2023届二轮复习 专题训练14　机械振动和机械波 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 专题训练14　机械振动和机械波 作业（浙江专用），共16页。
专题训练14　机械振动和机械波保分基础练1.(2021·浙江1月选考)(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率,工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置,如图甲、乙所示。则(　AD　)A.针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同B.随着振动器频率的增加,树干振动的幅度一定增大C.打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干的振动频率相同D.稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同解析:不同树木的固有频率可能不同,因此针对不同树木,要使之发生共振需要的振动频率可能不同,选项A正确;根据共振曲线,小于固有频率时,逐渐增加驱动力频率,振幅会增大,而在大于固有频率时增加驱动力频率,振动幅度会减小,选项B错误;稳定后,不同粗细的树干的振动为受迫振动,因此与振动器的振动频率相同,选项D正确;打击杆打击树干后,树干做阻尼振动,阻尼振动频率取决于固有频率,粗细不同的树干固有频率可能不同,则树干的振动频率可能不同,选项C错误。2.(多选)如图甲所示,悬挂在竖直方向上的弹簧振子,在C、D两点之间做简谐运动,O点为平衡位置,振子到达D点时开始计时,以竖直向上为正方向,一个周期内的振动图像如图乙所示,下列说法正确的是(　CD　)A.振子在O点受到的弹簧弹力等于零B.振子在C点和D点的回复力相同C.t=0.3 s时,振子的速度方向为竖直向上D.t=0.5 s到t=1.5 s的时间内,振子通过的路程为6 cm解析:振子在O点受到的合力等于零,弹簧弹力与其自身重力平衡,故A错误;由简谐运动的对称性可知,振子在C点和D点的回复力大小相同,方向相反,故B错误;由题图乙可知,t=0.3 s时,振子由D点向O点运动,其速度方向为竖直向上,故C正确;由题图乙可知,t=0.5 s到t=1.5 s的时间内,振子从O点运动到C点然后又回到O点,通过的路程为6 cm,故D正确。3.如图甲所示,一单摆做小角度摆动,从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时,相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,对于这个单摆的振动过程,下列说法正确的是(　B　)A.单摆的摆长约为2.0 mB.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin (πt) cmC.从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球的重力势能逐渐增大D.从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中,摆球所受回复力逐渐减小解析:由题图乙可知,单摆的周期为T=2 s,由单摆的周期公式T=2π,可得l== m≈1.0 m,A错误;由题图乙可知,振幅A=8 cm,φ0=0,角速度ω== rad/s=π rad/s,单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sin (πt) cm,B正确;由题图乙可知,从t=0.5 s到t=1.0 s的过程中,摆球从右侧最高点向平衡位置运动,摆球的速度逐渐增大,动能逐渐增大,重力势能逐渐减小,C错误;由题图乙可知,从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中,摆球从平衡位置向左运动到最大位移处,摆球所受回复力逐渐增大,D错误。4.(多选)一列简谐横波沿x轴传播,如图所示,实线为t1=2 s时的波形图,虚线为t2=5 s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像,可能正确的是(　AC　)解析:若该波沿x轴正方向传播,在t1=2 s时O点振动方向竖直向上,则传播时间Δt=t2-t1=3 s,满足Δt=T+nT(n=0,1,2,3…),解得T= s(n=0,1,2,3…),当n=0时,解得周期T=4 s,A正确,B错误;若该波沿x轴负方向传播,在t1=2 s时O点振动方向竖直向下,则Δt=T+nT(n=0,1,2,3…),解得T= s(n=0,1,2,3…),当n=0时,解得周期T=12 s,C正确,D错误。5.(2022·浙江1月选考)(多选)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播,若两列波均由一次全振动产生,t=0时刻的波形如图1所示,此时两列波相距λ,则(　BD　)A.t=时,波形如图2甲所示B.t=时,波形如图2乙所示C.t=时,波形如图2丙所示D.t=T时,波形如图2丁所示解析:在同一介质中传播,机械波的波速相等,并且波长也相等,t=时,两波未产生叠加,波形保持不变,选项A错误;经过两个机械波向前传播距离0.5λ,选项B正确;经过两个机械波向前传播距离0.75λ,两列波的波谷正好相遇,根据叠加原理,应该有振幅更大的波谷,选项C错误;经过T,则两列波完全相遇,根据叠加原理,所有质点位移为零,选项D正确。6.(多选)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播,甲波沿x轴正方向传播,乙波沿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 m/s,下列说法正确的是(　BD　)A.波的频率f=0.5 HzB.t=0时刻,x=4 m与x=8 m处的两质点振动方向相反C.两列波波源的起振方向相同D.两列波叠加后,x=6 m处为振动减弱点解析:由题图知,两列波的波长为λ=4 m,由v=fλ,得f== Hz=2 Hz,故A错误;根据“上下坡法”可知,t=0时刻,x=4 m的质点向上振动;x=8 m处的质点向下振动,两质点的振动方向相反,两列波都是分别刚好传播到x=4 m与x=8 m处,x=4 m与x=8 m的质点和振源的起振方向相同,因此两列波波源的起振方向相反,故B正确,C错误;甲波传到x=6 m处时向上振动,乙波传到x=6 m处时向下振动,故两列波叠加后,x=6 m处为振动减弱点,故D正确。7.(多选)如图所示,某简谐横波沿x轴正方向传播,在t=0 时刻恰好传播到x=2 m处的B点,t=0.3 s时,x=0.5 m的质点A恰好第二次回到平衡位置,质点P位于x=5 m处,下列说法正确的是(　ACD　)A.该波的波速为v=5 m/sB.t=1.2 s时质点P的路程是0.16 mC.质点P第三次到达波峰的时间是1.7 sD.能与该波发生干涉的另一简谐波的频率是2.5 Hz解析:由题意可知T=0.3 s,可得该波的周期为T=0.4 s,由题图可知波长为λ=2 m,则波速为v== m/s=5 m/s,A正确;波从图示时刻传播到P点的时间为t= s=0.6 s,由题图可知,起振方向向下,当t=1.2 s时,质点P已振动了0.6 s,而t=0.6 s=1.5T,所以t=1.2 s时质点P的路程为s=1.5×4A=6×2 cm=12 cm=0.12 m,B错误;质点P第一次到达波峰的时间为t1== s=0.9 s,则质点P第三次到达波峰的时间为t1+2T=1.7 s,C正确;该波的频率为f==2.5 Hz,两列波发生干涉的条件是频率相同,所以与该波发生干涉的另一简谐波的频率是2.5 Hz,D正确。8.(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播,t=6 s时的波形如图甲所示。在x轴正方向,距离原点小于一个波长的A点,其振动图像如图乙所示,本题所涉及质点均已起振。下列说法正确的是(　AC　)A.波在介质中的传播速度v=0.5 m/sB.t=13.5 s时,平衡位置在x=1.4 m处的质点位移为负值C.A点的平衡位置的坐标与原点的距离等于0.25 mD.此波在传播时遇到一尺寸为10 m的障碍物时,可以成功绕过解析:由题图甲可知波长为λ=2.0 m,由题图乙可知周期为T=4 s,波在介质中的传播速度v==0.5 m/s,故A正确;t=13.5 s与t=6 s相差Δt=13.5 s-6 s=7.5 s=T++,则平衡位置在x=1.4 m处的质点在波形图上再振动T++的时间,其位移为正值,故B错误;根据题图乙可知,t=7.5 s时,A点在正的最大位移处,因周期为T=4 s,则t=6.5 s时,A点在平衡位置,t=5.5 s时,A点在负的最大位移处,故t=6 s时,A正在负的位移位置向平衡位置振动,由题图甲可知A质点的平衡位置与原点的距离在0～0.5 m之间,则可知,A点的平衡位置的坐标与原点的距离x′=vΔt′=0.5×(6.5-6.0) m=0.25 m,故C正确;明显衍射的条件是障碍物或者孔的尺寸不能远大于这种波的波长,故此波在传播时遇到一尺寸为10 m的障碍物时,不能成功绕过,故D错误。9.(2022·绍兴二模)(多选)如图所示,均匀介质中有两个振源S1和S2,它们的频率、振幅、振动方向均相同且振动的步调完全一致,产生的两列波的波长均为λ,S1与S2之间距离为1.5λ,O点为S1、S2连线中点。现以O点为中心画一个正方形,正方形的两边与S1、S2的连线平行,且正方形边长远大于λ,过S1、S2的虚线与正方形的交点分别为P、Q,下列说法正确的是(　BC　)A.O点处质点的位移始终最大B.P、Q两点处质点的位移始终为零C.正方形四边上振动减弱点的数目为6个D.正方形四边上振动加强点的数目为4个解析:O点到两波源的距离之差为零,则该点为振动加强点,振幅最大,但该处质点的位移不是始终最大,选项A错误;P、Q两点与两波源的距离之差为1.5λ,则P、Q两点为振动减弱点,振幅为零,则P、Q两点处质点的位移始终为零,选项B正确;在S1和S2之间振动减弱点有两个,分别是距离S1的距离为0.5λ和λ的点,过两个减弱点画两条减弱曲线,两条减弱曲线与正方形共有四个交点;另外在S1P和S2Q上各点都是振动减弱点,即正方形上的P、Q两点也是振动减弱点,则正方形四边上振动减弱点的数目为6个,选项C正确;在S1和S2之间振动加强点有三个,分别是距离S1为0.25λ、0.75λ和1.25λ的位置,过这三点分别作三条加强曲线与正方形有六个交点,即正方形四边上振动加强点的数目为6个,选项D错误。10.(多选)如图,在同一均匀介质中有两列振幅均为2 cm的简谐横波正相向传播,甲波(实线)沿x轴正方向传播,乙波(虚线)沿x轴负方向传播。在t0=0时刻的部分波形如图所示,在t1=0.15 s时,两列波第一次完全重合。下列说法正确的是(　ABD　)A.甲、乙两列波的波速大小均为5 m/sB.在0～6 m的区间内一共有3个振动加强点C.t0=0时两波形在P处相交,随着时间的推移该交点会向x轴正方向移动D.t2=0.55 s时,甲、乙两列波的波形第二次完全重合解析:取甲、乙两个相邻波峰为研究对象,甲、乙两列波的波速大小均为v== m/s=5 m/s,故A正确;根据同侧法可知在t=0时刻,0～6 m的区间两列波的交点振动方向相同,都属于振动加强点,一共有三个,故B正确;质点不随波迁移,两波形在P处相交,随着时间的推移该交点不会向x轴正方向移动,故C错误;由题图可知,甲、乙两列波的波形第二次完全重合时波形运动的距离x2=1.5 m+4 m=5.5 m,需要的时间t2==0.55 s,故D正确。高分强化练11.(多选)如图甲所示,轻质弹簧上端固定,下端连接质量为m的小球,构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点,竖直向下为x轴正方向,设法让小球在竖直方向振动起来后,小球在一个周期内的振动曲线如图乙所示,若时刻弹簧弹力为0,重力加速度为g,则有(　AD　)A.0时刻弹簧弹力大小为2mgB.弹簧劲度系数为C.时间段,回复力冲量为0D.～T时间段,小球动能与重力势能之和减小解析:时刻弹簧弹力为0,位移为A,有kA=mg,可得弹簧劲度系数为k=,故B错误;0时刻弹簧的伸长量为2A,则弹力大小为F=k·2A=2mg,故A正确;时间段,小球从平衡位置沿负方向振动到负的最大位移处,后沿正方向回到平衡位置,回复力一直沿正方向,由I=Ft可知回复力冲量不为0,故C错误;～T时间段,小球从最高点振动到最低点,根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化,因弹簧的弹性势能一直增大,则小球动能与重力势能之和减小,故D正确。12.(多选)如图甲所示,足够长的光滑斜面倾角为θ,斜面底端有一挡板,挡板上固定一个轻质弹簧,距离弹簧上端为L处有一滑块,由静止开始沿斜面滑下,使得滑块在斜面上可以往复运动,运动过程中弹簧始终在弹性限度内。现取滑块运动过程中平衡位置为坐标原点,沿斜面向上方向为正方向,以滑块开始运动为0时刻,作出滑块运动过程中相对于平衡位置的位移(x)时间(t)图像,如图乙所示,已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,不计一切阻力。则下列说法正确的是(　AB　)A.t1>t2-t1B.减小L,t7-t5时间不变C.A1=L+,且A1>A2D.t2时刻弹簧的弹力F<mg解析:由题意可知A1=L+,因为弹簧弹力F随形变量x变化的图像(Fx图像)与x轴所围的面积表示弹力做的功,所以弹簧的弹性势能Ep与x的关系式为Ep=kx2,对滑块从0时刻到t2时刻的运动过程,根据机械能守恒定律有mg(A1+A2)sin θ=k(A1+A2-L)2,联立可得=L2+,所以A1>A2,故C错误;由题意,设滑块自由下滑至弹簧上端时的速度大小为v,滑块由静止释放到运动至平衡位置过程中的平均加速度大小为a1。另外假设这样一种情境:滑块与弹簧上端连接,并将弹簧拉伸至伸长量为Δx时静止释放滑块,并满足弹簧恢复原长时滑块的速度大小也为v,则滑块此时将做完整的简谐运动,且振幅为A2,周期为T=4(t2-t1),即滑块由释放到运动至平衡位置所用时间为(t2-t1),设此过程中滑块的平均加速度大小为a2,题目所描述的情境与我们假设的情境中,滑块的平衡位置不变,综上所述可知滑块以a1运动位移A1用时为t1,而以a2运动位移A2用时为(t2-t1),易知a2>a1,又因为A1>A2,所以t1>t2-t1,故A正确;减小L,会减小滑块到达弹簧上端时的速度,从而减小此后做简谐运动的振幅,但简谐运动的周期与振幅无关,所以t7-t5时间不变,故B正确;t2时刻的弹簧的弹力大小由L决定,L越大,弹簧的最大压缩量越大,即t2时刻的弹力越大,所以F不一定小于mg,故D错误。13.(2022·嘉兴二模)(多选)如图甲所示,A、B、C是介质中的三个点,A、C间距为3.25 m,B、C间距为1 m,两个波源分别位于A、B两点,且同时从t=0时刻开始振动,振动图像如图乙所示。已知A点波源振动形成的波长为2 m。则(　AD　)A.A点波源振动形成的波在此介质中波速为5 m/sB.B点波源振动形成的波长为1.5 mC.A、B中点是振动加强点D.t=2.15 s时C点位移为-7 cm解析:根据题图乙可知,A点波源振动的周期为0.4 s,故形成的波在此介质中波速为v==5 m/s,A正确;同种介质中,两列波的传播速度相等,故B的波速也为5 m/s,根据题图乙可知,B点波源振动的周期为0.6 s,B点波源振动形成的波长为λB=vTB=3 m,B错误;两列波的周期不同,在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同,不能产生稳定的干涉图样,C错误;根据题图乙可知,A点波源的振动在C点的振动图像为xA=AAsin(t-),B点波源的振动在C点的振动图像为xB=-ABsin(t-),代入数据解得x=xA+xB=-3 cm+(-4 cm)=-7 cm,D正确。14.(2022·宁波二模)(多选)如图甲所示,在均匀介质中,坐标系xOy位于水平面内,O处的波源由平衡位置开始垂直xOy平面振动,产生的简谐横波在xOy平面内传播,选定图甲状态为t=0时刻,实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷,且此时刻平面内只有一圈波谷,图乙为图甲中质点A的振动图像,z轴垂直于xOy水平面,且正方向为垂直纸面向外。则下列说法正确的是(　AD　)A.此机械波的波长是2 mB.此机械波的传播速度为0.4 m/sC.t=0.2 s时,机械波恰好传至B处D.在t=0至t=0.85 s这段时间内,质点C运动的路程为12 cm解析:由题图甲可知波峰到波谷的距离为1 m,故此机械波的波长为λ=2 m,A正确;题图乙为质点A的振动图像,则T=0.2 s,根据波速计算公式有v==10 m/s,B错误;因为t=0时刻平面内只有一圈波谷,而此时O也处于波峰,由此可以判断波的起振方向向上且波刚开始传播时O处于平衡位置,由此可以判断t=0时刻波传播了0.25 s,即1.25个波长,即t=0时刻波刚好传播到2.5 m处,则机械波恰好传至B处的时间点为tB= s=0.15 s,C错误;质点C到波源的距离为x= m=5 m,由选项C可知,t=0时刻波传播了2.5 m,则波传播到C点所用的时间为tC==0.25 s,由题图乙可知波的振幅为A=1 cm,故从t=0到t=0.85 s这段时间内,质点C运动的路程为s=·4A=×4×1 cm=12 cm,D正确。15.(多选)两列简谐横波在同一种介质中沿x轴传播,其中实线波向x轴正方向传播,虚线波向x轴负方向传播,t=0时波形图如图所示,此时实线波刚好传到x=4 m处,虚线波刚好传播到x=6 m处,已知质点a经过0.4 s恰好再次回到平衡位置,a、b是介质中的质点,下列说法正确的是(　ABD　)A.该实线波的周期为1.2 sB.虚线波的波速为 m/sC.两波相遇后,质点c振幅为20 cmD.t=0.35 s时质点a和质点b的位移相同解析:由题图可知,实线波上质点a的振动方程为ya=10sin(t+π) cm,质点a经过0.4 s恰好再次回到平衡位置,则有×0.4+π=π,解得T=1.2 s,故A正确;由题图知虚线波的波长与实线波的波长分别是λ2=2 m,λ1=4 m,实线波的波速为v== m/s= m/s,同一介质中传播,二者波速相等,则虚线波的波速也为 m/s,故B正确;由于两列波波长不相等,波速相同,故波峰(波谷)不可能同时出现在质点c处,所以质点c的振幅不可能为20 cm,故C错误;经过t=0.35 s 虚线波向左移动距离x2=vt=×0.35 m= m<3 m,说明t=0.35 s时虚线波没有传播到质点b。由题图知实线波上b点的振动方程为yb=10sin(t+π) cm,将t=0.35 s代入ya和yb的方程可得ya=yb,所以t=0.35 s时质点a和质点b的位移相同,故D正确。16.(2022·衢州二模)(多选)如图所示,波源O沿y轴做简谐运动,形成两列简谐横波,一列波在介质Ⅰ中沿x轴正方向传播,另一列波在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播。t=0时波形如图所示,此时两列波分别传到x1=6 m和x2=-4 m处。t=1 s时质点M位移不变,振动方向相反,已知波源振动周期大于0.4 s。则(　AD　)A.波源的起振方向沿y轴正方向B.两列波传播的周期之比为3∶2C.波在介质Ⅱ中的传播速度可能为 m/sD.x=- m的质点与M质点的振动方向始终相反解析:t=0时,两列波分别传到x1=6 m和x2=-4 m处,由“上下坡法”可知,波源的起振方向沿y轴正方向,故A正确;两列波是由同一波源的振动形成的,所以周期相同,故B错误;由t=1 s时质点M位移不变,振动方向相反可知(2×T+) +nT=1 s,可得T= s,因为波源振动周期大于0.4 s,所以当n=0时,可得T=1.5 s,波在介质Ⅱ中的传播速度v== m/s= m/s,当n=1时,可得T′=0.6 s,波在介质Ⅱ中的传播速度v′== m/s,故C错误;在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播的波,与M质点的振动方向相同的质点坐标为x== m=- m,与其振动方向始终相反的质点与这个质点之间的距离是半波长的奇数倍,即Δx=(2n′+1),当n′=0时,有x=-+(- m)=- m,故D正确。