0cm+6×0.1mm=1.06cm (3)根据单摆的周期公式T=2x√日 可得单摆的 【36】 摆长为L=gT x2 从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振福为 A=Lsin 5 以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球 偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为 r=Acos ot= 4π 答案：(1)摆长(2)1.06 (3).x=8T'sin5° (2π 4π 12.解析：(1)滑板车做往复运动的周期为T= 7 根据单摆的周期公式T=2r√g R ,得 R=8T! g12 =4元=4m元 (2)两挡光片间的距离 L=15.40cm-0cm=15.40cm 手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门 的光束从玻璃条下端的透光部分通过。 玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 1= d1.00×10-2 ,10.003x108m/s=1m/s 玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为 4_1.00×10- u,-:-5.00X10m/s=2m/s 根据速度位移公式有v:一=2gL 0号-vi 代入数据解得加速度g=2L =9.74m/s2 答案：(1)② n 4n2元 (2)②15.40③竖直 ⑤9.74 13.解析：(1)由题知图(a)为波源的振动图像，则可知 A=4 cm.T=4 s 由于波的传播速度为0.5m/s,根据波长与速度关 系有A=vT=2m (2)由(1)可知波源的振动周期为4s,则4s内波源 通过的路程为s=4A=16cm (3)由题图可知在t=0时波源的起振方向向上，由 于波速为0.5m/s,则在4s时根据 x=u=2 m 可知该波刚好传到位置为2m的质点，且波源刚好 回到平衡位置，且该波沿正方向传播，则根据“上 坡、下坡”法可绘制出=4s时刻的波形图如下图 所示 -3N ylcm 4 0 x/m A 答案：(1)λ=2m(2)s=16cm ↑ylcm (3) x/m 14.解析：(1)根据△x=l得△x=4×2.5m=10m 可知t=2.5s时P波刚好传播到x=10m处，Q 波刚好传播到x=0处，根据上坡下坡法可得波形 图如图所示 y/cm 6 10x/m (2)两列波在图示范围内任一位置的波程差为 △x=(10-x)-x,(0m<x<10m) 根据题意可知，P,Q两波振动频率相同，振动方向 相反，两波叠加时，振动加强，点的条件为到两波源 的距离差 4r=2n+10 (n=0,1,2…) 2 解得振幅最大的平衡位置有 x=3m、x=7m 振动减弱的条件为 △x=nλ(n=0,1,2…) 解得振幅最小的平衡位置有 x=1m、x=5m、x=91m ◆y/cm Q 答案：(1) 0 2 10x/m -5 (2)见解析 15.解析：(1)弹簧的弹力是弹簧振子做简谐运动的回 复力，弹簧的弹力F随位移x变化的关系为F= 一kx 画出弹簧的弹力F随位移x变化 的示意图，如图 小球相对平衡位置的位移x随时 间t的变化规律 T=m cos ot k 则w二√m 弹簧振子做简谐运动的周期为 【37】 T=2红=2x√发 m 小球从C点到O点的时间 (2)a.设小球到球心的距离为r,当rR时，即小球 在地球内部，地球R-球壳对小球的万有引力为 0,则小球受到的万有引力大小为 .4 M'm 4 F=G =G一 r2 r2 =3 RGomr 可得F与r成正比，故此时的图像为过原点的倾斜 直线。 当r=R时，万有引力为 F=4 πGpmR 当>R时，即小球在地球外部，万有引力大小为 F-G Mm_4GxOmR 3- 可得F与三成正比，图像如图所示 ↑F rGpmR- 0 R b.设小球相对地心的位移为x,根据(2)问a解析可 得，小球受到的万有引力为 M'm 4 F-G- 3 nGomz 则小球在隧道的运动为简谐振动，周期为 m 3 T=2x√R=√G0 小球从隧道口到地心的时间 1 t'= 13π 4T=4√G 木F 答案：(1) 元m 个F 4x GpmR--- 1/3π (2)a. :b.Gp -3N