热点15　机械振动　机械波-2025高考物理

热点15机械振动机械波［分值：60分］1~10题每题6分，共60分1.(多选)(2024·贵州黔西南一模)如图所示，一带正电小球(质量为m、电荷量为q)用长为l的绝缘轻质细线悬挂于天花板上做单摆运动，此单摆可以视为简谐运动，O点为最低点，周期为T。现给空间加上竖直方向的匀强电场，此时单摆的最大摆角不变，周期为2T。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.电场方向竖直向下B.电场强度大小为3C.单摆做简谐运动的周期与振幅无关D.单摆做简谐运动的周期与振幅有关答案BC解析未加电场前，单摆的周期为T=2πlg，加电场后，单摆的周期为2T=2πlg'，则加电场后，等效重力加速度为g'=14g，根据牛顿第二定律mg-qE=mg'，解得电场强度大小为E=3mg4q，电场方向竖直向上，故A错误，2.(2024·北京市房山区一模)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在天花板上，下端连接一可视为质点的小球。重力加速度大小为g。将小球托起至O点，弹簧恰好处于原长，松手后小球在竖直方向做简谐运动，最远能够到达B点，A点为OB的中点。下列说法正确的是()A.O点到B点弹力的冲量大小等于重力冲量的大小B.O点到B点弹簧先做正功后做负功C.O点到A点弹力做功与A点到B点弹力做功一样多D.小球经过A点时的加速度大小为g答案A解析小球从O到B根据动量定理有IG-I弹=0，则O点到B点弹力的冲量大小等于重力冲量的大小，故A正确；O点到B点弹簧一直被拉伸，弹簧一直做负功，故B错误；O点到A点的弹力要比A点到B点的弹力小，而A点为OB的中点，则O点到A点弹力做的功小于A点到B点弹力做的功，故C错误；A点为OB的中点，即小球做简谐运动的平衡位置，则小球经过A点时的加速度大小为0，故D错误。3.(2024·安徽卷·3)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波()A.在x=9.0m处开始相遇B.在x=10.0m处开始相遇C.波峰在x=10.5m处相遇D.波峰在x=11.5m处相遇答案C解析由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在x=11.0m处开始相遇，故A、B错误；甲波峰的横坐标为x1=5m，乙波峰的横坐标为x2=16m，由于两列波的波速相同，所以波峰在x'=5m+16-52m=10.5m处相遇，故C正确，D4.(多选)(2024·安徽黄山市二模)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加弹簧的劲度系数，可减小筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是60r/min。为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是()A.降低输入电压B.增加输入电压C.更换劲度系数更大的弹簧D.更换劲度系数更小的弹簧答案AC解析如题图乙可知，筛子的固有频率为f0=0.8Hz，现在某电压下偏心轮的转速是60r/min，频率为f=n=60r/min=1r/s=1Hz，固有频率小于驱动力的频率。为使共振筛的振幅增大，可以减小驱动力的频率，则偏心轮的转速应减小，应降低输入电压，故A正确，B错误；为使共振筛的振幅增大，可以使筛子的固有频率增大，则固有周期减小，即增加弹簧的劲度系数，故C正确，D错误。5.(2024·河北石家庄市检测)一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5s时的波形图。下列关于平衡位置在O处质点的振动图像正确的是()答案A解析简谐横波沿x轴正方向传播，由波形图可知t2-t1=nT+3T4(n=0、1、2、3…)，解得T=124n+3s(n=0、1、2、3…)，n=0时T=4s；周期不可能是12s；当T=4s时，在t=2s时刻原点处的质点在平衡位置向上振动，则A正确，B6.(2024·广东省部分学校二模)某简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻的波形如图所示，此时介质中有三个质点B、C和D，B的横坐标为0，C的纵坐标为0，D与C间沿x轴方向的距离为波长的18，质点B的振动方程为y=4sin(π2t-π6)cm。下列说法正确的是A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波长为11mC.该波的波速大小为12m/sD.t=0时刻起质点D回到平衡位置的最短时间为1.5s答案A解析由y=4sin(π2t-π6)cm，得t=0时，yB0=-2cm，经过极短的时间Δt，|yB1|<|yB0|，即t=0时质点B沿y轴正方向振动，结合题图知，该波沿x轴正方向传播，故A正确；质点振动的周期T=2ππ2s=4s，设t时刻，质点B第一次到达平衡位置处，即y=4sin(π2t解得t=13s=112T，即波再传播112λ质点B处于平衡位置，如图中虚线所示，则λ-112λ解得λ=12m，故B错误；波速v=λT=3m/s，故C错误；t=0时刻起，质点D回到平衡位置的最短时间为18λv=0.57.(2024·江西卷·6)如图(a)所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6300m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是()A.振动减弱；d=4.725mmB.振动加强；d=4.725mmC.振动减弱；d=9.45mmD.振动加强；d=9.45mm答案A解析根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为T=2×10-7s，又波速v=6300m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ=vT=1.26×10-3m，结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt=1.5×10-6s，故两个反射信号的路程差2d=vΔt=9.45×10-3m=152λ，解得d=4.725mm，则两个反射信号在探头处振动减弱，故A8.(2024·安徽省皖江名校联盟二模)一列简谐横波沿x轴传播，O、M、N是介质中的三个质点，已知t=1.0s时刻y轴右侧的波形图如图甲所示，质点N的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是()A.从t=1.0s开始，波传播时，质点M比质点N先到达波谷B.波在介质中传播的速度为5cm/sC.从t=1.0s开始计时，再经历3.5s的时间，质点O回到平衡位置D.质点N的平衡位置坐标为25cm答案D解析由图乙可知，t=1.0s时，质点N沿y轴正方向运动，由图甲可判断出波沿x轴负向传播，此时质点M也沿y轴正向运动，故可知从此时开始质点N比M先到达波谷，故A错误；由图甲和图乙可知，波在介质中传播的波长λ=120cm，周期T=12s，所以波速v=λT=10cm/s，故B错误；此时质点O的振动方向沿y轴正向，因其相对平衡位置的位移大小为22A，由22A=Asinθ，可知θ=45°，因而质点O再经过t1=18T=1.5s回到平衡位置，故C错误；由C项分析可知，质点M的振动状态移至O点所需时间应等于t1=18T，即xOM=vt1=15cm，质点N经过t=1.0s由平衡位置振动到图甲所示位置，故M、N两质点平衡位置间的距离xMN=vt=10cm，所以质点N的平衡位置坐标为xOM+xMN=259.(多选)(2024·东北三省四市质量检测)如图，有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线为t1=0时刻的波形图，虚线为t2=1s时刻的波形图。下列说法正确的是()A.该波的波长为16mB.t1=0时刻，x=2m处的质点振动速度方向沿y轴正方向C.该波的波速可能为10m/sD.t1~t2时间内x=2m处的质点通过的路程可能为(10+52)cm答案AD解析由题图可知该波的波长为16m，故A正确；根据同侧法可知t1=0时刻，x=2m处的质点振动速度方向沿y轴负方向，故B错误；根据题意可知v=6+nλt2-t1=6+16n(m/s)(n=0，1，2，3…)，当n=0时，波速为6m/s，当n=1时，波速为22m/s，不可能为10m/s，故C错误；根据题意可知nT+616T=1s(n=0，1，2，3…)，可得T=83+8ns(n=0，1，2，3…)，当n=0时T=83s，t1=0时刻x=2m处的质点的位移x=10sinπ4cm=52cm，x=2m处的质点运动到平衡位置所需的时间t=18T=13s，再从平衡位置运动到负向最大位移处所需的时间t'=14T=23s，路程为s=52cm+10cm=(10+5210.(多选)(2024·河南许昌市模拟)如图甲所示，在xOy平面内的均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=14m处，两波源均从t=0时刻开始沿y轴方向做简谐运动，波源S1的振动图像如图乙所示，波源S2的振动方程是y=3sin(πt)cm，质点P位于x轴上xP=4m处，在t=2s时，质点P开始振动。下列说法正确的是()A.这两列波的波长λ为3mB.这两列波的周期相同，都是2sC.两列波刚开始相遇的时刻，质点P的位移y=4cmD.从t=0开始经5.5s，x=7m处的质点通过的路程s=4cm答案BCD解析波源S1离质点P较近，波源S1先传播至质点P，两列波在同一均匀介质中传播，波速相等，波速为v=xPt=42m/s=2m/s，波源S1的周期为2s，波源S2的周期为T=2πω=2ππs=2s，这两列波的波长为λ1=λ2=λ=vT=2×2m=4m，故A错误，B正确；两列波刚开始相遇的时刻，有Δx1=vt1+vt1=14m，解得t1=3.5s，两列波刚开始相遇的时刻，波源S2未传播至质点P，波源S1已传播至质点P，质点P振动时间为Δt1=t1-T=1.5s=34T，此时质点P处