专题十五 机械振动机械波-【创新教程】2024-2026三年高考物理真题分类特训试卷

最新真题 专题十五 机械振动 机械波 分类特训 [考点1]简谐运动 1.(2026·山东卷，9)（多选）波源O在t=0时开始振动，产生一列沿x轴正方 向传播的简谐横波.t=4s时质点M刚好开始振动，质点M与V的平衡位 置相距5m.某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是 ( A.波速为2m/s B.波长为4m 类 C.从图示状态经过2s,M和N速度相同 m D.从图示状态经过3s,M和N偏离平衡位置的位移相同 2.(2026·河南卷，1)将一单摆的摆球拉开一个小角度后释放，单摆摆动的振幅为A。,周期为T。. 斯 若将此摆移到月球上，拉开相同的角度，则摆球的振动图像可能正确的是 ◆x/A /A 5 2.57 0 3.(2025·安徽卷，2)如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在0000000000 的 光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地 标记物 推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波.下列表述正确的是 ( 杯 A.弹簧上形成的波是横波 B.推、拉弹簧的周期越小，波长越长 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递能量 4.(2025·湖北卷，9)（多选）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧 连接，小球由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示.将 小球b竖直下拉长度1后由静止释放.重力加速度大小为g,忽略空气阻力，弹 如 簧始终在弹性限度内.释放小球b后 () 锕 A.小球a可能会运动 B.若小球b做简谐运动，则其振幅为号 w b○ C.当且仅当1≤时，小球b才能始终做简谐运动 D.当且仅当1<四时，小球b才能始终假简谐运动 器 5.(2025·甘肃卷，8)（多选）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，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 A(2m B,剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为登 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2mg 69 [考点2]机械波的传播和图像 1.(2026·四川卷，3)如图所示，空气中水平放置两端开口的圆柱形长管、 管内有a、b、c三个位置，a、b距离为1cm,c在b右侧.持续驱动活塞使 其在a、b间做周期为0.1s的简谐运动，管内形成稳定机械波.声波在 空气中的传播速度取340m/s,管足够长.则 A.管内机械波为横波 B.管内机械波的振幅为1cm C.管内机械波的波长为1cm D.每秒有10个完整的波经过位置c 2.(2025·山东卷，9)（多选）均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均 为2cm,波速均为1m/s,M、N为介质中的质点.t=0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均 为1cm.下列说法正确的是 甲 y/cm m A.甲波的周期为6s B.乙波的波长为6m C.t=6s时，M向y轴正方向运动 D.t=6s时，N向y轴负方向运动 3.(2025·河南卷，8)（多选）贾湖骨笛是河南博物院镇馆之宝之一，被誉为“中华第一笛”.其中一 支骨笛可以发出A,、B、C6、D。、E。等音.己知A音和D。音所对应的频率分别为880Hz和1 175Hz,则 () A.在空气中传播时，A音的波长大于D。音的波长 B.在空气中传播时，A,音的波速小于D。音的波速 C.由空气进入水中，A音和D。音的频率都变大 D.由空气进入水中，A,音的波长改变量大于D。音波长改变量 4.(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=1.5s和t=2.5s时矩形 2 m 区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则 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 5.(2024·山东卷，9)（多选）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中 Ay/cm 沿x轴相向传播，波速均为2m/s.t=0时刻二者在x=2m处相 甲”、 4 遇，波形图如图所示.关于平衡位置在x=2m处的质点P,下列 说法正确的是 () -2 0 c/m A.t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0 2 -4 B.t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为-2cm C.t=1.0s时，P向y轴正方向运动 D.t=1.0s时，P向y轴负方向运动 6.(2025·福建卷，10)沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵波与 横波，已知纵波速度大于横波速度，则纵波波长 (选填“大于”“小于”或“等于”)横波波 长；若波源振动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动间隔△t,纵波速度，横波速度为2，则 波源与蝎子的距离为 70 7.(2026·湖北卷，13)一列简谐横波沿x轴传播，波速为v=2m/s.t y/em =0时刻的波形图如图所示，此时x=3m处的质点P的振动方向 沿y轴负方向，x=5m和x=11m处的质点均处于平衡位置. x/m (1)求波的传播方向、波长入和周期T. 012345678910M112 (2)从t=0时刻开始，经多长时间质点P第二次到达平衡位置？ 8.(2026·河北卷，13)如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形（中间部分未 画出)，此时平衡位置在x=xp的质点处于波峰. y/em ，+x。+2,+3xm (1)写出该波的波长，以及xp在10~14m范围内的所有可能值， (2)若平衡位置位于原点处的质点在0~1s内通过的路程为5cm,求该波的周期和波速. [考点3]振动图像与波动图像的结合 1.(2026·陕晋青宁卷，9)（多选）一列简谐横波在均匀介质中沿直线传 ↑ylcm 播，a、b为介质中平衡位置相距0.5m的两个质点.t=0时刻的波形图 如图，0.5s时a振动至波谷，1.2s时b第一次回到波峰，则() A.波的周期为1.2s 0.5 m B.波速为10m/s C.波的振幅为4√3cm D.0~0.6s内质点a的路程为8√2cm 2.(2026·湖南卷，4)如图，均匀介质中有且仅有一个点波源产生简谐横波 Ay/m A(4,3) 在xy平面内传播，A(4,3)、B(4,0)在xy平面内.某时刻，A处质点位于 波峰，B处质点位于波谷.下列说法正确的是 ()2 A.若波源在(0,0)处，波长可能为1m B.若波源在(0,0)处，波长可能为2m B(4,0) C.若波源在(0,3)处，波长可能为3m 3 4 x/m D.若波源在(0,3)处，波长可能为4m 3.(2026·云南卷，5)如图所示，均匀介质中的三个质点S、P、Q,它们分别静 ↑y/m 止于直角坐标系Oxy平面内的(0,0)、（一2,0）和(4,3)处.t=0时刻，S从 3 平衡位置开始垂直Oxy平面向上振动，振动频率为2Hz,形成向外传播的 简谐横波，图中实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则 x/m A.该波的波速大小为8m/s B.t=0.125s时，P位于波峰 C.该波传播到P、Q的时间差为0.75s D.t=1.25s以后，P、Q的位移始终相同 71 4.(2026·1月浙江卷，9)在地质探测中，可利用横波传播速度的不同，探测岩石密度信息.选择 岩石分界面上的一点为原点、垂直分界面方向为x轴，建立如图所示的坐标系.在坐标原点安 装周期T=1×103s、振幅A=2mm的人工振源.t=0时振源从平衡位置(y=0)开始沿y轴 正方向振动，同时向两侧传播简谐横波.t=3×103s时在岩石I(x<0)中的波恰好到达x= 一3m处，岩石Ⅱ(x>0)中的波速为om=3×10°m/s,则 () ↑ylmm 岩石I 2 岩石Ⅱ 32 -1 0 3 x/m -2 A.岩石I和岩石Ⅱ中两波波长之比为3：1 B.t=1.5×10-3s时，x=一1m处质点的振动方向沿y轴正方向 C.在0~3×10-3s内，x=1.25m处质点经过的路程为21mm D.增大振源的振动周期，岩石Ⅱ中的波速将变小 [考点4]波的干涉 1.(2025·黑吉辽蒙卷，5)平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质 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 所有点均为振动减弱点，则下列图中可能满足以上描述的是 () B D 些 2.(2025·湖南卷，7)（多选）如图，A(0,0)、B(4,0)、C(0,3)在xy平面内，两 y/m 波源分别置于A、B两点.=0时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同 且垂直于xy平面.频率均为2.5Hz.两波源持续产生振幅相同的简谐横 2 1 波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为10m/s.下列说法正确的是 B 012345x/m ( A.两横波的波长均为4m B.t=0.4s时，C处质点加速度为0 C.t=0.4s时，C处质点速度不为0 D.t=0.6s时，C处质点速度为0 3.(2025·陕晋青宁卷，8)（多选）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 () y/cm 10 t/s 1 y/cm Ay/cm Ay/cm y/cm 10 10 10 10 2 x/m 12x/m -10 -10 -10 B C 0 722.B气体的热力学温度增大到初态的2倍，温度升高，内 能增大，又气体体积减小，则由理想气体状态方程y C(关键，点：公式中的T为热力学温度，单位为K)可知 气体压强增大，对活塞受力分析，有F十mg十p,S=S, 可知外力F增大，A错误，B正确：气体体积减小，封闭 气体对外界做负功，C错送：由理想气体状态方程兴=C 可知，气体的热力学温度增大到初态的2倍，若气体体积 不变，则密封气体的末态压强是初态的2倍，但气体体积 减小，则密封气体的末态压强大于初态的2倍，D错误. 3.ACDA.A→B过程，体积不变，则W=0,温度升高，则 △U>0,根据热力学第一定律△U=W十Q,可知Q>0, 即该过程吸热，选项A正确；B.B→C过程，温度不变，则 △U=0,体积减小，则W>0,根据热力学第一定律△U= W十Q,可知Q<0,即该过程为放热过程，选项B错误： C.AB过程，体积不变，温度升高，根据y=C,可知， 压强变大，即状态A压强比状态B压强小，选项C正确： D.状态A的温度低于状态C的温度，可知状态A的内 能比状态C的小，选项D正确. 4.解析：设细管的截面积为S,根据玻意耳定律有p1L1S= L,S,可得L,=L 根据题意当洗衣机内的水位下降时，空气柱长度变长， 故内部气体对外界做正功。 答案：上做正功 5.解析：(1)打开气阀K,对活塞b进行受力分析，当活塞b 刚要开始向下运动时，在竖直方向上，重物的重力mg与 最大静摩擦力f平衡，即f=mg. (2)在(1)问操作后关闭气阀K,则气体压强为。，然后 用水平拉力向右缓慢拉动活塞，直到重物刚要开始向 上运动，对活塞b,根据平衡条件有p1S。十mg十f =p。S2, 设活塞向右移动的位移为x,气体体积变为V1=V。 +S1x, 因为缓慢拉动，气体做等温变化，根据玻意耳定律pV =poVo 2mgVo 联立解得=S,(p,S.-2mg) 以气体为研究对象，根据热力学第一定律△订=W十Q, 其中△U=0, 活塞对气体做功为W一Q, 则气体对活塞做功为W'=Q, 对活塞a,根据动能定理WF十W'一p。S1x=0, 2mgpV。 解得拉力对活塞a做的功W,=(h.S-2mg一Q (3)重物上升H过程中，活塞b匀速运动，气体压强保持 p1不变，恒温下气体总体积不变，因此活塞向右移动 位移x'满足S1x=S,H, 得x'$H S 拉力大小不变F=pS1一pS1= 2mgS 拉力做功W,'=Fx', 联立解得W'=2mgH. 2mg Vo 2mgpovo 答案：1mg（2》s,(h,s.-2mg'n5.-2mg-Q (3)2mg H 18 考点7 1.BD根据题意，由图可知，从a·b过程中，气体的压强 不变，气体做等压变化，由于气体体积增大，则气体温度 升高，可知，状态口的温度比状态b的低，故A错误；从b 一c过程中，结合图像，由理想气体状态方程有3p,:2V T. =。·3V。 T 解得T6=2T, 可知，状态b的温度比状态c的高，则状态b的内能比状 态c的大，故B正确；根据饣一V图像的面积表示气体做 功，由图可知，b一c过程中，气体对外做功为W,=2（p +3p)(3V。-2V,)=2pV。, c-~d过程中，气体对外做功为Wg=。(4V。一3V。) =V。, 可知，b→c、c·d过程气体对外做的功不相等，故C错 误；由图可知，c·d过程气体的压强不变，气体做等压变 化，由于气体体积增大，则气体温度升高，气体的内能增 大，由热力学第一定律可知，c·d过程气体对外做的功 小于从外界吸收的热量，故D正确. 2.CA,a·b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气 体对外做功W<0,由盖-吕萨克定律可知T6>T。,即内 能增大，△U>0,根据热力学第一定律△U=Q十W可 知·b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做 功，另一部分用于增加内能，A错误： B.bc过程中气体与外界无热量交换，即Q=0,又由 气体体积增大可知W,<0,由热力学第一定律△U=Q 十W可知气体内能减少. C.c→a过程为等温过程，可知T。=T。,△U=0,根据热 力学第一定律可知a·b·c过程，气体从外界吸收的热 量全部用于对外做功，C正确： D.根据热力学第一定律结合上述解析可知：a→b·c→a 一整个热力学循环过程△U=0,整个过程气体对外做 功，由热力学第一定律可得△U=Q一Q一W=0, 故a·b过程气体从外界吸收的热量Q不等于c·a过 程放出的热量一Q,D错误. 3.ADA.1·2为绝热过程，根据热力学第一定律△U=Q 十W可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能 增加，故A正确：B.2→3为等压过程，根据盖吕萨克定 律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体 体积增大，气体对外界做功W<0,故气体吸收热量，故B 错误；C.3·4为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外 界做功W0,根据热力学第一定律可知气体内能减小， 故C错误；D.4·1为等容过程，根据查理定律可知压强 减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W=0,故 可知气体向外放热，故D正确. 专题十五机械振动机械波 考点1 1,BD结合短图可知(1+)A=5m,解得孩渡的流长入 =4m,B正确：结合B项分析可知w=宁=2m,所以 该波的波速0==0.5m/s,A错误；从题图示状态经 十 过2s,则波浴x轴正方向传指了4=1m=子A,故M 从平衡位置运动到了波峰位置，速度为0，N从波谷位置 运动到了平衡位置，速度最大，显然两，点速度不同，C错 9 误：该波的周期T= 入=8s,从图示时刻计时，M的振动 方程为w=Asin至，N的振动方程为N= An(宗-受）经1=3：后wx号A.D正病 2.B 同一个单摆，拉开相同的角度 A=A。 月球表面重力加速度小于地 球表面重力加速度：单摆振动 B正确 T月>T。 周期T=2√g 3.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=)T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，这是因为机械波使得能量传递给标记物， 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.故选D. 4.AD[命题，点]简谐运动十连接体模型 释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的 弹力大于小球的重力，小球a会向上运动，A正确；当 小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始 终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等 于mg,此时弹簧的压缩量为工1=坚，小球b微筒谐运 动，在平衡位置时弹簧的伸长量为工，=5，所以最大振 幅为A=西1十，=2m,即将小球b下拉1≤A 2m时，小球b才能始终微简谐运动，C错误，D正确：小 球b做简谐运动时的振幅为A=l,B错误. 5.BCA.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，则向上的加速度减小，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；B.剪断细线之前F=3mg,剪断细 线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律F一 2mg=2ma,解得A的加速度a=号，选项B正确：C.剪 断细线之前弹簧仲长量工，=3m三，剪断细线后A做简谐 k 振动，在平衡位置时弹簧仲长量工，=2m竖，即振幅为A =石一一爱，由对称性可知小球Λ运动到最高点时， 弹簧伸长量为m坚，选项C正确：D.由上述分析可知，小 球A运动到最低，点时，弹簧伸长量为3m竖，选项D错误. 考点2 1.D管内机械波的振动方向与传播方向相同，所以管内 机械波是纵波，A错误；活塞在a、b间运动，设管内机械 波的振幅为A,则ab=2A,解得A=0.5cm,B错误；活 塞在a、b间做周期为0.1s的简谐运动，则T=0.1s,设 管内机拔波的改长为入，由=产得X=0T=340X0.1m 140 =34m,且每秒通过c点的完整波的个数为n=下= t 1s=10,C错误，D正确. 0.1s 2.BD根据题图可知甲波的波长入m=4m, 根据入p=Tp,可得Tp=4s,A错误； 设N左边在平衡位置的质点与V质，点平衡位置的距离 为x· 根据题图结合1cm=2sin (） 入 又6m-2m-2x=2, 可得x=0.5m,入2=6m,B正确； (二6时即经过T,十号，结合同侧法可如M向)轴负 方向运动，C错误； 同理根据入2=uT乙，可得T乙=6s, 根据同侧法可知t=0时N向y轴负方向运动，t=6s时 即经过时间T,N仍向y轴负方向运动，D正确.故选 B、D. 3.AD声音在相同介质中的传播速度相同，因此A和D。 的传播速度相同，B错误；由入=uT=?可知，A,的波长 大于D。的波长，A正确； 由空气进入水中，频率不发生变化，C错误； 空气中九=子在水中A=号 其中声音的速度只与介质有关，即在水中它们的速度大 小也一样，则可得到波长的改变量为△入二”个巴，可知频 率越小其对应的波长改变量越大，D正确.故选AD. 4.D根指波形可知X=4m,合T=2.58-1.5s,可得T =2s,放波建为0=产=2m/s,故A错误：设波源的平 衡位置距离P点距离为xo,根据左侧t=1,5s时的波形 可知2十=1,5s,解得=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 方向向下，由于1=1,08=2T,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1，==0.5s, =4=1.5s,故t=5.5s时，平衡位置在P,Q处的两质 5T 点已经振动的时间分别为t。=5.5s-0.5s= t1'=5.5s-1.5s=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， 故选D. 5.BCAB.在0.5s内，甲、乙两列波传播的距离均为△x =0△t=2×0.5m=1m,根据波形平移法可知，t=0.5s 时，x=1m处甲波的波谷刚好传到P处，x=3m处乙波 的平衡位置振动刚好传到P处，根据叠加原理可知，t= 0.5s时，P偏离平衡位置的位移为一2cm,故A错误，B 正确；CD.在1.0s内，甲、乙两列波传播的距离均为△x =0△t'=2×1.0m=2m,根据波形平移法可知，t=1.0s 时，x=0处甲波的平衡位置振动刚好传到P处，x=4m 处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，且此时两列波的 振动都向y轴正方向运动，根据叠加原理可知，t=1.0s 时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误 6解析：根据公式=号，由于纵波建度大于横波递度，频 率相同，故可知纵波波长大于横波波长：设波源与蝎子 的距务为，根器题意可知后立=△屏得-巴二 答案：大于△t 01一 7.解析：(1)t=0时刻，质点P振动方向沿y轴负方向，根 据同侧法可知，波传播的方向沿x轴负方向（或向左） 由图可知，丰波长令-6m,故波长入=12m 周期T=入=6s (2)由图可知，当x=11m处质点振动形式传到质点P 的平衡位置，即x=3m处时，质，点P第二次到达平衡 位置 此时波沿x轴负方向传播距离 △.x=11m-3m=8m 此过程用时1=二=4s 答案：(1)沿x轴负方向（或向左）12m6s(2)4s 8.解析：(1)相邻波峰（或波谷）间距等于波长，由t=0时刻 波形图可得入=2m, 由图可知，平衡位置在x=x。的质点满足 ,=(+2}2m=23.4） 又10m<x,<14m, 故n=5时，x,=11m, n=6时，x。=13m, x,在10~14m范围内的所有可能值为11m和13m. (2)由题意可知，振幅A=1cm,s=5cm=5A, 故1s=T+子D 由波速公式有。=产 解得T=0.8s,=2.5m/s. 答案：(1)2m11m和13m(2)0.8s2.5m/s 考点3 1.AC根据题意由图可知，t=0时，质，点b在波峰，1.2s 时b第一次回到波峰，则波的周期为1.2s,故A正确；由 于1=0.5s=号T<号T时a振动至波谷，则1=0时，质 ,点a沿y轴负方向振动，则波沿x轴正方向传播，质点a 由波峰振动到此位置的时同为立T则质点a的振动传输 到质点b有要-立T=01s则淡速为=产-品ms =5m/s,故B错误：设波的振幅为A,结合上述分析可 知，魔点a的振动方程为y=Asin(停+子m 又有t=0时，y=6cm, 解得A=4√3cm, 经过△t=0.6s=2 T时间，质点a通过的路程为s=2A =8√3cm,故C正确，D错误. 1 2.B已知某时刻A处质点位于波峰，B处质，点位于波谷， 因此A、B两点的波程差应满足半波长的奇数倍△r= (a+2）Aa=01,2… 若波源在(0,0)处，由坐标可推得A点到波源距离rA= √/42+32m=5m, B点到波源距离rB=4m, 波程差△r=1m, 代入得1=(n十0.5)λ， 2 解得入=2m十行m, 当入=1m时，2n十1=2，n=0.5(非整数) 当A=2m时，2m十1=1，n=0,故A错误，B正确；若波源在 (0,3)处，则A,点到波源距离r4'=4m, B点到波源距离rB'=√/4十3m=5m, 波程差仍为1m,同样有入=2m十m, 当A=3m时，2加十1=号，无整数解， 当1=4m时，2m十1=0.5，无整数解，故C、D错误. 3.C由题知实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则该波 波长入=2m,且已知频率为2Hz,根据℃=入f=4m/s, 1 故A错误；已知T= =0,5s,61=0.125即于，由 f 于此时(t=0)时P在波峰，则t=0.125s时，P位于平衡 位置，故B错误：根据几何关系可知Q距离波源S有5m, 则该波传搭到P.Q的时间差为△1==5一2s=0.75s, 0 4 故C正确：P.Q所在的波面相距3m,为三入，则1=1.25s以 后，P、Q的位移始终相反，故D错误. 4.C岩石1中，横波传着谗度u1=A=1X10m/s, △t 由波长公式入=T,两波周期相同，故波长比等于波速比 会-品-淡品一了A储提-0时派源从手青位至 (y=0)开始沿y轴正方向振动，波传到x=一1m的时 1 m 间i=1X10m/s =1×103s,在t=1.5×10-3s时，可 知x=一1m处质点的已经振动的时间△t=0.5X108s 乞，振源起振方向为y轴正方向，经过半个周期后，质 点振动方向为y轴负方向，B错误：波传到x=1.25m的 时间t一 原。×103 该质点振动的总时同△=(3-是)×101s=沿× 10=. 即2个全振动和剩余时同品T,质点从手衡位置()=0) 开始向y轴正方向振动，则该质点经过的路程为s= 2.5X4A+Asin(2x×)=21mmC正确：机核凌 在介质中的传播速度由介质本身的性质（如密度、弹性 模量)决定，与振源的周期、频率无关，故波速不变，D 错误 考点4 1.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，同样可知B不符合题意；由于D图像中的P点 位于最大负位移处，不符合题意.故选C 2.AD两横波的波长均为入=二=4m,故A正确：两列 f 波传到C处所需时同分别为1，=是s=0,3s V3+4 1 10 s=0.5s,T=了=0.4s,故t=0.4s时，A处 波已传到C处且振动了工，故C处质点处于正向或负 向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C错误；分 析可知t=0.6s时两列波都已传播到C处，C处质点到 两减源的距高差为△z=5m-3m=2m=子，故C处 为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故C处位移始终 为零，速度为零，故D正确.故选AD. 3.CD简谐横波的波长大于1m,A中波长小于1m,A错 误；t=0时，b质点的位移为一10cm,B错误，CD可能 正确. 专题十六光学 考点1 1.C根据题意一束光从P点垂直于三角形底边入射，从 Q点射出。已知P,Q到三角形底边距高均为尽，画出光 路图如图所示， 4. 6 120° 根据几何关系有∠1=∠2+∠3，∠6=30°，sin∠4= R 1 1 R=2 根据反射定律可得∠5=∠6， 综上可得∠1=60°，∠2=30°， 根据折射定律有n=sin∠， sin∠2' 代入数据可得n=√ 2.BC根据题意，画出光路图，现换用折射率较大的玻璃 砖，保持入射角不变，折射角变小，若厚度d相同，画出 光路图，如图所示 d- 由图可知，侧移量变大，故A错误，B正确； 14: 根据题意，画出光路图，现换用折射率较大的玻璃砖，保 持入射角不变，折射角变小，若侧移量△工相同，画出光 路图，如图所示 d 由图可知，厚度变小，故C正确，D错误. 3.B设光线射入圆柱体时的折射角为日，根据光的折射定 #可和=如智解得9=30 如图，根据几何关系可知光线射 出圆柱体时的入射角i=0=30°， 则法线与竖直方向的夹角a=日 +i=60°， 根据光的折射定律可知n =Sin r sini' 解得光线射出圆柱体时的折射 角r=45°， 光线从圆柱体内射出时，与竖直方向的夹角为B=Q一r =15°.故选B. 4.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三，甲的折射率比乙的折射率大，则历 乙时全反射临界角大，故C错误，D正确，故选D. 5.D根据题意，画出光路图，如图所示 0 真空C 介质 分 由几何关系可知，折射角为45°，则由折射定律有n= sin s=√2sin8>1, sin 45 则有sin心E ，n<V2,解得>45°，故AB错误； 根指题意，由smC=,可知si血C心 1 ,即C>45°， 2 增大入射角，光路图如图所示 真空 C 介质 B 由几何关系可知，光在BC上的入射角小于45°，则该单 色光在BC上不可能发生全反射，故C错误；