2026届高考物理二轮专题强化练习 第12讲 机械振动与机械波

第12讲 机械振动与机械波 专题强化练习 基础保分练 1． 选择题： 1.(2025·江苏扬州市期末)一根粗细均匀的木筷下端绕几圈铁丝，竖直浮在平静的湖水中，如图所示。把木筷从原静止位置P处往上提至Q处放手，木筷就在水中上下振动，不计水的阻力。在木筷下降过程中(　　) A.加速度变大 B.P处为最低点 C.浮力先变大后变小 D.合力先变小后变大 2.(2025·江苏扬州市模拟)如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A.单摆的周期为t0 B.测量出的重力加速度g= C.小球拉起的幅度越小，运动周期越小 D.小球经过最低点时，速度最大，合力为零 3.(2024·江苏卷·7)如图所示，水面上有O、A、B三点共线，OA=2AB，t=0时刻在O点的水面给一个扰动，t1时刻A开始振动，则B开始振动的时刻为(　　) A.t1 B. C.2t1 D. 4.(2025·江苏省一模)一列简谐横波沿x轴传播，周期为2 s，t=0时刻的波形曲线如图所示，此时介质中质点b向y轴负方向运动，下列说法不正确的是(　　) A.该波的波速为1 m/s B.该波沿x轴正方向传播 C.t=0.25 s时质点a和质点c的运动方向相反 D.t=1.5 s时介质中质点b的速率为0 5.(2025·四川卷·5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　) A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B.小球丁第一次经过平衡位置时，小球乙动能为零 C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4 D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2 6.(2025·江苏苏锡常镇四市二模)如图所示为干涉型消声器的结构图，声波达到管道A点时，分成两列声波，分别沿半圆管道和直管道传播，在B点相遇，因干涉而相消。声波的波长为λ，则A、B两点距离d可能为(　　) A. B. C. D. 7.(2025·海南卷)如图所示，实线和虚线分别是沿着x轴正方向传播的一列简谐横波在t=0时刻和t=0.5 s的波形图，已知波的周期T>0.5 s，则下列关于该列波说法正确的是(　　) A.波长为5 cm B.波速为10 cm/s C.周期为1 s D.t=0时刻，质点M向下振动 综合创新练 一.选择题： 8.(2025·甘肃卷·8改编)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是(　　) A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 9.(2025·云南卷·7)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=1.5 s和t=2.5 s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则(　　) A.波速为2.5 m/s B.波源的平衡位置距离P点1.5 m C.t=1.0 s时，波源处于平衡位置且向下运动 D.t=5.5 s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同 10.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲为t=0.6 s时的波的图像，图乙为x=5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1 cm，下列说法正确的是(　　) A.这列波沿x轴正方向传播 B.P质点的振动方程为y=2sin (t+) cm C.t=0.6 s时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反 D.从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程相等 11.(2025·江苏常州市一模)如图所示，在x=0处有一振源，从某时刻开始振动形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，图中实线为t=0时刻的波形图，经t=0.01 s波形图为虚线所示，此时质点a刚好位于波峰处，已知周期T>0.01 s。则下列说法正确的是(　　) A.波速为100 m/s B.质点a的平衡位置坐标x=5 m C.t=0.015 s时a、b两质点的位移相等 D.0~0.03 s内质点a与质点b通过的路程相等 12.(2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.t=0时，弹簧弹力为0 B.t=0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s，手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt) m/s2 13.转动惯量(J=∑mi)是物体绕转轴转动时惯性的量度，其中ri是微元mi到转轴的距离。复摆是由大小和形状不发生变化的物体，绕固定水平轴在重力作用下做微小摆动的运动体系，如图所示，l是质心到转轴的距离，重力加速度为g。复摆和单摆类似，可以视为简谐运动。根据所学物理知识，判断复摆的周期公式可能是(　　) A.2π B. C. D. 二．计算题： 14.(2025·江苏常州市期末)如图甲所示，均匀介质中有A、B、C三点，AB=0.4 m，BC=0.3 m，AC=0.5 m，t=0时A、B处的两个质点垂直于平面ABC同时开始振动，振动规律均如图乙所示，介质中形成两列波速为0.25 m/s的横波。 (1)求A、B处质点的振动方程； (2)求t=2.2 s时C点的位移； (3)有人认为C点是振动减弱点，他的观点正确吗？简要说明理由。 参考答案： 1.答案　D解析　根据题意可知Q位置为振幅最大的位置，P位置为平衡位置，木筷做简谐运动，木筷向下运动的最低点是Q关于P的对称点，木筷下降过程中做简谐运动的位移先减小后增大，加速度a=，可知加速度先变小后变大，所受合力先变小后变大，故D正确，A、B错误；根据F浮=ρ水gV排可知木筷向下运动到最低点过程中，排开水的体积变大，则浮力一直变大，故C错误。 2.答案　B解析　小球经过最低点时手机软件记录的磁感应强度最大，由题图乙可知单摆的周期T=2t0，A错误；根据单摆的周期T=2π，解得g==，B正确；根据单摆的周期T=2π，可知单摆的周期与小球拉起的幅度无关，C错误；小球经过最低点时，速度最大，合力提供向心力，合力不为零，D错误。 3.答案　B解析　机械波的波速v不变，设OA=2AB=2L，可得t1=，tAB==t1，故B开始振动的时刻为t=t1+tAB=t1，故选B。 4.答案　B解析　由题图可知波长为λ=2 m，则该波的波速为v== m/s=1 m/s，故A正确，不符合题意；此时介质中质点b向y轴负方向运动，根据同侧法可知该波沿x轴负方向传播，故B错误，符合题意；由于质点a和质点c之间的距离为半个波长，则质点a和质点c的振动完全相反，所以t=0.25 s时质点a和质点c的运动方向相反，故C正确，不符合题意；t=0时刻质点b处于平衡位置向y轴负方向运动，则t=1.5 s时，质点b刚好处于波峰位置，此时质点b的速率为0，故D正确，不符合题意。 5.答案　C解析　根据单摆周期公式T=2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲==T丙=，可得T丙=2T甲，T乙=T甲，T丁=4T甲，可得T甲∶T乙=3∶4，T丙∶T丁=1∶2，根据单摆周期公式T=2π，结合T丙∶T丁=1∶2，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁=1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，加速度不为零，故A错误；根据上述分析可得T乙=T丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振动的时间为，即，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。 6.答案　D解析　两列波在B点相遇时因干涉而相消，则这两列声波由A点传播到B点的路程差满足Δs=-d=(2n+1)(其中n=0，1，2…)，即d=(其中n=0，1，2…)，当n=0时，d=，故选D。 7.答案　D解析　由题图可知波长为10 cm，故A错误；t=0时刻到t=0.5 s的过程中，Δt=nT+T，n=0，1，2…，已知波的周期T>0.5 s，则n只能取0，则T= s，波速为v==15 cm/s，故B、C错误；简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t=0时刻，质点M向下振动，故D正确。 8.答案　C解析　剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；剪断细线之前F弹=3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F弹-2mg=2ma，解得A的加速度a=，选项B错误；剪断细线之前弹簧伸长量x1=，剪断细线后A做简谐运动，在平衡位置时弹簧伸长量x2=，即振幅为A=x1-x2=，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。 9.答案　D解析　根据题图所示波形可知λ=4 m，T=2.5 s-1.5 s，可得T=2 s，波速为v==2 m/s，故A错误；设波源的平衡位置与P点的距离为x0，根据矩形区域左侧t=1.5 s时的波形可知=1.5 s，解得x0=1 m，故B错误；由题图结合同侧法可知，波源刚开始的振动方向向下，由于t=1.0 s=T，可知此时波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；t=5.5 s时，即从t=2.5 s时再经过3 s=T，可知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，知此时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同，故D正确。 10.答案　B解析　由题图乙可知，在t=0.6 s时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；P质点的振动方程为y=Asin (ωt+φ)，而ω== rad/s= rad/s，A=2 cm，将t=0.6 s，y=-1 cm代入解得φ=或，因t=0时刻，质点P沿+y方向运动，故取φ=，因此P质点的振动方程为y=2sin (t+) cm，故B正确；t=0.6 s时，质点P、Q在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度相同，故C错误；由波向x轴负方向传播可知t=0.6 s时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又0.3 s=，所以从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误。 11.答案　A解析　由y=-Asin ωt=-Asin t，将y=-4 cm代入得t1=，则实线波和虚线波之间经过的时间t=(n+)T(n=0，1，2…)，又T>0.01 s，解得T=0.12 s，又由题图可知波长λ=12 m，则波速为v==100 m/s，A正确；由题图可知虚线波的波动方程为y=8sin(x-) cm，又质点a的位移为y=8 cm，解得x=4 m，B错误；由对称性可知当波峰位于a、b的中点处时，质点a、b的位移相等，则从t=0时刻开始到波传到质点a、b的中点处时向右传播的距离为s=nλ+2 m(n=0，1，2…)，所需时间为t== m/s= m/s(n=0，1，2…)，当n=0时，t=0.02 s，C错误；0.03 s为四分之一个周期，则0~0.03 s质点a通过的路程为ya=(12-4) cm，质点b通过的路程为yb=A=8 cm，D错误。 12.答案　D解析　由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误；由题图乙知，t=0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t=0至t=0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T=0.8 s，则ω==2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt) m/s2，D正确。 13.答案　A解析　单摆的周期单位为秒(s)，由题意可知，转动惯量的公式为J=∑mi，其单位为kg·m2。四个选项的单位分别是秒(s)、秒分之一(s-1)、秒方(s2)以及秒方分之一(s-2)。根据量纲法分析可知，复摆的周期公式可能是T=2π，故选A。 14.答案　(1)y=2sin (5πt) cm　(2)0　(3)不正确　理由见解析 解析　(1)由题图乙得T=0.4 s，A=2 cm，则质点的振动方程 y=Asin t=2sin (5πt) cm (2)波长为λ=vT=0.1 m t=2.2 s时，波传播的距离为x=vt=0.55 m 即A波传到C点时为平衡位置，B波传到C点时为平衡位置，叠加后C点位移为零。 (3)不正确；两列波的波长均为λ=0.1 m， C点到振源A、B的波程差δ=AC-BC=0.2 m=2λ为波长的整数倍， 所以C点是振动加强点。 学科网（北京）股份有限公司 $