高考物理二轮复习新情境专练 第28讲 机械振动和机械波含解析

第28讲.机械振动和机械波——新情境专练

1．在盛沙的漏斗下面放一木板，让漏斗左右摆动起来，同时其中细沙匀速流出，经历一段时间后，观察木板上沙子的堆积情况，则沙堆的剖面应是下图中的（ ） A．

B．

C．【答案】B 【解析】

D．

不考虑空气阻力，漏斗在从最左端向最右端运动和从最右端向最左端运动时，到达最底端运动速度最快，细沙漏到地面上的最少，两端漏斗运动的最慢，细沙漏到地面上的最多，故选项B正确，选项A、C、D错误； 故选选项B．

2．某同学在海淀医院体检时做了一次心电图，输出纸带结果如图所示．他发现心电图仪器和打点计时器有类似之处，心电图仪器卷动纸带，匀速率输出纸带，速度大小为1.5m/min（米/分钟）．图中方格纸每小格长1mm（毫米），则这位同学的心率最接近（ ）

A．80次/min 【答案】C 【解析】

B．70次/min C．60次/min D．50次/min

由图读出相邻峰值之间的距离S42mm17mm25mm0.025m，因为

v1.5m/mm0.025m/s．则心动周期T/s60次/min，C正确．

1s0.025m1s，人的心率：f1次v0.025m/sT3．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态。现将质量为m的粘性小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A．圆盘将以碰后瞬时位置作为平衡位置做简谐运动 B．圆盘做简谐运动的振幅可能为C．振动过程中圆盘的最大速度为mg km2gh MmD．从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大 【答案】D 【解析】

A．因为简谐运动的平衡位置是物体能够自由静止的位置，即应该是小球粘在盘子上一起静止的位置，所以应该比开始位置偏下，故A错误；

B．因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离，根据对称性，则小球和盘再次回到都刚开始碰撞的位置时速度不为零，故开始的位置不是最大位移处，因为开始时

Mgkx0

小球粘在盘子上一起静止的位置满足

(mM)gkx2

所以刚开始碰撞的位置到平衡位置的距离为

xmg k故振幅应该大于

mg，故B错误。 kC．小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，则

mv(mM)v1

又因为

v22gh

所以两者碰后速度为

v1m2gh Mm而两者碰撞瞬间满足

(mM)gkx0ma

即碰后两者向下做加速度减小的加速运动，当a=0时速度最大，之后做减速运动到最低

点，故振动过程中圆盘的最大速度应该大于m2gh，故C错误；

MmD．从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球的动能先增大后减小，故由能量守恒定律可得，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大，故D正确。 故选D。

4．如图甲所示，悬挂在天花板上的轻弹簧下端连着物体M，M和物体N又通过轻绳相连，M、N两物体的质量相等，并且都处于静止状态。t0时刻轻绳断裂，不计空气阻力，之后M偏离平衡位置的位移x随时间t变化的关系如图乙所示，以下说法正确的是（ ）

A．t1时刻M的回复力最大 B．t1时刻弹簧的形变量为0 C．t2时刻弹簧的弹性势能最大

D．t4时刻M的加速度与重力加速度大小相等，方向相反 【答案】D 【解析】

A．由x-t图像可知t1时刻M处于平衡位置，此时回复力为零，故A错误；

B．t1时刻M处于平衡位置，即物块M能自由静止的位置，则此时弹簧处于伸长状态，故B错误；

C．因为 t2时刻弹簧处于负向最大位移处，且根据对称性，此时的加速度与正向最大位移处的加速度相等，由题意开始时物体加速度满足

Fmgma

而M、N两个物体等质量，故

F2mg

所以解得

ag

方向竖直向上，故在负向最大位移处加速度也为g，且方向竖直向下，故此时满足

F'mgmg

故此时

F'0

即此时弹簧处于原长，故t2时刻弹簧的弹性势能为零，而t4时刻物块处于正向最大位移处，故此时M的加速度与重力加速度大小相等，方向相反，故C错误，D正确。 故选D。

5．如图所示，与地面夹角为的光滑斜面顶端固定一垂直斜面的挡板，劲度系数为k的轻弹簧一端固定一个质量为m的小物体，另一端固定在挡板上。物体在平行斜面方向上做简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。则物体在振动过程中（ ）

A．物体在最低点时受的弹力大小为mgsin 2m2g2sin2B．弹簧的最大弹性势能等于

kC．平衡位置处，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最大 m2g2sin2D．物体的最大动能应等于

k【答案】B 【解析】

A．物体在最高点，有

F回mgsin

物体在最低点时，受力分析可得

FmgsinF回

联立，可得

F2mgsin

故A错误；

B．设物体在最低点时，弹簧伸长量为x，根据胡克定律，可得

kx2mgsin

物体从最高点运动到最低点，由动能定理，可得

mgxsinW弹0

又

W弹0Epm

联立，可得

Epm2m2g2sin2 k故B正确；

C．物体做简谐运动过程中，涉及弹簧的弹性势能、物体的重力势能和物体的动能，且总量保持不变。当物体运动到平衡位置时，动能最大，即弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最小。故C错误；

D．由于简谐运动的对称性，物体在平衡位置时，重力势能为

xm2g2sin2 E'pmgsin2k根据弹簧弹性势能的特点，物体在平衡位置时，弹簧的弹性势能为

m2g2sin2 Ep42kEpm选取物体最低点所在平面为零重力势能面，根据能量守恒，可得

Epm00E'pEpEkm

解得

Ekmm2g2sin2 2k故D错误。 故选B。

6．把n根相同的弦一端固定，另一端系着不同质量的小物体，让其自然下垂，使弦绷紧，组成如图（c）那样的装置，拨动弦 AB的中心，使其振动，进行实验，研究振动频率f随小物体m及AB弦的长度做怎样的变化。方法是：只让m或只让L变化，测定振动频率f，得到如图（a）（b）所示的两个图象。根据上面的两个实验，则频率f为（ ）

kmA．f LkmB．f LkmC．f

Lkm2D．f

L【答案】B 【解析】 根据图a得

f112 m10.25f222 m21f3m32.71.9 2f43.52 m43f5m5f6m6所以L不变时f与m 成正比； 根据图像b得

f1L1414 f2L2224

42 44.52.0 5f3L31.434 f4L4144

所以m不变时f与L成反比。 故选B。

7．如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，现将一个质量也为m的物体C从A的正上为一定高度处由静止释放，C和A相碰后的立即粘在一起，之后在竖直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对地面的最小弹力为

mg，则以下说法正确的是（ ） 3

A．若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置会更低 B．C和A相碰后立即减速向下运动

C．B对地面的最大弹力为D．简谐运动的振幅为【答案】C 【解析】

17mg 37mg 3kA．AC碰后粘在一起向下运动速度最大的位置，即为AC处于平衡状态的位置，此时弹力等于AC的重力，即

kx02mg

因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置不变，选项A错误；

B．C和A相碰前，对A有

F弹mg

C和A相碰后F弹2mg，则AC先向下加速运动，当弹力等于重力之和时，加速度减为零，此时速度最大，以后两物体做减速运动，选项B错误； D．当弹力等于AC的重力时AC处于平衡状态，有

kx02mg

解得平衡位置时弹簧的形变量为

x02mg k处于压缩状态；

当B对地面弹力最小时，对B分析，则有

mg故弹簧此时形变量

mgkx 3x2mg 3k此时弹簧处于伸长状态；故简谐运动的振幅为

Ax0x选项D错误；

2mg2mg8mg k3k3kC．当AC运动到最低点时，B对地面的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为

x2x0x2此时弹力为

2mg2mg14mg k3k3k

FkxB对地面的弹力为

14mg 3FNFmg 选项C正确； 故选C。

17mg 38．2020年12月17日凌晨，嫦娥五号到月球“挖土”成功返回。作为中国复杂度最高、技术跨度最大的航天系统工程，嫦娥五号任务实现了多项重大突破，标志着中国探月工程“绕、落、回”三步走规划完美收官。若探测器携带了一个在地球上振动周期为T0的单摆，并在月球上测得单摆的周期为T，已知地球的半径为R0，月球的半径为R，忽略地球、月球的自转，则地球第一宇宙速度v0与月球第一宇宙速度v之比为（ ）

RTA．0 RT0RT2B．

R0T02D．

RT R0T0C．R0T0 RT【答案】A 【解析】

根据单摆周期公式有

T2L g某星体的第一宇宙速度为v，则有

v2 mg=mR联立解得

v2TRL

则地球第一宇宙速度v0与月球第一宇宙速度v之比为

2R0Lv0T0T=2vRLT0T所以A正确；BCD错误； 故选A。

R0R 9．如图所示，把A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直、不计空气阻力），则在两球向左下摆动时，下列说法不正确的是（ ）

A．绳OA对A球不做功 B．绳AB对B球做正功 C．绳AB对A球做负功 D．绳AB对B球不做功 【答案】D 【解析】

A．OA的拉力始终与A球的速度方向垂直，则绳OA对A球不做功，所以A正确，不符合题意；

BCD．假设让A球和OA组成一个单摆，B球和OB绳组成另一个单摆，让两个单摆同时从图中位置向下摆动，根据单摆的周期公式

T2l g可知，A摆的周期小于B摆的周期，说明图中A球运动比B球运动快，则AB绳对A球的拉力与A的瞬时速度方向夹角为钝角，所以AB绳对A做负功，AB绳与B球的瞬时速度方向成锐角，所以AB绳对B球做正功，则BC正确，不符合题意；D错误，符合题意； 故选D。

10．一根长20m的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x轴建立图示坐标系。两人在绳端P、Q沿y轴方向不断有节奏地抖动，

形成两列振幅分别为10cm、20cm的相向传播的机械波。已知P的波速为2m/s。t0时刻的波形如图所示。下列判断正确的有（ ）

A．t6s时，在PQ之间（不含PQ两点）绳上一共有5个质点的位移为10cm B．两列波叠加稳定时PQ之间（不含PQ两点）绳上有10个质点的振幅为30cm C．两波源的起振方向相同

D．两列波的叠加区域没有稳定干涉图样 【答案】A 【解析】

A．t=6s时，两列波都向前传播了12m，波形如图所示

当两列波叠加时，合振动等于两个振动的矢量和，由图象可知，在x=-7m，x=-1m，x=3m处位移都是-10cm，且在6~8m间还有两个点位移是-10cm，因此有5个点位移为-10cm，A正确；

B．振动稳定后，某时刻振动图象图所示

从图中可知，在叠加稳定时两波源间（不含波源）有9个质点的振幅为30cm，B错误； C．P起振方向沿y轴负方向，而Q起振方向沿y轴正方向，因此起振方向相反，C错误； D．由于波长

=4m

波速由介质决定的，因此两列波的速度相等，根据

vf可知

T

f0.5Hz，T2s

因此两列波的频率均为0.5Hz，叠加区域有稳定干涉图样，D错误。 故选A。

11．图（a）为一列简谐横波在t=0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）

3A．从t=0时刻开始计时P点的振动方程为y10sin(10πt-π)cm

4B．从t=0时刻开始计时，P、Q两点在t=0.25s时位移相同

C．在t=2.0s时刻，设波已经传播过x=100m处，那么在t=2.8s时，x=32.5m的R点在处于平衡位置上方在向下振动

D．从t=0.20s到t=0.225s，质点P通过的路程为562cm 【答案】C 【解析】 A．由图可知振幅

A10cm

周期

T0.2s

则

210rad/s T由t=0.20s质点Q向y轴正方向振动，可知简谐波向x轴正方向传播。t=0时与t=0.20s时刻的波形图相同。从t=0时刻开始计时Q点的振动方程为

y10sin(10πt)cm

从t=0时刻开始计时P点的振动方程为

5y10sin(10πtπ)cm

4故A错误；

B．从t=0时刻开始计时，P在t=0.25s时位移

xP52cm

从t=0时刻开始计时，Q在t=0.25s时位移

xQ52cm

故B错误； C．由

8m

则

QR32.54m28.5m39 16由t=0时质点Q在平衡位置向y轴正方向振动，在t=2.8s时质点Q也在平衡位置向y轴正方向振动，所以R点在处于平衡位置上方在向下振动，故C正确； D．从t=0.20s到t=0.225s，经过的时间

1tT

8质点P通过的路程为

s2A52cm 2故D错误。 故选C。

12．如图所示，在同一均匀介质中有S1和S2两个波源，这两个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全相反，S1和S2之间相距两个波长，B点为S1和S2连线的中点，今以B点为圆心，以RBS1为半径画圆，在该圆周的上半圆部分（S1和S2两波源除外）共有几个振动加强的点（ ）

A．2个 【答案】C 【解析】

B．3个 C．4个 D．5个

S1和S2两个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全相反，则取圆上一点，到S1和S2两个波源分别为x1和x2，则当满足

x1x2(2n1)2

则该点振动加强的点，由题意知波长为

R

又因为三角形的两边之差小于第三边，故

x1x22R

联立得

n=0或n=1

即

x1x2R 2或

x2x1R 2和

x1x23R 2或

x2x13R 2即该圆周的上半圆部分存在四个振动加强点。 故选C。

13．如图所示、S1和S2是两个振幅、振动频率、相位均相同的波源，分别位于一等腰直角三角形的两个顶点A、B，∠C=90°，波源振动方向垂直纸而在介质中传播的波长为，AB之间的距离为4，则下列说法正确的是（ ）

A．线段AC上有5个振动减弱点

B．A、B连线的垂直平分线上的点振幅均为0

C．两波源的周期均变为原来的6倍，则两波源在线段AC上不存在振动减弱点 D．减小波源的频率，线段AB上相邻加强点之间的距离增大 【答案】D 【解析】

A．S1和S2是两个振幅相同、振动频率相同、相位相同的波源，所以到波源的波程差为半波长偶数倍的点为加强点，半波长奇数倍的点为减弱点，C点波程差为0

02n

则

n=0

则可得C为加强点，A点波程差为4，则

42n

解得

n8

可得A为加强点，相邻加强点之间有一个减弱点，当n等于1,3,5,7,时，为减弱点，所以线段AC之间有4个减弱点，故A错误；

B．A、B连线的中垂线上的点到波源波程差为0，均为加强点，振幅并不是均为0，故B错误；

C．机械振动在介质中传播的速度仅由介质决定，两波源的周期均变为原来的6倍，则波长变为越来的6倍，线段AC之间波程差最大为4，最小为0，存在点的波程差为3，为一倍的半波长，此点为振动减弱点，故C错误；

D．减小波源的频率，即增大周期，波长增大，线段AB上相邻加强点之间的距离变大，故D正确。 故选D。

14．如图所示，S为上下振动的振源，其频率为100Hz，所产生的横波向左右传播，波速为80m/s。已知P、Q两点与振源相距分别为PS=17.4m，QS=16.2m，当S通过平衡位置向上运动时，则（ ）

A．Q在波峰，P在波谷 B．P在波峰，Q在波谷 C．P、Q都在波峰

D．P通过平衡位置向上振动，Q通过平衡位置向下振动 【答案】B 【解析】 由公式

vf

得，波长

则

v80m0.8m f1003PS17.4m21

43P、S相当于相距时的关系

41QS16.2m20

4Q、S相当于相距时的关系，结合如图波形可知，当S通过平衡位置向上运动，此时刻

P质点在波峰，Q在波谷，故B正确，ACD错误。

14故选B。

15．一列沿x轴正方向传播的简谐波，在x12m和x212m处的两质点的振动图像分别如图中的实线和虚线所示根据图像，下列关于简谐波的波长和波速的判断中，正确的是（ ）

A．波长可能等于1m C．最大波速等于5m/s 【答案】C 【解析】

B．频率等于4Hz D．最大波速等于1m/s

A．由两质点的振动图象得知，两个质点的振动情况总是相反，则有

1x2x1(n)，n0，1，2，…

2则波长

2(x2x1)20m

2n12n1

由于n为整数，分析可知波长不可能为1m。故A错误； B．由图可知，频率为

f10.25Hz T故B错误；

CD．由振动图象读出周期T=4s。则波速为

vx2x15m/sT2n1，n0，1，2，… nT2当n0时，v5m/s为最大速度。故C正确，D错误。 故选C。

16．如图(a)所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1时刻和t2时刻的波形图，其中t2>t1，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0m和x2=4.0 m的两质点。图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）

A．t2-t1=0.1s

B．t2时刻Q的速度达到最大

C．简谐横波沿x轴传播的速度大小为40m/s D．t1到t2内，P、Q运动的路程相等 【答案】C 【解析】

A．因为没有说明t1时刻是哪个时刻，假设t1=0，根据图(b)可知，质点Q在t1时刻正在沿y轴正方向振动，则波向x轴正方向传播，可得

t2t1nTT(n0、1、2、3) 4假设t1=0.1s，根据图(b)可知，质点Q在t1时刻正在沿y轴负方向振动，则波向x轴负方向传播，同理可得

t2t1nT3T(n0、1、2、3) 4故A错误；

B．由A分析可知，无论是哪种情况，t2时刻质点Q都在波峰，振动速度等于零，最小，故

B错误；

C．由图可看出波长为8m，周期为0.2s，则波速为

vT40m/s

故C正确；

D．t1到t2内， Q运动的路程可能是

s4nAA(n0、1、2)

或

s4nA3A(n0、1、2)

如果t1=0，在第一个

T时间内，P沿y轴负方向运动到与x轴对称的位置，路程y1大于振4幅A，则t1到t2内的路程

s'4nAy1

同理如果t1=0.1s，在第一个

T时间内，P沿y轴正方向运动到波峰，又沿y轴负方向回到4原位置，路程y2小于振幅A，则t1到t2内的路程

s'4nA2Ay2

可知P、Q运动的路程不相等，故D错误。 故选C。

17．如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，振幅为0.1m。t10时刻的波形如图中实线所示，t20.25s时刻的波形如图中虚线所示。在t1到t2时间内，x6m处的质点运动的路程为s，且0.2ms0.4m，则（ ）

A．此列波沿x轴正方向传播 B．此列波的周期为8s C．波的速度为40m/s

D．x6m处质点的振动方程为y0.1sin5t(m) 【答案】D

【解析】

A．由题图可知8m，振幅A0.1m,由x6m处的质点运动的路程为s，且

0.2ms0.4m

结合题图可知t10时刻波的振动方向向上，由同侧法可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；

BCD．用平移法可得在0.25s内传播了5m，可得波速

v则

x5m/s20m/s t0.25T则x6m处质点的振动方程为

v8s0.4s 20y0.1sin故D正确，BC错误。 故选D。

2t0.1sin5t(m) T18．如图所示，在某均匀介质中的一条直线上有两个振源A、B，相距6m，C点在A、B的中间位置。t=0时，A、B以相同的频率开始振动，且都只振动一个周期，振幅也相同，图甲为A的振动图像，乙为B的振动图像。t1=0.3s时，A产生的向右传播的波与B产生的向左传播的波在C点相遇，则下列说法正确的是（ ）

A．振源A起振方向为y轴负方向

B．两列波在A、B间的传播速度大小为1m/s C．在两列波相遇过程中，中点C为振动加强点 D．t2=0.75s时，B在波谷处 【答案】D 【解析】

A．由图甲可知，震源A的起振方向是y轴的正方形，故A错误； B．设两列波的速度为v，则由题可得

62v0.3

解得

v10m/s

故B错误；

C．由振动图可知A起振方向向上，B起振发方向向下，两列波相遇过程中，中点C是两列波波峰和波谷的相遇点，振动减弱，故C错误；

D．A波经过0.6s传到B点t2=0.75s时刻，A波经过0.6s传到B点，则还多了0.15s，由甲可得刚好在波谷，而B波已经不会振动，故B点处于波谷，故D正确。 故选D。

19．A处有一质点做简谐振动并形成向AB方向传播的简谐波，在B处遇到障碍物反向传播，反射波与原入射波在相遇区域发生了干涉，A、C两点相距为2m，用频闪相机对A、B间区域连续拍摄，依次获得1、2、3三个波形图，其中1、3处在最大位移处，2处于平衡位置。已知频闪的时间间隔为0.2s，由拍摄图像可知（ ）

A．波源的振动周期是0.4s C．M点是加强点，C点为减弱点 【答案】C 【解析】

1A．从波形1到波形3经历的时间为T，则

2B．该波波速为2.5m/s D．绳上所有点的振幅相等

1T20.2s0.4s 2可得波源的振动周期为

T=0.8s

选项A错误；

B．这两列波在AB之间的区域内发生了干涉现象，根据干涉图象的特点可知，AB之间的距离等于一个波长，即

4m

所以该波波速为

vT5m/s

选项B错误；

C．由题意知M点位于最大位移，C点处于平衡位置，因此M点是加强点，C点为减弱点，选项C正确；

D．干涉时根据所在点距离两个波源（A、B）的距离不同而造成的相位差会使得观测点的振幅发生变化，选项D错误。 故选C。

20．一列简谐横波沿x轴负方向传播，tT时刻的波形如图所示，P为波传播方向上的一2个质点，则下列关于P点的位移x、速度v、回复力F、加速度a随时间t变化的关系可能正确的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D 【解析】

A．波沿x轴负方向传播，作出t0时刻波形如图虚线所示：

t0时刻质点P的位移为负值，向平衡位置运动，选项A错误；

B．t0时刻质点P的速度为正，向平衡位置运动过程中，速度逐渐增大，选项B错误； C．t0时刻质点P的回复力为正，向平衡位置运动过程中，回复力逐渐减小，选项C错误；

D．t0时刻质点P的加速度为正，向平衡位置运动过程中，加速度逐渐减小，选项D正

确。 故选D。

21．（多选）如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点；空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均

3mgsin44，小球在距B点L的P点处于静止状态。Q点距A点L，小球

55L在Q点由静止释放，重力加速度为g。则（ ）

A．匀强电场的电场强度大小为

mgsin 5q6B．小球在Q点的加速度大小为gsin

5C．小球运动的最大动能为

12mgLsin 252D．小球运动到最低点的位置离B点距离为L

5【答案】CD 【解析】

4A．依题意，小球在距B点 L的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为

5F2kx23mgsinL6mgsin L55对小球由共点力平衡可得

(mgqE)sinF

解得

Emg 5q

故A错误；

B．根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有

F(mgqE)sinma

求得

a12gsin 5故B错误；

C．小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得

(mgqE)xQPsinEkm0

由几何关系可求得

42xQP2L2LL

55联立求得

Ekm12mgLsin 25故C正确；

D．依题意，可判断知小球从Q点静止运动到最低点时，小球做简谐振动，P点为平衡位2置，根据简谐运动的对称性可知，小球运动最低点到P点距离为L，所以小球运动到最

5低点的位置离B点距离为

2422xxPBLLLL

5555故D正确。 故选CD。

22．（多选）如图为某鱼漂的示意图。当鱼漂静止时，水位恰好在O点。用手将鱼漂往下按，使水位到达M点。松手后，鱼漂会上下运动，水位在M、N之间来回移动。不考虑阻力的影响，则（ ）

A．鱼漂的运动是简谐运动

B．水位在O点时，鱼漂的速度最大

C．水位到达M点时，鱼漂具有向下的加速度 D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大 【答案】AB 【解析】

A．设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h。当鱼漂静止时，水位恰好在O点，此时鱼漂所受浮力等于重力，即

mg=ρgSh

可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正方向，当鱼漂被向下按x时，水位在O点上方x处，此时合力为

F合mggS(hx)gSx

同理可得水位在O点下方时也满足此式。因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件（F合=-kx），鱼漂做的是简谐运动，故A正确； B．水位在O点时，鱼漂处于平衡位置，速度最大，故B正确； C．水位到达M点时，鱼漂具有向上的加速度，故C错误； D．鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，故D错误。 故选AB。

23．（多选）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t=0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（x－t）如图乙所示，其中t=0.2s时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，则（ ）

A．t=0.2s后物块做简谐运动

B．t=0.4s时物块的加速度大于重力加速度

C．若增大物块自由下落的高度，则物块与薄板粘连后振动的周期增大 710tD．t=0.2s后物块坐标位置随时间变化关系为x0.30.2sin63（m） 

【答案】ABD 【解析】

A．t=0.2s时物块刚接触薄板，落至薄板上后和薄板始终粘连，构成竖直方向的弹簧振子，并且从图像看，0.2s以后的图像为正弦函数曲线，故A正确；

B．薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点的加速度大小相等，即aBaC，由简谐运动的加速度满足

akx m可知，a与x成正比，设A点处的偏离平衡位置位移大小为为xA，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC，有xAxC，所以aAaC，故aAaB，到A点时，物块只受重力，aAg，所以aBg，故B正确；

C．弹簧振子的周期只与震动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘连后震动周期不变，故C错误； D．由图乙可知T0.6s，因为

210 T3振幅为0.2m，0.2s后物块位置随时间变化关系式为

10x0.30.2sint+0

3当t=0时，x0.2m，代入上式得

0=

所以

710x0.30.2sint（m）

6376故D正确。 故选ABD。

24．（多选）如图所示，一顶角为直角的“

”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属

环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k的轻质弹簧相连，此时弹簧为原长l0。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内，且弹簧始终保持水平，已知

12弹簧的长度为l时，弹性势能为kll0，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

2

A．左边金属环下滑过程机械能守恒 B．弹簧的最大拉力为2mg

C．金属环在最高点与最低点加速度大小相等 D．金属环的最大速度为g【答案】BCD 【解析】

A．金属环下降过程中，弹簧对其做负功，金属环机械能减少。故A错误；

B．金属环下降h达到最低时，速度减小为0，形变量为2h，弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得

2mgh1k(2h)2 2m 2k解得

hmg k则最大弹力为

Fmk2h2mg

故B正确；

C．由简谐运动的对称性可知，金属环在最高点与最低点加速度大小相等。故C正确； D．当金属环的加速度为0时，速度最大。根据平衡条件可得

mgsin45Fcos45

根据胡克定律可得

Fkx

解得形变量为

x根据几何知识，两个小球下降的高度为

mg khxmg 22k对系统只有重力和弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，则有

2mgh11kx22mv2 22

解得

vg故D正确。 故选BCD。

m 2k25．（多选）电梯质量为M，振子质量为m，单摆质量为m，三者质量关系为

mmM。初始电梯静止，当单摆、振子均摆至最低点时，让电梯自由下落，则（m与m不会相碰）（ ）

A．m做匀速圆周运动 C．m振幅变大 【答案】AC 【解析】

ABC．当电梯自由落体时，整个系统处于完全失重状态，摆球完全失重下会开始做匀速圆周运动。弹簧振子的平衡位置为弹簧原长，小球偏离平衡位置更远，所以振幅更大。AC正确，B错误；

D．考虑摆球在上下运动的过程中，摆球和电梯构成的系统整体质心在自由落体运动，与此同时，两者分别绕质心做匀速圆周运动。在整个过程中，我们可以发现电梯与质心之间的距离

rMml MmB．m振幅不变 D．电梯在保留

m量级时机械能守恒 M显然对电梯重力势能的影响为

m量级的。所以随着小摆球和电梯同时绕质心转动，并不能M在该量级下保证机械能守恒。D错误。 故选AC。

26．（多选）如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物体P，P和Q通过细绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P处于位置O。将滑块P向左

推至弹簧原长的位置A点后由静止释放，当滑块P运动到最右端时细绳恰好被拉断，滑块未与定滑轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知Q的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计一切摩擦，则（ ）

A．细绳被拉断前的瞬间，滑块P的加速度与刚释放时的加速度等大反向 B．细绳被拉断后，滑块P回到O位置时速度最大 C．从释放到细绳被拉断过程，物块Q下落的高度为2m2g2D．弹簧的最大弹性势能为

k2mg k【答案】ACD 【解析】

A．由于物体P、Q组成的系统受到F = - kx的回复力，则P、Q组成的系统做简谐运动，根据对称性可知，当绳断时加速度大小与释放时加速度大小相同，方向相反，A正确； B．由于滑块P运动到最右端时细绳恰好被拉断，则之后P只受弹力作用，在P往回走的过程中弹力做正功，当滑块P回到A位置时速度最大，B错误；

C．由选项A知，从释放到细绳被拉断过程中，P、Q组成的系统做简谐运动，根据对称性可知，当绳断时加速度大小与释放时加速度大小相同则有

mg = (mP + m)a，F - mg = (mP + m)a，F = kx

又因为开始时，系统处于静止状态，则有

x =

C正确；

D．当滑块P运动到最右端时弹簧的弹性势能最大，为

Ep =

D正确。 故选ACD。

27．（多选）小明用同一实验器材（悬挂点高度、摆长、小球均相同），进行了两次单摆实验（摆角均小于5°），如图所示，第一次实验中，将小球从A处静止释放，第二次实验中，将小球从B处静止释放，对此下列说法正确的是（ ）

122mg k2m2g2kx =

k2

A．第一次实验中单摆的摆动周期比第二次长 B．若更换质量更大的小球，单摆周期不变

C．相比第二次实验，第一次实验中小球在最低点的重力势能更大

D．相比第二次实验，第一次实验中小球在最低点时，细绳对小球的拉力更大 【答案】BD 【解析】

AB．由单摆的周期公式T2同，故A错误，B正确；

C． 在最低点，两球的高度相同，所以重力势能相同，故C错误； D．由机械能守恒定律可得

l可知，单摆的周期与质量无关，且两次实验中周期相g1mgl(1cos)mv2

2由向心力公式可得

mv2 Fmgl联立可得

F3mg2mgcos

第一次实验的摆角大于第二次实验，所以，第一次实验中小球在最低点时，细绳对小球的拉力更大，故D正确。 故选BD。

28．（多选）如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角=30°，杆上O点以上部分粗糙，O点以下部分（含O点）光滑。轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O点，质量为m的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接。小球与杆粗糙部分的动摩擦因数

3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现将小球拉到图示a位置由静止释放，一段时间3后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b点，O点与a、b间距均为L。重力加速

度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A．小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍 B．小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的3倍 C．整个运动过程小球在直杆粗糙部分运动的路程为2L

D．若增加小球质量，仍从a位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b点 【答案】AC 【解析】

AB．小球在a点由牛顿第二定律得

mgsinkLmgcosma1

小球在b点由牛顿第二定律得

kLmgsinma2

由于小球最后是在O与b两点间做简谐振动，则在b点与O点的加速度大小相等，小球在O点有

mgsinma3

联立解得

a2a3g 2a1g

所以小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍，故A正确，B错误； C．小球从a点由静止开始运动到最后到达b点的过程中由能量守恒可知

2mgLsinmgcoss00

解得

s2L

故C正确；

D．若增加小球质量，仍从a位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c，由于小球最后是在O与最低点c两点间做简谐振动，则在c点与O点的加速度大小相等，小球在c点有

kL'mgsinma3

解得

L'mg k所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，故D错误。 故选AC。

29．（多选）如图所示，一根不计质量的弹簧竖直悬吊铁块M，在其下方吸引了一磁铁m，已知弹簧的劲度系数为k，磁铁对铁块的最大吸引力等于3mg，不计磁铁对其它物体的作用并忽略阻力，为了使M和m能够共同沿竖直方向作简谐运动，那么（ ）

A．它处于平衡位置时弹簧的伸长量为

Mg kB．弹簧运动到最低点时，铁块加速度的最大值为2g C．弹簧弹性势能最大时，弹力的大小等于2Mmg D．振幅的最大值是【答案】BD 【解析】

A．处于平衡位置时，合力为0，则有

2Mmgk

Mmgkx

弹簧的伸长量为

xMmg

k所以A错误；

BCD．弹簧运动到最低点时，振幅最大，弹性势能最大，弹形变量最大，由牛顿第二定律可得

kxmMmgMmam

3mgmgmam

铁块加速度的最大值为

am2g

弹簧弹性势能最大时，弹力的大小为

Fkxm3Mmg

振幅的最大值为

Axmx3MmgMmg2Mmg kkk所以BD正确；C错误； 故选BD。

30．（多选）在x轴正半轴和负半轴存在两种不同材质的弹性绳（相连于O点），x=－6m和x=12m处为两波源，分别向右、向左传播形成振幅均为4cm的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，此时x=－2m和x=4m处的质点刚好开始振动，已知波在左右两种介质中的传播速度之比为1：2，t=0s到t（ ）

5s时间内P点经过的路程为6cm，则下列说法正确的是12

A．t=0时刻P处质点向右运动 B．波1振动的周期为1s C．波2振动的周期为2s

D．波2在x轴正半轴的传播速度为8m/s E．两列波相遇后在x=2m处质点的振幅为8cm 【答案】BDE 【解析】

A．参与振动的质点，只能垂直传播方向上下振动，不会左右运动，故A错误。 BC．根据波的传播速度与周期波长关系

v

T

由图可知两列波的波长分别为14m，28m，依题意，波在左右两种介质中的传播速度之比为1∠2。代入上式，可得两列波的周期相同，研究向右传播的波，根据质点的振动方程有

yAsin2πt T其中A4cm，y2cm，可得

t依题意可知

T 125TTTs 124124解得

T1s

向左传播的波的周期也为1s，故B正确，C错误。 D．根据波的速度公式可知左右两种介质的传播速度分别为

v左v右14m/s4m/s T18m/s8m/s T12故D正确。

E．依题意，从t0开始，向右传播的波传到x2m处需

t左2222ss0.75s v左v右48向左传播的波传到x2m处需

t右22s0.25s v右8综上所述，当向右传播的波传到x2m处，向左传播的波已经使x2m处的质点振动了半个周期，回到了平衡位置且向上振动，并且向右传播的波起振方向也是向上振动，且两列波的频率相同，能发生稳定干涉，故该点为振动加强点，其振幅为2A，即8cm，故E正确。 故选BDE。

31．（多选）在同一均匀介质中，位于x=-5m处的振源P和x=3m处的振源Q分别发出甲、乙两列简谐横波。甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播。t=0时刻甲、乙两列波分别到达x=-2m和x=0处，两列波的波形图如图所示。已知甲波的频率为2Hz，则（ ）

A．乙波的传播速度为4m/s

B．x=-1m处质点的起振方向是y轴负方向

C． t=0.5s时，平衡位置位于x=-0.5m处的质点位移为10cm D．0到0.75s，x=-2m处的质点运动的路程为100cm 【答案】AD 【解析】

A．因在同一均匀介质中，则甲、乙两波波速相同，由波形图可知

甲乙2m

v乙v甲甲f甲4m/s

A正确；

B．由于两列波波速相同，则同时到达x=-1m处，根据同侧法可知，x=-1m处质点的起振方向是y轴正方向，B错误； C．t=0.5s时，两波传播距离均为

xv甲t2m

则平衡位置位于x=-0.5m处的质点位移为

y10cm20cm10cm

C错误；

D．由于两波波速、波长相等，则两波周期也相同，均为

T乙波传到x=-2m处的质点用时为

t1甲v甲0.5s

x10.5s v乙则在乙波传到x=-2m处的质点前，x=-2m质点振动恰好一个周期，运动的路程为

s14A甲40cm

在0.5s~0.75s内，两波叠加，振动加强，振动半个周期，运动的路程为

s22A甲A乙60cm

则在0~0.75s，x=-2m处的质点运动的路程为

ss1s2100cm

D正确。 故选AD。

32．（多选）xA0.2m和xB1.2m处持续振动的两振源，在同一介质中形成沿x轴正负两个方向相向传播的、波速均为v0.5m/s的甲、乙两列波，t0时刻波形如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．两列波的起振方向相同

B．两列波在相遇区域内会发生干涉现象

C．t1.1s时，位于x0.5m处的M点的振动位移为1cm D．t1.6s时，位于x0.4m处的N点的振动方向沿y轴负向 【答案】AD 【解析】

A．由传播方向和质点振动方向的关系可知，两列波的起振方向相同，故A正确； B．由

vf

可得

f甲2.5Hz，f乙1.25Hz

故两列波在相遇区域内不会发生干涉现象，故B错误； C．在t1.1s时，两列波传播的距离为

x1vt0.55m

则甲质点在t0时刻的波谷刚传播到M处；则乙在t=0时刻1.05m处的质点的振动形式刚传播到M处，而乙在t=0时刻时，1.05m处的质点位移大于1cm，所以t1.1s时，位于

x0.5m处的M点的振动位移不等于1cm，故C错误；

D．t1.6s时，两列波传播距离为

xvt0.8m

甲向右传递四个波形，乙向左传递一个波形，由传播方向和质点振动方向的关系可知，此时位于x0.4m处的N点的振动方向沿y轴负向，故D正确。

故选AD。

33．（多选）在纸面上有两波源S1和S2相距3m，频率均为2Hz，以S1为原点建立如图所示的坐标系，t=0时波源S1从平衡位置开始垂直纸面向上做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播。t=0.25s时波源S2也开始垂直纸面向上做简谐运动，在t=0.75s时两列简谐波的最远波峰传到了图示中的两个圆的位置。则（ ）

A．波的传播速度为4m/s B．虚线x=1.5m为振动加强区

C．t=1.0s时波谷与波谷相遇的点共有2个 D．t=1.0s后S1和S2连线上有2个振动减弱的位置 【答案】AC 【解析】

A．两波源起振的时间差为

Δt0.25s

Δt时间内两列波的传播距离之差为

Δx2.5m1.5m1m

波的传播速度为

v故A正确；

Δx4m/s ΔtB．根据几何关系可知x=1.5m上各质点到两波源的波程差均为零，而t=0.25s时S1正向下振动，与S2起振方向相反，所以两波源在x=1.5m上引起质点的振动步调相反，即虚线x=1.5m为振动减弱区，故B错误； C．两列波的波长均为

v2m ft=1.0s时S1波传播到的最远位置到S1的距离为

d124m

此时S1波的最远波谷到S1的距离为

3r1d12.5m

4S1波的最近波谷到S1的距离为

r1r10.5m

t=1.0s时S2波传播到的最远位置到S2的距离为

3d23m

2S2波此时产生的波形中只有一个波谷，且到S2的距离为

3r2d21.5m

4如图所示，可知t=1.0s时波谷与波谷相遇的点共有2个，故C正确；

D．S1和S2连线上满足到两波源的波程差为波长的整数倍的点为振动减弱位置，即

Δsk（k=0，1，2，…）

则

0k3m（k=0，1，2，…）

解得

33k（k=0，1，2，…） 22即

k0，1

所以t=1.0s后S1和S2连线上有3个振动减弱的位置，故D错误。 故选AC。

34．（多选）x轴上存在均匀的介质，在t0时刻，位于x5m处的波源P开始某种形式的振动，产生的机械波沿x轴负方向传播，t=4s时x1处的质点恰好开始振动，此时的波形图如图所示。Q是x1.5m处的质点，下列说法正确的是（ ）

A．波源的起振方向沿y方向

πB．波源P的振动方程是y5sin(t)(cm)

2C．该波的波速为1m/s

D．从图示时刻起，再经过5s，Q质点通过的路程为15cm 【答案】CD 【解析】

A．由于t=4s时x=1处质点位于波传播方向的“上坡”上，所以质点1的起振方向沿－y方向，而波传播方向上所有参与振动的质点的起振方向都和波源的起振方向相同，所以波源的起振方向沿－y方向，故A错误； BC．波的传播速度为

vΔx51m/s1m/s Δt40由题图乙易知在t=1s时波源振动的周期发生了变化，但在同一种介质中波速不变。 ①在0~1s时间内，波的波长为

12m

周期为

T1波源P振动的圆频率为

1v2s

12ππrad/s T1又因为t=0时波源P向下起振，所以0~1s时间内波源P的振动方程为

yP15sinπt(cm)0t1s

②在1~5s时间内，波的波长为

26m

周期为

T2波源P振动的圆频率为

2v6s

22ππrad/s T23又因为t=1s时波源P向上振动，所以1~5s内波源P的振动方程为

πyP25sint(cm)1st5s

3故B错误，C正确；

D．波从x=1m传播到x=－1.5m所需的时间为

tΔx11.5s=2.5s v1从图示时刻起，再经过5s，质点Q按照周期T1振动1s，再按照周期T2振动1.5s，则Q质点通过的路程为

s1s1.5s4A4A15cm T1T2故D正确。 故选CD。

35．（多选）一波源位于O点，波源质点沿y轴做不连续的简谐运动，振幅为10cm，形成沿x轴正方向传播的波。某时刻波刚好传到P点，平衡位置在x0.8m处的质点已经振动了0.2s，O、P间各质点形成的波形如图所示，此时由波形可知（ ）

A．波源的最初起振方向沿y轴负方向 B．波在介质中传播的速度为2.0m/s C．质点Q此时已经通过的路程为40cm

D．此波形是波源先振动0.4s后停止振动0.6s，接着再振动0.2s形成的 E．从此时开始计时，再过0.55s，质点P的位移为10cm 【答案】BCE 【解析】

A．波源的最初起振方向与波刚好传到P点时P点的振动方向一致，因为波沿x轴正方向传播，因此P点的起振方向沿y轴正方向，即波源的最初起振方向沿y轴正方向，A错误；

B．波刚好传到P点时平衡位置在x0.8m处的质点已经振动了0.2s，则波速

v1.20.8m/s2.0m/s 0.2

B正确；

C．由图可知不连续简谐运动的波从波源起振到传播到P点过程中Q点已经振动了1个周期，则通过路程为

x4A410cm40cm

C正确； D．由图可知波长

1.2m0.8m0.4m

则周期

Tv0.4s=0.2s 2.0由图可知，0.2m~0.8m之间没有波形，说明波停止振动的时间为

t0.80.2s0.3s 2.0此时0~0.2m又出现半个波长的波形，说明波又振动半个周期，所以此波形是波源先振动0.2s后停止振动0.3s，接着再振动0.1s形成的，D错误；

E．从图示开始计时经0.1s后P质点位于平衡位置且沿y轴负方向振动，波源处再次停止振动，再经0.1s后P质点停止振动，再经0.3s即从计时开始0.5s后P质点恢复振动，则再过0.05s时P点的波形与图示时刻x=0.1m处质点波形相同，位于波谷，其位移为-10cm，E正确。 故选BCE。

36．（多选）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t=0时刻的波形图，图乙和图丙分别是x轴上某两处质点的振动图象。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是（ ）

1A．m

32B．m

38C．m

34D．m

3【答案】BCD 【解析】 由图甲可知波长

λ=2m

振幅

A=0.1m

图乙所示质点在t=0时在正向最大位移处，图丙所示质点在t=0时，y=-0.05m，运动方向沿y轴负方向，结合波形图找到对应的点，如图所示：

4若题图乙所示质点为图中左侧波峰上的点，则两点距离为m；

32若题图乙所示质点为图中右侧波峰上的点，则两点距离为m；

342考虑到空间周期性，则x=nλ＋（m）或x=nλ＋（m）（n=0、1、2…），即

3342x=2n＋（m）或x=2n＋（m）（n=0、1、2…）

33综上分析，选项BCD正确，A错误。 故选BCD。

37．（多选）如图所示，甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为0.5m/s，两列波在t0时的波形曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．乙波的频率为1.2Hz

B．t0时刻，坐标x350cm的质点的位移为16cm

C．甲波单独传播时，若遇到尺寸为10cm的障碍物，能发生明显的衍射现象

D．从图示时刻起（不包含该时刻），t0.1s时，最早出现偏离平衡位置位移为16cm的质点

【答案】BC 【解析】

A．由图可知，乙波的波长为

乙60cm

根据

vf

可得乙波的频率

f乙=0.5Hz0.83Hz 0.6A错误；

B．由于甲波的波长为

甲50cm

因此两列波每隔300cm重合一次，由图可知在t0时刻，坐标x350cm的质点恰好是两个波峰相遇，因此位移为16cm，B正确； C．甲波单独传播时，由于

甲50cm

由于障碍物比波长小，因此能发生明显的衍射现象，C正确； D．在t0时刻，两个距离最近的波谷相距

x5cm

在x50cm右侧，两个波谷正在相向运动，相遇的时间

tx0.05s vv因此t0.05s时，最早出现偏离平衡位置位移为16cm的质点，D错误。 故选BC。

38．（多选）如图所示，在水平面内a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab = 6m，ac = 8m。在t1 = 0时刻a、b处的振源同时开始振动，它们在同种介质中传播，其振动表达式分别为ya = 0.1sin(2πt)cm和yb = 0.15sin(2πt + π)cm，所形成的机械波在水平面内传播，在t = 4s时c点开始振动，则（ ）

A．两列波的波长为2m

B．两列波的传播速度大小为2m/s C．两列波相遇后，c点振动加强 D．c点的振幅为0.25m 【答案】AB 【解析】

AB．由于两列波的波速相同，则a处振动先到达c点，所以波速为

v =

ac = 2m/s t由振动方程可知，两列波的周期T = 1s，由公式

v =

得，两列波的波长为2m，AB正确；

C．由两振动方程可知，两波源的振动步调相反，c点到a、b两波源的路程差为

Δs = 2m = λ

所以c点为振动减弱点，C错误； D．由于c点为振动减弱点，所以振幅为

(0.15 - 0.1)cm = 0.05cm

D错误。 故选AB。

39．（多选）一列简谐横波沿x轴传播，振幅为4cm，周期为T6s。已知在t0时刻，质点a坐标为5cm,2cm，沿y轴正向运动，质点b坐标为15cm,2cm，沿y轴负向运动，如图所示。下列说法正确的是（ ）

 T

A．该列播向x轴正向传播

B．当质点b在波谷时，质点a一定在波峰 C．该列简谐横波波长可能为10cm

D．该列简谐横波波长可能为4cm 【答案】BD 【解析】

CD．由于质点a、b运动位移恰好为振幅的一半且运动速度恰好相反，因此a、b间的水平距离

1d(n)10cm

2代入数据可知，当

n=2

时，波长为4cm，但无论n取何值，波长都不可能为10cm，C错误，D正确； B．由于质点a、b运动总是相反，因此质点b在波谷时，质点a一定在波峰，B正确； 1A．根据质点a、b运动位移和速度，只能判断质点a、b间有(n)，无法判断波的传播

2方向，A错误。 故选BD。

40．（多选）降噪耳机越来越受到年轻人的喜爱。某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由安置于耳机内的微型麦克风采集耳朵能听到的环境中的中、低频噪声（比如100Hz~1kHz）；接下来，将噪声信号传至降噪电路，降噪电路对环境噪声进行实时分析、运算等处理工作；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失了。对于该降噪耳机的下列说法中，正确的是（ ）

A．抵消声波的频率与噪声的频率应该相同 B．抵消声波的相位与噪声的相位应该相同

C．如果降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则耳机使用者可能会听到更强的噪声 D．抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等 【答案】ACD

【解析】

AB．频率相同的波才能发生干涉，即声波的叠加，相位相反则可以相互抵消，故A对，B错；

C．如果降噪电路处理信息的速度大幅度变慢，则在降噪电路处理完成后，通过扬声器可能会向外发出与噪声相位相同、振幅相同的声波来加强噪声，则耳机使用者可能会听到更强的噪声，故C正确；

D．声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故D正确。 故选ACD。

41．如图所示，用两根长度都为L的细绳悬挂一个小球A，绳与水平方向的夹角为α。使球A垂直于纸面做摆角小于10°的摆动，当它经过平衡位置的瞬间，另一小球B从A球的正上方自由下落，若B球恰能击中A球，求B球下落的高度h。

【答案】2 n2π2Lsin α，其中n＝1，2，3，… 【解析】

摆的振动周期公式为

T＝2π据题意l＝Lsin α，所以A球振动的周期

T＝2π

Lsin g1l g设B球自由下落的时间为t，则它击中A球时下落的高度

h＝2gt2 t＝2h gLsin，B球能击中Ag1A球经过平衡位置，接着返回到平衡位置的时间为半个周期，即π球的时间应为A球做简谐振动的半周期的整数倍，即

t＝n·

T（n＝1，2，3，…） 2

故

nπ则B球下落的高度

h＝2n2π2Lsin α

其中n＝1，2，3，….

42．均匀介质中，波源位于点的简谐横波在xOy水平面内传播，t0时刻，所有波峰、波谷的分布如图甲所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，坐标0,20处的质点P处于波峰．质点P的振动图象如图乙所示，z轴正方向竖直向上．求： （1）该波的传播速度大小；

（2）坐标0,40处的质点M第一次处于波谷的时刻；

（3）坐标10,0处的质点N的振动方程及8.5s末质点N在z轴上的坐标。

1Lsin2h ＝gg

【答案】（1）v=5m/s；（2）t=6s；（3）z-2cos【解析】

2t（cm），2cm

（1）由题知图甲中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，则有

=10m 2图乙为质点P的振动图象则

T=4s

根据波速计算公式有

v=

=5m/s T（2）由图甲可知当波谷传到坐标（0，40）处的质点M时，走过的位移为

x=30m

则需要的时间为

xt==6s v（3）由图乙知

T=4s，A=2cm

则

=2 T2则可写出坐标（10，0）处的质点N的振动方程为

z-Acost-2cos2t（cm）

将t=8.5s代入上式可得8.5s末质点N在z轴上的坐标

z2cos8.5（2cm cm）243．水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播。现有一列沿x轴方向传播的简谐横波，t1=0时刻的波形如图中实线所示，t2=0.5s时的波形如图中虚线所示。已知：波的周期T满足0.25s（2）写出质点M振动位移y随时间t变化的关系式。

【答案】（1）沿x轴正方向传播时，v10m/s ；沿x轴负方向传播时，v14m/s；（2）沿

x轴正方向传播时，y2sin5tcm ；沿x轴负方向传播时，2sin7tcm

22【解析】 （1）由图可知

=4m

若波沿x轴正方向传播，则：

1∠t=（n+）T（n=0、1、2、3…）

4当n=1时符合题意

T=0.4s

解得

vλ10m/s T若波沿x轴负方向传播，则：

3tnT（n=0、1、2、3…）

4当n=1时符合题意

2Ts

7解得

vT14m/s

（2）质点M的振动方程为

2yAsint0

T当T=0.4s时

y2sin5tcm

2当T=s时

27y2sin7tcm

244．如图是一列横波t0.1s的波形图像。已知这列波的频率为f5Hz，此时x0.5m处的质点正向y轴正方向振动，可以推知： （1）这列波正在沿轴哪个方向方向传播； （2）这列波传播速度是多少；

（3）作出该质点的振动图像，并求出该质点在0.5s内通过的路程是多少。

【答案】（1）沿轴向右传播；（2）v10m/s；（3）s1m； 【解析】

（1）由于x=0.5m处的质点正向y轴正方向振动，因此这列波沿轴向右传播。

（2）由图象可知

2m

根据vf代入数据可得，波速大小

v10 m/s

（3）该质点的振动图像如图所示：

波的周期

T10.2s f每经过一个周期，质点振动4倍振幅，而每0.5s运动2.5个周期，因此0.5s内通过的路程

s2.5(40.1)m1m

45．把振动物体看作不考虑体积的微粒时，这个振动物体就叫谐振子。谐振子是理想化模型。如图1所示，在光滑水平面上，两物块A与B由理想轻弹簧连接振动（弹簧两端跟A、B始终相连），物块A、B就叫谐振子。初始时刻，弹簧被压缩，按住A、B保持静止；然后，由静止同时释放A、B，此后A的速度v跟时间t的关系图像（vt图像）如图2所示（规定水平向右的方向为正方向）。已知mA0.1kg，mB0.2kg，弹簧的劲度系数

k45N/m，弹簧弹性势能表达式为Epkx2，其中x为弹簧形变量。

(1)请在答题卡图2中画出B的速度vB跟时间t的关系图像（vBt图像）； (2)求初始时刻弹簧的弹性势能Ep0；

(3)求当A的速率为1m/s时，A的加速度大小。

12

【答案】(1)

；(2)0.3J；(3)45m/s2

【解析】

(1)对物块A与B和弹簧系统，根据动量守恒定律得

0mAvAmBvB

可知A、B两物块的速度大小与其质量成反比，由此可得B物块的vt图象如图所示

(2)由图像可知，当时弹簧恢复到原长时，物块A的速度大小为vA2m/s。根据动量守恒定律

0mAvAmBvB

代入数据解得物块B的速度大小为

vB1m/s

根据机械能守恒定律得

Ep1122mAvAmBvB 22代入数据解得初始时弹簧的弹性势能为

Ep0.3J

(3)当A的速率为1m/s时，则B的速率为0.5m/s。根据机械能守恒定律得

Ep1112mBvB2kx2 mAvA222解得

x0.1m

A的加速度为

akx45m/s2 mA

46．如图，固定斜面的倾角α＝37°，质量为m物体a与斜面间的滑动摩擦因数μ＝0.5，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，初始时物体a到C点的距离x＝1m。现将物体a由静止释放，物体a将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。取重力加速度g＝10m/s2，m、k均为已知量，弹簧振子做简谐运动的周期T＝

2m，不计空气阻力，求：

k（1）物体a向下运动到C点时的速度； （2）弹簧的最大压缩量；

（3）a从刚接触弹簧到第一次速度为零所经历的时间。（可能用到的数学关系：若sinθ＝b，则θ＝arcsinb）

【答案】（1）2m/s；（2）0.25m；（3）【解析】

解：（1）由动能定理可得

m8m k21

mgxsinα－μmgxcosα＝mvc2

2

解得

vc＝2m/s

（2）物体a将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，由动能定理可知

12

−2μmgΔxcosα＝0−mvc

2

解得

Δx＝0.25m

（3）物块从C点第一次到平衡位置

kx0＝mgsinα－μmgcosα

解得

x0＝

振幅

A＝Δx－x0＝

2m kk8m 4k

x0＝Asin

解得

t1＝物块从平衡位置到第一次速度为零过程

t2＝

2t1 Tm8m arcsinkk8mT 4所以a从刚接触弹簧到第一次速度为零所经历的时间

t＝t1+t2＝(m8m) k247．如图所示，一质量不计的轻质弹簧的上端与盒子A连接在一起，盒子A放在倾角为

30的光滑固定斜面上，下端固定在斜面上。盒子内装一个光滑小球，盒子内腔为正方

体，一直径略小于此正方体边长的金属圆球B恰好能放在盒内，已知弹簧劲度系数为k=100N/m，盒子A和金属圆球B质量均为m=0.5kg。将A沿斜面向上提起，使弹簧从原长伸长5cm，从静止释放盒子A，A和B一起在斜面上做简谐振动，g取10m/s2，求： （1）盒子A的振幅； （2）金属圆球B的最大速度；

（3）盒子运动到最低点时，盒子A对金属圆球B沿斜面方向的作用力大小。

【答案】（1）5cm；（2）1m/s；（3）7.5N 【解析】

（1）振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩Δx，有

(mAmB)gsinkx

解得

x(mAmB)gsin5cm

k开始释放时振子处在最大位移处，故振幅为

A=5cm+5cm=10cm

（2）由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故两位置弹簧势能

相等，设振子的最大速率为v，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律

1(mAmB)gAsin(mAmB)v2

2解得

v2gAsin1m/s

（3）在最低点，沿斜面方向上振子受到的重力的分力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律有

ak(xA)(mAmB)gsin10m/s

mAmB对B受力分析，可知A对B的作用力方向向上，其大小为

FN2=mBamBgsin=7.5N

48．一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴x如图a所示，电场强度E随x的分布如图b所示（以x轴正向为正）。细杆上套有可视为质点的带电环，其质量为m=0.2kg，电量为q=-2.0×10-6C。在沿x轴正向，大小为1.0N的恒力F的作用下，带电环从x=0处由静止开始运动。（g取10m/s2） （1）求带电环运动到x=1m处的加速度；

（2）求带电环从x=0运动到x=6m的过程中，合外力做的功； （3）求带电环在运动过程中，加速度的最大值及对应的位置； （4）通过计算、推理，分析说明小球做什么运动。

【答案】（1）2m/s2，方向沿x轴正向；（2）0；（3）3m/s2，对应的位置为x=0和x=6m；（4）简谐运动 【解析】

（1）带电环运动到x=1m处时，根据牛顿第二定律

qE1Fma1

解得

a12m/s2

方向沿x轴正向。

（2）由题图可知，x=6m时

E68105N/C

E-x图像与位移轴围成的面积与电荷量之积表示电场力做功，从x=0运动到x=6m的过程中，电场力做功

W1qEx2106281056J6J 2恒力做功

W2Fx6J

合外力做的功

WW1W20

（3）由上分析可知，带电环向右最多运动到x=6m，因为恒力和电场力方向相反，电场力随位移的增大而增大，故只可能在x=0或x=6m处，带电环有最大加速度，其中

a0FqE03m/s2 ma6FqE63m/s2 m故加速度的最大值为3m/s2，对应的位置为x=0和x=6m。 （4）观察发现，运动到x=3m处时

qE3F0

小球位置与x=3m处位移差为x时

F合=F+qE3kΔx

其中

kE x为一定值，整理得

F合=kx

故小球做的是简谐运动。