高考物理力学知识点之机械振动与机械波基础测试题附答案(4)

高考物理力学知识点之机械振动与机械波基础测试题附答案(4)
一、选择题
1．一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为v ，传播周期为T ，介质中质点的振幅为A 。

绳
上两质点M 、N 的平衡位置相距34波长，N 位于M 右方。

设向上为正，在t =0时刻M 位移为2A +，且向上运动；经时间t （t ＜T ），M 位移仍为2
A +，但向下运动，则（ ） A ．在t 时刻，N 位移为负，速度向下
B ．在t 时刻，N 位移为负，速度向上
C ．在t 时刻，N 恰好在波谷位置
D ．在t 时刻，N 恰好在波峰位置
2．关于机械振动和机械波，以下说法正确的是（ ）
A ．要产生机械波，有波源就可以
B ．要产生机械波，必须要有波源和介质
C ．要产生机械波，有介质就可以
D ．要产生机械波，不需要有波源和介质 3．一列波在传播过程中遇到一个障碍物，发生了一定程度的衍射，一定能使衍射现象更明显的措施是
A ．增大障碍物尺寸，同时增大波的频率。

B ．缩小障碍物尺寸，同时增大波的频率。

C ．增大障碍物尺寸，同时减小波的频率。

D ．缩小障碍物尺寸，同时减小波的频率。

4．在简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列各组描述振动的物理量总是相同的是
A ．速度、加速度、动能
B ．动能、冋复力、对平衡位置的位移
C ．加速度、速度、势能
D ．速度、动能、回复力
5．如图是一弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法中正确的是（ ）
A ．质点振动的振幅为2cm
B ．质点振动的频率为4Hz
C ．在2s 末，质点的加速度最大
D ．在2s 末，质点的速度最大
6．下列说法正确的是（ ）
A ．物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大
B ．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速应用了多普勒效应
C ．两列波发生干涉，振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大
D ．遥控器发出的红外线波长比医院“CT”中的X 射线波长短
7．下列说法中正确的是（ ）
A ．只有横波才能发生干涉，纵波不能发生干涉
B ．“闻其声而不见其人”现象说明遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射
C ．在受迫振动中，物体振动的频率一定等于自身的固有频率
D ．发生多普勒效应时，观察者接收的频率发生了变化，是波源的频率变化的缘故
8．如图所示是一弹簧振子在水平面做简谐运动的图像，那么振动系统在( )
A ．t 3 和t 5具有相同的动能和动量
B ．t 3 和t 4具有相同的动能和不同的动量
C ．t 2 和t 5时刻振子所受的回复力大小之比为 2:1
D ．t 1 和t 4时刻具有相同的加速度和速度
9．如图所示，质量为m 的物块放置在质量为M 的木板上，木板与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动，周期为T ，振动过程中m 、M 之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k 、物块和木板之间滑动摩擦因数为μ，
A ．若t 时刻和()t t +∆时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则t ∆一定等于2T 的整数倍
B ．若2
T t ∆=
，则在t 时刻和()t t +∆时刻弹簧的长度一定相同 C ．研究木板的运动，弹簧弹力充当了木板做简谐运动的回复力 D ．当整体离开平衡位置的位移为x 时，物块与木板间的摩擦力大小等于m kx m M
+ 10．一列简谐横波沿x 轴传播，t=0时刻的波形如图所示．则从图中可以看出（ ）
A ．这列波的波长为5m
B ．波中的每个质点的振动周期为4s
C ．若已知波沿x 轴正向传播，则此时质点a 向下振动
D ．若已知质点b 此时向上振动，则波是沿x 轴负向传播的
11．如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O 点为中心点，在C 、D 之间做周期为T 的简谐运动。

已知在t 1时刻物块的动量为p 、动能为E k 。

下列说法中正确的是( )
A ．如果在t 2时刻物块的动量也为p ，则t 2-t 1的最小值为T
B ．如果在t 2时刻物块的动能也为E k ，则t 2-t 1的最小值为T
C ．当物块通过O 点时，其加速度最小
D ．当物块运动至C 点时，其加速度最小
12．甲、乙两个单摆在同一地点做简谐振动，在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动．已知甲摆摆长为1 m ，则乙摆的摆长为( )
A ．2 m
B ．4 m
C ．0.5 m
D ．0.25 m
13．如图所小，一轻质弹簧下端系一质量为m 的书写式激光笔，组成一弹簧振子，并将其悬挂于教室内一体机白板的前方。

使弹簧振子沿竖直方向上下自由振动，白板以速率v 水平向左匀速运动，激光笔在白板上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间隔均为x 0（未标出），印迹上P 、Q 两点的纵坐标为y 0和-y 0.忽略空气阻力，重力加速度为g ，则（ ）
A ．该弹簧振子的振幅为2y 0
B ．该弹簧振子的振动周期为03x v
C ．激光笔在留下P 、Q 两点时加速度相同
D ．激光笔在留下PQ 段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为-2 mgy 0
14．某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（ ）
A．t =1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t =2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t =3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t =4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
15．如图所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断中正确的是()
A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等
B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
16．端午节期间，一位游客在南海新区岸边欲乘游船，由于风浪很大，游船上下浮动。

把游船的浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为30cm，周期为6.0s。

当游船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。

当地面与甲板的高度差不超过15cm时，游客能舒适地登船。

在一个周期内，游客能舒适登船的时间是（）
A．1.0s B．1.5s C．2.0s D．3.0s
17．悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T=2s，从最低点位置向上运动时刻开始计时，在一个周期内的振动图象如图所示，关于这个图象，下列哪些说法是正确的是（）
A．t=1.25s时，振子的加速度为正，速度也为正
B．t=1.7s时，振子的加速度为负，速度也为负
C．t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
D．t=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
18．在上海走时准确的摆钟，随考察队带到北极黄河站，则这个摆钟（）
A．变慢了，重新校准应减小摆长
B．变慢了，重新校准应增大摆长
C．变快了，重新校准应减小摆长
D．变快了，重新校准应增大摆长
19．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速
度减小为原来的1
2
，则单摆振动的（）
A．频率、振幅都不变
B．频率、振幅都改变
C．频率不变，振幅改变
D．频率改变，振幅不变
20．在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s，如图甲所示．振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向竖直向上．经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形．关于这列波的周期和波速，如下说法正确的是（）
A．这列波的周期T=2t/3
B．这列波的周期T=3t/2
C．这列波的传播速度v=12s/t
D．这列波的传播速度v=16s/t
21．公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板．一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T．取竖直向上为正方向，以t＝0时刻作为计时起点，其振动图像如图所示，则
A．t＝1
4
T时，货物对车厢底板的压力最大
B．t＝1
2
T时，货物对车厢底板的压力最小
C．t＝3
4
T时，货物对车厢底板的压力最大
D．t＝3
4
T时，货物对车厢底板的压力最小
22．如图所示，是一列沿着x轴正方向传播的横波在t=0时刻的波形图，已知这列波的周期T=2.0s．下列说法正确的是
A．这列波的波速v="2.0" m/s
B．在t=0时，x=0.5m处的质点速度为零
C．经过2.0s，这列波沿x轴正方向传播0.8m
D．在t=0.3s时，x=0.5m处的质点的运动方向为y轴正方向
23．两木块A、B质量分别为m、M，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A上下做简谐振动。

在振动过程中，木块B刚好始终不离开地面(即它对地面最小压力为零)。

以下说法正确的是(
)
A．在振动过程中木块A的机械能守恒B．A做简谐振动的振幅为mg k
C．A做简谐振动的振幅为Mg
k
D．木块B对地面的最大压力是2Mg2mg
24．如图所示，位于介质Ⅰ和Ⅱ分界面上的波源S，产生两列分别沿x轴负方向与正方向传播的机械波．若在两种介质中波的频率及传播速度分别为f1、f2和v1、v2，则
A．f1＝2f2，v1＝v2
B．f1＝f2，v1＝2v2
C．f1＝f2，v1＝0.5v2
D．f1＝0.5f2，v1＝v2
25．一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图甲所示，P是介质中的一个质点，图乙是质点P 的振动图像。

下列说法正确的是
A ．该波的波速为4m/s
B ．该波沿x 轴负方向传播
C ．t =1s 时，质点P 的速度最小，加速度最大
D ．在t =0到t =1s 的时间内，质点P 沿传播方向移动了2m
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一、选择题
1．A
解析：A
【解析】
【详解】
由题，在t =0时M 位移为2
A +，且向上运动，则M 点的振动方程为： ()0sin M y A t ωϕ=+
将在t =0时M 位移为2
A +方程得： 02sin 2A A t T πϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
解得：06ϕπ
=
经时间t （t ＜T ），M 位移仍为2A +，但向下运动，代入公式得：3T t =， 两质点M 、N 的平衡位置相距34
波长，N 位于M 右方，所以N 点的振动方程： 034sin N y A t v λωϕ⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
=-+ 代入数据得：3
2N y A =，随t 的增大，位移的绝对值增大，所以N 向下运动，即在t
时刻，N 位移为负，速度向下，A 正确，BCD 错误。

故选A。

2．B
解析：B
【解析】
机械波形成要有两个条件：一是机械振动，二是传播振动的介质，B正确．
3．D
解析：D
【解析】
波在介质中传播时波速是由介质决定的，与波的频率无关，所以改变波的频率不会改变波速，但由v=λf可知，当波速一定时，减小频率则波长增大，而发生明显衍射的条件是障碍物或孔、缝的尺寸比波长小或相差不多，所以缩小障碍物的尺寸，同时减小波的频率会使衍射现象更明显，D选项正确．故选D.
4．B
解析：B
【解析】
试题分析：简谐运动有对称性、往复性、周期性特点，在振动过程中振子和弹簧构成的系统机械能守恒．
当振子每次经过同一位置时，相对于平衡位置的位移必定相同；则振子的回复力：
F kx
=-，回复力必定相同；当振子每次经过同一位置时，回复力为定值，由牛顿第二定
律
F
a
m
=得，加速度必定相同．当振子每次经过同一位置时，速度大小相同，所以动能必
定相等，但速度的方向可能相反，动能相同，则势能一定相同，故B正确；
5．D
解析：D
【解析】
【详解】
A.振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知振幅A=1cm；故A项不合题意.
B.由图知，振子完成一个周期性的运动为正弦图象，读出周期为T=4s；则频率
；故B项不合题意.
C.在第2s末，振子的位移为0，其加速度为0；故C项不合题意.
D.在第2s末，振子的位移为0，说明振子经过平衡位置，速度最大；故D项符合题意. 6．B
解析：B
【解析】
【详解】
A.物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振。

故A错误；
B.医院检查身体的“B超”仪没有用到多普勒效应，而彩超则是通过测出反射波的频率变化
来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应原理。

故B 正确；
C.两列波发生干涉，振动加强区质点的振幅总比振动减弱区质点的振幅大，不能说振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大。

故C 错误；
D.遥控器发出的红外线波长比医院“CT”中的X 射线波长长。

故D 错误；
7．B
解析：B
【解析】
【详解】
A .干涉和衍射是所有波的特性，纵波也能发生干涉，故A 错误；
B .波长越长越容易发生衍射现象，声波比可见光波长长，所以遇到同样障碍物时声波比可见光容易发生衍射;故B 正确.
C .共振时，物体振动的频率等于自身的固有频率，故C 错误；
D .发生多普勒效应时，波源频率不变，当观察者靠近或远离波源时，接收频率也会发生变化，故D 错误.
8．C
解析：C
【解析】
【详解】
A. t 3 和t 5振子位置关于平衡位置对称，速度大小相同，根据图像可知，运动方向不同，所以动能相同，但动量大小相同，方向不同，故A 错误；
B.t 3 和t 4振子位置关于平衡位置对称，且速度方向相同，均为y 轴负向，所以动能和动量均相同，故B 错误；
C.根据回复力方程可知，回复力与位移大小成正比，t 2 和t 5时刻位移比2：1，所以回复力大小之比2：1，故C 正确；
D.t 1 和t 4振子位置关于平衡位置对称，回复力始终指向平衡位置，所以两位置加速度方向相反，通过图像也可得出运动方向相反，所以加速度与速度均不同，故D 错误。

9．D
解析：D
【解析】
设位移为x ，对整体受力分析，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有： kx=（m+M ）a ①
对m 物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力提供回复力，根据牛顿第二定律，有：f=ma ② 所以：mx f M m
=+ ③ 若t 时刻和（t+△t）时刻物块受到的摩擦力大小相等，方向相反，则两个时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，但△t 不 一定等于
2T 的整数倍．故A 错误；
若△t=2
T ，则在 t 时刻和（t+△t）时刻物块的位移大小相等，方向相反，位于相对平衡位置对称的位置上，弹簧的长度不一定相同．故B 错误；由开始时的分析可知，研究木板的运动，弹簧弹力与m 对木板的摩擦力的合力提供回复力．故C 错误．由③可知，当整体离开平衡位置的位移为 x 时，物块与木板间摩擦力的大小等于
m kx m M
+．故D 正确．故选D. 10．C
解析：C
【解析】
分析：由波的图象由直接读出波长．根据波的传播方向可以判断的质点振动方向，也可以由质点的振动方向判断波的传播方向．
解：A 、由波的图象读出波长为4m ．故A 错误．
B 、波速不知，周期无法算出．故B 错误
C 、若波沿x 轴正向传播，a 点比x=2m 的质点振动迟，则a 向下振动．故C 正确．
D 、若质点b 向上振动，则x=4m 质点比b 质点振动早，波应沿x 轴正向传播，故D 错误 故选C ．
点评：判断质点的振动方向与波的传播方向间关系的方法通常有：1、质点振动法，比较质点振动先后．2、上下坡法．3、波形平移法．
11．C
解析：C
【解析】
【详解】
物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等，所以如果在t 2时刻物块的动量也为p ，t 2﹣t 1的最小值小于等于2
T ．故A 错误；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，如果在t 2时刻物块的动能也为E k ，则t 2﹣t 1的最小值可以小
于T ，故B 错误；图中O 点是平衡位置，根据kx a m
=-
知，物块经过O 点时位移最小，则其加速度最小，故C 正确；物块运动至C 点时，位移最大，其加速度最大，故D 错误。

【点睛】 物块做简谐运动，物块同向经过关于平衡位置对称的两点时动量相等。

物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等。

当物块通过平衡位置时加速度最小。

12．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
在相等的时间内，甲完成10次全振动，乙完成20次全振动，可知T 甲：T 乙=2：1，根据
2T =知摆长2
24gT L π
=，甲乙的周期之比为2:1，则摆长之比为4:1，甲摆的摆长为1m ，则乙摆的摆长为0.25m;故选D.
【点睛】
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，通过周期之比求出摆长之比是关键.
13．D
解析：D
【解析】
【详解】
AB ．记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x 0所用的时间，则周期T =02x v
，振幅为A =y 0，AB 错误。

C ．加速度是矢量，激光笔在留下P 、Q 两点时加速度大小相等，方向相反，C 错误。

D ．在激光笔留下PQ 段印迹的过程中，根据动能定理可知，合外力做功为零，但重力做正功为2mgy 0，故弹力对物块做负功，为-2mgy 0，D 正确。

故选D 。

14．A
解析：A
【解析】
【分析】
根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动．
【详解】
AC ．在t =1 s 和t =3 s 时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A 正确，C 错误；
BD ．在t =2 s 和t =4 s 时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD 错误．
15．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有
012m 3v mv mv =+
两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即
2220121113222
mv mv mv =+
解两式得
012v v =- 022
v v = 可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，方向相反，A 错误；
B ．由前面分析知两球速度大小相等，因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，B 错误；
C ．两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，摆长也相等，故两球碰后的最大摆角相同，C 错误；
D ．由单摆的周期公式T 2=位置处发生第二次碰撞，D 正确；
故选D ．
16．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意，甲板的振动可表示为
230cos =30cos 63
y t t ππ= 当地面与甲板的高度差等于15cm 时，解得
=1s t
所以在一个周期内，游客能舒适登船的时间是
2=2s t
故选C 。

17．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
t=1.25s 时，位移为正，加速度k a x m
=-为负；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，A 错误；t=1.7s 时，位移为负，加速度k a x m =-
为正；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，B 错误；t=1.0s 时，位移为正，加速度k a x m
=-为负；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C 正确；t=1.5s 时，位移为零，故加速度
为零；x-t 图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负向最大，D 错误．
18．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
摆钟从上海到北极，纬度升高，重力加速度g
变大，由单摆的周期公式2T =可知，摆钟的周期变小，即摆动变快，要将周期T 调大从而重新校准应增大摆长L ，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

19．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
由单摆的周期公式
2T = 可知单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A 是反映单摆运动过程中的机械能大小的物理量，由
2k 12
E mv = 可知摆球经过平衡位置时的动能不变，但摆球质量改变，摆球运动时重力势能变化，因此摆球的机械能改变，从而导致振幅改变，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

20．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
由波的传播特点可知，质点13开始振动的速度方向应和波源的振动方向相同为向上方向；波形图沿波的传播方向“上坡下振，下坡上振”可知质点13当前的振动方向为向下；说明质点13已经振动了半个周期，因此波此时应传播到质点17的位置，由16x s v t t ==知C 错D 对；8162s t T s v t
λ
===知A 和B 错误．
解析：C
【解析】
t =T /4时，货物加速度方向向下，失重，货物对车厢底板的压力最小，A 错误；t =T /2时，货物加速度为零，货物对车厢底板的压力等于重力大小，B 错误；t =3T /4时，货物加速度方向向上且最大，超重，此时货物对车厢底板的压力最大，C 正确、D 错误．
22．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于波的波长为1m ，周期为2.0s ，故这列波的波速v =
12.0m s
=0.5m/s ，故A 错误； B ．由于x =0.5m 处的质点处于平衡位置，故该质点的速度最大，B 错误；
C ．经过2.0s ，这列波沿x 轴正方向传播一个波长，即1m ，故C 错误；
D ．在t=0.3s 时，x =0.5m 处的质点正在沿y 轴正方向运动，还没到达最高点，故D 正确． 故选D.
考点：波的图像．
23．D
解析：D
【解析】
【详解】
A 、振动过程中木块A 与弹簧组成的系统机械能守恒，木块A 机械能不守恒，故A 错误； BCD 、：当弹簧处于伸长至最长状态时，M 刚好对地面压力为零，故弹簧中弹力F Mg =，此时m 有最大加速度，由F mg ma +=，得：F mg a m
+=，由对称性，当m 运动至最低点时，弹簧中弹力大小为F ，但此时弹簧是处于压缩状态，根据牛顿第二定律得：F mg ma -=，即()2F m g a mg Mg =+=+，所以木块B 对地面的最大压力是2()F F Mg m M g 压=+=+； 振幅为最大位移与平衡位置的距离：
mg Mg k k
+，故D 正确，B 、C 错误；
故选D 。

【点睛】 关键是要注意撤去外力后，A 以未加压力时的位置为平衡位置做简谐振动，当B 刚好要离开地面时，A 处于最高点时，A 的加速度最大，A 处于最低点时，弹簧对B 的压力最大。

24．B
解析：B
【解析】
【分析】
同一波源的频率相等，所以有12f f =，从图中可得122λλ=，故根据公式v f λ=可得122v v =，故B 正确，ACD 错误
25．B
解析：B
【解析】
【详解】
A ．由甲图可知波长为4m ，由乙图可知周期为2s ，故其波速为：
2m/s v T λ=
=
故A 错误； B ．由图乙可知0s t =时，质点P 向上振动，由图甲根据波形的平移法可得波沿x 轴负方向传播，故B 正确；
C ．由图乙可知，当1s t =时，质点P 在平衡位置处，此时的加速度为零，速度最大，故C 错误；
D ．简谐横波沿x 轴负方向传播，质点P 沿波传播方向并不迁移，故D 错误； 故选B 。