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章末检测卷(七)　机械振动和机械波
(时间:75分钟　分值:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.鱼漂是垂钓时反映鱼儿咬钩讯息的工具,如图甲所示,当鱼漂静止时,P点恰好在水面处。将鱼漂缓慢向下压,松手后,鱼漂在竖直方向上做简谐运动,其振动图像如图乙,取竖直向上为位移的正方向,则(　　)
A.在t=0.3 s时刻,鱼漂的速度方向竖直向下
B.在t=0.3 s时刻,鱼漂的加速度方向竖直向下
C.该鱼漂的振动频率为1 Hz
D.该鱼漂在振动的过程中,存在速度和加速度均减小的时间段
2.如图所示,一弹簧振子可沿竖直方向做简谐运动,O为平衡位置,现将弹簧振子从平衡位置向下拉一段距离ΔL,释放后振子在M、N间振动,且MN=40 cm,振子第一次由M到N的时间为0.2 s,不计一切阻力,下列说法中正确的是(　　)
A.振子振动的振幅为40 cm、频率为5 Hz
B.振子由M到O的时间为0.05 s
C.从释放振子开始计时,振子在10 s内通过的路程为20 m
D.从释放振子开始计时,振子在10 s末偏离平衡位置的位移大小为10 m
3.(2025·江苏南通模拟)如图所示为一列沿x轴传播的简谐波在某时刻的波形图,关于图中 A、B、C、D三个质点说法正确的是(　　)
A.A、B两点速度方向相同
B.A、C两点加速度方向相同
C.A、C两点同时到达平衡位置
D.B点比D点先到达平衡位置
4.主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号,并产生相应的抵消声波,某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示,取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340 m/s)(　　)
A.振幅为2A
B.频率为100 Hz
C.波长应为1.7 m的奇数倍
D.在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
5.如图甲所示,一列简谐横波沿直线传播,经过传播方向上的P、Q两点,Q点比P点晚起振6 s。已知P、Q两点间的距离为12 m,波传到Q点开始计时,Q点的振动图像如图乙所示,下列说法正确的是 (　　)
A.波速为3 m/s
B.波长为8 m
C.Q点在波峰时,P点在平衡位置
D.Q点第二次出现在波峰时,P点通过的路程为24 cm
6.如图所示,图甲为沿x轴传播的一列简谐机械波在t=1 s时刻的波动图像,图乙为质点P的振动图像,下列说法正确的是 (　　)
A.波沿x轴负方向传播,波速为2 m/s
B.质点P再经1 s将沿x轴正方向移动到x=4 m处
C.0~2 s内,P点运动的路程为0.4 m
D.该波与另一列频率为0.5 Hz的波相遇时,可能发生干涉
7.如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线,则下列说法正确的是(　　)
A.若两个受迫振动是在地球上同一地点进行,则两个摆长之比lⅠ∶lⅡ=4∶25
B.若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行,且摆长相同,则图线Ⅱ表示地球上单摆的共振曲线
C.若图线Ⅰ表示是在地面上完成的,则该单摆摆长约为1 m
D.若图线Ⅱ表示是在地面上完成的,则该单摆摆长约为2 m
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.一列简谐横波在介质中沿x轴传播,波速为2 m/s,t=0时的波形图如图所示,P为该介质中的一质点。则(　　)
A.该波的波长为14 m
B.该波的周期为8 s
C.t=0时质点P的加速度方向沿y轴负方向
D.0~2 s内质点P运动的路程有可能小于0.1 m
9.(2025·安徽黄山模拟)如图所示,甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播,甲沿x轴正方向传播,乙沿x轴负方向传播,t=0时刻两列波的波形图如图所示。已知波速v=8 cm/s,下列选项中正确的是(　　)
A.波的频率为0.5 Hz
B.甲、乙两列波的波源处质点的起振方向相反
C.两列波叠加后,x=7 cm处的质点将做振幅为7 cm的简谐振动
D.形成稳定干涉后,相邻振动加强区和减弱区之间的距离为2 cm
10.(2025·浙江杭州高三月考)一列简谐横波沿x轴正方向传播,此波在某时刻的波形图如图甲所示。质点M的平衡位置在x=1.5 m处,质点N的平衡位置在x=4 m处。质点N从t=0时刻开始振动,其振动图像如图乙所示。此波传播到平衡位置在x=12 m处的质点Q时,遇到一障碍物(未画出)之后立刻传播方向反向,反射波与原入射波在相遇区域发生干涉,某时刻两列波部分波形如图丙所示。则下列说法中正确的是 (　　)
A.图甲时刻波刚好传播到N点,波速为20 m/s
B.从t=0.05 s到t=0.20 s,质点M通过的路程大于15 cm
C.t=0.45 s时,质点N的位移为0
D.足够长时间后,O、Q之间有5个振动加强点(不包括O、Q两点)
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
温馨提示:此系列题卡,非选择题每空2分,分值不同题空另行标注
11.(7分)(2024·江西鹰潭模拟)(1)用单摆测重力加速度,为避免摆球晃动,采用图甲所示装置。两悬绳长都是l,与水平固定横杆夹角均为53°;用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示,其值d=　　　　(1分)mm,使小球做简谐运动,用秒表记录了单摆n次全振动所用的时间为t,则当地重力加速度的表达式g=　　　　(用题中字母及π来表示sin 53°=0.8)。
(2)若保持悬线与水平横杆夹角53°不变,通过改变悬线长,使小球做简谐运动,测得了多组悬线长l和对应的周期T,用图像法处理数据,并用这些数据作出T2-l图像为一直线,其斜率为k,由此可以得出当地的重力加速度g=　　　　(用含斜率k的代数式表示)。
(3)若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值,造成这一情况的原因可能是　　　　(填正确答案标号)。
A.将悬线长加球半径当成摆长
B.由于两边悬线没夹紧,球越摆越低
C.测量周期时,误将n次经过最低点的时间当成了n次全振动的时间
D.摆球的质量过大
12.(9分)(2025·湖南长沙模拟)在“用单摆测量重力加速度”的实验中,某实验小组在测量单摆的周期时,测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt,在测量单摆的摆长时,先用毫米刻度尺测得摆线长度为l,再用游标卡尺测量摆球的直径为D。回答下列问题:
(1)为了减小测量周期的误差,实验时需要在适当的位置做一标记,当摆球通过该标记时开始计时,该标记应该放置在摆球摆动的　　　　(1分)。
A.最高点　　　B.最低点　　　C.任意位置
(2)该单摆的周期为　　　　　　　,重力加速度g=　　　　　　　　　　(用题干中字母表示)。
(3)如果测得的g值偏小,可能的原因是　　　　。
A.实验时误将49次全振动记为50次
B.摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了
C.开始计时时,停表过迟按下
(4)为了提高实验的准确度,在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T,从而得出几组对应的L和T的数值,以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2-L图线,但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长,由此得到的T2-L图像是图乙中的　　　(选填“①”“②”或“③”)。
13.(10分)(2024·山东菏泽模拟)分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q在t=0时的波形图如图所示,波源分别位于坐标原点和x=19 m处,两波源的振动频率相同。其中简谐横波P的波源振动方程为y=-0.05sin(4πt)m,求:
(1)(5分)两简谐横波的传播速度大小;
(2)(5分)简谐横波Q波源的振动方程。
14.(12分)(2024·重庆一模)如图,光滑圆槽的半径L远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球(均可视为质点)同时由静止释放,开始时乙球的位置B低于甲球位置A,甲球与圆心连线和竖直方向夹角为θ,丙球释放位置C为圆槽的圆心,O为圆槽最低点;重力加速度为g。若甲、乙、丙三球不相碰,求:
(1)(4分)求甲球运动到O点时的速度大小;
(2)(4分)通过计算分析,甲、乙、丙三球谁先第一次到达O点;
(3)(4分)若单独释放甲球从释放到第15次经过O点所经历的时间。
15.(16分)一列简谐横波沿x轴正负方向传播,t=0时刻波源O开始振动,t=0.6 s时x正半轴上形成的波形如图所示。M为平衡位置位于x1=-5 m处的质点,N为平衡位置位于x2=10 m处的质点。
(1)(5分)画出t=0.6 s时x负半轴上形成的波形;
(2)(5分)求从t=0时刻开始,质点M在2 s内运动的路程;
(3)(6分)求质点N第一次到达波谷的时刻。
章末检测卷(七)　机械振动和机械波
1.B　[根据y-t图像斜率表示速度可知,在t=0.3 s时刻,鱼漂的速度方向竖直向上,故A错误;t=0.3 s时鱼漂的位移为正,根据牛顿第二定律有a=,可知鱼漂的加速度方向竖直向下,故B正确;该鱼漂的振动频率为f== Hz=1.25 Hz,故C错误;鱼漂离平衡位置越远,速度越小,位移越大,加速度越大;鱼漂离平衡位置越近,速度越大,位移越小,加速度越小;则该鱼漂在振动的过程中,不存在速度和加速度均减小的时间段,故D错误。]
2.C　[由题图可知,振子振动的振幅为A=20 cm,振子第一次由M到N的时间为0.2 s,则有t=
0.2 s=,可得周期T=0.4 s,则频率为f==2.5 Hz,故A错误;根据简谐运动的对称性可知,振子由M到O的时间与振子由O到 N的时间相等,均为0.1 s,故B错误;由于Δt=10 s=25T,则从释放振子开始计时,振子在10 s内通过的路程为s=25×4A=25×4×20 cm=2 000 cm=20 m,故C正确;10 s内振子振动了25个周期,10 s末振子仍处在M点,所以振子偏离平衡位置的位移大小为20 cm,故D错误。]
3.C　[若波沿x轴正向传播,由同侧法可知A点的速度向下,B点的速度向上;若波沿x轴负向传播,由同侧法可知A点的速度向上,B点的速度向下,故A、B两点速度方向相反,故A错误;简谐波上各点的加速度均指向平衡位置,则A点的加速度向下,C点的加速度向上,故A、C两点加速度方向相反,故B错误;若波沿x轴正向传播,由同侧法可知A点的速度向下,C点的速度向上;若波沿x轴负向传播,由同侧法可知A点的速度向上,C点的速度向下,而A、C两点相距半个波长,运动过程完全相同,则A、C两点同时到达平衡位置,故C正确;B点与D点相距半个波长,由对称性可知B、D两点同时到达平衡位置,故D错误。]
4.B　[主动降噪耳机是根据波的干涉原理,抵消声波与噪声的振幅、频率相同,相位相反,叠加后才能相互抵消来实现降噪的,抵消声波与噪声的振幅相同,也为A,A错误;抵消声波与噪声的频率相同,由f==100 Hz,B正确;抵消声波与噪声的波速、频率相同,则波长也相同,为λ=vT=340×
0.01 m=3.4 m,C错误;抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相,D错误。]
5.B　[由题意知,P、Q两点间的距离为x=12 m,波由P点传播到Q点用时t=6 s,则波速为v==
2 m/s,故A错误;由振动图像可知波的周期为T=4 s,则波长为λ=vT=8 m,故B正确;P、Q间的距离为12 m=1.5λ,可知两质点的振动步调始终相反,Q点在波峰时,P点在波谷,故C错误;Q点在5 s时第二次出现在波峰,此时P点振动的时间为tP=11 s=T,P点由平衡位置开始振动,所以在这段时间内P点通过的路程为s=×4A=11A=44 cm,故D错误。]
6.D　[根据题图乙可知,在t=1 s时刻质点P沿y轴正方向运动,根据题图甲结合同侧法可知,波沿x轴正方向传播,波速为v==2 m/s,A错误;机械波传播的是质点的振动形式与能量,质点在其平衡位置振动,并不随波迁移,B错误;根据T=2 s可知,0~2 s内,P点运动的路程为s=4A=0.8 m,C错误;该波的频率为f==0.5 Hz,根据干涉的条件可知,该波与另一列频率为0.5 Hz的波相遇时,可能发生干涉现象,D正确。]
7.B　[若两个受迫振动均在地球上同一地点进行,则重力加速度相等,由题图可知,固有频率之比为2∶5,则固有周期之比为5∶2,根据T=2π,知摆长之比为25∶4,故A错误;若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行,因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小,则固有周期较大,根据T=2π,知周期大的重力加速度小,则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线,图线Ⅱ表示地球上单摆的共振曲线,故B正确;由题图可知,图线Ⅰ表示的单摆的固有周期为T1==5 s,若图线Ⅰ表示是在地面上完成的,由T=2π,解得lI=≈6 m,故C错误;同理,图线Ⅱ表示的单摆的固有周期为TⅡ==2 s,若图线Ⅱ表示是在地面上完成的,由T=2π,解得lⅡ=≈1 m,故D错误。]
8.BD　[由图可知λ=12 m,解得λ=16 m,A错误;由v=,得T== s=8 s,B正确;简谐运动的加速度方向总指向平衡位置,P点位于y轴负半轴,加速度方向沿y轴正方向,C错误;P点位于y轴的负半轴,经过2 s=,若波向x轴负方向传播,P向远离平衡位置方向振动,在0~2 s内质点P运动的路程小于0.1 m,D正确。]
9.BC　[由图像可知,两列波波长均为4 cm。根据f=,可知两列波的频率均为2 Hz,A错误;由波形图可知,甲波波源的起振方向沿y轴正方向,乙波波源的起振方向沿y轴负方向,B正确;由波形图可知,甲波波形此时位于x=3 cm处的质点在波峰与乙波波形此时位于x=11 cm处的质点在波峰,将同时到达x=7 cm处,因此,x=7 cm处的质点是振动加强点,其振幅为甲乙两列波的振幅之和A=A甲+
A乙=4 cm+3 cm=7 cm,C正确;同上述分析可知,x=6 cm是振动减弱区,稳定干涉时,x轴上的振动加强区和振动减弱区是均匀交替分布的,相邻振动加强区和减弱区之间的距离为波长,为1 cm,D错误。]
10.BD　[质点N从t=0时刻开始振动,由振动图像可知此时质点N向上振动,由波形图可知t=0时刻,质点N向下振动,则题图甲所示时刻波并非刚好传播到N点;由题图可知波长为4 m,周期为
0.2 s,波速为v==20 m/s,故A错误;因t=0时刻质点N在平衡位置沿y轴正向振动,可知t=0时刻质点M在x轴下方沿y轴负向振动,速度减小,从t=0.05 s开始,M点处于y轴负方向,且此时向上向平衡位置振动,速度变大,则从t=0.05 s 到t=0.20 s经历了0.15 s,即T,质点M通过的路程大于3A=15 cm,故B正确;根据振动图像可知t=0.45 s时,质点N在最大位移处,故C错误;振动加强点到两波源的距离差Δx满足Δx=nλ(n=0,±1,±2,…),由题意可知-12 m<Δx<12 m,解得n=0,±1,±2,共有5个振动加强点,故D正确。]
11.答案　(1)20.035(20.034~20.036均可)　
(2)　(3)AC
解析　(1)根据螺旋测微器的读数规则可知,该小球的直径为d=20 mm+3.5×0.01 mm=20.035 mm
由单摆的周期公式有T=2π,可得g=
由于T=,且两绳与水平方向夹角为53°
可得摆长L=lsin 53°+=0.8l+
联立可得g=。
(2)由单摆的周期公式可知
T2==l+
因此k=,可得g=。
(3)根据g=可知,将悬线长加球半径当成摆长,导致单摆的实际摆长偏大,则重力加速度的测量值偏大,故A正确;球摆低会导致L增大,但仍按照之前的摆长进行测量,从而导致g的测量值偏小,故B错误;误将n次经过最低点的时间当成了n次全振动的时间,导致周期偏小,最后得到的g偏大,故C正确;质量不影响g的大小,故D错误。
12.答案　(1)B　(2)　　(3)B　(4)①
解析　(1)为了减小测量周期的误差,应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置,实际摆动中最高点的位置会发生变化,且靠近最高点时速度较小,计时误差较大,故B正确。
(2)因为摆球经过n次全振动的总时间为Δt,则该单摆的周期为T=
由单摆周期公式有T=2π
其中L=l+
可得,重力加速度的表达式为g=。
(3)根据g=可知,实验中误将49次全振动次数记为50次,所测周期偏小,则所测重力加速度偏大,故A错误;摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了,摆动周期变大了,所测重力加速度偏小,故B正确;开始计时时,秒表过迟按下,所测周期偏小,则所测重力加速度偏大,故C错误。
(4)由题意可得,单摆的实际摆长为l'=L-
由单摆周期公式得T=2π
化简可得T2=L-
由此得到的T2-L图像是题图乙中的①。
13.答案　(1)16 m/s　16 m/s　(2)yQ=0.05sinm
解析　(1)由题中波形图知两列波的波长均为λ=8 m
由振动方程y=-0.05sin(4πt)m
得ω==4π rad/s,解得周期T=0.5 s
则波的传播速度大小均为v==16 m/s。
(2)由题中波形图知两列波的振幅A=5 cm=0.05 m
对于简谐横波Q,x=18 m处质点的振动方程为
y18=Asint=0.05sin(4πt)m
则简谐横波Q波源的振动方程为
yQ=Asin,Δx=1 m
解得yQ=0.05sinm。
14.答案　(1)　(2)丙球最先到达 (3)π
解析　(1)设甲球质量为m,甲球由静止释放,运动到O点过程,由动能定理有mg(L-Lcos θ)=mv2
解得甲球运动到O点时的速度大小为
v=。
(2)对于丙球,根据自由落体运动规律有L=g
解得t丙=
对于甲、乙两球可看成类似单摆的简谐运动,其运动周期为T=2π
甲、乙两球第一次到达O点时运动T,则
t乙=t甲=T=π
因此丙球最先到达O点,甲乙同时到达O点。
(3)根据题意可知甲球做简谐运动,运动一个周期经过两次O点,第15次经过O点所经历的时间为
t=7T+
已知周期T=2π,联立解得t=π。
15.答案　(1)见解析图　(2)300 cm　(3)1.3 s
解析　(1)t=0.6 s时x负半轴上形成的波形如图所示。
(2)由题图可知λ=4 m,T=0.6 s,解得T=0.4 s
波的传播速度为v== m/s=10 m/s
波传到M点所需的时间为t1== s=0.5 s
即t1=0.5 s时,M点开始向上起振,在2 s内振动的时间为1.5 s
即T,质点M在2 s内运动的路程为
s=×4A=15×20 cm=300 cm。
(3)波传到N点所需的时间为t2== s=1 s
即t2=1 s,N点开始向上起振,第一次到达波谷还需时间为
t'=T=0.3 s
则质点N第一次到达波谷的时刻为
t=1 s+0.3 s=1.3 s。

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