专题5 课时作业17 振动与波-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

■ 班级： 姓名： 专题五 振动与波、光学 课时作业17 振动与波 (分值：55分) 基础巩固练 1.(5分)(2024·福建卷)如图(a),装有砂粒的试管 竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一 段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运 0 动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起 点，试管振动图像如图(b)所示，则试管 ( ) 4.(5分)(2024·北京卷)图甲为用手机和轻弹簧制 1.03cm 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 \020.30.4t/ 手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为 -1.0 图(a) 正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是 图(b) A.振幅为2.0cm B.振动频率为2.5Hz a/m·s-2) C.在t=0.1s时速度为0 D.在t=0.2s时加速度方向竖直向下 0.4 0.8 1.2 2.(5分)(2025·安徽卷)如图， /7000wW0g00W00M 甲 乙 某同学演示波动实验，将一根 标记物 长而软的弹簧静置在光滑水平 A.t=0时，弹簧弹力为0 面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线 B.t=0.2s时，手机位于平衡位置上方 方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械 C.从t=0至t=0.2s,手机的动能增大 波。下列表述正确的是 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2 A.弹簧上形成的波是横波 5.(5分)（多选）(2025·江西 y/em B.推、拉弹簧的周期越小，波长越长 宜春二模)一列简谐横波 10 C.标记物振动的速度就是机械波传播的速度 D.标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传 沿x轴正方向传播，波源 x/m 递能量 位于坐标原点O处，t=0 3.(5分)(2025·黑吉辽蒙卷)平衡位置在同一水平 时刻开始沿y轴方向振动，t=4s时波源停止振 面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质 动；t=5s时0到6m范围内的波形图如图所示， 中产生两列波。若波峰用实线表示，波谷用虚线 表示，P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所 此刻x=3m处的质点恰好位于波谷。下列说法 有点均为振动减弱点，则下列图中可能满足以上 正确的是 () 描述的是 ( ) A.t=0时刻波源的起振方向沿y轴负方向 B.0~4s时间内x=3m处的质点运动的总路程 为40cm C.波源的振动周期为2s B D.该列波的波速为2m/s (横线下方不可作答) 145 专题五振动与波、光学 能力提升练 +y/um 1.0 6.(5分)(2025·云南卷)如图所示，均匀介质中矩形 0.2 102 区域内有一位置未知的波源。t=0时刻，波源开 -1.0 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 +y/um 质点的平衡位置。t=1.5s和t=2.5s时矩形区域 1.0 外波形分别如图中实线和虚线所示，则 ( 0 2 081.0中12 2.0x/m -1.0 乙 (1)从图中读出这两列波的波长。 4m 4 m (2)该时刻这两列波叠加，分别求x=0和x= A.波速为2.5m/s 0.375m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移。 B.波源的平衡位置距离P点1.5m (3)求这两列波叠加后的周期。 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 7.(5分)(2025·河南郑州二模)如图甲所示是一列 简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播时t=0 时刻的波形图，P、Q(Q未标出)是介质中两个质 点，P是平衡位置位于x=1.5m处的质点，质点 Q的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 ( y/cm +)/cm x/m 尖子生选练 甲 9.(5分)(2024·浙江6月选考) A.这列简谐波在介质中的传播速度是1m/s 如图所示，不可伸长的光滑细线 B.在t=4s时质点P沿y轴负方向运动 穿过质量为0.1kg的小铁球， <30 C.质点P做简谐运动的位移随时间变化的关系 两端A、B悬挂在倾角为30°的 固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细 是=8in(+）cm 线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做 D.P、Q两质点的平衡位置间的距离可能是半个 微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB 波长 交点的单摆，已知重力加速度g取10m/s2,则 () 8.(15分)某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音 A.摆角变小，周期变大 (简谐声波)，其波形叠加后呈现一种周期性变化。 B.小球摆动周期约为2s 图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿 x正方向传播的波形图，图中的坐标原点位于同 C.小球平衡时，A端拉力为2N 一质点处，声速为340m/s。 得分 D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 红对勾·讲与练 146 高三二轮物理 ■5.ACD a棒刚开始运动时， 感应电动势 为 $$E = \frac { B L v _ { 0 } } { 2 } ，$$ ，电路中电流为I= $$\frac { E } { R + \frac { 1 } { 2 } R } = \frac { B I . v _ { 0 } } { 3 R } ， b$$ 棒受到的安培力为 $$F = B I L = \frac { B ^ { 2 } L ^ { 2 } v _ { 0 } } { 3 R } ，$$ 根据牛顿第 定 $$a = \frac { B ^ { 2 } L ^ { 2 } v _ { 0 } } { 3 m R } ， A$$ 正确；经过足够长 时间，电路中无电流，有 $$\frac { B L v _ { n } } { 2 } = B L v _ { b } ，$$ 对a棒，根据动量定理得 $$- B I \frac { L } { 2 } \triangle t =$$ $$m v _ { n } - m v _ { 0 } ，$$ 对 b 棒，根据动量定理得 $$B I L t = m v _ { b } ，$$ ，联立解得 $$v _ { a } = \frac { 4 } { 5 } v _ { 0 } ，$$ $$v _ { b } = \frac { 2 } { 5 } v _ { 0 } ， B$$ 错误；对b棒，根据动量 定理得 $$B \overline { I L } \triangle t = B L q = m v _ { b }$$ ，解得 q= $$\frac { 2 m v _ { 0 } } { 5 B L } ， C$$ 正确；根据能量守恒得 $$\frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } m v _ { a } ^ { 2 } + \frac { 1 } { 2 } m v _ { b } ^ { 2 } + Q _ { a } + Q _ { b } ，$$ 两棒产生焦耳热的关系为 $$2 Q _ { a } = Q _ { b } ，$$ 解得 $$Q _ { b } = \frac { 1 } { 1 5 } m v _ { 0 } ^ { 2 } ， D$$ 正确。 6.AC 根据右手定则可知金属杆沿x 轴正方向运动过程中，金属杆中电流 沿y轴负方向，故A正确；若金属杆可 以在沿 x 轴正方向的恒力 F 作用下做 匀速直线运动，可知 $$F = F _ { } = B I L ，$$ $$I = \frac { B L v } { R } = \frac { B L v } { L r _ { 0 } } = \frac { B v } { r _ { 0 } } ，$$ $$F = \frac { B ^ { 2 } L v } { r _ { 0 } }$$ 由于金属杆运动过程中接入导轨中的 长度 L 在变化，故 F 在变化，故B错 误；取一微小时间 △t 内，设此时金属 杆接入导轨中的长度为 L'， ，根据动量 定理有 -BI'L'△t=-BL'q'=m△v， △φ 同时有 $$q = \frac { \frac { \triangle H } { \triangle t } } { L ^ { \prime } F _ { 0 } } \cdot \triangle t = \frac { \triangle \phi } { L ' T _ { 0 } } = \frac { B \cdot \triangle S } { L ' T _ { 0 } }$$ 联立得B 属杆停止运动整个过程累积可得 $$- \frac { B ^ { 2 } S } { r _ { 0 } } = 0 - m v _ { 0 } ，$$ 解得此时金属杆与 导轨围成的面积为S $$S = \frac { m v _ { 0 } r _ { 0 } } { B ^ { 2 } } ，$$ 确；若金属杆的初速度减半，根据前面 分析可知当金属杆停止运动时金属杆 与导轨围成的面积为 $$S ' = \frac { 1 } { 2 } s ，$$ ，根据 抛物线性质可知此时金属杆停止运动 时经过的距离大于原来的一半，故D 错误。 $$7 . \left( 1 \right) \frac { v ^ { 2 } } { g } \left( 2 \right) \frac { 3 } { 4 } \sqrt { \frac { m g R v } { 2 } }$$ (3)见解析 解析：(1)线框在没有进入磁场区域 时，根据牛顿第二定律 mgsinθ=ma， 根据运动学公式 $$v ^ { 2 } = 2 a d ，$$ 联立可得线框释放时 cd 边与Ⅰ区域 上边缘的距离d $$d = \frac { v ^ { 2 } } { g }$$ (2)因为 cd 边进入Ⅰ区域时速度为v 且直到 ab 边离开Ⅰ区域时速度均为 ☑，可知线框的边长与I区域的长度相 等，根据平衡条件有mgsin0=BIL1 E 又E=BL10,I=R' cd边两端的电势差U= 联立可得U=√2 3 ImgRv (3)①若L2≥L1,在线框进入I区域 过程中，根据动量定理 ng sin0·t1-BIL1t1=0, ,q=1I= 其中t1= BLtv R 联立可得g=2B01 mg 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量 定理mgsin0·t2-2BL1tg=0, E 根据q一F BLi .(R' ·t∠Ri BLi 线框进入磁场过程中电荷量都相等， 即g=It3, 2L1 联立可得t2= 根据能量守恒定律 -W袋十ngsin9(L2十L1)=0, W安 克服安培力做功的平均功率P一 联立可得p=mg(L1十L2) 4L1 BLL2 ②若L<L1,同理可得q'= R 根据动量定理 mgsin 0.t-2BILts=0, 其中g'=It5, BL 结合g=09R, 联立可得t1= 2L2 根据能量守恒定律 -W十ng sin9(L2+L1）=0, 克服安培力做功的平均功率Pp_W】 联立可得p'=mgu(L1十L2) 4L2 8.(1)BL2gL (2)BL2gL 3mR (3)mR2gL B2L2 +L 解析：(1)设ab棒刚越过MP时速度 大小为1·产生的电动势大小为E1, 对αb在圆孤导轨上运动的过程，由机 械能守恒定律有mgL=2mwi, ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应 定律得E=BLU1, 联立得E1=BL√2gL。 (2)经分析知金属环在导轨外的两段 圆弧金属环被短路，由几何关系可知 导轨之间两段圆孤金属环的电阻均为 R,它们在电路中并联后的总电阻 R.-8. 设电路中初始的千路电流为I,,由闭 E 合电路欧姆定律有I一R+R。 经分析知整个金属环在运动过程中可 视为长度为L、电阻为R。的金属棒， 设金属环刚开始运动时所受的安培力 大小为F1、加速度大小为a,则 F=ILB, 由牛顿第二定律得F1=2ma, 联立解得a= B2L2√2gL 3mR (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属 环组成的系统动量守恒，设两者共速 时的速度大小为2，由动量守恒定律 得(m十2m)2=mv1, 设在极短时间△t内，ab与金属环圆心 的距离减少量为△x,金属环所受安培 力大小为F,流过ab的电流为I,整个 电路的电动势为E,对金属环，由动量 定理得∑F△t=2mv2一0， F=ILB, E 由闭合电路欧姆定律得I= R+R 设金属环圆心初始位置到MP的最小 距离为s,若ab与金属环共速时，两者 恰好接触，金属环圆心初始位置到MP 的距离最小，对ab进入磁场到两者共 速的过程，由法拉第电磁感应定律有 E=BL △x ,s=L十∑△x, △ 联立解得= mR√2gL B2L2 十L。 专题五 振动与波、光学 课时作业17振动与波 1.B振幅为振子离开平衡位置的最大 距离，由题图(b)可知，试管振幅为 A=1.0cm,A错误；由题图(b)可知， 该简谐运动的周期为T=0.4s,则振 1 动频率为∫ =2.5Hz,B正确；t= 0.1s时，试管正处在平衡位置向下振 动，此时的速度最大，C错误；t=0.2s 时试管在最大位移处，方向竖直向下， 又回复力指向平衡位置，加速度的方 向由回复力的方向决定，则此时试管 的加速度方向竖直向上，D错误。 2.D弹簧上形成的波的振动方向与传 播方向平行，是纵波，故A错误；同一 介质中，波的传播速度相同，则波的传 播速度不变，推、拉弹簧的周期越小， 波的周期越小，由公式入=vT可知，波 长越短，故B错误：标记物振动的速度 反映的是标志物在平衡位置附近往复 运动的快慢，机械波的传播速度是波 在介质中的传播速度，二者不是同一 个速度，故C错误：标记物由静止开始 振动，说明它获得了能量，则标记物由 静止开始振动的现象表明机械波能传 递能量，故D正确。 3.C根据题意P,点位于其最大正位移 处，故可知此时P点位于两列波的波 峰与波峰相交处：根据干涉规律可知， 相邻波峰与波峰，波谷与波谷连线上 的点都是加强点，故A图像中的曲线 ab上的点存在振动加强点，不符合题 意，故选C。 4.D设手机质量为m,由题图乙知，t= 0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律 参考答案255 得弹簧弹力大小为F=mg,A错误；由 题图乙知，t=0.2s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=0.2s,手 机的加速度增大，手机从平衡位置下方 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=0.8s,则圆 频率w= =2.5rrad/s,则a随t变 2π 化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2, D正确。 5.CD 该列波的波速为v= Ag=2m/8, 又因为u= 子，可得波源的振动周期为 T=入=2s,故C,D正确：从t=0开 U 始，经过t,==1.55,x=3m处的 质点开始振动，故0一45时间内它振 动的时间为2.5s,则其运动的总路程 为s 5X4A=50cm,故B错误：1= 2. 2 5s时，波传播至x=vt=10m,由于 入=4m,所以x=10m处的质点振动 方向与x=6m处的质点振动方向相 同，由题图可知x=6m处的质点振动 方向沿y轴正方向，故t=0时刻波源 的起振方向沿y轴正方向，故A错误。 1 6.D 根据波形可知入=4m,2T=25s 1.5s,可得T=2s,故波速为v 2m/s,故A错误：设波源的平衡位置 距离P点距离为x。,根据左侧t=1.5s 时的波形可知 2十x0 =1.5s,解得 x。=1m,故B错误；根据左侧实线波 形结合同侧法可知波源刚开始的振动 1 方向向下，由于t=1.08=月 T,故可 知此时波源处于平衡位置且向上运 动，故C错误；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P、Q两点的时间分别为t。= 2=0.5s,t1=91=1.5s,故t=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t。=5.5s一0.5s= T,=5.5s-1.5s=2T,由于波源 2 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。 7.C由题图甲可知波长入=4m,由题图 乙可知周期T=8s,则波速为v λ4 T 8 m/s=0.5m/s,A错误；由于 波在介质中匀速传播，则从t=0s到 t=4s波传播的距离x=t=0.5X 4m=2m,又因为波沿x轴负方向传 播，且P是平衡位置位于x=1.5m的 质点，则x=1.5m十2m=3.5m处的 质点在t=0s时的振动情况与质点P 在t=4s时的振动情况相同。根据同 2562因勾·讲与练·高三二轮物理 侧法分析t=0s时x=3.5m处的质 点振动情况可知，此时质点沿y轴正 方向运动，B错误；由题图甲可知振幅 A=8cm,由题图乙可知周期T=8s 2不_2π=π，由题图甲可知波 则w=T=8 4 峰位于x=1m处，平衡位置位于x= 2m处，P是平衡位置位于x=1.5m 的质点，则P质点横坐标为波峰与平 衡位置的中点处，所以P质点的纵坐 标为4√2cm,根据同侧法分析可知，P 质，点此时在向y轴负方向运动。设P质 点的振动方程为y=8sin(1+9）cm, 当1=0时9=，则质点P做简请运 动的位移随时间变化的关系是y= 8sin(任1+）cm,质点P派动图像 如图，C正确； y↑ 18 45 5 由C选项可知质，点P的振动方程为 y=8m(无1+）m:由题国之的因 像可知，质，点Q的振动方程为y= 8n(任1-）cm,国为波活x釉负 方向传播，若质点Q在质点P的左侧， 则P,Q两质点间的相位差△9=4 (）若废点Q在质点P的右 侧，则Q、P两质点间的相位差△= r3π三一。，则P、Q两质点 44 平衡位置间的距离△x=)十以(k与 0,1,2,3,…),D错误。 8.(1)入甲=0.5m入z=1.0m √2 (2)2um-2am(3)340s 解析：(1)由题图甲可知4入甲=2.0m, 解得入甲=0.5m, 由题图乙可知2λz=2.0m,解得入z= 1.0m。 (2)该时刻，甲波在x=0处偏离平衡 位置的位移为1.04m,乙波在x=0处 偏离平衡位置的位移也为1.0m,因 此这两列波叠加后在x=0处的质点 在该时刻偏离平衡位置的位移为x。= 2以m, 该时刻，甲波在x=0.375m=4 处偏离平衡位置的位移为0，乙波在 =0375m-8:处偏高平衡位置 2 的位移为一 2 um, 因此这两列波叠加后在x=0.375m 处的质点在该时刻偏离平衡位置的位 √2 移为x0.375= 2m。 (3)这两列波叠加后的波长入=1.0m, 根据波长、波速与周期的关系有入 vT,其中v=340m/s, 代入数据解得T= 1 340 9.B由单摆的周期公式T=2可 知，单摆的周期与摆角无关，故摆角变 小，周期不变，A错误：由于同一光滑 细线上的拉力大小处处相等，则由题 意可知，小球平衡时，细线A端拉力等 于B端拉力，D错误；对平衡时的小球 受力分析，如图所示，则由力的平衡条 件可知FAcos30°十F&cos30°=mg, 又FA=FB,代入数据解得FA= √3 N,C错误；由几何关系可知单摆的 3 摆长1= LAB tan 30 C0s30 =1m,则由T= 2无可知小球摆动周期T2 B正确。 B 309 2￥ <30 30° ￥mg 课时作业18光学和电磁波 1.AB题图甲中为调幅波，不影响频率， 故波长不变，A正确：题图乙中天文学 家利用射电望远镜接收无线电波，进 行天体物理研究，B正确；红外线夜视 仪利用的是红外遥感技术，C错误；CT 机通过X射线拍摄人体组织，D错误。 2.C薄膜千涉是光照射到薄膜上时，薄 膜前后表面反射的两列光相叠加，发 生干涉现象，同一条亮条纹或暗条纹 对应的薄膜厚度相等，干涉条纹宽度 越宽说明薄膜厚度变化越小，由题图 可知，相邻亮条纹间的距离变大，干涉 条纹越来越宽，故薄膜厚度变化越来 越小，故选C。 3.D激光在不同介质中传播时，其频率 不变，故A,B错误：根据sinC=】,甲 的折射率比乙的大，则用乙时全反射 临界角大，故C错误，D正确。 4.C过M点和 N点分别作出 两界面的法线， 设EM光线的 入射角为日， 真空 玻璃 EV光线的入 射角为α，如图 所示，则在等腰 三角形OEM中，∠EOM+20=180°， 文∠EOM<90°，则0>45°，同理，在等 腰三角形OEN中，∠EON十2a= 180°，又∠EON<90°，则a>45°，根据 全反射临界角公式sinC=】得C 45°，由于a和0均大于C,故沿EM、 EV的两束光都发生全反射，C正确。