高考物理二轮复习选择题强化训练专题1.2 机械振动和机械波（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习选择题强化训练专题1.2 机械振动和机械波（2份，原卷版+解析版），共14页。试卷主要包含了如图，一辆小车等内容，欢迎下载使用。

A．x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为
【答案】C
【详解】A．由简谐运动的对称性可知，、、时木棒处于平衡位置；则从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B．从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；
D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为，回复力系数为，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移处时木棒重心在平衡位置下方最大位移处时可解得，，D正确；
本题选择错误的，故选C。
2．如图，一辆小车（装有细沙）与一轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度通过某点时，一小球恰好以大小为v的速度竖直落入小车沙堆中并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，以下正确的是（ ）
A．小球落入小车过程中，小球和小车（含沙）动量守恒
B．小球落入小车过程中，小球、小车（含沙）和弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小
D．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的周期变小
【答案】C
【详解】A．小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力竖直方向不为零，动量不守恒，选项A错误；
B．设小车和小球的质量分别为m1、m2，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为v，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则解得由题意可知碰撞前后瞬间弹簧的弹性势能均为零，则碰前瞬间系统的机械能为碰后瞬间系统的机械能为所以小球落入小车过程中，小球、小车和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项B错误；
C．弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能为E2减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，选项C正确；
D．小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题给周期表达式可知整个弹簧振子的周期变大，选项D错误。故选C。
3．如图所示，两块平行金属板M、N通过导线、开关与电源相接。有一带正电的小球用绝缘细绳悬挂于O点，闭合开关S，将细绳拉开一角度（小于）后由静止释放小球，下列说法正确的是（ ）
A．小球摆动过程中机械能守恒
B．只将M板向下移动少许，小球摆动周期不变
C．只将电源正负极对调，小球可能做匀速圆周运动
D．断开开关，将M板向上移动，小球经最低点时细绳的张力变小
【答案】C
【详解】A．摆动过程中，电场力做功，则机械能不守恒，故A错误；
B．只将M板向下移动少许，则可知U不变，d减小，E增大，等效重力场的等效重力加速度变大，根据单摆周期公式可知可知周期减小，故B错误；
C．只将电源正负极对调，，则小球所受竖直向上的电场力、重力和拉力，当重力和电场力相等时，小球拉力方向和速度方向垂直，小球做匀速圆周运动，故C正确；
D．断开开关，两极板电荷量不变，将M板向上移动，由推导公式可知则E不变，受力不变，小球经最低点时细绳的张力不变，故D错误。故选C。
4．一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙是位于的质点N此后的图像，Q是位于处的质点，则下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下
B．质点M的振动方程为
C．在时，质点Q的位置坐标为（10m，8cm）
D．在该简谐波传播方向上与波源逐渐靠近的接收器接收到的波的频率将小于
【答案】C
【详解】A．根据题意，由图乙可知，质点在时刻，处在平衡位置向轴负方向振动，由同侧法可知，波沿x轴正方向传播，点向轴正方向振动，则波源的起振方向向上，故A错误；
D．根据题意，由图乙可知，该波的周期为，则该波的频率为由多普勒效应可知，在该简谐波传播方向上与波源逐渐靠近的接收器接收到的波的频率将大于，故D错误；
B．根据题意，由公式可得由于时，点在平衡位置向轴正方向振动，则质点M的振动方程为故B错误；
C．根据题意，由图甲可知，该波的波长为，由公式可得，该波的传播速度为则该波传播到点所需要的时间为可知，质点在时，振动了，则质点在正向最大位移处，质点Q的位置坐标为（10m，8cm），故C正确。故选C。
5．“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来（图甲）。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5Hz，下列说法正确的是（ ）
A．该时刻P点的位移为
B．再经过0. 25s，P点到达平衡位置
C．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向
D．从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为
【答案】B
【详解】ABC．由题可知，振幅，频率，由图可知波的波长为，波向右传播，该时刻P点得振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为故时P点的位移为当时P点的位移为，P点到达平衡位置，AC错误，B正确；
D．从该时刻开始计时，质点从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为，D错误。
故选B。
6．手持软绳的一端O点在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其它质点振动形成沿绳水平传播的简谐波，P、Q为绳上的两点。时O点由平衡位置出发开始振动，时刻振动恰好传播到Q点，绳上OQ间形成如图所示的波形，以下四幅位移-时间图像中能反映P点运动情况的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】振动恰好传播到Q点时，耗时t1，满足而振动恰好传播到P点时，耗时一个周期T，也即后P点才开始振动，振动初始方向和O点起振方向相同，由题中波形图可知起振方向向上。此外从到一共经历所以可知P点到t1时间的振动图像为半个波形，结合起振方向可知如图A所示。故选A。
7．如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm，某时刻相距40cm的两质点a、b的位移都是cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，a的平衡位置距0点不足一个波长，此时0质点恰好经过平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐横波波长为2.4m
B．质点a的平衡位置距0点的距离可能为
C．质点a的平衡位置距0点的距离一定为
D．再经，质点b到达波峰
【答案】B
【详解】A．设质点的起振方向向上，b的振动方程为可得，a质点比b振动时间长，所以a的振动方程为可得则ab振动的时间差最短为所以ab之间的最短距离为则通式为则（n=0、1、2、3、4……）
故A错误；
BC．若0点正在向下振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为若0点正在向上振动，由A的分析和题意可知，质点a的平衡位置距0点的距离为故B正确，C错误；
D．因为ab振动的时间差最短为根据简谐运动的对称性可知，质点b到达波峰还需经过
的时间，故D错误。故选B。
8．一简谐横波沿x轴负向传播，时刻的波形如图甲所示，处的质点振动图像如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．时刻处的质点沿y轴负方向运动
B．该质点的振动方程为
C．若该波的波长大于0.50m，则该波波长一定为4m
D．若该波的波长小于0.50m，则该波波长可能为0.4m
【答案】C
【详解】A．由图乙可知时刻处的质点振动方向沿y轴正方向，A错误；
B．由图乙可知，则，位移为，则初相则有
B错误；
CD．由甲、乙两图可知，该质点的位置满足；当时，波长大于0.50m，且，若该波的波长小于0.50m，则该波波长不可能为0.4m，C正确，D错误。故选C。
9．动量p随位移x变化的图像称作相轨，它在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图甲所示，光滑水平面上有一弹簧振子。现以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，取向右为正方向，建立坐标系。当物块偏离O点的位移为x时，弹簧振子的弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数。当弹簧振子的机械能为E时，该弹簧振子的部分图像如图乙中曲线c所示，M和N分别为曲线c与p轴和x轴的交点。下列说法正确的是（ ）
A．曲线c是抛物线的一部分
B．曲线c对应物块从右侧最远处向O点运动的过程
C．该弹簧振子的振幅为
D．当物块运动到振幅一半处时，其动量大小为其动量最大值的
【答案】CD
【详解】A．对弹簧和振子组成的系统机械能守恒，设振子速度为，则满足整理可得若将视为因变量，视为自变量，该表达式符合抛物线要求，但式子中为变量，故图象不是抛物线，故A错误；
B．图中曲线动量为正，则振子速度方向为正方向，向右运动，速度由最大变为零，可知曲线c对应物块从O点向右侧最远处运动的过程，故B错误；
C．振子在最大振幅处时，速度为零，根据可得即振幅为，故C正确；
D．当振幅为一半时当动量最大时，即振子速度最大时，振幅为零，有
联立可得故D正确。故选CD。
10．如图为一有效摆长为l的单摆，现将质量为m的摆球A向左拉高平衡位置一个很小的角度，使得A球升高了h，然后由静止释放。A球摆至平衡位置P时，恰与静止在P处，质量为0.2m的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时，A球恰好碰后第一次回到P点。则下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为
B．当地的重力加速度为
C．A球释放到达P经历的时间，大于A球碰后再次到达最高点的时间
D．A球碰后的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．B球来回运动时间单摆的周期为故A正确；
B．单摆的周期为联立解得重力加速度为故B错误；
C．单摆的周期为碰撞前后周期不变，故A球释放到达P经历的时间等于A球碰后再次到达最高点的时间，故C错误；
D．根据动能定理碰撞后解得故D正确。故选AD。
11．2021年10月24日13时11分，我国台湾宜兰县（北纬24.55度，东经121.8度）发生6.3级地震，震源深度60km，此地震波是由同一震源产生，既有纵波也有横波，两者均可视为频率不变的简谐波，纵波是推进波，又称P波，在地壳的传播速度vP=9.9km/s，横波是剪切波，又称S波，在地壳中的传播速度vS=4.5km/s，若位于震源上方的某中学实验室的地震测报组有单摆和弹簧振子（如图甲所示），其中单摆的固有周期为1.0s，弹簧振子的固有周期为0.5s。那天观察者在某个装置开始振动时，同时记录下两个装置的振动图像（图乙和图丙）。则下列说法正确的是（ ）
A．图乙是弹簧振子的振动图像，图丙是单摆的振动图像
B．图丙的起振的时间t0约为13.3s
C．纵波与横波波长之比为11∶5
D．图丙对应的周期为1.0s
【答案】AC
【详解】A．依题意P波先到达实验室，则沿该波传播方向振动的弹簧振子先开始振动。所以题图乙是弹簧振子的振动图像，题图丙是单摆的振动图像，故A正确；
B．设两列地震波到达实验室的时间差为t0，有解得t0≈7.27s因为同时记录下两个装置的振动图像，所以题图丙的起振的时间t0约为7.27s，故B错误；
C．两列地震波的频率相同，根据公式有v=λf，所以纵波与横波波长之比λP∶λS=11∶5故C正确；
D．依题意，两振动装置记录的是同一个震源发出的两列波，所以二者周期相同，有TS=TP=0.5s故D错误。
故选AC。
12．一列简谐横波沿x轴正方向传播，振幅为10cm，时波的图像如图所示。平衡位置位于处的质点由图示位置到第1次到达波峰用时3s。关于平衡位置分别位于0.5m、1m、2m、2.5m处的四个质点A、B、C、D的振动情况，下列图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【详解】简谐横波沿x轴正方向传播，由图可知，波长为4m，平衡位置位于处的质点由图示位置到第1次到达波峰用时3s，则周期为则简谐横波在时的波形图如图所示
A．根据“上下坡”规律可知，在时A点向上运动，运动到最高点后，向下运动，周期为，故A正确；
B．根据“上下坡”规律可知，在时B点在平衡位置，且向上运动，周期为，故B错误；
C．根据“上下坡”规律可知，在时C点在负向最大位移处，此时加速度最大，速度为0，此后C点向上运动，速度增大，周期为，故C正确；
D．根据“上下坡”规律可知，在时D点向下运动，速度方向沿y轴负方向，速度减小，周期为，故D错误。故选AC。
13．降噪耳机的基本原理是产生一列与外界噪声相同频率的声波来抵消噪声以达到降噪的目的。假设某时刻外界噪声的波形图如图所示，耳机同时产生一声波来抵消。则以下哪列声波可以起到降噪的目的（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】由波的叠加原理可知，两列波的频率相同，相位相反，振动会减弱。两列波的频率相同，相位相同，振动会加强。故选AC。
14．均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t=0时刻，波面分布如图甲所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷。A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A．该波从A点传播到B点，所需时间为4s
B．t=6s时，B处质点位于波峰
C．t=8s时，C处质点振动速度方向竖直向下
D．E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm
【答案】AD
【详解】A．该波的波长和周期分别为10m和4s，A、B两点相距10m，恰好为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，A正确；
B．t=4s时，B处质点位于波峰，则t=6s时，B处质点位于波谷，B错误；
C．波速为，O、C间距为则从AE波面传播到C的时间为，t=8s时，C处质点振动了大约3.1s，此时该质点速度方向竖直向上，C错误；
D．12s内包含3个周期，则E处质点起振后，12s内经过的路程为12cm，D正确。故选AD。
15．如图，在均匀介质中有一个处于同一水平面上的直角三角形ABC，，其中波源位于A点作上下振动，振幅为8cm，其产生的波在此水平面上传播；某一此刻（记为0）时B处质点正处在波峰，而C处质点此刻位移为+4cm且向下振动；经△，B处质点位移第一次到+4cm。=0.6。则（ ）
A．波的周期为0.12s
B．质点B的振动方程为
C．该机械波在介质中的波速可能为120m/s
D．该机械波在介质中的波速可能为m/s
【答案】BCD
【详解】A．B处质点在t=0时刻正处在波峰，经，B处质点位移第一次到+4cm。则
即T=0.06s选项A错误；
B．因为则质点B的振动方程为选项B正确；
CD．因为BC两点距离A点的距离之差为6m，在AC连线上距离A点9m的B＇点的振动情况与B相同，则t=0时B处质点正处在波峰，此时B＇处质点也正处在波峰，而C处质点此刻位移为+4cm且向下振动，则波速 （n=0、1、2、3…..）当n=0时v=120m/s；当n=99时，
或者波速 （n=0、1、2、3…..）当n=0时v=100m/s；选项CD正确。故选BCD。