第三章 机械波 章末检测试卷(三)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（教科版）

本讲义聚焦机械波核心知识点，系统梳理横波纵波分类、传播特性（频率由波源决定、波速由介质决定）、干涉衍射多普勒效应及波形图分析，构建从概念到应用的完整知识支架。 资料特色在于结合生活实例（如舞龙波、回声探测）设计题目，通过辨析与图像分析培养物理观念和科学思维，解析详尽，课中助教师检测学情，课后帮学生查漏补缺，提升知识应用能力。

章末检测试卷(三) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.(2024·德阳市罗江中学高二月考)关于机械波，下列说法正确的是(　　) A.机械波可分为横波和纵波，横波的传播方向与质点的振动方向垂直，纵波的传播方向与质点的振动方向相同 B.机械波的频率与波源的振动频率相同，波源的频率越大，它产生的机械波传播得越快 C.无论是横波还是纵波，质点在一个周期内走过的路程等于一个波长 D.机械波只能在介质中传播，而且从一种介质传播到另一种介质中时，它的频率一定不变 答案　D 解析　机械波可分为横波和纵波，横波的传播方向与质点的振动方向垂直，纵波的传播方向与质点的振动方向平行，可能相反，故A错误； 根据机械波产生的原理可知，机械波中各质点振动的频率与波源的振动频率相同，由于振动速度与波的传播速度是不相同的，机械波的速度由介质的性质决定，不同的介质机械波传播速度不同，所以波源的频率越大，它产生的机械波传播的不一定快，故B错误； 质点在一个周期内走过的路程等于4个振幅的长度，并非一个波长，故C错误； 机械波只能在介质中传播，机械波的频率由波源决定，与介质无关，则知机械波从一种介质传播到另一种介质中时，它的频率一定不变，故D正确。 2.下列物理现象分别属于波的(　　) (1)夏天里在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝； (2)“闻其声而不见其人”； (3)围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音； (4)当正在鸣笛的火车驶过时，听到鸣笛声的频率先变高后变低。 A.反射、衍射、干涉、多普勒效应 B.折射、衍射、多普勒效应、干涉 C.反射、折射、干涉、多普勒效应 D.衍射、折射、干涉、多普勒效应 答案　A 解析　(1)夏天里在一次闪电过后，有时雷声轰鸣不绝，是由于声音在云层间来回传播，这是声音的反射； (2)“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射； (3)围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区和减弱区，这是声音的干涉； (4)当正在鸣笛的火车向我们驶来时，听到鸣笛声的频率变高；当正在鸣笛的火车远离我们后，听到的笛声的频率变低。这是多普勒效应。 综上，故选A。 3.(2023·广东卷)渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物。声波在水中传播速度为1 500 m/s，若探测器发出频率为1.5×106 Hz的声波，下列说法正确的是(　　) A.两列声波相遇时一定会发生干涉 B.声波由水中传播到空气中，波长会改变 C.该声波遇到尺寸约为1 m的被探测物时会发生明显衍射 D.探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关 答案　B 解析　根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发生干涉的条件是频率相等，所以两列声波相遇时不一定发生干涉，故A、D错误；声波由水中传播到空气中时，声波的波速发生变化，所以波长会发生改变，故B正确；根据波长的计算公式可得λ== m=1×10-3 m，当遇到尺寸约1 m的被探测物时不会发生明显衍射现象，故C错误。 4.“舞龙贺新春”巡游活动中，“龙”上下摆动形成的波可看作沿x轴正方向传播的简谐波，某时刻的波形图如图所示，A、B、C、D为波形上的四点，下列说法正确的是(　　) A.此刻B、C振动的方向相反 B.B、C平衡位置间的距离为波长的一半 C.A、B能同时回到平衡位置 D.D的振动比B滞后半个周期 答案　D 解析　波沿x轴正方向传播，由上下坡法确定，此刻B、C都沿y轴正方向振动，振动的方向相同，A错误；由题图可知，B、D两点的速度、位移总是大小相等，方向相反，因此B、D的平衡位置相差半个波长，所以B、C平衡位置间的距离小于波长的一半，B错误；此刻A沿y轴负方向振动，B沿y轴正方向振动，两点的位移相同，因此A先回到平衡位置，C错误；B、D平衡位置相差半个波长，波沿x轴正方向传播，因此D的振动比B滞后半个周期，D正确。 5.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=3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则(　　) A.波的周期是 0.1 s B.波的振幅是0.4 m C.波的传播速度是10 m/s D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置 答案　C 解析　由题图知波的周期为T=0.2 s，振幅为A=0.2 m，故A、B错误； 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=T+T=0.35 s，故可得波速为v== m/s=10 m/s，故C正确； 波从P传到Q点需要的时间为t'==0.1 s=T，故可知质点P处于平衡位置，故D错误。 6.如图所示为t=0.1 s时刻简谐横波a与b的波形图，其中a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速都是10 m/s，振动方向都平行于y轴。下列选项画出的是平衡位置在x=2 m处的质点从t=0开始的振动图像，其中正确的是(　　) 答案　C 解析　根据t=0.1 s时的波形图可知x=2 m处的质点处于振动加强点，振幅为3 cm，此时位于平衡位置向上运动，根据波速和波长可以求出周期为0.4 s，而0.1 s是周期，则t=0时该质点位于周期之前的位置，也就是波谷，故C正确。 7.一列简谐横波沿x轴方向传播，传播速度为10 m/s，振幅为10 cm。图甲为图乙中质点P的振动图像，图乙是t=0.22 s时刻波的图像。则(　　) A.该波沿x轴负方向传播 B.质点P平衡位置的坐标为x=0.2 m C.图乙中质点Q比质点P先回到平衡位置 D.从t=0.22 s时刻起再过1.26 s，质点P通过的路程s=2.1 m 答案　B 解析　由题图乙可知，波长为λ=2.4 m，由v=可得T== s=0.24 s，则在t=0.22 s时，由题图甲可知，P在平衡位置上方向平衡位置运动，则根据“上下坡法”可知该波沿x轴正方向传播，故A错误； 由题图乙可知5 cm=10sin x(cm)，解得x=0.2 m，故B正确； 波沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”知t=0.22 s时P向平衡位置运动，Q远离平衡位置向上运动，则质点P先回到平衡位置，故C错误； 从t=0.22 s时刻起再过1.26 s=5T+T，5个完整周期内质点P通过的路程为s1=5×4A=200 cm，在剩下的T内波形相对于题图乙向右平移，则平移后P的纵坐标为y=-10sin (0.2+0.6) cm=-5 cm 则质点P通过的路程为s=s1+|-5-5| cm≠2.1 m，故D错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.(2025·成都市树德中学高二月考)如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，t=0.1 s时刻的波形如图中实线所示，t=0.3 s时刻的波形如图中虚线所示，则下列说法正确的是(　　) A.该波的速度的最小值为5 m/s B.t=0.1 s时刻质点P向下运动 C.t=0.3 s时刻质点Q速度为零 D.该波遇到宽度小于4 m的障碍物时能发生明显的衍射现象 答案　ACD 解析　波沿x轴正向传播，由题图可知，波长λ=4 m，所以该波至少传播了T，即波传播的距离为Δx=(n+)λ(n=0，1，2，3…) 所以0.2 s=(n+)T(n=0，1，2，3…) 当n=0时，周期最大，最大值为Tm=0.8 s，此时波速最小，最小值为vmin==5 m/s，故A正确； 根据波形平移法可知t=0.1 s时刻质点P向上运动，故B错误； t=0.1 s时刻波峰处于x=1 m处，t=0.3 s时刻波峰向右平移了1 m，显然质点Q在波峰位置，其速度为零，故C正确； 发生明显衍射现象的条件是，障碍物或小孔的尺寸比波长小或跟波长差不多，所以该波遇到宽度小于4 m的障碍物时能发生能明显的衍射现象，故D正确。 9.(2024·德阳市高二月考)图甲为超声波悬浮仪，其基本原理是让在竖直方向正对的两个相干波源发射的超声波叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态。图乙中P、Q为平衡位置位于(-2.5 cm，0)和(2 cm，0)的两个相干波源，该时刻两列波分别传到了点M(-1.5 cm，0)和点N(1 cm，0)，已知声波传播的速度为340 m/s。则在两列波相干并稳定后(　　) A.两列超声波信号频率均为340 Hz B.该时刻P、Q两波源的相位相反 C.小水珠可在图乙中O点位置附近悬浮 D.小水珠可在图乙中(0.25 cm，0)点位置附近悬浮 答案　BD 解析　由题图乙可知超声波的波长为0.01 m，则两列超声波信号频率均为f== Hz=3.4×104 Hz，故A错误； 由题图乙可知，该时刻质点M、N的振动方向相反，可知P、Q两波源的相位相反，故B正确； 因O点到两波源P、Q的距离之差为Δx=|xP|-xQ=0.5 cm=，而两波源振动反相，可知O点振动加强，振幅不为零，可知小水珠不能在题图乙中O点位置附近悬浮，故C错误； 因为(0.25 cm，0)点到两波源P、Q的距离之差为Δx'=(0.25+2.5) cm-(2-0.25) cm=1 cm=λ， 而两波源振动反相，可知该点振动减弱，振幅为零，小水珠可在题图乙中(0.25 cm，0)点位置附近悬浮，故D正确。 10.(2023·雅安市高二期末)如图所示，波源O做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播。图中虚线是两个以O点为圆心的同心圆弧。t=0时，距O点0.75 m的P处质点开始向上振动：t=0.45 s时，距O点1.20 m的Q处质点也开始振动，此时P处质点恰好第三次到达波峰。关于该简谐横波，下列说法中正确的是(　　) A.周期为0.15 s B.波长为0.20 m C.当P处质点在波谷时，Q处质点在平衡位置且向下振动 D.P、Q间连线上始终有5个以上的点处于最大位移处 答案　BC 解析　波从P到Q用时0.45 s，所以波速为v== m/s=1 m/s，t=0.45 s时P处质点恰好第三次到达波峰，所以周期T= s=0.2 s，所以波长为λ=vT=0.20 m，故A错误，B正确，t=0.45 s，P处质点在波峰，Q处质点在平衡位置且向上运动，半个周期以后，P处质点在波谷，Q处质点在平衡位置且向下运动，故C正确；P、Q间沿波的传播方向上的距离为0.45 m，为2.25个波长，所以P、Q间可能只有4个位移最大点，故D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)(2024·成都市高二月考)如图所示，某同学使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的狭缝后在水面继续传播。 (1)(2分)图中可观察到波的　　　　。  A.干涉 B.衍射 C.折射 (2)(2分)水面各点的振动均为　　　　。  A.自由振动，频率由水体自身性质决定 B.自由振动，频率由驱动力决定 C.受迫振动，频率由水体自身性质决定 D.受迫振动，频率由驱动力决定 (3)(4分)若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，狭缝右侧水波的　　增大，　　　　减小(均选填“频率”或“波长”)。  答案　(1)B　(2)D　(3)频率　波长 解析　(1)题图中可观察到波的衍射，故选B。 (2)水面各点的振动均为受迫振动，频率由驱动力决定。故选D。 (3)若使波源保持振动情况不变并同时向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据λ=，可知狭缝右侧水波的波长减小。 12.(9分)(2025·成都市高二月考)如图甲所示，两个相干波源S1、S2产生的波在同一均匀介质中相遇。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则： (1)(3分)在a、b、c、d、e、f六点中，振动减弱的点是　　　　。  (2)(3分)若两振源S1和S2振幅不相同，此时位移为零的点是　　　　。  (3)(3分)在图乙中画出此时刻ace连线上，以a为原点的一列完整波形，标出a、c、e点。 答案　(1)b、d、f　(2)c、f　(3)见解析图 解析　(1)由题图甲可知，a点是波谷与波谷相遇点，而b、d点是波峰与波谷相遇点，e点是波峰与波峰相遇点，所以a、e是振动加强点，b、d是振动减弱点；在波的传播方向上，振动加强点连线上的点也是振动加强点，振动减弱点连线上的点也是振动减弱点；c在振动加强点的连线上，f在振动减弱点的连线上，因此c是振动加强点，而f是振动减弱点。 (2)若两振源S1和S2振幅不相同，波峰与波谷相遇处点的位移不为零，平衡位置相遇处点的位移为零，此时刻位移为零的点是c、f。 (3)由题图可知，此时a处于波谷，e处于波峰，c处于平衡位置，所以在ace连线上，以a为原点的一列完整波形，如图所示。 13.(10分)一简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，从该时刻起，介质中的质点Q做简谐运动的表达式为y=2sin (4πt+π) cm。 (1)(3分)求该波的传播方向； (2)(3分)求该波的传播速度大小； (3)(4分)在原图上用虚线画出t= s时的波形图(至少画出一个波长)。 答案　(1)沿x轴负方向传播　(2)16 m/s　(3)见解析图 解析　(1)根据y=2sin (4πt+π) cm可知，在t=0时刻质点Q向y轴负方向运动，根据上下坡法知，波沿x轴负方向传播。 (2)从题图可看出波长λ=8 m，根据T=，解得T=0.5 s，可得v==16 m/s (3)由x=vt=1 m，可知波形向x轴负方向平移1 m，如图中虚线所示。 14.(12分)(2025·成都市高二月考)一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时的波形图如图所示，已知这列波的周期为0.4 s，求： (1)(3分)这列波的波速； (2)(5分)经过多少时间x=9 m处的质点B第一次到达波峰及这段时间里B通过的路程； (3)(4分)x=1 m处的质点A的振动方程。 答案　(1)10 m/s　 (2)0.7 s　9 cm　(3)y=3sin (5πt+π) cm 解析　(1)由题图知λ=4 m， 根据v=，解得v=10 m/s (2)波传到B点的位移为x=9 m-5 m=4 m 波传到B点的时间为t1==0.4 s 波沿x轴正方向传播，由同侧法知波源的起振方向向下 则波传到B点后，质点B第一次到达波峰的时间t2=T=0.3 s 由t=0时刻到B第一次出现波峰的时间t=t1+t2=0.7 s 这段时间里质点B通过的路程为s=3A=3×3 cm=9 cm (3)ω==5π rad/s 沿x轴正方向传播的简谐波，t=0时刻A质点正经过平衡位置向下振动，则振动方程为y=3sin (5πt+π) cm。 15.(15分)(2025·广安市高二月考)如图所示，沿x轴传播的简谐横波，实线为t1=0.5 s时刻的波形图，虚线为t2=1.5 s时刻的波形图，已知波的周期大于2 s。 (1)(7分)判断波的传播方向并求波的传播速度大小； (2)(8分)写出x=2 m处质点的振动方程。 答案　(1)波向右传播　4 m/s (2)y=2sin (t-) m 解析　(1)若波向左传播，则传播的距离为x=12n+8 (m)(n=0，1，2，3…) 传播的时间nT+T=Δt=1.5 s-0.5 s=1.0 s(n=0，1，2，3…) 因周期T>2 s，可知周期无解； 若波向右传播，则传播的距离为x=12n+4 (m)(n=0，1，2，3…) 传播的时间nT+T=Δt=1.5 s-0.5 s=1.0 s(n=0，1，2，3…) 因周期T>2 s可知，n=0时，解得周期T=3 s 波速为v== m/s=4 m/s (2)设x=2 m处质点的振动方程为y=Asin (t+φ) 其中= rad/s 当t=0.5 s时y=1 m，代入方程可得φ=- 则x=2 m处质点的振动方程为y=2sin (t-) m。 学科网（北京）股份有限公司 $