机械振动机械波 练习

机械振动机械波

一、单选题（本大题共14小题，共56.0分）

1.如图所示，物体4放置在物体8上，8与一轻弹簧相连，它们一起在光滑水平面上以。点为平衡位

置做简谐运动，所能到达相对于。点的最大位移处分别为P点和Q点，运“n-i

bWATaWATiTiTiTiTi

动过程中4、8之间无相对运动。已知弹簧的劲度系数为匕系统的振动

。Q

周期为7,弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中不正确的是（）

A.物体8从P向。运动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐变小

B.物体3处于P。之间某位置时开始计时，经（时间，物体B一定运动到OQ之间

C.物体8的速度为口时开始计时，每经过7时间，物体B的速度仍为I；a

D.当物体B相对平衡位置的位移为工时，A、B间摩擦力的大小等于h1

2.如图甲所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动.以其平衡位置为坐标原点、竖直向甲

上为止方向建立坐标轴，振子的位移工随时间£的变化规律如图乙所不，贝女）

A.振子的振幅为4cm।「cm

B.振子的振动周期为Is2...............厂、C.

t=lsM,振子的速度为正的最大值

D.t=ls时，振子的加速度为正的最大值

3.演示振动图像的沙摆由较长的细线和较小的沙漏组成，如图甲所示。当沙漏摆动时，漏斗中的细

沙均匀流出，匀速拉动沙漏正下方的木板，漏出的细沙在木板上会形成一条如图乙所示的“沙线”。

实验中，沙漏重心位置的变亿可以忽略。下列说法正确的是

A.若仅将手拉木板的速度增大，沙摆的周期会变短n7]o4/

B.若仅将手拉木板的速度增大，沙摆的周期会变长必2彳,

C.随着漏斗中细沙的流出，沙摆的周期会变小乙

D.“沙线”之所以粗细不均匀，主要是因为沙摆摆动过程中速度大小在变化

4.将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小

于5。）自由摆动，此时秋千可看作•个理想的单摆，摆长为L.从手机传感器中得到了其垂直手机平面方

向的Q-t关系图如图乙所示.则以下说法正确的是（）蕤°

A.秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动工_一；A

B.当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力,,喈羲图1

C.秋千摆动的周期为

D.该地的重力加速度g=清?

5.如图所示，光滑球面半径为R,4、8两点位于球面上等高处，它们距球面最低点。的距离远远小

于R,在8点和0点之间放置一光滑直轨道，若将一小球分别由力、B两点由静止释放，小球从4点沿圆

弧轨道运动到。点的时间为小球从B点沿直轨道运动到。点的时间为七，则为

A.71:4B.4:71/B

C.7i:2V2D.2A/2：7T〜~~

6.如图甲所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距10米的两质

点力、B,C为48中点，从0时刻起，波源4、波源8同时开始振动，且波源4发出的波只向右传，波源

B发出的波只向左传，图乙为4的振动图像，图丙为B的振动图像，若川向右传播的波与8向左传播的波

在0.5s时相遇，则下列说法正确的是（）

A.两列波的波长均为2mFr工

B.两列波在48间传播的速度大小均为5m/s1W„

C.在两列波相遇的过程中，在t=0.7s时，C点的振动加强

D.在8的右边有一观察者向右运动，观察者接收到的频率大于5Hz

7.水上乐园的冲浪池示意图如图所示，波浪从深水区向浅水区传

播。图中游客在波浪池中随波浪运动，则下列说法正确的是（）

A.游客将随波浪冲到浅水区B.此时游客正在向上运动

C.波浪冲到浅水区波速增大D.波浪传到浅水区频率增大

8.一根粗细均匀的绳子，右端固定，一人拿着左端的S点上下振动，产生一列向右传播的机械波，某

时刻波形如图，则该波的（）

A.波速增大B.波速减小/划/乙…7

C.频率增大D.频率减小

9.图甲中B超成像的基本原理就是通过探头向人体发送超声波信号，遇到人体组织会产生不同程度

的反射，接收后经计算机的处理，形成B超图象。图乙为沿》轴正方向发送的超声波图象，已知超声波

的频率约为1.25x105Wz,下列说法中丕正确的是

A.此超声波在人体内传播速度约为1500m/s

B.图乙中质点力此时沿y轴正方向运动

甲乙

C.图乙中质点48此时的速度不同

D.图乙中质点B从图示时刻开始经过2x10-6s通过的路程为4c7几

10.一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时

开始上下振动，•小段时间后产生的波形如图所示，对于其后

绳上各点的振动情况，以下判断正确的是（）

A.波源Q产牛•的波将先到达中点MB.波源P的起振方向是向上的

C.中点M的振动始终是加强的D.波源P振动的频率是波源Q的2倍

11.如图为•横波发生器的显示屏，可以显示出波由0点从左向右传播的图像，屏上每•小格长度为

1cm.在C=0时刻横波发生器上能显示的波形如图所示.因为显示屏的局部故障，造成从水平位置力到

8之间（不包括力、8两处）的波形无法被观察到（故障不影响波在发生器内传播）.此后的时间内，观察者

看到波形相继传经8、。处，在t=5秒时，观察者看到。处恰好第二次（从。开始振动后算起）出现平衡

位胃,则该波的波速可能星（）

A.3.6cm/sB.4.8cm/s

C.6.0cm/sD.7.2cm/s

12.关于下列四幅图的说法：不正确的是（）

A.图甲中。摆开始振动后，入B,。三个摆中力摆的振幅最大

B,图乙为两列水波在水槽中产生的干涉图样，这两列水波的频率一定相同

C.图内是两种光现象图案，上方为光的干涉条纹、下方为光的衍射条纹

D.图丁中观看3D电影时，观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向相平行

13.如图为隐形战机的有源对消电子设备发出与对方雷达发射波匹配的行波，使对方雷达接受不到反

射波，从而达到雷达隐形的效果。下列说法正确的是（）

A.除形战机雷达隐形的原理是波的干涉

B.隐形战机雷达隐形的原理是波的衍射

C.隐形战机雷达隐形的原理是多普勒效应

D.行波与对方雷达发射波的频率相同、相位相同

14.如图所示是用发波水槽演示多普勒效应原理的实验照片，波源以固定频率振动并以恒定速度移

动，质点4、8位于水波对称轴不轴上，下列说法中正确的是一「.

A.4处波速小于8处波速B.4处波速大于8处波速

C.波源向》轴正方向运动D.波源向x轴负方向运动一7Bx

二、多选题（本大题共10小题，共40.0分）

15.关于以下四张图片，下列说法正确的是（）

图甲图乙图丙图丁

A.图甲所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的

R.图乙所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹,是由干光的衍射产牛的

C.图丙所示现象说明光具有干涉的特性

D.图丁所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的全反射引起的

16.甲、乙两列简谐横波在同••均匀介质中相向传播并相遇，在t=0时刻两列波的位置如图所

示.若两列波的周期分别为「尹和丁々则（）

A.这两列波相遇时能产生干涉现象

B.这两列波将同时到达坐标原点

C.在£=弓7时刻，x=0.1m处质点受到的回复力为零

4乙

D.在t=27伊时刻，%=0.1m处质点的位移为零

17.如图甲所示，在同一介质中，波源为Si与S2频率相同的两列机械波在£=0时刻同时起振，波源Si

的振动图象如图乙所示：波源为S2的机械波在t=0.25s时波的图象如图丙所示。P为介质中的一点，P

A.质点P的振幅为1cmB.质点P的起振方向沿y轴正方向

C.波源为S2的起振方向沿y轴负方向D.t=1.20s时，质点P处于平衡位置

18.两列简谐横波的振幅都是20cm,传播速度大小相同.实线波的频率为2Hz,沿%轴正方向传播，

虚线波沿x轴负方向传播.某时刻两列波在如图所示区域相遇.则（）

A.在相遇区域会发生干涉现象v,cm

B,实线波和虚线波的频率之比为3：220

C.平衡位置为％=6m处的质点此刻速度为零勺无尹如产f

D.平衡位置为％=8.5TH处的质点此刻位移y>20cm'

E.从图示时刻起再经过0.25s,平衡位置为％=5m处的质点的位移y<0

19.战绳训练是当下流行的•种健身方式，健身者通过晃动战绳的•端使其上下振动从而让手臂和肩

部的肌肉得到良好的锻炼。下图左侧的照片和右侧的简图相对应，不妨假设健身者左右手抓住的绳子

是完全相同的，两手的振动能持续保持相同的频率和振幅。下列说法正确的是（）

A.健身者左右手开始抖动时的方向是相同的。

R.当左右两列绳波传到P点时振动将得到加强

C,右手绳子上的a、b两点将同时到达波峰

D.如果只增加左右手上下振动的幅度，绳波的波长保持不变。

20.“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图1所示，健身者把两根相同绳子的一

端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下

抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，亡=0时，绳子上形成

的简谐波的波形如图2所示，a为右手所握绳子

上的一个质点，此时质点Q的位移为8位机。己

知绳子长度为12m,下列说法正确的是

A.该列波的波长为7.5m

氏t=Js时，质点Q的位移为8&cm,且速度方向向下

O

C.健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间

D.健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.75s振动恰好传到P点

21.如图所示，竖直平面内存在着竖直向上的匀强电场（未全部标出），一根绝缘轻弹簧竖直立在水平

地面上，下端固定。一带正电的小球从高处由静止释放，竖直落到弹簧上端，并压缩弹簧至最低点。

已知小球所受的电场力为重力的一半，不计空气阻力，且弹簧处于弹性限度内。若规定竖直向下为运

动的正方向，从小球接触弹簧到弹簧压缩至最低点的过程中，下列关于小球速度以加速度a与运动时

间£、位移x的图像，可能正确的有

22.关于波的反射、波的衍射、波的干涉、多普勒效应，下列说法正确的是

A.“彩超”利用超声波的多普勒效应

B.声波和光波都是电磁波，都可以在真空中传播

C.超”是利用了超声波的反射原理，“全息照片”利用激光的干涉原理

D.一切波都能发生反射和衍射，声呐探测水中的暗礁利用了波的衍射原理

23.均匀介质中，波源位于0点的简谐横波在水平面内传播，波源起振方向垂直水平面向上，其

中实线表示波峰，虚线表示与波峰相邻的波谷。7=0刻，如图（a）所示，此时波峰恰好第一次传到了

4点。力处质点的振动图象如图（匕）所示，z轴正方向竖直向上下列说法正确的是（）

A.t=2s时，B处质点位于波谷

B.（4V5-4）s时，。处质点位于波峰

C.£=6s时，C处质点振动速度方向竖直向上

D."8s时，。处质点所受回复力方向竖直向上

24.如图所示是一列沿％轴正方向传播的机械波在t=0时的波形

图，由于某种原因，中间有一部分无法看清，已知该波的波速v=0.5m/s,下列说法正确的是（）

A.七=0时刻，x=7cm处的质点振动方向沿y轴负方向

B.此列波的周期7=2s

C.0〜0.03s时间内，质点尸的速度不断增大

D.t=0.47s时，质点P运动到负方向最大位移处

三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）

25.某小组同学用如图1所示的D/S二维运动实验系统研究单摆在运动过程中机械能的转化和守恒(忽

略空气阻力)。实验时，使发射器(相当于摆球)偏离平衡位置后由静止释放，使其在竖直平面内摆动。

(1)系统每隔0.02s记录一次发射器的位置，多次往复运动后，在计算机屏幕上得到的发射器在竖直平

面内的运动轨迹如图2所示。由4运动到8的过程中，绳上的拉力。(填“增大”、“减小”、

“不变”)

(2)在运动轨迹上选取适当区域后。点击“计算数据”，系统即可计算出摆球在所选区域内各点的重力

势能、动能及总机械能，并绘出对应的图线，如图3所示。通过图像可以判断摆球的机械能是否守

恒。

A守恒

B.不守恒

(3)撰球摆到最高点时与最低点的竖直高度差为H,图3中的。点对应在图2中圆弧轨迹中的位置距摆球

最低点的高度为。

四、计算题(本大题共1小题，共10.0分)

26.正在修建的楼房顶上固定一根不可伸长的细线垂到图示窗沿下，某同学想应用单―口

摆原理测量窗的上沿到房顶的高度，他先将线的下端系上一个小球，当小球静止时，墙n

细线恰好与窗子上沿接触且保持竖直，球在最低点B时，球心到窗上沿的距离为，=I

lTHo他打开窗户，让小球在垂直于墙的竖直平面内作小角度摆动，如图所示，从小球窗上沿

第1次通过图中的8点开始计时到第21次通过B点共用时40s。当地重力加速度g值取\

/(m/s2),根据以上数据，求：CBA

(1)该单摆的周期；

(2)房顶到窗上沿的高度九。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】A、物体B从P向。运动的过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，所以弹性势能逐渐变小，故A正确；

8、物体B处于力。之间某位置时开始计时，经^丁时间，由运动的对称性可知，物体B一定运动到0Q之间，

故B正确；

C、物体8和4整体做简谐运动，根据对称性，当物体B的速度为v时开始计时，每经过T时间，物体8的速

度仍为〃故C正确；

。、对整体。=赢，4、8间摩擦力的摩擦力大小/=ma=（就）攵心故。错误；

本题选择错误的

故诜：0。

4和8-起在光滑水平面上做往复运动，一起做简谐运动，有简谐振动的特点分析。根据牛顿第二定律求出

整体的加速度，再以力为研究对象分析即可。

本题中两物体一起做简谐运动，都满足简谐运动的特征：F=-kx,回复力做功可根据力与位移方向间的

关系判断做什么功。

2.【答案】C

【解析】

【分析】

该趟考查了弹簧振子的振动图象，会判断振子的速度和加速度的变化，注意振动图象与波动图象的区别。

由图象可知振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小，回复力F=

-入，再结合牛顿第二定律判断加速度的方向。

【解答】

A根据图乙可知振子的振幅为2cm,故A错误；

8.根据图乙可知振子的振动周期为2s,故3错误；

Cx-t图象的斜率表示物体运动的速度，£=1s时，振子的速度为正的最大值，故C正确；

D根据工-£图像可知t=ls时位移为零，则回复力等于零，根据牛顿第二定律可知t=ls时，振子的加速

度为零，故。错误。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

单摆摆动的周期7=2兀/，知单摆的周期与摆球的质量、摆球的速度无关；单摆在摆动的过程中经过平衡

位置的速度最大，最大位移处的速度为零。

【解答】

解：ABC.根据单摆周期公式7=2TTJ可知，沙摆周期与木板速度无关，与细沙的质量无关，故A8C错

误；

。、由于沙摆摆动过程中速度大小的变化，导致沙线粗细不均匀，故。正确；

故选：D。

4.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查了单摆的运动规律。

A.秋千从摆动到停下是因为受到阻力的作用，所以为阻尼振动；

8.分析秋千摆置最低点时加速度方向，分析秋千是超重还是失重，进而判断手机所受支持力和重力的大小

关系；

C秋千摆动过程中，向心加速度连续达到最大值的时间间隔为半个周期，结合a-亡图像可以确定秋千摆动

的周期；

。.已知周期，根据单摆的周期公式，可以计算出当地的重力加速度。

【解答】

4.秋千从摆动到停下是因为受到阻力的作用，所这个过程可看阻尼振动，A错误；

8.当秋千摆至最低点时，向心加速度方向向上，手机处于超重状态，秋千对手机的支持力大F手机所受的

重力，8错误；

C秋千摆动过程中，向心加速度连续达到最大值的时间间隔为半个周期，所以单摆的周期为2（£2-匕），C

错误；

D根据单摆周期公式有：T=2n仁单摆的周期为7=£3-£1，联立解得9=产\，。正确。

、g（打一打）

5.【答案】4

【解析】

【分析】

本题考查类单摆运动和匀变速直线运动的规律。解决问题的关键是清楚由于A点距球面最低点0的距离远远

小于R,故小球从A点到。点的运动可视为单摆运动；小球从B点运动到。点的运动为匀变速直线运动，利用

单摆周期公式和匀变速直线运动的规律分析求解。

【解答】

由于A点距球面最低点。的距离远近小于R,故小球从4点到。点的运动可视为单摆，由单摆周期公式可知小

球从A点到达。点的时间为0=dx2兀Jf皂聆设。8连线与竖直方向的夹角为仇则小球从5点运动

到0点的距离为x=2Rcos氏根据力的分解可知B球下滑的加速度大小为a=gcosO,根据匀变速直线运动

位移时间公式可得小球从3点运动到。点的时间为£2=后=2够，所以11：12=兀：4,故A正确，8CD错

误。

6.【答案】C

【解析】略

7.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查波的传播的特点。解决问题的关键是把游客视为振动的质点，根据机械振动和波传播的特点分析

判断。

【解答】

可把游客视为质点，由机械振动的知识可知，游客在水中上下运动，并不会随波浪冲到浅水区;结合水波传

播的方向，此时游客正在向上运动；在水波传播过程中，其频率不变;波浪从深水区传播到浅水区，波速减

小，利用u=可以判断波浪进人浅水区时波长减小，故6正确，ACQ错误。

8.【答案】C

【解析】

【分析】

波速是由介质的性质决定的，与波长无关：由图读出波长的变化，抓住波速不变，由波速公式分析

频率的变化。

本题关键要抓住波速是由介质决定的，保持不变，再由波速公式分析频率的变化情况。

【解答】

A8.波速是由介质的性质决定的，与波长无关，故该波的波速保持不变，故A3错误；

CD由图看出，该波的波长减小，而波速一定，由波速U=2/•分析得知频率增大，故C正确，D错误。

故选Co

9.【答案】D

【解析】

【分析】

根据图象读出波长，由波速公式u=〃求出波速。根据时间1s与周期的关系求质点8通过的路程;根据波形

平移法分析质点4的运动方向;根据位移关系分析小8两点的速度关系。

本领考杏机械振动、机械波的速度、波长、频率、加速度、图象等相关知识。要知道质点做简谐运动时，

根据时间与周期的倍数关系求通过的路程。

【解析】

A、根据图象读出波长入=12mm=1.2x10-2TH,由u=4/得频率为u=Af=1.25x105x1.2x

10-2TH/S=1500m/s,故A正确：

B、传播方向为》轴正方向，由上下坡法知，此时质点A沿y轴正方向运动，故8正确；

。、传播方向为无轴正方向，由上下坡法知，质点4沿y轴正方向运动，质点"沿y轴负方向运动，质点/、B

此时的速度不同；故C正确；

D、质点B振动的周期为T="=8xl0-6s,质点8只会上下振动，因为£=2xl(r6s此时质点B不

在波谷位置，贝心7周期内的通过的路程不为4cm,故D错误。

4

10.【答案】B

【解析】解：/、由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到之M点。故A

错误。

8、由波的传播方向，可确定P质点的振动方向向上。故4正确。

。、由于波长的不同，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱，可能在某一时刻位移为零。故C错误。

。、两波波速相等，但P波长是Q的2倍，则尸的频率是Q的"倍关系，故。错误。

故选：B。

两列波在相遇时，振动方向相同，则振动加强；振动方向相反，则振动减弱。并满足矢量叠加原理。

考查波的叠加原理，及相遇后出现互不干扰现象。同时注意之所以两列在相遇时“消失”，原因这两列波

完全相同，出现振动减弱现象。

11.【答案】C

【解析】

【分析】

根据半个完整波形等于半个波长，读出波长，在t=5秒时，观察者看到C处恰好第三次（从C开始振动后算

起）出现平衡位置，确定周期，根据波速公式即可求出波速。

由波动图象读出波长是基本能力，此题难点是分析在t=5秒时间与周期的关系，本题主要考查波的图像、

波速、波长和频率。

【解答】

由题中图像知波长2=2x6=因波向右传播，则起振方向向上，经过1.5个周期，。孙平衡位置

开始起振，再过1个周期，C处第三次经过平衡位置，即£=2.5T=5s,T=2s,波速u二彳=当cm/s二

6cm/s,故C正确，AB。错误。

故选Co

12.【答案】D

【解析】

【分析】

受迫振动的频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关，当驱动力的频率等于物体的固有频率

时，物体振动的振幅最大，即发生共振现象.

两列波要想发生稳定的干涉，频率必须相同。干涉条纹是互相平行的且条纹宽度相同，中央和两侧的条纹

没有区别；而衍射条纹是平行不等距的，中央明条纹乂宽乂亮，两边条纹宽度变窄，亮度也明显减弱。观

看3D电影时利用的是光的偏振，要掌握其原理。

【解答】

4根据图甲可知，A与C的摆长相等，两者的固有频率相等，当C摆开始振动后，A发生共振，则力、B、D

三个摆中4摆的振幅最大，故A正确；

8两列波要发生干涉，则它们必须是相干波源，可知图乙为两列水波在水槽中产生的干涉图样，这两列水

波的频率一定相同，故8正确；

C干涉条纹宽度相同，衍射条纹宽度不相同，则图内中，上方为光的干涉条纹、下方为光的衍射条纹，故

C正确；

。.图丁中观看3。电影时，观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向相垂直，故。错误。

本题选不正确的，故选。。

13.【答案】A

【解析】48。。.如图隐形战机有源对消电子设备是发射与对方雷达入射波频率相同相位相反的行波，利用

波的干涉相消，使敌方接收不到反射波，故A正确；8、C、。错误。

故选力。

本题考查了电磁波及波的干涉这些知识点；

根据波的振动步调相反时，它们叠加会产生干涉相消回答即可。

14.【答案】D

【解析】

【分析】

根据多普勒效应规律分析即可解答，基础题。

【解答】

AB.机械波在同种介质中的波速用等，即A处波速等于B处波速，故AB错误：

CD,波源和接受者互相靠近时接收的频率变大，波源和接受者互相远离时接收的频率变小，由图可知波源

向《轴负方向运动，故。错误，。正确。

15.【答案】AD

【解析】

【分析】

多普勒的定义，同时掌握频率变亿与运动间的关系；泊松亮斑是光的衍射现象；白光从射入肥皂薄膜，前

后表面的反射光在前表面发生叠加，产生干涉；当光从光密介质射入光疏介质，入射角大于旅界角时，光

线全部反射回原介质的现象叫全反射现象.

解决本题的关键知道光现象产生原因及实际应用的原理；同时牢记多普勒效应是由于观察者和波源间位置

的变化而产生的；掌握物理概念要一定要理解其真正意义。

【解答】

解：4多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了

变化，疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于声波的多普勒效应引起的，故人正确；

8.竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，故B错误；

C.泊松亮斑是光的圆板衍射现象，故C错误；

。.水中的气泡看上去特别光亮，是光从水射向气泡时发生了全反射造成的，故。正确。

16.【答案】BD

【解析】

【分析】

简诸横波在同一均匀介质内传播时速度相等，由图可读出比较波长的大小，从而得到频率关系，只有当频

率相等时，两列波才能产生干涉；根据传播情况确定振动情况。

解决本题关键掌握波的干涉条件，理解波的叠加原理，并能用来分析实际问题，要注意振动减弱点的振幅

等干两波振幅之差。

【解答】

A.两列波在同一种均匀介质中波速相同，由题图知两列波的波长不同，由u=〃可知两列波的频率不同,

不能产生干涉现象，选项4错误；

3.因两列波速相同，两波到坐标原点距离相同，由£二2知两波同时到达坐标原点，选项4正确；

。.日波的传播方向与质点的振动方向可推知，在£=时刻，x=0.1m处的质点，位于正向最大位移

处，此时回复力最大，选项。错误；

D在亡二27\尸时刻，无=0.1m处的质点，正通过平衡位移向下运动，此时位移为零，选项。正确.

17.【答案】BD

【解析】略

18.【答案】BDE

【解析】

【分析】

在均匀介质中两列波的波速相同，由u=/lf得：波长与频率成反比.某时刻两列波的平衡位置正好在x=0

处重合，两列波的平衡位置的另•重合处到％=0处的距离应该是两列波的波长整数倍。

波形图是反应某时刻各质点的位置，而振动图则是反应某质点在各时刻的位置。

【解答】

4两列波波速相同，波长不同，根据u=频率不同，不能发生干涉，故A错误：

8.两列波波速相同，波长分别为4旭、6m,波长比为2：3,根据口=4/,频率比为3：2,故8正确；

C.平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，且方向相反，故今速度不为

零，故C错误；

。.平衡位置为X=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为等力、：力，故合位移大于振幅4即平衡

位置为x=8.5m处的质点此刻位移y>20cm,故。正确；

£传播速度大小相同。实线波的频率为2〃z,其周期为0.5s,则虚线波的周期为0.75s,从图示时刻起再经

过0.25s,实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移

y<0,故石正确。

故选BDE.

19.【答案】CD

【解析】解：力、由波形图可知，健身者左右手开始抖动时的方向是相反的，故A错误；

B、左右两手起振方向相反，则当左右两列绳波传到P点时，振动将得到减弱，故8错误；

C、右手绳子上的a、b两点相差一个波长的距离，则将同时打到波峰，故C正确；

。、如果增加左右手上下振动的幅度，只是增加振幅，但周期和波速不变，则波长不变，故。正确；

由波形图可知，健身者左右手开始抖动时的方向：根据左右两手起振方向分析当左右两列绳波传到P点时

振动情况：

根据Qb两点的距离与波长关系，由波的传播特点分析两点的传播情况；

增加左右手上下振动的幅度，只是增加振幅，波长与振幅无关。

明确绳波传播的特点，知道波长与周期和波速的关系。

20.【答案】8D

【解^5]

【分析】

根据图像得到波长；根据图像得到质点a的位移时间关系；进而得到t=红时，质点。的位移速度方向，利

用心="求出波0.75s传播的距离。

本题主要考查简谐波的基本运用，熟练掌握质点的振动方程以及波长、波速、周期之间的关系是解题的关

键。

【解答】

A.由图2可知g=4771,则4=8m,故A错误；

B由题意可知振动频率为2Hz,则周期为0.5s,则从图示位置开始计时，则质点Q的位移与时间的关系为

无二16sin（4兀t+勺cm,可知当t=^s时，质点a的位移仍为8&cm,且由图2可知此时质点a速度方向向

勺O

下，故H正确：

C波速由介质而定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；

。.从图中可以得到，波长为8m,周期为0.5s,则波速为u=Am/s=16m/s

经0.75s,传播的距离为L=16x0.75m=12m

即俅身者抖动缔子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.75s振动恰好传到P点，故。正确。

21.【答案】AD

【解析】

【分析】

本题考查动力学中的图像问题，对于此类问题，因为是定性分析，所以要学着使用排除法，抓住开始速度

大于零这一点可以直接排除〃选项3

本题需要注意的是，如果刚接触弹簧时速度为零，那么最低点与最高点的加速度大小是相同的，而由于刚

接触弹簧时速度大于零，最低点要更靠下，故最低点的加速度更大。从接触弹簧到最低点这一过程可以看

成是简谐运动的一部分。

【解答】

AB、将小球受到的重力与电场力等效成一个"新重力”，新的重力大小为^/ng，方向竖直向下，小球从下

落到接触弹簧的瞬间，这一过程为匀加速直线运动，接触弹簧时的速度大于零。本题选取的从小球接触弹

簧到弹簧压缩至最低点这一过程，所以一开始速度要大于零,之后在〃新重力''和弹簧弹力的作用下到达

最低点，这一过程是简谐运动的一部分，故图像应该是正弦函数图像的一部分，故A正确，8错误；

CD,根据简谐运动的特点可知Q=-把，因为刚接触弹簧时，速度要大于零，根据简谐运动的对称性可

m

知，最低点的加速度要大于开始时的加速度，故C错误，。正确。

故选人

22.【答案】AC

【解析】

【分析】

考查波的反射、波的干涉、多普勒效应的原理，掌握它们之间的联系与区别，理解多普勒效应现象依据波

的反射、波的干涉、多普勒效应现象，即可求解.

【解答】

4、“彩超”利用超声波的多普勒效应，选项A正确；

8、光波属于电磁波，声波属于机械波，声波不能在真空中传播，选项B错误；

C、“8超”是利用了超声波的反射原理，“全息照片”利用激光的干涉原理，诜项C正确；

。、一切波都能发生反射和行射，声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象，选项。错误.

23.【答案】8。

【解析】

【分析】

本题主要是考查了波的图像：解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图像直接读出振幅、

波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系廿=/九

由图Q可得波长，由图》可得周期，根据波速公式求解出波速，由此求出从力传播到B需要的时间；根据。C

间距、。。间距分析C、D处质点振动情况。

【解答】

A.由图(a)实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷可得波的波长入=10m,由图(b)可得波的周期7=4s,振

幅为4=1cm,故波速U=*=2.5m/s,该波从A点传到B点，传播的距离是一个波长，传播的时间为1个

周期，则£=2s时，8质点还没振动；故A错误；

8设经过口，亡=0时刻A处质点的振动形式传播到C处，。处质点位于波峰，

则&二,二竺芸四S=(4V5—4)S，故8正确；

C.t=6s时，C处质点已经振动的时间为年=6-(4V5-4)=10-475=(2.5-遥)7

因©苫一6)?'〉［?',。处质点振动速度方向竖直向下。故C错误；

D波源由起振开始传到。点所需时间为：£D'=汕=等=4&s

uv2.5

£=8s时，0处质点已经振动的时间为：tD=