专题六 第13练　机械振动和机械波（含解析）

专题强化练
[基础巩固练]
1．(2023·新课标卷·14)船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的(　　)
A．波速和波长均不同
B．频率和波速均不同
C．波长和周期均不同
D．周期和频率均不同
2．（2024·安徽·高考真题）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．在处开始相遇 B．在处开始相遇
C．波峰在处相遇 D．波峰在处相遇
3．（2024·全国·高考真题）一列简谐横波沿x轴传播，周期为，时刻的波形曲线如图所示，此时介质中质点b向y轴负方向运动，下列说法正确的是（　　）
A．该波的波速为
B．该波沿x轴正方向传播
C．时质点a和质点c的运动方向相反
D．时介质中质点a向y轴负方向运动
E．时介质中质点b的速率达到最大值
4.(多选)(2023·广西统考三模)一列沿x轴传播的简谐横波，在t时刻的波形如图甲所示，P、Q是波上的两个质点，此时质点P沿y轴正方向运动；图乙是波上某一质点的振动图像。根据以上信息可知下列说法中正确的是(　　)
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波遇到尺寸等于8 m的障碍物将发生明显的衍射现象
C．该波遇到频率为50 Hz的简谐横波能发生稳定干涉现象
D．若t取0.20 s，则图乙可能为Q点的振动图像
5.(多选)(2023·安徽省皖南八校联考)如图所示是沿x轴正向传播的一列简谐横波，实线是在t1＝2 s时刻的波形图，虚线是在t2＝6 s时刻的波形图。则下列说法正确的是(　　)
A．该波的周期可能为6 s
B．该波的波速可能为0.05 m/s
C．若波的周期T>3 s，则t＝10 s时，x＝12 cm处的质点位于平衡位置下方且速度方向向下
D．若波的周期T>3 s，则t＝10 s时，x＝12 cm处的质点位于平衡位置上方且加速度方向向下
6.（2024·浙江·高考真题）如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（　　）
A．时刻小球向上运动 B．时刻光源的加速度向上
C．时刻小球与影子相位差为 D．时刻影子的位移为
7．(2023·黑龙江齐齐哈尔市一模)一列沿x轴正向传播的简谐波，t＝0时刻的波形如图所示，t＝7 s时d质点第二次位于波峰位置，下列说法正确的是(　　)
A．波上各质点的起振方向向上
B．波的传播速度大小为4 m/s
C．0～7 s内a、b两质点运动路程均为1.4 m
D．b质点的振动方程为yb＝－10cos 2πt( cm)
8.(2023·河北模拟)如图所示，弹簧振子在B、C两点之间做简谐运动，其平衡位置为O点。已知B、C相距50 cm。从小球经过O点时开始计时，经过0.3 s首次到达B点。取向右为正方向，下列说法正确的是(　　)
A．小球振动的周期一定为1.2 s
B．小球振动的振幅为0.5 m
C．弹簧振子振动方程可能为x＝－0.25·sin(5πt) m
D．0.6 s末，小球可能不在平衡位置
[素养提升练]
9.(2023·辽宁沈阳市质检)简谐横波在均匀介质中从a传向b。t＝0时刻开始计时，a、b两点的振动图像如图所示，a与b间的距离为6 m。该简谐横波的波速可能为(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．3 m/s D．2 m/s
10．(2023·吉林长春市第四次调研)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x＝1 m处的质点N此后的a－t图像，Q是位于x＝10 m处的质点。则下列说法正确的是(　　)
A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下
B．在5～5.5 s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小
C．在t＝12 s时，质点Q的位置坐标为(10 m，－8 cm)
D．在t＝7 s时，质点Q开始向下振动
11．(2023·全国甲卷·34(2))分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s。t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点处，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
(1)在答题卡给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5 s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)；
(2)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
12．（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为2cm，波速为2m/s。在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.4m，当质点a在波峰位置时，质点b在x轴下方与x轴相距1cm的位置。
(1)求此波的可能周期；
(2)若波长，并以此时刻为计时起点，写成质点b的振动方程。
[尖优生选练]
13．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，小滑块1、2质量分别为和，滑块1在半径为的四分之一光滑圆弧最高点A处，滑块2置于粗糙水平轨道端点处，间距为L。C点正下方处固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧右端固定一质量为的滑块，置于光滑水平面上。静止释放滑块1，1与2发生弹性碰撞后恰好静止于点。滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块一个向右的初速度，滑块2与运动中的在平衡位置相碰后竖直向上运动至与等高的点。已知所有的碰撞时间极短，质量为的弹簧振子振动周期为，重力加速度为，求：
(1)滑块1与水平面BC间的动摩擦因数；
(2)点与滑块的高度差；
(3)滑块2与第二次碰撞后弹簧振子的振幅A。
第13练　机械振动和机械波答案
例1　【答案】AC
【详解】A．由于，，由图可知A球的振动比B球振动落后，则又所以，设两浮球之间的距离为，则，，相邻两浮球与O点距离差小于，1号浮球比A浮球振动滞后，由于时，A浮球位于平衡位置且沿z轴正向运动，则时，1号浮球位于平衡位置下方且沿z轴正向运动；故A正确；
B．6号浮球比B浮球振动滞后，由于时，B浮球位于波峰，时，6号浮球位于平衡位置上方且沿z轴正向运动，故B错误；
C．时，A浮球位于波峰位置，2号浮球比A浮球振动超前，时，1号浮球位于平衡位置的上方且沿z轴正向运动，2号浮球都位于平衡位置的上方且运动方向相反沿z轴负向运动，故C正确；
D．时，B浮球位于平衡位置且沿z轴负向运动，5号浮球比B浮球振动超前，5号浮球位于平衡位置下方且沿z轴负向运动，6号浮球都位于平衡位置的上方且沿z轴负向运动，故D错误。故选AC。
例2　答案　AD
解析　由题图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有L甲cos θ1＝L乙cos θ2
因θ1>θ2，故cos θ1L乙，即甲摆的摆长更长，根据单摆周期公式T＝2π
可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A正确；
两球开始处于平衡状态，设两摆球间细线的拉力为FT，根据共点力平衡知FT＝m甲gtan θ1＝m乙gtan θ2因θ1>θ2，故tan θ1>tan θ2，可得m甲根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得v＝因甲摆球下降的高度大于乙摆球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C错误。
例3　【答案】A
【详解】A.重物从B点到第二次经过O点，所用的时间为0.9s，可知
可知T=1.2s振幅为A=2cm，则重物经过B点时开始计时，取向上为正方向，则该重物做简谐运动的振动方程故A正确；
B.在P点时带入振动方程解得t1=0.2s， t2=1.0s
则从t＝0时刻开始到重物第二次经过P点的时间故B错误；
CD.在平衡位置O时弹簧伸长量为重物处于P点时弹簧的形变量为 y= x+×2cm=2cm回复力大小故CD错误。故选A。
例4　【答案】BC
【详解】AB．波的周期和振幅与波源相同，故可知波的周期为，振幅为，故A错误，B正确；
C．P开始振动时，波源第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为
故可得波速为，故C正确；
D．波从P传到Q点需要的时间为故可知质点P处于平衡位置，故D错误。故选BC。
例5　【答案】B
【详解】A．由图可知，处的质点起振方向向下，任何一点的起振方向均与波源起振方向相同，故波源起振方向向下，A错误；
B．0～3s内波传播距离为，所以波速为，波再传播到达，即需，故在时刻到达，的质点振动时间为；波长为，波速为，故周期为，质点振动了一个半周期，即，B正确；
C．根据多普勒效应，观察者与波源相向运动，接收到的频率大于波的频率，C错误；
D．同一介质的波传播速度相同，但波长不同，故两列波频率不同，不能产生干涉现象，D错误。故选B。
例6　答案　C
解析　由图(b)的振动图像可知，振动的周期为4 s，故三列波的波速为v＝＝1 m/s，A错误；由图(a)可知，与D处距离最近的波源是波源C，距离为3 m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为tC＝＝3 s，故t＝2 s时，D处的质点还未开始振动，B错误；由几何关系可知AD＝BD＝5 m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB＝＝5 s，故t＝4.5 s时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t1＝t－tC＝1.5 s，由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；t＝6 s时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为t2＝t－tC＝3 s，由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；t＝6 s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为t3＝t－tAB＝1 s，由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为y＝2A－A＝2 cm，故t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是2 cm，D错误。
例7　答案　BD
解析　t＝0时，质点Q在平衡位置，速度最大，则质点P的速度比质点Q的小，选项A错误；
t＝0.15 s时，质点Q在波谷位置，则此时质点Q的加速度达到最大，选项B正确；
质点P总是在竖直方向振动，则其速度方向不可能沿曲线的切线方向向上，选项C错误；
因在t＝0时刻质点Q沿y轴正方向振动，可知波沿x轴正方向传播；因0.15 s＝，则0～0.15 s的时间内，质点Q通过的路程为3A＝30 cm；因t＝0时刻质点P沿y轴负方向振动，则0～0.15 s的时间内，质点P通过的路程大于3A＝30 cm，选项D正确。
例8　【答案】B
【知识点】波长、频率和波速的关系、波的干涉图样、判断干涉加强和减弱区
【详解】A．两列简谐横波在同一介质中传播，波速相等，由于两列简谐横波振动频率相等，则两列波的波长相等，故，又，联立解得，，故A错误；
B．两列简谐横波的周期为，两波源振动步调相反，O点为M、N连线的中点，可知O处质点为振动减弱点，时刻O处的质点开始振动，从到，O处质点振动了，即，故从到，O处质点运动的路程为，故B正确；
C．时刻O处的质点开始振动，从到，O处质点振动了，即，可知时刻O处的质点位于平衡位置，从到，O处质点振动了，即，可知时刻O处的质点位于平衡位置，故从到，O处质点的动能先减小后增大，故C错误；
D．振幅为15cm的点为振动加强点，设振动加强点与M点的距离为，两波源振动步调相反，则（n＝0，1，2，3…），解得故经过足够长的时间，MN间（不包括M、N两点）振幅为15cm的点共有16个，故D错误。
故选B。
例9　答案　A
解析　a、b之间的距离为Δx＝ cm＝λ，此时b点的位移为4 cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为φ，则有4 cm＝8sin φ (cm)，解得φ＝或φ＝(舍去，向下振动)，由a、b之间的距离关系可知φa－φ＝·2π＝π，则φa＝π，可知a点此时的位移为y＝8sin φa (cm)＝4 cm，且向下振动，故选A。
1．答案　AD
解析　根据题图乙可知，t＝0时刻，质点P向y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确；根据题图甲可知波长为2 m，根据题图乙可知周期为2 s，则波的传播速度大小为v＝＝1 m/s，故B错误；质点P只是在平衡位置上下振动，并不会随波传播方向运动，故C错误；根据 Δt＝1.5 s＝T，由于t＝0时刻质点P处于平衡位置，故在0～1.5 s时间内，质点P运动的路程为 s＝×4A＝3×5 cm＝15 cm，故D正确。
2．答案　B
解析　由运动方程可得周期为T＝＝4 s，故波速为v＝＝ m/s＝2 m/s，由题意知此时振动刚好传播到x＝4 m处，所以波向左传播，由上下坡法可知，x＝4 m处的质点起振方向向上，所以波从x＝4 m处传播到原点处需要时间为t1＝＝ s＝2 s，又在原点处质点开始向上振动，在波传播过程中，所有质点的运动情况相同，则可得在x＝0处质点从开始振动到第一次到达y＝－3 cm处需要的时间为t2，满足－3 cm＝3sin(t2) cm，解得t2＝2.5 s，故从该时刻起，x＝0处质点第一次到达y＝－3 cm处需要的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，故选B。
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[基础巩固练]
1．答案　A
解析　声波在不同介质中频率和周期都不变，波长和波速都发生改变，所以选项A正确，B、C、D错误。
2．【答案】C
【详解】AB．由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的的距离相同，故两列横波在处开始相遇，故AB错误；
CD．甲波峰的坐标为，乙波峰的坐标为，由于两列波的波速相同，所以波峰在处相遇，故C正确，D错误。故选C。
3．【答案】ACD
【详解】A．由图可知波长为则该波的波速为故A正确；
B．此时介质中质点b向y轴负方向运动，根据波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．由于质点a和质点c之间的距离为半个波长，则质点a和质点c的振动完全相反，所以时质点a和质点c的运动方向相反，故C正确；
D．时刻质点a处于波峰位置，则时，质点a刚好经过平衡位置向y轴负方向运动，故D正确；
E．时刻质点b处于平衡位置向y轴负方向运动，则时，质点b刚好处于波峰位置，此时质点b的速率为0，故E错误。故选ACD。
4.答案　ABD
解析　由于质点P沿y轴正方向运动，根据同侧法可知该波沿x轴负方向传播，A正确；根据题图甲可知该波的波长为8 m，根据发生明显衍射的条件可知，该波遇到尺寸等于8 m的障碍物将发生明显的衍射现象，B正确；根据题图乙可知，该波的频率为f＝ Hz＝5 Hz，可知该波遇到频率为50 Hz的简谐横波不能发生稳定干涉现象，C错误；根据题图甲采用同侧法可知，Q点从平衡位置沿y轴负方向振动，根据题图乙可知，在0.20 s时刻，Q点也从平衡位置沿y轴负方向振动，即若t取0.20 s，则题图乙可能为Q点的振动图像，D正确。
5.答案　ABC
解析　由于波向x轴正方向传播，则Δt＝t2－t1＝nT＋T＝nT＋T(n＝0,1,2，…)，解得T＝ s＝ s(n＝0,1,2，…)，当n＝0时，得T＝6 s，故A正确；由题图知该波的波长 λ＝12 cm＝0.12 m，波速 v＝＝(3n＋2)×10－2 m/s(n＝0,1,2，…)，当n＝1时，v＝0.05 m/s，故B正确；若T>3 s，则t＝10 s时，从t2到t经过 Δt′＝t－t2＝4 s，则 T<Δt′6.【答案】D
【详解】A．以竖直向上为正方向，根据图2可知，时刻，小球位于平衡位置，随后位移为负值，且位移增大，可知，时刻小球向下运动，故A错误；
B．以竖直向上为正方向，时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦式，表明其做简谐运动，根据可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向下，故B错误；
C．根据图2可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，可知，影子与小球的振动步调总是相同，即时刻小球与影子相位差为0，故C错误；
D．根据图2可知，时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影子的位置也处于最高点，影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有
解得即时刻影子的位移为5A，故D正确。故选D。
7．答案　C
解析　根据t＝0时刻的波形图，波沿x轴正向传播，此时波恰好传到c点，根据波的传播方向与振动方向的关系，c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；由波形图可知，波长为λ＝4 m，设波速大小为v，周期为T，有 v＝，t＝7 s时d质点第二次位于波峰，则 Δt＝＋T＝7 s，解得T＝2 s，v＝2 m/s，故B错误；由于7 s＝3.5T，且t＝0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小为 s＝4A＝140 cm＝
1.4 m，故C正确；b点的振动方程为 yb＝－10cos πt (cm)，故D错误。
8.答案　C
解析　小球经过O点时开始计时，经过0.3 s首次到达B点，若开始计时时小球向右运动，则小球振动的周期T＝1.2 s，若开始计时时小球向左运动，则T＝0.3 s，小球振动的周期T＝0.4 s小球振动的周期可能为1.2 s或0.4 s，A错误；
由题意可知2A＝50 cm，小球振动的振幅为A＝0.25 m，B错误；当T＝0.4 s时，有ω＝＝5π rad/s可知弹簧振子的振动方程为x＝－0.25sin(5πt) m，C正确；无论周期是0.4 s还是1.2 s,0.6 s末，小球都在平衡位置，D错误。
9.答案　D
解析　振动由a向b传播，由图线可知T＝4 s，故振动从a传到b的时间可能为Δt＝nT＋T ＝(4n＋3) s(n＝0,1,2,3，…)，根据 vΔt＝Δx＝6 m，可得v＝ m/s(n＝0,1,2,3，…)，故波速可能为2 m/s， m/s， m/s，…故选D。
10．答案　B
解析　由题图乙可知0时刻之后质点N的加速度先为正方向，所以质点N先向下振动，所以波沿x轴正方向传播。由“前一质点带动后一质点”可知0时刻质点M的振动方向向上，即波源的起振方向向上，故A错误；由题图乙可知T＝4 s,5 s时质点M刚振动了1周期，5.5 s时质点M振动不到1周期，则在5～5.5 s时间内质点M正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故B正确；波的传播速度为 v＝＝ m/s＝1 m/s，波从质点M处传播到质点Q处所需要的时间 t＝ s＝7 s，t＝12 s时质点Q振动了T＝1T，此时质点Q处于x轴上方最大位移处，即(10 m,8 cm)处，故C错误；由C项分析可知t＝7 s时波正好传播到质点Q处，其振动方向向上，故D错误。
11．解析　(1)根据Δx＝vt得
Δx＝4×2.5 m＝10 m
可知t＝2.5 s时P波刚好传播到x＝10 m处，Q波刚好传播到x＝0处，
根据上下坡法及两波的波长λ＝8 m可得波形图如图所示
(2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差
Δx＝(n＝0,1,2…)
解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有
x＝3 m、x＝7 m
振动减弱的条件为
Δx＝nλ(n＝0,1,2…)
解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有
x＝1 m、x＝5 m、x＝9 m。
12．【详解】（1）特殊情况作图质点a、b之间波形图；
情况一
情况二
对应情况一：a、b之间有相差
由 则a、b之间距离
解得
故周期为
对应情况二：a、b之间有相差
则a、b之间距离
解得
故周期为
（2）对应情况一：若波长，则
则
则
当时，；解得
故
对应情况二：若波长，则
则
则
当时，；解得
故
13．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）（1）设滑块1与2碰前速度为，由动能定理
碰后两者速度分别为和，由于弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒
解得
，
碰后滑块1恰滑动后能静止在点，滑块1只能从点向左匀减速运动至，由动能定理得
联立以上各式得，
（2）（2）滑块2与振子在平衡位置相碰，由于，滑块2只能与向左运动的相碰才能碰后竖直向上运动，则碰前运动时间满足
所求高度为
解得
（3）（3）滑块2与碰撞过程水平方向动量守恒，第1次碰撞后的速度设为，则
代入得
设第一次碰撞过程中滑块2与接触时间为，则在时间内滑块2与间为滑动摩擦力，因为滑块2离开瞬间是相对运动的。滑块2从竖直上抛后落下与发生第二次碰撞前运动时间为，滑块运动时间正好在平衡位置向左运动时与滑块2相撞。假设第二次碰撞过程中滑块2离开前能共速，则
解得
由于第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小
第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小
由于
第二次滑动摩擦力作用的时间
则假设成立。滑块2离开后，振子的速度为。设所求振幅A为
解得