2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题一　第5练　机械振动和机械波（含解析）

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［保分基础练］
1.(多选)(2024·广东佛山市二模)某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失。对该降噪耳机相关说法正确的是( )
A.耳机降噪利用了声波的多普勒效应
B.抵消声波的频率与噪声的频率应该相等
C.抵消声波与噪声的相位差为零
D.抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
2.(2024·广东卷·3)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为1 m/s，t=0时的波形如图所示。t=1 s时，x=1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为( )
A.0B.0.1 m
C.-0.1 mD.0.2 m
3.(2024·江苏扬州市二模)如图所示，弹簧一端与光滑斜面底端的固定挡板相连，另一端与小木块相连，木块静止在O点。现将木块推至M点由静止释放，第一次运动至O点的时间为t0。已知N点是MO的中点，则( )
A.木块从M点第一次运动到N点的时间为t02
B.若木块从N点由静止释放，第一次运动至O点的时间小于t0
C.若斜面倾角变小，木块由M点静止释放运动至最高点的时间小于2t0
D.若斜面粗糙，木块由M点静止释放经2t0时间运动至最高点
4.(2024·湖南卷·2)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m，t0时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是( )
A.波长为3 m
B.波速为12 m/s
C.t0+0.25 s时刻，B点速度为0
D.t0+0.50 s时刻，A点速度为0
5.(多选)(2023·天津卷·7)在均匀介质中，位于坐标原点的波源从t=0时开始沿y轴做简谐运动，形成沿x轴传播的简谐横波，t=0.5 s时的波形如图所示，此刻平衡位置在x=2.5 m处的质点刚开始振动，则下列说法正确的是( )
A.该波在介质中波速v=4 m/s
B.x=1 m处质点在t=0.3 s时位于波谷
C.波源的位移表达式为y=0.02sin(5πt+π) m
D.经过半个周期x=-1 m处的质点向左迁移半个波长
［争分提能练］
6.(多选)(2024·山东济宁市一模)位于x=-3 cm和x=13 cm处的两波源都只做了一次全振动，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，振幅均为A=5 cm，t=0时刻的波形如图甲所示，此时波刚好传到M、N两点，M、P、Q、N在x轴上的坐标分别为1 cm、3 cm、5 cm、9 cm，平衡位置在M处的质点振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.t=2 s时，平衡位置在M处的质点刚好运动到P点
B.t=5 s时，平衡位置在Q处的质点的位移为-10 cm
C.P处质点振动过程中的最大位移大小为5 cm
D.平衡位置坐标为x=4 cm的质点在振动过程中通过的总路程为10 cm
7.(2024·黑吉辽·7)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。ρ1ρ2的值为( )
A.2nB.n2C.2nD.12n
8.(2024·湖南永州市三模)“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲为t=0.6 s时的波的图像，图乙为x=5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1 cm，下列说法正确的是( )
A.这列波沿x轴正方向传播
B.P质点的振动方程为y=2sin (5π3t+π6) cm
C.t=0.6 s时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反
D.从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程相等
9.(11分)(2023·全国甲卷·34(2))分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s。t=0时刻，P波刚好传播到坐标原点处，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x=10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
(1)(5分)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t=2.5 s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)；
(2)(6分)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
［尖子生选练］
10.(多选)(2024·福建三明市一模)有一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=6 m处的质点b的振动图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是( )
A.质点a的振动方程为y=4sin (π4t+π2) cm
B.质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动
C.若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3 m/s
D.若波沿x轴负方向传播，这列波的最大波长为24 m
答案精析
1.BD [耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误；频率相同的波才能发生干涉，即声波的叠加，相位相反时则可以相互抵消，故B正确，C错误；声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故D正确。]
2.B [由题图可知该简谐横波的波长为λ=2 m，所以周期为T=λv=2m1m/s=2 s
当t=1 s时，x=1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处，相对平衡位置的位移为0.1 m。
故选B。]
3.D [小木块做简谐运动，木块静止在O点，受力平衡，合力为零，因此O点为平衡位置，运动过程中，经过平衡位置时速度最大，运动相同的距离，速度小的时候用时长，因此木块从M点第一次运动到N点的时间大于t02，故A错误；根据弹簧振子的周期公式T=2πmk，可知周期与振幅、斜面倾角和接触面粗糙程度无关，因此木块从N点由静止释放，振幅变为原来的二分之一，第一次运动至O点的时间也是周期的四分之一，仍为t0；若斜面倾角变小或者接触面粗糙，木块由M点静止释放运动至最高点所用时间是周期的二分之一，时间等于2t0，故B、C错误，D正确。]
4.D [画出t0时刻A、B两点间波形如图所示
可知xAB=32λ=6 m
解得λ=4 m，A错误；
波源的振动频率为f=6060 Hz=1 Hz
故波速为v=λf=4 m/s，B错误；
质点的振动周期为T=1f=1 s，因为0.25 s=T4，故B点在t0+0.25 s时刻运动到平衡位置，速度最大，C错误；
0.5 s=T2，故A点在t0+0.5 s运动到波峰，速度为0，D正确。]
5.BC [由题图可知t=0.5 s时，波传播的距离为x=2.5 m，故波速为v=xt=2.50.5 m/s=5 m/s，故A错误；由题图可知该波的波长为λ=2 m，所以波的周期为T=λv=25 s=0.4 s，波传播到x=1 m处需要的时间t1=xv=15 s=0.2 s，由题图可知该波的起振方向向下，t=0.3 s时，x=1 m处的质点已振动了0.1 s，即14T，所以位于波谷，故B正确；根据图像可知该波的振动方程为y=Asin(2πTt+φ)=-0.02sin(5πt) m=0.02sin(5πt+π) m，故C正确；质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。]
6.BC [根据题图甲可知波长为λ=4 cm，根据题图乙可知周期为T=4 s，则波速为v=λT=0.01 m/s，
则t=2 s时，左边的波向右传播的距离为x=vt=2 cm，即M点的振动形式刚好传到P点，但质点M只能在平衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，故A错误；两列波的起振点到Q点的距离为4 cm，则起振传到Q点需要的时间为Δt=x'v= s=4 s=T，因时间t2=5 s=T+T4，剩下的T4时间Q点向下起振到达波谷，根据波的叠加，则Q处的质点的位移为两个振幅的长度，即为-10 cm，故B正确；根据题意可知，当沿x轴正方向传播的波刚离开P点时，沿x轴负方向传播的波刚好传到P点，以后P点只参与沿x轴负向传播的波引起的振动，故P点最大位移为振幅值，即5 cm，故C正确；M点到x=4 cm处的质点距离与N点到x=4 cm处的质点距离差Δx=2 cm=12λ，故x=4 cm处的质点为振动减弱点，沿x轴正方向传播的波传到x=4 cm处的质点后，在x=4 cm处的质点振动T2时间后，沿x轴负方向传播的波传到x=4 cm处的质点，此后T2时间内x=4 cm处的质点振幅为0，同理，当沿x轴正方向传播的波离开x=4 cm处的质点后，此质点将受沿x轴负方向传播的波影响，继续振动T2时间，故x=4 cm处的质点在振动过程中通过的总路程为20 cm，故D错误。]
7.C [设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，小球质量为m，根据简谐运动的平衡位置合力为零有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g=2kAm，g'=kAm，可得gg'=2，设某球状天体的半径为R，在地球和天体表面，分别有Gρ1·43π(nR)3·m(nR)2=mg，Gρ2·43πR3·mR2=mg'，联立可得ρ1ρ2=2n，故选C。]
8.B [由题图乙可知，在t=0.6 s时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；P质点的振动方程为y=Asin (ωt+φ)，而ω=2πT=2π1.2 rad/s=5π3 rad/s，将t=0.6 s，y=-1 cm代入解得φ=π6或5π6，因t=0时刻，质点P沿+y方向运动，故取φ=π6，因此P质点的振动方程为y=2sin (5π3t+π6) cm，故B正确；t=0.6 s时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度大小相同，故C错误；由波向x轴负方向传播可知t=0.6 s时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又0.3 s=T4，所以从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误。]
9.(1)见解析图 (2)见解析
解析 (1)根据Δx=vt得
Δx=4×2.5 m=10 m
可知t=2.5 s时P波刚好传播到x=10 m处，Q波刚好传播到x=0处，
根据上下坡法及两波的波长λ=8 m可得波形图如图所示
(2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差Δx=(2n+1)λ2(n=0，1，2…)
解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有x=3 m、x=7 m
振动减弱的条件为Δx=nλ(n=0，1，2…)
解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有x=1 m、x=5 m、x=9 m。
10.BD [根据题图甲可得质点a的振幅、周期、初相位分别为Aa=4 cm，T=8 s，φ0=-π2，
根据振动方程y=Asin (ωt+φ0)，可得质点a的振动方程为y=4sin (π4t-π2) cm，故A错误；根据质点a、b的振动图像可知，在题述时刻，质点a在波谷，质点b在平衡位置，且两质点在该时刻后均向上振动，则根据“同侧法”可知，若该波沿x轴负方向传播，则两质点之间的距离应满足λ4+nλ=6 m(n=0，1，2，3…)，
解得λ=241+4n(n=0，1，2，3…)，当n=0时，该波波长有最大值λm=24 m，
若该波沿x轴正方向传播，则两质点之间的距离应满足3λ4+nλ=6 m(n=0，1，2，3…)
解得λ=243+4n(n=0，1，2，3…)，根据波速与波长之间的关系v=λT，可得该波的波速的可能值为v=33+4n m/s(n=0，1，2，3…)，当n=0时，向x轴正方向传播的速度有最大值vm=1 m/s，而无论该波向左传播还是向右传播，两质点之间的距离总是14波长的奇数倍，由此可知，质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动，故B、D正确，C错误。]