机械振动和机械波（解析版）-2025年高考物理一轮复习（新教材新高考）

第八章机械振动机械波

质量监测试卷

本试卷分第I卷（选择题）和第II（非选择题）两部分。满分：100分；考试时间：75分钟

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名.班级.座号.准考证号填写在答题卡上。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号

对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁.完整。

3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自己保存，以备评讲）。

第I卷（选择题，共43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）

1.无人驾驶汽车上安装的车载雷达系统可以发出激光和超声波信号，其中（）

A.激光是横波B.超声波是横波C.激光是机械波D.超声波是电磁波

【答案】A

【详解】AC.激光属于电磁波，电磁波都是横波，故A正确，C错误；

BD.超声波是频率大于20000Hz的声波，声波属于机械波，可以是横波，也可以是纵波，故BD错误；

故选A。

2.如图所示，弹簧振子在3、C间做简谐振动，。为平衡位置，B（9=OC=5cm,若振子从6第一次运动

到。的时间是0.5s,则下列说法正确的是（）

j\AAWWWWWWO——I-----1——%

ABOCV

A.振幅是10cmB.振动周期是Is

C.经过一次全振动，振子通过的路程是10cmD.从8开始经过3s,振子通过的路程是30cm

【答案】D

【详解】A.弹簧振子在2、C间做简谐振动，。为平衡位置，则振幅为

A=O8=OC=5cm

故A错误；

B.振子从8第一次运动到。的时间是0.5s,则

T

—=0.5s

4

解得

T=2s

故B错误；

C.经过一次全振动，振子通过的路程是

M=4A=20cm

故c错误;

D.从B开始经过3s,即

振子通过的路程是

g=—x4A=30cm

22

故D正确。

故选D。

3.蟾赊在池塘边平静的水面上鸣叫，某时形成如图所示的水波。若蟾蛛的鸣叫频率不变，下列选项正确的

是（）

A.岸边的人接收到鸣叫的声波是横波

B.水波从浅水区传入深水区，频率变小

C.水面上的落叶遇到水波后做受迫振动

D.水波遇到大石头比遇到小石头更容易发生衍射现象

【答案】C

【详解】A.声波是纵波，可知，岸边的人接收到鸣叫的是纵波，故A错误；

B.频率由波源决定，可知，水波从浅水区传入深水区，频率不变，故B错误；

C.水面上的落叶遇到水波后，落叶在声波的干扰之下发生振动，落叶做的是受迫振动，故C正确；

D.当波长与障碍物的尺寸相差不多时，能够发生明显衍射现象，可知，波长一定时，水波遇到大石头比遇

到小石头更不容易发生衍射现象，故D错误。

故选Co

4.如图甲所示，弹簧振子以。点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位

移x随时间/的变化如图乙所示，下列说法正确的是（）

A./=0.2s时，振子在O点右侧6cm处

B.t=0.6s和f=1.0s时，振子的位移相同

C.，=0.8s时，振子的动能最大

D.%=1.2s至!k=1.6s的时间内，振动的能量逐渐减小

【答案】C

【详解】A.如图，振幅为12cm,周期为1.6s,振子的振动方程为

x=Asin初

则

%=12sin——t

4

当才=0.2s时，代入得

x=12sin—x0.2cm=6V5cm

4

A错误；

B.由振动方程知，当，=0.6s时

%=12sin-xO.6cm=60cm

4

当，=1.0s时

%=12sinxlcm=—6在cm

4

B错误；

C.当，=0.8s时，弹簧振子处于平衡位置，弹力为零，振子的速度最大，振子的动能也最大，C正确；

D.由图像可知U1.2s至卜=1.6s的时间内，振子由负的最大位移处向平衡位置运动，则振子的速度逐渐增

大，弹性势能转化为动能，振动的能量不变，D错误；

故选Co

5.如图甲，O点为单摆的固定悬点，现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、B之间来回

摆动。图乙表示细线对摆球的拉力大小/随时间/变化的曲线，图中％=0为摆球从A点开始运动的时刻，则

该单摆的周期为（）

C.0.4万D.0.8万

【答案】C

【详解】小球在一个周期内两次经过最低点，对小球受力分析可知

LV2

r—mg=m—

在最低点时，细线对摆球的拉力/最大，结合乙图可得，小球的摆到周期

T=0.4公

故选Co

6.我国的YLC-2E型反隐形米波雷达能探测到450公里外超音速飞行的各类隐形战斗机，堪称隐形战斗机

的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在Im~10m范围内，一列

米波在仁0时刻的波形图如图所示，P、。是波上的两个质点，接下来一小段时间内质点P的加速度减小，

质点。在%时刻（，=0时亥后）第一次到达波峰，下列说法正确的是（）

B.质点尸比质点。更早到达波峰

24mD.该波的频率为《

C.该波的波速为丁

【答案】D

【详解】A.接下来一小段时间内质点P的加速度减小，可知质点P向下运动，根据同侧法，该波沿x轴正

方向传播，故A错误；

B.该波沿x轴正方向传播，接下来一小段时间内质点尸向下运动，质点。振动方向向上，质点。比质点尸

更早到达波峰，故B错误；

C.波长

2=12m

质点。在%时刻a=0时刻后）第一次到达波峰，可知周期

该波的波速为

23m

v=

故C错误；

D.该波的频率为

11

故D正确。

故选D。

7.一列简谐横波在，=0时刻的波动图像如图1所示，质点M、N刚好在平衡位置，质点P在波峰。质点N

A.波沿x轴负方向传播B.当f=0.5s时尸点和M点的位移相同

C.质点M在f=时位移为-0.02mD.质点N的平衡位置坐标对=7.5m

【答案】B

【详解】A.由图2可知，，=0时刻质点N向下振动，根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，故A错误;

C.由图2可知周期为4s,由图1可知波长为12m,质点N的振动图像表达式为

2乃71

yN=-Asin—t=-0.04sin—世m）

质点N在£=；s时位移为

snxm

yN=—0.04i（~—）--0.02m

质点M、N平衡位置相差6m,为半波长，则质点M、N振动步调相反，质点M在f=gs时位移为0.02m,

故C错误;

D.r=0时刻的波动图像表达式为

y=Asin+=0.04sin

将(0,0.02m)代入可得

5兀

当＞=0时，解得

xM=\m,xN=7m

当y=0.04m时，解得

xp=-2m

故D错误；

B.当，=0.5s时，波动图像表达式为

jr57r057t7

/=0.04sin(-%+--------x2乃)(m)=0.04sin(-x+—乃)(m)

664612

将xp=-2m,xM=lm代入可得

yP=yM=0.020m

故当f=0.5s时P点和M点的位移相同，故B正确。

故选Bo

二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

8.绽放激情和力量，升腾希望与梦想。如图甲，“龙狮舞水城”表演中绸带宛如水波荡漾，展现水城特色，

舞动的绸带可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，图乙为，=。时的波形图，此时质点尸在平衡位置，质点。

在波谷位置，图丙为质点P的振动图像，则（）

甲

A.该波沿尤轴负方向传播

B.0~ls内，质点。沿无轴方向运动3m

C.该波传播速度为3m/s

D.f=ls时，质点P的加速度最大

【答案】AC

【详解】A.从图并可看出公。时，质点P的振动方向沿y轴负方向，根据“同侧法”由图乙可判断该波沿x

轴负方向传播，故A正确；

B.质点只能在平衡位置附近振动，不能随波移动，故B错误；

C.由图乙可知波长为6m,由图丙可知，周期为2s,则该波传播速度为

v=y=3m/s

故C正确；

D.从图乙可看出，/=Is时，质点尸在平衡位置，加速度为0,故D错误。

故选ACo

9.如图甲，湖泊水面上有一列浮球，用来警示过往船只注意安全。图乙为简化俯视图，所有浮球等间距排

成一条直线，水面上的。点垂直于水面无。丫持续沿z轴振动，形成了沿水面传播波长；1=24m的水波。当所

有浮球全部振动后开始计时，以竖直向上为z轴正方向，其中浮球A、B的振动图像如图丙所示，已知

O3=18m,OA>OB,OA-OB<A.贝!J（）

甲乙丙

A.f=0时，1号浮球位于平衡位置下方且沿z轴正向运动

B.1=0时，6号浮球位于平衡位置上方且沿z轴负向运动

C.f=ls时，1号浮球与2号浮球都位于平衡位置的上方且运动方向相反

D.t=ls时，5号浮球与6号浮球都位于平衡位置的上方且运动方向相反

【答案】AC

【详解】A.由于Q4>03,OA-OB<A,由图可知A球的振动比B球振动落后!T,则

QA—OB——几=6m

4

又

3

(9B=18m=-A

4

所以

OA=24m=A,AB=30m

设两浮球之间的距离为x,则

5x=30m

x=6m=­A

4

相邻两浮球与。点距离差小于,力，1号浮球比A浮球振动滞后，由于"0时，A浮球位于平衡位置且沿z

轴正向运动，贝卜=0时，1号浮球位于平衡位置下方且沿z轴正向运动；故A正确；

B.6号浮球比B浮球振动滞后，由于f=0时，B浮球位于波峰，,=。时，6号浮球位于平衡位置上方且沿

z轴正向运动，故B错误；

C.r=ls时，A浮球位于波峰位置，2号浮球比A浮球振动超前，t=1s时，1号浮球位于平衡位置的上方

且沿z轴正向运动，2号浮球都位于平衡位置的上方且运动方向相反沿z轴负向运动，故C正确；

D.t=ls时，B浮球位于平衡位置且沿z轴负向运动，5号浮球比B浮球振动超前，5号浮球位于平衡位置

下方且沿z轴负向运动，6号浮球都位于平衡位置的上方且沿z轴负向运动，故D错误。

故选AC。

10.轻弹簧上端连接在箱子顶部中点，下端固定一小球，整个装置静止在水平地面上方。现将箱子和小球

由静止释放，箱子竖直下落人后落地，箱子落地后瞬间速度减为零且不会反弹。此后小球运动过程中，箱

子对地面的压力最小值恰好为零。整个过程小球未碰到箱底，弹簧劲度系数为k,箱子和小球的质量均为m,

重力加速度为g。忽略空气阻力，弹簧的形变始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）

A.箱子下落过程中，箱子机械能守恒

B.箱子落地后，弹簧弹力的最大值为3:咫

C.箱子落地后，小球运动的最大速度为2gg

D.箱子与地面碰撞损失的机械能为2,摩/7-34

k

【答案】BCD

【详解】A.箱子静止时，对小球分析有

mg=%

对箱子分析有

mg+F禅=T

当箱子由静止释放瞬间，弹簧弹力不发生突变，小球在这瞬间仍然平衡，加速度为0,而箱子释放瞬间固定

箱子的力T消失，箱子所受合力为

F=mg+辱=2mg=ma

可得该瞬间箱子的加速度

4=2g

此后弹簧会恢复原长，在弹簧恢复原长的过程中，弹簧弹力对箱子做正功，若此过程中箱子落地，则此过

程中箱子的机械能增加；若在弹簧恢复原长时箱子还未落地，由于箱子的速度大于小球的速度，弹簧将被

压缩，弹簧弹力将对箱子做负功，箱子的机械能又会减小，但无论何种情况，箱子在运动过程中除了重力

做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机械能不守恒，故A错误；

B.根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰好为零，则对箱子有

序=mg

弹簧处于压缩状态，且为压缩最短位置处，可知小球做简谐振动，此时弹簧的压缩量与小球合力为零时弹

簧的伸长量之和即为小球做简谐振动的振幅，根据简谐振动的对称性可知，在最低点

F^=F^-mg

在最高点

F^=F^+mg=2mg

联立解得

琮=3mg

而当小球运动至最低点时弹簧弹力有最大值，即为3，咫，故B正确;

C.小球做简谐振动，在平衡位置时有

%=kx=mg

解得

尤=螫

k

即弹簧被拉伸X时小球受力平衡，处于简谐振动的平衡位置，此处小球的速度有最大值，而根据以上分析可

知，小球在最高点时弹簧的弹力和在平衡位置时弹簧的弹力大小相同，只不过在最高位置时弹簧处于被压

缩状态，在平衡位置时弹簧处于被拉伸状态，显然压缩量和伸长量相同，则小球从最高点到达平衡位置下

落的高度

而弹簧压缩量和伸长量相同时所具有的弹性势能相同，即小球zai最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相

同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定理可得

mg-2。x=-1mv2^

解得

=2嘴

故C正确;

D.箱子损失的机械能即为箱子、弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有的

弹性势能和在箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得

12

2mgh=-mvm^+\E

解得箱子损失的机械能

\E=2mgh---2-t-H--2222

k

故D正确。

故选BCD。

第II卷（非选择题，共57分）

三、实验题（本大题共2小题，共16分）

11.（6分）某同学用单摆周期公式测当地重力加速度的值，组装了几种实验装置。

（1）下列最合理的装置是O

I铁夹J丁铁夹粗的金属杆<r

铁夹

()//〃〃〃).

A./弹性棉绳B.一细丝线C.,弹性棉绳D./细丝线

厂铁球(厂塑料球厂塑料球(

(C厂铁球

(2)用游标卡尺测量小球直径，示数如图甲所示，则摆球的直径d=______mm。周期公式中的/是单摆的摆

长，其值等于摆线长与之和(用d表示)。

234cm

「」[I[IIIJ.1:JJJ.1.1」.1.1.11JII

'ji】】I|1ii'i'p'「「「『『「「『「

05101520

甲

(3)实验中多次改变摆线长度，并测得对应的周期T,该同学误将摆线长度当成了摆长，作出图像如图

(填」

乙，该图像的斜率为

g

乙

【答案】⑴D

d_

⑵21.25

4/

⑶——

g

【详解】(1)为了减小误差，小球应选取质量大体积小即密度大的铁球，还需要保证摆动过程中摆线的长

度不变，应选用细丝线，且要保证摆动过程中摆点不发生移动固定，应采取铁夹夹住细丝线。故选D。

(2)[1]由图甲可知，摆球的直径

d=21mm+5x0.05mm=21.25mm

⑵周期公式中的/是单摆的摆长，其值等于摆线长与小球半径，即日。

(3)根据题意，由单摆的周期公式可得

整理可得

24/4/r

1=----------/H----------------

gg

4冗2

则图像〃一/的斜率为——。

g

12.（10分）某实验小组进行弹簧振子运动周期的实验探究。

（1）甲同学先测量弹簧的劲度系数，他将力传感器固定在铁架台上，力传感器下端悬挂一弹簧，测量弹簧自

由悬挂时的长度/。依次挂上不同质量的小球，稳定时，记录力传感器的示数/，用毫米刻度尺测量弹簧

的长度并计算出弹簧伸长量Ax,根据数据得出图甲，由图甲可得，该弹簧的劲度系数上=N/m。（保

留三位有效数字）

（2）乙同学用竖直弹簧振子进行实验，竖直弹簧振子的振动是简谐运动，他猜想弹簧振子的周期与弹簧的劲

度系数及振子质量有关，于是他采用控制变量法进行实验。

①保持振子的质量不变，换用不同劲度系数的弹簧，探究弹簧振子的周期跟弹簧劲度系数的关系，测量数

据如表中所示。为了找到T与％的线性关系，应选择表中的（选填或飞［”）作为图乙中的

横坐标，根据表中数据在图乙中作出相应图线，由图线可得出的结论是O

77s

1.20

1.00

0.80

0.60

0.40

0.20

0

乙

周期T与劲度系数％的关系

序号T/sZ/(N/m)-/(m/N)

k小阖

10.9267.8300.1280.357

20.81610.0530.0990.315

30.67714,4780.0690.263

40.58418.1530.0550.235

50.52324.1940.0410.203

②在保持弹簧劲度系数不变情况下，改变小球质量，探究弹簧振子的振动周期跟振子质量的关系，通过和

①中同样的方法可以探究出7与机的定量关系，从而完成探究。

(3)丙同学利用实验(1)中的方法测量弹簧的劲度系数时，把弹簧平放在水平桌面上测量其原长，用得到的

数据逐一计算出每次弹簧的劲度系数，取其平均值作为测量结果，他发现该值比甲同学的测量结果偏小，

你认为哪位同学的结果更准确，请简要说明理由

【答案】⑴26.7/26.8/26.9

;成正

在误差允许的范围内，周期T与

比

（3）甲同学的答案更准确。丙同学在实验过程中，把弹簧平放在水平桌面上测原长，造成每次测量的伸长量

偏大，计算出的劲度系数值偏小。所以，丙同学的结果不准确。

【详解】（1）根据

F=k^x

可知，图像斜率代表劲度系数，则

k=30°一°N/m=26.8N/m

0.112-0

（2）[1]⑵[3]通过表中数据发现，T与，的比值是定值，即周期T与成正比，所以为了找到T与％的

线性关系，应选择表中的作为图乙中的横坐标。在图乙中作出相应图线

图像为过原点的直线，所以在误差允许的范围内，周期T与，:成正比。

（3）甲同学的答案更准确。丙同学在实验过程中，把弹簧平放在水平桌面上测原长，造成每次测量的伸长

量偏大，计算出的劲度系数值偏小。所以，丙同学的结果不准确。

四、解答题（本大题共3小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出

最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

13.（10分）地震波既有纵波也有横波，是由同一震源同时产生的，两者均可简化为频率不变的简谐波。纵波

是推进波，又称P波，在地壳中的传播速度%=6km/s；横波是剪切波，又称S波，在地壳中的传播速度

vs=4km/so某研究性学习小组研制了一种简易地震仪，由竖直弹簧振子M和水平弹簧振子Q组成，如图

甲所示。在一次地震中，震源位于此地震仪的正下方，观察到两组弹簧振子先后振动起来，起振时间相差

为3s,同时装置记录下水平弹簧振子Q的振动图像如图乙所示。则：

（1）弹簧振子M和Q哪个先开始简谐振动？请简述理由。

（2）该地震波的横波波长是多少千米？

（3）震源距离地震仪多少千米？

【答案】（1）见解析；（2）2km；（3）36km

【详解】（1）弹簧振子M先开始简谐振动。理由是纵波波速大，故先传到地震仪处。

（2）横波波长

A=vsT=4x0.5km=2km

（3）设震源距离地震仪s千米，由

S=Vp4

S=vst2

由题意可知

t2—tx=3s

解得

s=36km

14.（14分）一列横波在x轴上传播，在4=。时刻波形如图中实线所示，G=。。5s时刻波形如图中虚线所示。

若周期大于4求：

（1）由波形曲线读出这列波的振幅和波长；

（2）若波向x轴正向传播，则波的周期是多少；

（3）若波向x轴负向传播，则波的速度是多少。

y/cm

【答案】(1)0.2cm,8cm；(2)0.2s；(3)1.2m/s

【详解】(1)由图有

A=0.2cm

2=8cm

(2)由于

Tt_4

即

M<T

当波沿X轴正方向传播时

T

\t=nT-\■一

4

且

n=0

即

AAr=—T

4

所以

T=0.2s

（3）当波沿x轴负方向传播时

3T

X=nT+——

4

且

n=0

即