北京高三物理一模二模汇编机械振动机械波.docx
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北京高三物理一模二模汇编机械振动机械波
2018北京高三一模二模汇编—机械振动机械波
1.(2018•朝阳区一模)一列简谐横波沿x轴负方向传播,图1是该横波t=0时的波形图,图2是介质中某质点的振动图象,则图2描述的可能是( )
A.x=3m处质点的振动图象B.x=2m处质点的振动图象
C.x=1m处质点的振动图象D.x=0处质点的振动图象
2.(2018•海淀区一模)图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图,图乙为x=2m处质点的振动图象。
下列判断正确的是( )
A.波沿x轴负方向传播
B.传播速度为20m/s
C.t=0.1s时,x=2m处质点的加速度最大
D.波源在一个周期内走过的路程为4m
3.(2018•西城区一模)如图所示为某一单摆的振动图象,下列说法正确的是( )
A.单摆的振幅为2cm
B.单摆的周期为2s
C.t=1s时摆球所受的回复力最大
D.t=2s时摆球的速度为0
4.(2018•房山区一模)如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图,已知波的周期为T,在t
时,下列说法正确的是( )
A.x=2cm处质点的位移最大
B.x=4cm处质点的速度最大
C.x=6cm处的质点沿x轴正方向运动到x=12cm处
D.x=8cm处的质点的加速度最大
5.(2018•石景山区一模)一列简谐横波在t=0时刻波的图象如图所示,其中a、b、c、d为介质中的四个质点,在该时刻( )
A.质点a的加速度最小
B.质点b的速度最小
C.若质点c向上运动,则波沿x轴正方向传播
D.若质点d向下运动,则波沿x轴正方向传播
6.(2018•延庆县一模)一简谐机械波沿x轴正方向传播,波长为λ,周期为T.在t
时刻该波的波形图如图1所示,a、b是波上的两个质点。
图2表示某一质点的振动图象。
下列说法中正确的是( )
A.质点a的振动图象如图2所示
B.质点b的振动图象如图2所示
C.t
时刻质点a的速度比质点b的大
D.t
时刻质点a的加速度比质点b的大
7.(2018•密云县一模)在实验室做“声波碎杯”的实验,用手指轻弹一只酒杯,听到清脆声音,测得这个声波的频率为500Hz.将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间,操作人员通过调整其发出的声波,结果使酒杯碎掉了,你认为操作人员进行操作可能的是( )
A.一定是把声波发生器的功率调到很大
B.可能是声波发生器发出了频率很高的超声波
C.一定是同时增大声波发生器发出声波的频率和功率
D.可能只是将声波发生器发出的声波频率调到500Hz
8.(2018•丰台区一模)P、Q是简谐横波传播方向上的两个质点。
它们的平衡位置间的距离为0.2m。
此波波速为1m/s。
振幅为4cm,周期为0.4s。
在t=0时刻,P点位于平衡位置上方最大位移处。
则Q点( )
A.在0.3s时的速度最大B.在0.3s时的加速度最大
C.在0.3s时的位移为4cmD.在0.3s时的位移为﹣4cm
9.(2018•平谷区一模)一列沿x轴正方向传播的简谐横波,波速为2m/s,某时刻波形如图所示,下列说法正确的是( )
A.这列波的周期为0.5s
B.此时x=1m处的质点沿y轴正方向运动
C.此时x=3m处的质点沿x轴正方向运动
D.此时x=4m处的质点具有沿y轴正方向的最大加速度
10.(2018•门头沟区一模)一列沿x轴正方向传播的简谐横波,波速为5.0m/s。
某时刻的波形如图所示,下列说法正确的是( )
A.这列波的周期为4.0s
B.这列波的振幅为8cm
C.此时x=2m处的质点速度最大
D.此时x=3m处的质点沿y轴负方向运动
11.(2018•大兴区一模)一列机械波在介质中传播,如图(a)为波在t=0s时的波形图。
图(b)为介质中x=4m处P质点的振动图象。
则根据图象分析可知该列波( )
A.沿x轴的负方向传播B.振幅为20cm
C.周期为3sD.波速为4m/s
12.(2018•通州区一模)一列简谐横波沿x轴正方向传播,在t时刻的波形如图所示,此时P、Q两质点分别处于平衡位置和波峰位置。
则在t时刻,下列说法正确的是( )
A.质点P的动能为零B.质点P沿y轴正方向运动
C.质点Q的速度最大D.质点Q的加速度为零
13.(2018•海淀区二模)如图所示为一列沿着x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图。
已知这列波的波速v=5.0m/s。
下列说法正确的是( )
A.这列波的频率f=1.0Hz
B.经过一个周期,x=0.5m处的质点沿着x轴正向运动的距离为1.0m
C.在t=0到t1=0.4s时间内,x=0.5m处的质点通过的路程是20cm
D.在t=0时刻,x=0.5m处的质点正在沿着y轴负方向运动
14.(2018•朝阳区二模)一质点做简谐运动的图象如图所示,下列说法正确的是( )
A.t=1s时质点的速度最大
B.t=2s时质点所受的回复力为0
C.质点振动的振幅为8cm
D.质点振动的频率为4Hz
15.(2018•顺义区二模)一列简谐横波沿x轴传播,如图(甲)是t=0时刻的波形图,图(乙)是x=3m处质点的振动图象,下列说法正确的是( )
A.该波的波长为5mB.该波的周期为1s
C.该波向x轴负方向传播D.该波的波速为2m/s
16.(2018•东城区二模)在介质中有一沿水平方向传播的简谐横波。
一质点由平衡位置竖直向上运动,经0.1s第一次达到最大位移处,在这段时间内波传播了0.8m,则可知这列波( )
A.周期是0.2sB.波长是0.8m
C.波速是8m/sD.振幅是0.4m
17.(2018•丰台区二模)如图甲所示为一列简谐横波在t=2s时的波形图,图乙为这列波上P点的振动图象,下列说法正确的是( )
A.该横波向右传播,波速为0.4m/s
B.t=2s时,Q点的振动方向为y轴负方向
C.从t=2s到t=7s内,P质点沿x轴向右平移2.0m
D.从t=2s到t=7s内,Q质点通过的路程为30cm
18.(2018•房山区二模)如图甲所示,弹簧振子以点O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t的变化如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.t=0.2s时,振子在O点左侧10cm处
B.t=0.1s和t=0.3s时,振子的速度相同
C.t=0.5s和t=0.7s时,振子的加速度相同
D.从t=0.2s到t=0.4s,系统的势能逐渐增加
19.(2015•鼓楼区)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播,波速为v,若某时刻在波的传播方向上,位于平衡位置的两质点a、b相距为s,a、b之间只存在一个波谷,则从该时刻起,下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是( )
A.
B.
C.
D.
物理试题答案
1.【分析】由图2得到质点在t=0时刻的位移和振动方向,然后根据波的传播方向由图1判断质点平衡位置。
【解答】解:
由图2可得:
t=0时刻,质点在平衡位置且向下振动;
故由波的平移法或上下坡法,根据波沿x轴负方向传播可得:
图2描述的时x=3m处质点的振动图象;故A正确,BCD错误;
故选:
A。
【点评】机械振动问题中,一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向;再根据波形图得到波长和波的传播方向,从而得到波速及质点振动,进而根据周期得到路程。
2.【分析】由图乙得到质点在t=0时的振动方向,即可根据图甲得到波的传播方向;根据图甲得到波长,由图乙得到周期,即可求得波速;根据图乙得到质点位移,即可求得加速度;最后根据振幅求得路程。
【解答】解:
A、由图乙可得:
x=2m处质点在t=0时在平衡位置,且向下振动;故由图甲可得:
波沿x轴正方向传播,故A错误;
B、由图甲可得:
波长λ=4m,由图乙可得:
周期T=0.2s,故波的传播速度
,故B正确;
C、由图乙可得:
t=0.1s时,x=2m处质点在平衡位置,故质点加速度为零,故C错误;
D、波源在一个周期内走过的路程为4A=0.8m,故D错误;
故选:
B。
【点评】机械振动问题中,一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向;再根据波形图得到波长和波的传播方向,从而得到波速及质点振动,进而根据周期得到路程。
3.【分析】根据图象读出周期与振幅;由振动图象直接读出质点的位移及其变化情况,能判断质点的振动方向,根据0.2s时刻与1.0s之间的时间与周期的关系判断两个时刻的振动情况,从而判断动能、重力势能是否相等。
【解答】解:
A、由图可知,该单摆的振幅为1cm,故A错误;
B、由图可知,该振动的周期为4s,故B错误;
C、由图可知,在t﹣1s时刻摆球离开平衡位置的位移最大,所以摆球受到的回复力最大,故C正确;
D、由图可知,在t=2s时刻摆球到达平衡位置处,所以此时刻摆球的速度最大,不是0.故D错误;
故选:
C。
【点评】本题考查考取振动图象信息的能力,可结合简谐运动的特征进行分析,难度不大,属于基础题。
4.【分析】画出
时刻的波形图,然后由图得出各点的位置,由位于与速度、加速度的关系判断其速度、加速度。
质点只在平衡位置附近振动。
【解答】解:
经过
,波沿x轴方向向右传播的距离为
,画出
时刻的波形图如图:
A、由图可知,x=2cm处的质点位于平衡位置处,质点的位移为0.故A错误;
B、由图可知,x=4cm处的质点位于负的最大位移处,质点的速度为0.故B错误;
C、质点只在平衡位置附近振动,由图可知,x=6cm处的质点位于平衡位置处。
故C错误;
D、由图可知,x=8cm处的质点位于正的最大位移处,质点的加速度的大小最大。
故D正确。
故选:
D。
【点评】对于波动过程中质点速度、加速度大小的分析,可根据时间确定出质点的位置判断。
5.【分析】根据质点位移,由质点振动随位移变化得到加速度、速度变化,即可求得质点的加速度、速度的大小关系;根据平移法或上下坡法根据质点振动方向得到波的传播方向。
【解答】解:
AB、由图可知,a在波峰,b在平衡位置;故质点a的加速度最大,速度最小等于零;b的速度最大,加速度为零;故AB错误;
CD、根据上下坡法判断,若质点c向上运动,则波沿x轴负方向传播;若质点d向下运动,则波沿x轴正方向传播,故C错误,D正确;
故选:
D。
【点评】机械振动问题中,一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向;再根据波形图得到波长和波的传播方向,从而得到波速及质点振动,进而根据周期得到路程。
6.【分析】根据波的传播方向得到质点a,b的振动,进而判断振动图象与图2是否一致;根据质点位移关系得到速度、加速度大小关系。
【解答】解:
AB、由图2可知:
时质点在平衡位置,向y轴负方向振动,故根据波沿x轴正方向传播,可得:
在x=λ处质点振动如图2所示,质点a,b振动都与图2不符,故AB错误;
CD、由图1可得:
时刻,a在波峰,速度为零,加速度最大;b在平衡位置,速度最大,加速度为零,故C错误,D正确;
故选:
D。
【点评】机械振动问题中,一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向;再根据波形图得到波长和波的传播方向,从而得到波速及质点振动,进而根据周期得到路程。
7.【分析】用声波将酒杯震碎是酒杯发生了共振现象,而物体发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率。
【解答】解:
当物体发生共振时,物体振动的振幅最大,甚至可能造成物体解体,将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间,操作人员通过调整其发出的声波,将酒杯震碎是共振现象,而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率,而酒杯的固有频率为500Hz,故操作人员一定是将声波发生器发出的声波频率调到500Hz.故D正确。
故选:
D。
【点评】明白了该物理情景所反映的物理规律才能正确解决此题。
故要学会通过物理现象抓住物理事件的本质。
8.【分析】根据波速和周期求得波长,从而得到质点P、Q之间的振动关系,即可得到t=0时质点Q的位移、运动方向;再根据周期得到质点Q的振动,即可得到在0.3s时质点Q的位移、速度、加速度。
【解答】解:
由波速和周期可得:
波长λ=vT=1m/s×0.4s=0.4m,故质点P、Q平衡位置间的距离
;
那么,质点P和质点Q正好相反;所以,在t=0时刻,P点位于平衡位置上方最大位移处(波峰),质点Q则位于平衡位置下方最大位移处(波谷);
故经过
后,在0.3s时,质点Q在平衡位置,且向y轴负方向振动;
质点Q在平衡位置,则受速度最大,加速度为零,位移为零,故A正确,BCD错误;
故选:
A。
【点评】机械振动问题中,一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向;再根据波形图得到波长和波的传播方向,从而得到波速及质点振动,进而根据周期得到路程。
9.【分析】由图得到波长,即可根据波速求得周期;根据平移法或“上下坡法”求得质点振动方向;根据质点位移,由回复力、加速度指向平衡位置得到加速度方向,根据位移大小求得加速度大小。
【解答】解:
A、由图可得:
波长λ=4m,故周期
,故A错误;
BC、根据波向右传播,由平移法或“上下坡法”可得:
此时x=1m处的质点沿y轴正方向运动,x=3m处的质点沿y轴负方向运动,故B正确,C错误;
D、由图可知:
此时x=4m处的质点位于波峰,故具有沿y轴负方向的最大加速度,故D错误;
故选:
B。
【点评】机械振动问题中,一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向;再根据波形图得到波长和波的传播方向,从而得到波速及质点振动,进而根据周期得到路程。
10.【分析】根据波形图得到振幅、波长,即可由波速得到周期;再根据质点位置得到速度、加速度;最后根据波的传播方向得到质点振动方向。
【解答】解:
AB、由图可得:
振幅A=4cm,波长λ=4m,故周期
,故AB错误;
C、此时x=2m处的质点位于波谷,故速度为零,加速度最大,故C错误;
D、根据波沿x轴正方向传播可得:
此时x=3m处的质点沿y轴负方向运动,故D正确;
故选:
D。
【点评】在机械振动的问题中,一般根据波动图得到波长,由质点振动或振动图得到周期,进而得到波速,由平衡位置间的距离得到质点振动的关系,根据周期得到质点振动。
11.【分析】本题要在乙图上读出a质点在t=0时刻的速度方向,在甲图上判断出波的传播度方向;由甲图读出波长,由乙图读出周期,即求出波速和频率。
【解答】解:
A、由(b)图知,t=0时刻,质点p向上运动,根据(a)图可知,该波沿x轴正方向传播,故A错误;
B、由图(b)可知振幅为10cm,故B错误;
C、由图(b)可知周期为2s,故C错误;
D、由图(a)可知λ=8m,则波速为:
,故D正确;
故选:
D。
【点评】本题关键要把握两种图象的联系,能根据振动图象读出质点的速度方向,在波动图象上判断出波的传播方向。
12.【分析】根据质点位置得到速度、加速度大小关系,进而得到动能大小;根据波的传播方向,由平移法得到质点振动方向。
【解答】解:
A、质点P在平衡位置,速度最大,则动能最大,故A错误;
B、根据波向右传播,由平移法或“上下坡法”可知,质点P沿y轴正方向运动,故B正确;
CD、质点Q在波峰位置,位移最大,加速度最大,速度为零,故CD错误;
故选:
B。
【点评】机械振动问题中,一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向;再根据波形图得到波长和波的传播方向,从而得到波速及质点振动,进而根据周期得到路程。
13.【分析】由图读出波长λ,由v
与波速可求出周期与频率;根据质点的位置分析其速度;根据振幅即可明确对应的时间内的路程;根据时间与周期的关系,分析在x=0.5m处质点的位置,确定其运动方向。
【解答】解:
A、由图知:
波长λ=1m,则波速v
,可求出周期T
0.2s,则频率为f
5Hz.故A错误。
B、在t=0时,x=0.5m处的质点位于平衡位置,该质点不随着波迁移。
故B错误。
C、在t=0到t1=0.4s时间内,x=0.5m处的质点振动了两个周期,则通过的路程是2×4×5=40cm,故C错误。
D、t=0.5s=2
T,图示时刻x=0.5m处的质点正向上运动,故t=0.5s时,x=0.5m处的质点的运动方向为y轴负方向。
故D正确。
故选:
D。
【点评】本题关键要掌握波速的两个公式v
和v
的准确应用,明确波传播的距离为x=vt。
14.【分析】根据位移时间图象的斜率等于速度,分析质点的速度方向。
质点通过平衡位置时速度最大,通过最大位移处时回复力最大。
由图即可得出质点振动的周期与振幅。
【解答】解:
A、由图在t=1s时,质点位移最大;所以速度为零;故A错误;
B、由图可知在t=2s时刻质点在平衡位置处,所以质点受到的回复力等于0;故B正确;
C、由图可知,质点的振幅为4cm;故C错误;
D、由图可知,质点振动的周期为4s,所以质点振动的频率:
f
Hz;故D错误;
故选:
B。
【点评】振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况,是比较常见的读图题,加速度的方向和回复力的方向相同,与位移的方向相反。
15.【分析】根据波动图象得出波长,根据振动图象得出波的周期,从而求出波速。
根据t=0时刻x=3m处质点的振动方向,运用“上下坡法”得出波的传播方向。
【解答】解:
A、由甲图知,该波的波长为λ=5m﹣1m=4m,故A错误。
B、由乙图知,该波的周期为T=2s,故B错误。
C、由乙图知,x=3m处的质点在t=0时刻向下振动,在甲图上,根据上下坡法知,该波沿x轴正方向传播,故C错误。
D、该波的波速为v
2m/s。
故D正确。
故选:
D。
【点评】解决本题的关键能够从波动图象和振动图象中获取信息,知道波速、波长、周期的关系,要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的,不能混淆。
16.【分析】根据质点的运动情况,由时间确定周期,时间与传播距离求出波速,再求出波长。
【解答】解:
A、由于在平衡位置的质点经0.1s第一次到达最大位移处,故周期T=0.1×4s=0.4s,故A错误。
BC,波的传播速度v
m/s=8m/s,波长λ=v•T=8×0.4m=3.2m,B错误,C正确。
D、由题意不明确质点的振动情况,故无法确定振幅大小,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题考查对波的理解和掌握情况,要注意明确波的图象问题涉及时间往往研究与周期的关系,涉及空间往往研究与波长的关系。
17.【分析】根据甲图读出波长,乙图读出周期,即可求波速;根据乙图读出t=2s时质点的速度方向,可判断波的传播方向。
由时间与周期的倍数,求质点A通过的路程。
【解答】解:
A、由两图可知:
波长和周期分别为:
λ=1.6m,T=4.0s,所以波速v
0.m/s,选项A正确;
B、由图乙的振动图象可知t=2s时P点向下振动,所以Q点(与P点相差半个波长)向上振动,选项B错误;
C、质点只能上下振动,而不能随波迁移,所以选项C错误;
D、Q点在5s内通过的路程为
4=25cm,选项D错误。
故选:
A。
【点评】对于振动图象与波动图象结合的问题,关键熟练利用波形平移法判断质点的振动方向与传播方向,利用时间与周期的关系,来质点的状态。
要注意两种图象判断质点振动方向的方法是不同的,不能混淆。
18.【分析】由图象可知振动的周期和振幅,写出振动方程,然后判断振子的位移,结合位置关系判断速度、加速度的大小关系。
【解答】解:
由图可知,该振动的振幅为12cm=0.12m,周期为1.6s,所以:
rad/s
结合振动图象可知,该振动方程为:
x=0.12sin1.25πt
A、t=0.2s时,振子的位移:
x2=0.12sin(1.25π×0.2)=0.06
m=6
cm,故A错误;
B、t=0.1s时,振子的位移:
x2=0.12sin(1.25π×0.1)=0.12sin
m
t=0.3s时,振子的位移:
x2=0.12sin(1.25π×0.3)=0.12sin
m
可知,t=0.1s和t=0.3s时,振子的位移大小不同,所以速度的大小一定不相等。
故B错误;
C、t=0.5s时,振子的位移:
x2=0.12sin(1.25π×0.5)=0.12sin
m
t=0.3s时,振子的位移:
x2=0.12sin(1.25π×0.7)=0.12sin
m
可知,t=0.5s和t=0.7s时,振子的位移大小不同,所以加速度的大小一定不相同;故C错误;
D、由图乙可知,t=0.2s到t=0.4s时间内,振子的位移为正,正在逐渐增大,所以振子的势能逐渐增大。
故D正确;
故选:
D。
【点评】该题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,难度不大,属于基础题。
19.【分析】根据波的传播方向判断出a点的振动方向,读出波长,求出周期。
分别得到质点a从图示位置到达波谷的时间,从而进行比较。
【解答】解:
A图中,波长为2s,周期为T
.a点正向上振动,质点a从图示位置到达波谷的时间tA
;
B图中,波长为s,周期为T
.a点正向下振动,质点a从图示位置到达波谷的时间tB
T
;
C图中,波长为s,周期为T
.a点正向上振动,质点a从图示位置到达波谷的时间tC
;
D图中,波长为
s,周期为T
.a点正向下振动,质点a从图示位置到达波谷的时间tA
T
;
故D图中质点a最早到达波谷。
故选:
D。
【点评】解决本题的关键要确定波长与s的关系,求得周期。
能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。