选择题专练(41)机械振动与机械波-【鱼跃龙门卷】2026年高考物理试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破一选择题专练（十四） 物理·机械振动与机械波 总分：64分时间：40分钟 1.2025年1月7日，西藏日喀则市定日县发生6.8级地震，震源深度10千米。关于机械振动和 波，下列说法正确的是 A.波源振动得越快，波就传播得越快 B.做简谐运动的物体所受回复力一定是物体所受的合外力 C.做受迫振动的物体，其稳定时的振动频率不一定等于驱动力的频率 D.当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅达到最大值 2.（多选)如图所示，一列振幅为A=5cm的简谐横波沿着x轴的正方向传播，某时刻（计时开始 的时刻)坐标原点处的质点处于平衡位置，P、Q两质点的振动方向相反，位移分别为一3cm、 3cm,平衡位置间的距离为1m,Q的平衡位置与坐标原点之间的距离小于波长λ，波传播1m 所需要的时间为1s,sin37°=0.6，下列说法正确的是 个y/cm A.此波的波长入为4m 5--------------------- 3 B.坐标原点处的质点的振动方程为y=5sinπt(cm) C.再经过，质点P到达平衡位置 x/m -3 D.10s时间内，Q的路程为50cm 3.(多选)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“ 4a/(m·s-2) 4 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 04 0.8 1.2 t/s A.t=0时，弹簧处于原长 B.手机振动的周期为0.8s 甲 乙 C.从t=0至t=0.2s,手机的动能减小 D.t=0.2s时，手机位于平衡位置上方 4.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在 本x/cm 12--- 光滑的水平面上的A、B两点之间做简谐运 .6 动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t 0.8 w☐ -12 的变化如图乙所示。下列说法正确的是 A OB 甲 乙 A.弹簧振子振动周期为1.6s,振幅为24cm B.0.5s时和1.1s时，振子的速度相同 C.在0.4~0.8s时间内，振子的速度和加速度方向始终相反 D.旅子做简谐运动的表达式为=24sm(平+3)cm 物理·选择题专练（十四）第1页（共4页）】 鱼欧克门老 5.（多选)如图所示，单摆摆球为带正电的小球，摆长为L,摆线不带电，上端悬挂于O点。当摆 球摆过竖直线OC时便进入或离开一匀强磁场(OC边界有磁场)，此磁场的方向与单摆摆动 的平面垂直。在摆角α<5°的情况下，摆球沿着AB弧来回摆动，下列说法正确的是（重力加 速度大小为g) 0 A.图中A点和B点处于同一水平面上 B.单摆摆动的喝期大于T=2怡 ○A C.单摆向左或向右摆过C点时摆线的拉力一样大 D.在A点和B点，摆线的拉力一样大 6.（多选)图1、2分别是甲、乙两个单摆在同一位置做简谐运动的图像，则下列说法正确的是 个y/cm y/cm 10121416t/s -2 图1 图2 A.甲、乙两单摆的振幅之比为2：1 B.t=2s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能最小 C.甲、乙两单摆的摆长之比为4：1 D.甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定不相等 7.世界体操锦标赛于2025年10月举行，在带操训练中，运动员挥舞的彩带在t=0时刻形成的 机械波可简化为如图所示的简谐横波，波沿x轴负方向传播，P、Q为波传播方向上的两个质 点，其中质点Q位于平衡位置x=0.6m处，质点P在t=0时刻位移为0.1m,t=0.8s时质 点P的位移与t=0时刻相同，已知波源振动的周期大于0.8s。则下列说法正确的是 A.t=0时刻质点P的振动方向与加速 ←y/m 度方向相同 0.2- 0.1 B.该简谐波的波速大小为0.5m/s Q 0.6 /1.2x/m C.该简谐波的周期为1.4s D.t=0.8s时质点Q的位移与t=0时 -0.2 刻相同 8.我国的YLC2E型反隐形米波雷达能探测到450千米外超音速飞行的各类隐形战斗机，堪称 隐形战斗机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长 在1~10m范围内，一列米波在t=0时刻的波形图如图所示，P、Q是波上的两个质点，接下 来质点Q比质点P先到达波峰，从t=0时刻再经过t。=2.5× 个/cm 10一8s时间，质点Q第一次到达波谷。下列说法正确的是 10- A.该波沿x轴负方向传播 x/m 6 8 B.t=0时刻后的一小段时间内质点P的速度将减小 C.该波的频率为3×107Hz -10 D.该波的波速为4×108m/s 物理·选择题专练（十四）第2页（共4页） 班级 9.一列简谐波在t=2s时的波形如图甲所示，平衡位置为x=0.2的质点振动图像如图乙所 示，且该质点在t=0时刚开始振动，则 A.该简谐波沿x轴正方向传播 y/m ◆y/m 姓名 B.平衡位置为x=0.2m的质点向x轴负方 0.1 0.1 向运动，速度为0.1m/s 得分 0.1 02030/4x/m C.平衡位置为x=0.3m的质点振动方程为 01 y=0.1sin经+)m 甲 乙 D.从t=0到t=10s的时间内平衡位置为x=一0.5m的质点运动的路程为0.5m 10.10月13日是国际减灾日，重庆市进行了地震预警模拟演练。据报道，2024年重庆市全市地 答题栏 震预警能力达到全域秒级预警，地震预警首报时间在10秒以内。图甲为一列沿x轴传播的 1 简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为x=6m处质点P的v-t图像（以y轴正方向为速度 的正方向)，下列说法正确的是 A.该波沿x轴正方向传播，波速为5m/s y/cm 10 B.在0.6s内质点P运动的路程为16cm 5 /m 1.5t/s 6 C.质点P在t=0.5s时刻的位移为5cm 10 D.当观察者运动时，接收到该波的频率仍为号H☑ 甲 乙 8 (多选)如图甲所示，在x轴上有S1和S2两个波源分别位于x=一0.2m和x=1.2m处， 9 11. 10 振动方向与xOy平面垂直并向周围空间（介质分布均匀）传播，波速为v=2m/s,t=0时刻 11 两波源同时开始振动，图像分别如图乙、丙所示，M为xOy平面内一点，△r=MS2一MS1。 12 下列说法正确的是 13 y/m z/cm A z/cm ·M 20 20 14 S53 0.2 15 -0.20 1.2x/m 0.1 0.2t/s 16 -20 20 必 乙 丙 A.(0.2m,0)处的质点开始振动的方向沿之轴负方向 B.两列波相遇后，(0.6m,0)处的质点振动加强 C.两列波相遇后，(0.5m,0)处的质点振动加强 D.若△r=0.2m,从两列波在M点相遇开始计时，M点振动方程为之=0.4sin(10πt十π)m 12.(多选)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为v=1m/s,某时刻 的波形如图所示，M、N、P为介质中的三个质点，则下列说法正确的是 v/cm 10 (8 xim 物理·选择题专练（十四）第3页（共4页） 鱼欧花门卷 A.两列简谐横波不能发生干涉现象 B.x=7m处的质点从图示时刻开始经4s通过的路程为25cm C.从图示时刻开始，经过1s质点M、N的速度相同 D.以P点开始振动时为计时起点，则质点P的振动方程为y=15sin受cm 13.如图所示，实线和虚线分别表示振幅和频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此时M点 是波峰与波峰的相遇点，设两列波的振幅均为A,则 A.再过四分之一周期，M点为振动减弱点 B.图中位于P、N两处的质点正处于平衡位置 C.M点为振动加强点，位移始终为2A D.从此刻起，经过半个周期，M点的位移为零 14.(多选)如图所示，均匀介质中有两个振源S1和S2,它们的频率、振幅、振动方向均相同且振 动的步调完全一致，产生的两列波的波长均为入，S1与S2之间的距离为1.5入，O点为S1、S2 连线的中点。现以O点为中心画一个正方形，正方形的两边与S1、S2的连线平行，且正方形 边长远大于入，虚线过S1、S2且与正方形的交点分别为P、Q,下列说法正确的是 A.O点处质点的位移始终最大 B.P、Q两点处质点的位移始终不为零 0 S1 S2 Q C.正方形内振动减弱点有无数个 D.P、Q连线上振动加强点有3个 15.如图所示是观察水波衍射的实验装置。AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源。图 中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹（图中曲线）之间的距离表示一个波 长，则关于波经过孔之后的传播情况，下列描述中正确的是 A.此时不能观察到波明显的衍射现象 B.挡板前后波纹间距离不相等 C.如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象 D.如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象 16.汽车无人驾驶技术已逐渐成熟，最常用的是ACC自适应巡航控制，它可以控制汽车在前车 减速时自动减速、前车加速时自动跟上去。其系统使用的传感器主要为毫米波雷达，该雷达 会发射和接收调制过的无线电波，再通过回波的时间差和多普勒效应造成的频率变化来测 量目标的相对距离和相对速度。若该雷达发射的无线电波的频率为f,接收到的回波的频率 为f',则 A.当f=f'时，表明前车与无人车速度相同 B.当f=f'时，表明前车一定处于静止状态 C.当f'>f时，表明两车之间距离增大 D.当f'<f时，表明两车之间距离减小 物理·选择题专练（十四）第4页（共4页）·物理· 长，由于a光波长大于b光波长，所以单缝宽度一定小于或接近 a光波长，a光一定发生明显衍射，故C正确。由光电效应方程 Ekm=hy一W,可知a光比b光产生的光电子的最大初动能小， 故D错误。 10.D 11.AB【解析】如图所示，恰好无光线从 PV面射出时，表明光恰好在PN面上 发生全反射，此时的入射角等于临界角， 由图可知C<C,根据sinC=号，可知 00 O:N 激光乙的折射率更小，故A正确：由n 甲乙 ￡可知，激光甲在玻璃砖中的传播速度 更小，故B正确：折射率大的光其波长小，衍射能力差，甲的波 长小，甲的衍射能力更差，故C错误：跟据△x=之X,表明激光 6. 甲的条纹间距更窄，故D错误。 12.C13.D 14.AD【解析】薄膜前后表面反射的光线进行叠加后有的波长 的光增强，有的波长的光减弱，这是干涉现象，选项A正确，B 错误；薄膜各处厚度不同，不同的光得到增强，工件显示出不同 的颜色，选项C错误，D正确。 15.CD【解析】若前窗玻璃的透振方向竖直、前灯玻璃的透振方 向水平，从车灯发出的照射到物体上反射的光将不能透过前窗 玻璃，司机面前将是一片漆黑，所以不可行，故A错误。若前 窗玻璃与前灯玻璃的透振方向均竖直，则对面车灯发出的光仍 能透过前窗玻璃照得司机睁不开眼睛，所以不可行，故B错 误。若前窗玻璃和前灯玻璃的透振方向都是斜向右上45°，则 对面车灯发出的光无法射进本车车窗内，但自己车灯发出的光 8. 经物体反射后却可以射进本车车窗内，本车司机能看清自己车 灯发出的光所照亮的物体，也不会被照得睁不开眼，C可行；同 理，D可行，故C、D正确。 16。C【解析】根据入=，相比4G网络的电磁波，5G室内导航 使用的电磁波频率更高，则波长更短；由于波长越长越容易发 生衍射现象，所以5G室内导航使用的电磁波更不容易发生衍 射现象，故A错误：所有电磁波在真空中的传播速度均为光速 c=3×103m1s,与频率无关，故B错误。偏振是横波的特性 电磁波是横波，因此无论频率高低均可发生偏振现象，故C正 9. 确。麦克斯韦通过理论预言了电磁波的存在，但实验证实由赫 兹完成，故D错误。 物理选择题专练（十三） 1.B【解析】在国际单位制中，秒(s)是基本物理量时间的单位 故A正确，与题意不符。根据c=六，可得铯原子基态两个超 精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波的波长为入≈3.26× 10一2m,远大于可见光的波长，所以与可见光相比，铯原子基态 两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波更容易发生衍射， 10 故B错误，与题意相符。两个超精细能级之间跃迁时所辐射的 1 电磁波的能量约为E=y=hT≈6.09×10J≈3.81× 10-seV,故C、D正确，与题意不符。 2.D hc 3.D【解析】波长为2入入的单色光的能量分别为E,一2入，E,= hc hc hc 12 ，由爱因斯坦光电效应方程可知E一2入-W。,Ee=入 :14 W。,又从锌板表面逸出的光电子的最大初速度之比为1·3，知 光子最大初动能之比为1：9，由以上可解得W。=7: 16成，所以 y0= 方一16航，故A错误。电流计的示数与光电流的大小有 Wo 7c 关，单位时间内逸出的光电子数目越多，光电流越大，而单位时 间内逸出的光电子数与光的强度有关，由于光的强度关系未 知，以无法判断电流计的示数大小，故B错误。波长为3入的 单色光的频率为v=3元<16 7c ,因此该光不能使锌板产生光电效 应现象，即不能从锌板表面逸出光电子，故C错误。由公式 eU。=之m,可得U。=m,,即二者遏止电压之比为1：9. 2e 故D正确。 BC【解析】仅改用同等强度的红光，由于红光的频率小于绿光 的频率，可能无法发生光电效应，不会打开窗帘，故A错误；电 源正负极装错，光电管两端电压为反向电压，当反向电压较大 时光电流会减小甚至消失，则无法打开窗帘，故B正确：仅将滑 片向左滑动，会使正向电压减小，光电流会减小，则需要更强的 光照才能达到足够大的光电流，即窗帘在更亮时打开；同理仅 将滑片向右滑动，会使正向电压增大，光电流会增大，窗帘在更 暗时打开，故C正确，D错误。 D D【解析】电子在两电极间从上向下加速，说明电场方向从下 向上，下端为正极，上端为负极，故A错误。两极间电压越大 可 电子离开电极时的速度越大，电子的动量越大，根据力=入 知波长越小，故B错误。若两极间电压不变，根据qU=20 )6,电子离开电极时的速度不变，显微镜的分辨率不变，故 C错误。由于质子的质量远远大于电子的质量，以相同电压加 速时，质子和电子获得的动能相同，根据p=√2mE,,可知质 子的动量更大，因此质子显微镜分辨率更高，故D正确。 C BD【解析】处于基态的氢原子跃迁到激发态，如果到第2能级 △E=E2一E1=10.2eV,如果到第3能级△E'=E3一E1 12.09eV,10.5eV的光子能量都不符合跃迁条件，故A错误 按照玻尔理论，氢原子由基态跃迁到激发态，核外电子从低轨 道跃迁到高轨道，克服库仑力做功，原子的电势能增大，故B正 确；大量处于=4能级的氢原子，向低能级跃迁，能辐射N 4×(4-1) 2 =6种光子，故C错误：n=2的氢原子从激发态向低 能级跃迁，释放10.2eV能量的光子，因10.2eV>6.34eV,发 出的光照射金属铂，能发生光电效应，故D正确。 C【解析】H。谱线的波长最长，频率最小，能量最小，故H,对 应的光子能量比H。对应的光子能量大，A错误。由图可知，四 条谱线中H。谱线的波长最短，频率最大，而氢原子从高能级向 n=2能级跃迁产生的光子中，从n=3能级向n=2能级跃迁时 产生的光子能量最小，其波长最长，频率最小，B错误。氢原子 从n=4能级向n=3能级跃迁时发出的光子的能量为 -0.85eV-(1.51)eV=0.66eV,此能量小于可见光的能量范 围，故此光属于红外线，C正确。亮线分立说明氢原子跃迁时发 射的光子的能量是不连续的，对应的光的频率也是不连续的 并不是氢原子有时发光有时不发光，D错误 3 C【解析】由衰变方程可知该反应释放3粒子（电子），属于3 衰变，而非α衰变，故A错误；Y(质子数39)发生B衰变，根 据电荷守恒，Zr的电荷数（质子数）Z=39+1=40,根据质量数 守恒，Zr的质量数A=90,中子数为90一40=50，枚B错 误；3Y的半衰期是64h,则1g9Y经64h后剩余0.5g未衰 变的Y,故C正确：衰变后生成的新核(Zr)更稳定，比结合能 更高，因此9Y的比结合能小于Zr的比结合能，故D错误。 C13.B C【解析】根据核反应满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X 的质量数为0，电荷数为一1，则X是电子，故A错误。核反应 释放核能为结合能之差，电子无结合能，有△E=E:一64E, 则tZn的结合能为E1=64E+△E,故B错误。tZn共有64个 核子，设比结合能为E,有64E=64E+△E,则Zn的比结合 △ 能为E=E十 64,故C正确。核反应为放能反应，则生成物的 结合能大于反应物的结合能，即。Zn的结合能比gCu的结合 能大，故D错误。 ·9 参考答案及解析 5.C【解析】根据核反应质量数和电荷数守恒，这种核反应的方 程式为C→He+X,故A错误。衰变前总动量为0，由动 2gQ-c0s9)4gsim9,因两摆球的最大偏角9满足血号 量守恒定律可知衰变刚结束时，α粒子与新核X的动量等大反 7 向，故B错误。α粒子与新核X在磁场中做匀速圆周运动，由 提供向心力qB三m,,运动周期为 子一-分则a=4级m号-g(分），所以ap>a2,放D正确。 2A 7.B【解析】波沿x轴负方向传播，根据上下坡法可知在t=0时 质点P的振动方向向上，由图可知在该时刻质点P的位移为正 ,故&粒子与新核X做匀速圆周运动的周期之比为T。 方向，所以质点P的加速度方向向下，即振动方向与加速度方 个二，：10二4：5，故C正确。根据质能方程△E=4E,中 向不相同，故A错误；由图可知该波的波长入=1.2m,设质点的 10E3一14E1=△mc2,解得这种核反应的质量亏损为△m= 振动周期为T,则质点P的初相位9一。，所以质点P的振动 4E,+10E。一14E,故D错误。 方程为y=0,2sim(停+若）m,0.1=0.2sn(7×0.8+君） 6. B【解析】重核裂变反应生成的中子被称为快中子，故A错 解得T=2.4s,则该简谐波的波速为口=产=之ms一 入1.2 误。生成物的比结合能大于反应物的比结合能，故裂变反应产 物Kr的比结合能比2U大，故B正确。核反应方程应表现 0.5/s,故B正确，C错误；在t=0时质点Q的位移为零，且 为中子轰击铀核，故不可简化，故C错误。核电站常用的慢化 剂有石墨、重水和普通水，可以减慢中子的速度；控制镉棒的插 向下运动(=0,8s=号时，根据振动的周期性可知，质点Q的 入深度来控制链式反应速率，故D错误。 位移为负，与t=0时的位移不同，故D错误。 物理选择题专练（十四） 8. C 9.C【解析】根据题图乙可知，t=2s时x=0.2m处质点由平衡 D 位置向下振动，根据同侧法可知，该简谐波沿x轴负方向传播， BC【解析】P,Q两质点的振动方向相反，位移等大反向，再结 故A错误。在波的传播过程中质点只在平衡位置附近振动，并 合波的空间周期性与时间周期性，可得P、Q平衡位置间的距离 不随波迁移，故B错误。由题图甲可知，波长入=0.4m,由题图 为半个波长，即0.5入=1m,解得入=2m,故A项错误。波的速 乙可知，周期T=4s,波速0=子=0.1ms,1=0时x=0.2m 为子m1ms,由T二入可得T=2s,坐标原点 处的质点开始振动，由题图乙可知，质点开始振动时由平衡位 的质点的振动方程为y=Asm行，结合已知条件可得y 置向上振动，波由x=0.3m处传播到x=0.2m处需要的时间 5sinπt(cm),故B项正确。设坐标原点处的振动传到P点的平 =18=4T,由题图乙可知x=0.2m处的质点振动方 衡位置处所需要的时间为t。,P点零时刻位移为一3cm,由于 37 程为y=0.1sin2(m)x=0.3m处的质点比x=0.2m处的 sin37°=0.6，得P点距0点s=360入，0点振动传到P点用时 。=言代入数据解得1。=0s,故C项正确。10s时间内Q 37 质点提前子T,则x=0.3m处的质点的振动方程为y 0 0.1sn(受1+受)m,故C正确。波从x=0,2m处传播到x 的路程为=下·4A=2×4X5cm=100cm,故D项错误。 △x BC【解析】t=0时，加速度为零，此时手机处于平衡状态，弹 一0.5m处需要的时间t传播= =7s,从t=0到t=10s时 簧处于伸长状态，选项A错误。由图可知，手机振动的周期为 间内x=一0.5m处的质点的振动时间t振动=t总一t传插= 0.8s,选项B正确。从t=0至t=0.2s,手机的加速度增加， 手机向下振动到最低点，则动能减小，t=0.2s时，手机位于平 105-78=3s=子T,则运动的路程=3A=3X0.1m 衡位置下方，选项C正确，D错误。 0.3m,故D错误。 C 10.C AD【解析】由洛伦兹力与摆线的拉力对摆球不做功可知摆球 11.BD【解析】根据题意可知，(0.2m,0)处离波源S1较近，则 的机械能守恒，摆球到达的左、右两边最高点应处于同一水平 (0.2m,0)处的质点开始振动的方向与波源S1相同，由题图 面，故A、B处于同一水平面，故A正确。由于洛伦兹力与摆线 乙可知，波源S,开始振动的方向沿轴正方向，故A错误。 拉力在一条直线上，不影响小球沿切线方向的加速度，则小球 由题图乙和题图丙可知，两列波的周期均为0.25，起振方向相 ，故B 做单摆的周期不改变，即单摆摆动的周期为T=2√日 反，两列波的波长为入=vT=0.4m,(0.6m,0)处的质点到两 波源的路程差为△.x1=(0.2十0.6)m一(1.2一0.6)m 错误。小球摆到最低点时，向右摆过C点时，由牛顿第二定律 手T+B一mg三m向左摆过C点时，有T二B 0.2m=之，则(0.6m,0)处的质点振动加强：(0.5m0)处的 质点到两波源的路程差为△x2=(0.2十0.5)m-(1.2-0.5)m= mg=m,速度大小相同、半径相同，所以两次拉力大小不相 0,则(0.5m,0)处的质点振动减弱，故B正确，C错误。根据 等，故C错误。小球在A、B两点时速度均为零，所需向心力均 △=0.2m=合，可知M点为振动加强点，则1点的振幅为 为零，摆线的拉力大小都等于重力沿摆线方向的分力，所以摆 A=(20十20)cm=0.4m,t=0时，由平衡位置沿之轴负方向 线的拉力大小相等，故D正确。 AD【解析】甲、乙两单摆的振幅分别为4cm和2cm,则振幅 运动，则M点振动方程为：=Asin(经+)=0.4sim(10x1+ 之比为2：1，故A正确。t=2s时，甲单摆在最低点，则重力势 π)m,故D正确。 能最小，乙单摆在最高点，则动能最小，故B错误。甲、乙两单 12.BCD【解析】根据题意可知，两列波波速相同，波长相同，则 摆的周期之比为1：2，根据T=2x√任，可知，摆长之比为1： 周期相同，T-子-45，颜率了-7-H,颜率相同，放两 4,故C错误。设摆球摆动的最大偏角为0，由mgl(1一cos0)= 列简谐横波能发生干涉现象，故A错误。甲波传到x=7m处 2mv及ma=m7可得，摆球在最低点时向心加速度a 的质点处用时t=1s,乙波传到该处用时t'=3s,两波到达该 处叠加减弱，所以振幅为5cm,故由图示时刻经4s通过的路 高考试题逐题突破 程，=1'-t) X4X10cm+4s- 2×4×5cm=25cm,故B 正确。题图中甲波的波形图表达式为y=10sin 2xcm,因此 5 13 可知xu=3mxv=3m,波向右传播，经过1s传播的距 2 离为△x=1m,即题图中x=号m的质点的振动形式经过1s 10 传给M,题图中x=3m的质点的振动形式经过1s传给V, 因此1s后M、N两质点速度相同，故C正确。两列波同时到达 P点，P点振幅为两列波振侧之和，故)=(A+A,m票m 15sin号tcm,故D正确。 13.B 14.CD【解析】O点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加 强点，振幅最大，但该处质点的位移不是始终最大，选项A错 误。P,Q两点与两波源的距离之差为△=1.5入=)×3，则 P、Q两点为振动减弱点，振幅为零，即P、Q两点处质点的位 移始终为零，选项B错误。满足d=令·(2m十1)的点为振 动减弱点，其中n=0,1,2,·,则正方形内满足此条件的振动 减弱点有无数个，选项C正确。根据几何关系可知在P、Q连 线上振动加强点有3个，分别是S1右边距离S,为0.25入 0.75入和1.25入的位置，选项D正确。 15.C 16.A【解析】当声源和观察者之间的距离不发生变化时，观察者 接收到的频率和声源发出的频率相等，故当f=f'时，说明二 者之间的距离不变，表明前车与无人车速度相同，但不一定静 止，故A正确，B错误。当f'>f时，说明接收到的频率增大， 两车间距离减小，故C错误。当f′<f时，说明接收到的频率 减小，则两车间距离增大，故D错误。 第二部分非选择题专练 物理实验题专练（一） 1.(1)AD(2)0.940.67(3)偏大 【解析】(1)为了充分利用纸带，释放前小车要靠近打点计时器， 故A正确。本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要平衡 小车与长木板间的摩擦力，也不需要小车的质量远大于钩码的 质量，只需要保证小车运动过程，受到的合力恒定不变，故B、C 错误。为了充分利用纸带，应先接通电源再释放小车，故D正 确。(2)每相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点 的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s,打E点时小车的瞬时速 度大小为E= =$十s5=(9.03+9.72)×102 2T 2T m:s≈ 2×0.1 0.94m/s,根据逐差法可得小车的加速度大小为a=m一1仙 9T2 (9.03+9.72+10.40-7.02-7.71-8.36)×10-2 m/s2≈ 9×0.12 0.67ms2。(3)如果当时电网中交变电流的频率是49Hz,则 打点周期大于0.02s,而做实验的同学并不知道，则代入计算的 时间偏小，使得加速度的测量值与实际值相比偏大。 2.1)0.660(2)不需要(3) 2gL cd 【解析】(1)由图甲可知，该游标卡尺为二十分度的游标卡尺，游 标尺的12刻度线与主尺的18.00mm刻度线对齐，所以有d+ 12×0.95mm=18.00mm,解得d=6.60mm=0.660cm。 (2)由于在该实验中可以通过力传感器直接测得拉力F的大 小，而不是将砂桶和砂的重力当作拉力F,所以不需要满足物块 的质量远大于砂桶的质量。(3)由题意可知遮光条通过光电门 时物块的速度v=,根据运动学公式可得v=2l,对物块受 力分析并结合牛顿第二定律有F一Mg=Ma,整理得 2L c F一2gL,结合图丙有Md白6，c _2g,解得M= 2L6 cd cd'2gL. (1)不可忽略(2)20(3)小于(4)2.5B 【解析】(1)由m-△l图像可知，当m=0时，△l大于0，则本实验 中弹簧自身的重力不可忽略。(2)根据胡克定律可得k △F △x ,根据图乙可得弹簧的劲度系数为上 (50-10)X10×10N/m=20N/m。(3)根据题意可知，图乙的 (3.0-1.0)×10-2 斜率表示弹簧的劲度系数；两根完全相同的弹簧串联，在悬挂 相同质量的钩码情况下，每根弹簧均伸长相同的长度，所以总 伸长量变为两倍，所受力不变，则劲度系数变为原来的一半，即 作出的图像斜率为原来的一半，小于原弹簧图像的斜率。(4)由 题知，不悬挂小球时弹簧总长为20cm,悬挂小球静止时总长为 40cm,根据平衡条件有k×(40-20)×102m=mg,则弹簧总 长为35cm时，根据牛顿第二定律有mg一×(35一20)× 102m=ma,联立解得a=2.5ms2,由题知，当指针示数为 40cm时，合力等于0，则加速度为0；所以若发现在运动过程 中，指针由示数较大的刻度逐渐向40cm靠近，根据牛顿第二定 律有k△x一mg=ma,可知随着形变量的减小，加速度逐渐减 小；此时加速度方向与速度方向相同，都为竖直向上，故小球向 上做加速度减小的加速运动。 (1)10(2)0.20(3)0.13 【解析】(1)由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点 到O点的距离为6.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静 止释放并开始计时。结合图乙的F-t图有△x=6.00cm,F= F 0.610N,根据胡克定律计算出k= ≈10N/m。(2)根据牛 △T 顿第二定律有F=ma,则a-F图像的斜率为滑块与加速度传感 器的总质量的倒数，根据图丁中，则有=。60kg=5kg 则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20kg。(3)滑块上增 21.5-0 加待测物体，同理，根据图线Ⅱ，则有7=0.5kg 3kg,则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m'≈ 0.33kg,则待测物体的质量为△n=m'-m=0.13kg。 ,(B十sc)1 (1)A(2)AB(3)2m2T） (4)C(5)见解析 【解析】(1)根据机械能守恒定律可得mgh=2m0-0,故需要 比较动能变化量与势能变化量。(2)电磁打点计时器使用的是 交流电源；需要用到刻度尺测量纸带上两点之间的距离；由于 验证机械能守恒的表达式中质量可以消去，所以不需要用天平 测质量。(3)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段过 程的平均速度，则有B B十c,则从打O点到打B点的过程 2T 中，动能空化量为△E,=mi-0=了n(27产)）广。（)该 1 实验中存在摩擦和空气阻力，实际加速度不是g,而利用公式 v=gt、v=√2gh计算重锤速度时都认为机械能守恒，则重力势 能的减少量等于动能的增加量，故A、B错误。存在空气阻力和 摩擦阻力，重力势能一部分会转化为内能，则重力势能的减少 量大于动能的增加量，故C正确。采用多次实验取平均值的方 法是为了减小偶然误差，故D错误。(5)该同学的判断依据不 正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据mgh一 f历=2mm2-0,可得2=2(g-手)h,可知，2-h图像仍然是 m 过原点的一条直线。要想通过2-h图像的方法验证机械能是 否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。 10 (1)AD(2)B(3)相等(4)mA√/1-cos&=mB√1-cos3 论△y=gT2,可得T= △y /(5-3)×20×107 【解析】(1)轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动，选项 g 10 A正确。轨道倾斜部分不一定要光滑，只要到达底端时速度相 等即可，选项B错误。为防止人射小球碰后反弹，则入射小球 0.2s,则小球平抛初速度的大小为= △x3×20×10-2 m/s= 0.2 的质量大于被碰小球的质量，选项C错误。同一组实验中，入 3ms。在y轴方向，由匀变速直线运动在某段时间内中间时 射小球必须从同一位置由静止释放，以保证小球到达底端时速 刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在B点沿 度相同，选项D正确。(2)小球均做平抛运动，竖直方向下落的 高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位 y轴方向速度的大小为0，=)5=8X20X10 移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量 2T 2×0.2 m s=4 m s, OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM。,ON。。(3)实验中 小球在B点速度的大小为B=√0后十=√32十4m's= 所用两绳长度应相等，以保证两球重心在同一水平面上。(4)对 5ms。 两球由能量关系有2mA房=mAgL(1一cosa),之mB0层= 4.(1) △t (2)m82(m,+m)()月 (3)2m1g m1十m2 mBgL(1一cosB),若动量守恒则满足mAvA=mBUB,即 【解析】(1)根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，滑块通过 mA√2gL(1-cosa)=mB√2gL(1-cosB),化简得 d mA/1-cosa=mB/1一c0s3。 光电门时的速度为0=。。(2)从释放到滑块经过光电门这一 物理实验题专练（二） 过程中，系统重力势能减少量为△E。=1gl,动能增加量为 1 (1)C(2)(a)增大(b)0.18(3)A △E,=之(m,+m:)w2=2(m:+m,)(是) 。(3)改变1，做多 【解析】(1)利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实 验时，只需要保证小车受到的合力恒定不变，不需要平衡摩擦 组实验，作出以1为横坐标，以( 为纵坐标的图像，若机械 力，故A错误。以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后， 由于仍存在摩擦力做功，会产生内能，所以不能利用该装置“验 能守恒，有1gl= 证机械能守恒定律”，故B错误。利用该装置做“探究小车的加 (m,十m,)(),整理有()广 速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满 足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小 2mg·L,则图像斜率为k= 2m1g m1十m2 m1十1m2 车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，才能认为绳的拉力 近似等于砝码与砝码盘的总重力，故C正确。(2)()平衡摩擦 5.(101+2 D (2)低(3)D(4)见解析(5)9.83(6)96.8 力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，纸带向右 【解析】(1)若摆球的直径为D,悬线长为L,则摆长为l=L十 运动，点迹变密集，说明小车做减速运动，为了让小车做匀速运 动，应该增大木板的倾角：(b)由牛顿第二定律得mg=Ma,可 。(②)为了减小测量周期的误差，摆球应在经过最低点的位 D 得。-以·，由。图像可得解得小车的质量为 a g m a m M≈0.18kg。(3)取下托盘和砝码前，小车做匀速直线运动，处 置时开始计时。(3)根据单摆的周期公式T=2x√安 于平衡状态，合力等于零，取下托盘和砝码后，小车做匀加速直 线运动，其所受的合力为F=g。改变砝码质量和木板倾角 L+2 多次测量，根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图 2 可得g=禁(L+号）：由此可知，单摆的悬点 可得到αF的图像一定是一条通过原点的倾斜的直线。 未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏 (1)两弹簧测力计拉力的大小O点3.70 0 小，重力加速度的测量值偏小，故A错误。把次全振动的时 (2)C(3)A 间误记为n一1次全振动的时间，则周期的测量值偏大，重力加 【解析】(1)记下结点的位置O和两弹簧测力计拉力的 速度的测量值偏小，故B错误。若以摆线长作为摆长来计算， 大小和方向：用一个弹簧测力计拉橡皮条将橡皮条的 结点拉到O点。弹簧测力计的分度值为0.1N,需要 则摆长的测量值偏小，重力加速度的测量值偏小，故C错误。 估读到0.01N,可知其示数为3.70N。(2)根据二力F 以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，则摆长的测量值 平衡条件，F'一定与橡皮条在同一条直线上。F是根据平行四 偏大，重力加速度的测量值偏大，故D正确。(4)根据图中的数 边形定则得到的合力，F一定是平行四边形的对角线。(3)两个 据点画出T2与L的关系图线，如图所示。 分力大小相等，夹角小于90°，根据矢量三角形可知，当一个分 4T1s2 力F,方向不变，两分力间的夹角减小，合力F一定，则方向不 5.00 变的分力F。减小，转动的分力F,变大。 (1)同时平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动(2) 4.60 变大(3)水平不需要 (4)35 4.20 【解析】(1)甲实验中，小球A做平抛运动，小球B做自由落体 3.60 运动，实验现象是小球A、B同时落地，说明平抛运动在竖直方 向的分运动是自由落体运动。(2)将A、B球恢复初始状态后， X 用比较大的力敲击弹性金属片，A球落地点变远，水平速度变 大，可下落的高度不变，由自由落体运动可知下落时间t 3.0 00 CH出出H 0.800.901.001.101.20L/m ，则在空中运动的时间不变，落地的竖直速度不变，则落地 g (5)单摆周期T=5460s-1.82s,重力加速度大小为g 30 的速度变大。(3)安装图乙所示研究平抛运动实验装置时，保证 斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从 红之42X×82.50X10nm8≈9.83m5,（6新单摆 斜槽上同一位置开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功 都相同，因此斜槽不需要光滑。(4)由题图丙可知，两计数点间， 动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等，即 小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等， 小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推 10T'=11T,10·2x√g l=11·2元/，所以1'=96.8cm