全国版2021高考物理一轮复习专题十五机械振动和机械波考点2机械波的形成与传播精练含解析

全国版2021高考物理一轮复习专题十五机械振动和机械波考点2机械波的形成与传播精练含解析

考点2 机械波的形成与传播 ‎1.[2020湖北武汉质量检测,多选]一列简谐横波沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形如图所示.质点A、P的横坐标分别为10 cm、80 cm,此时质点A已振动了0.2 s.下列说法正确的是(　　)‎ A.经过1.5 s,P点第一次到达波峰 B.波的传播速度为1 m/s C.P点起振时的速度方向沿y轴负方向 D.0~0.1 s时间内,质点A振动的速度逐渐增大 E.x=15 cm处的质点从开始振动到P点开始振动的时间内通过的路程为52 cm ‎2.[2020河北唐山摸底,多选]如图甲所示为一列简谐横波在t=0.1 s时的波形图,P为平衡位置在x=2 m处的质点,图乙所示为质点P的振动图象,则下列关于该波的说法中正确的是(　　)‎ A.该波的波长为4 m B.该波的传播速度为10 m/s C.该波沿x轴负方向传播 D.t=0.15 s时,质点P的速度为零,加速度最大 E.从t=0时刻开始计时,P点的振动方程为y=0.1sin(10πt+π)(m)‎ ‎3.[2020四川成都摸底,多选]弹性介质中某质点O沿竖直方向做简谐运动的规律如图甲,它完成两次全振动后停在平衡位置,其形成的机械波沿水平方向的x轴匀速传播,波速大小为10 m/s.x轴上有3个质点(如图乙),它们的横坐标分别为xP=-2 m、xQ=1 m、xR=3 m.以质点O开始振动为计时零点,下列说法正确的是(　　)‎ A.该机械波的波长为4 m B.质点P在0.4 s时刻的振动方向沿y轴负方向 C.质点Q在0.5 s内通过的路程为10 cm D.质点R在0.4 s时刻第一次位于波峰 - 5 -‎ E.质点R在1.0~2.0 s时间内通过的路程为20 cm ‎4.[2019安徽合肥第二次质量检测,多选]如图所示,一列振幅为10 cm的简谐横波,其传播方向上有两个质点P和Q,两者的平衡位置相距3 m.某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷,再经过0.3 s,Q第一次到达波峰,则下列说法正确的是(　　)‎ A.波的传播方向一定向右 B.波长可能为2 m C.周期可能为0.24 s D.波速可能为15 m/s E.0.3 s内质点P的位移大小为10 cm ‎5.[2019河北石家庄毕业班教学质量检测,多选]如图甲所示,在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的波源S1和S2,两波源相距6 m,同时开始振动,并将该时刻记为计时起点,两波源S1、S2的振动图象分别如图乙和图丙所示,两列波的波速均为1 m/s.A为S2右侧一质点,已知S2A=4 m,下列说法正确的是(　　)‎ A.两列波的波长均为2 m B.两列波从波源传到A点的时间相差4 s C.t=10 s时,A点位移为2 cm D.t=10 s后,A点振动的振幅为2 cm E.在波源S1和S2之间有6处振动加强点,并且加强点的位置是确定的 ‎6.[2020贵州贵阳摸底,5分]如图甲所示,是一列简谐横波在t=0时刻的波形图,图乙是图甲中某质点此后一段时间内的振动图象.若波沿x轴负方向传播,则图乙是质点　　　(填“K”“L”“M”或“N”)的振动图象,从t=0时刻起,最先回到平衡位置的质点是　　　(填“K”“L”“M”或“N”),该波的波速为　　　m/s. ‎ ‎7.[2020吉林长春监测,10分]一简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播,如图所示为t=0时刻的部分波形图.已知在t'=0.25 s时刻,平衡位置在x=1.5 m处的质点P - 5 -‎ 第一次到达波谷,求:‎ ‎①简谐波传播的速度v;‎ ‎②质点P的振动方程.‎ 考点2　机械波的形成与传播 ‎1.ACE　从波的图象可读取波长λ = 0.20 m,振幅A = 4 cm,因质点A已振动了0.2 s,故波速v = ‎0.10‎‎0.2‎ m/s = 0.5 m/s,选项B错误.x = 5 cm处质点的振动形式传播到P点,传播的距离为80 cm-5 cm = 75 cm,历时t = Δxv=‎0.75‎‎0.5‎ s = 1.5 s,选项A正确.波沿x轴正方向传播,零时刻波的前沿 x = 20 cm处的质点沿y轴负方向振动,所以P点的起振方向与之相同,故选项C正确.‎ - 5 -‎ 质点A已振动了0.2 s,振动向前传播了半个波长,所以波的周期T = 0.4 s,在0 ~ 0.1 s内即在‎1‎‎4‎T内质点A沿y轴正方向振动,速度逐渐减小,选项D错误.x=15 cm处的质点已经振动了‎1‎‎4‎T= 0.1 s,而零时刻波的前沿即x = 20 cm处质点的振动形式传播到P点历时t'= Δx'‎v=‎0.60‎‎0.5‎ s = 1.2 s,所以x = 15 cm处的质点从开始振动到P点开始振动共振动了1.3 s,这段时间振动通过的路程s=‎1.3‎‎0.4‎×4×4 cm = 52 cm,故选项E正确.‎ ‎2.ACD　由题图甲可得波长为4 m,由题图乙可得周期为0.2 s,则传播速度为20 m/s,选项A正确,B错误;由题图乙知,在0.1 s时P质点正在平衡位置向y轴负方向振动,再结合题图甲P点的位置及波形可得波向x轴负方向传播,选项C正确;由题图乙可知,在0.15 s时,质点P正在负的最大位移处,此时速度为零,加速度最大,选项D正确;ω=‎2πT=10 π,振幅A=0.1 m,从t=0时刻开始计时,P点的振动方程应为y=0.1sin 10πt(m),选项E错误.‎ ‎3.ABD　由题图甲可得周期T=0.4 s,又波速v=10 m/s,故波长λ=vT=4 m,A项正确;0.4 s时质点O处的振动向左、右传播了一个周期,波源振动已经传播了一个波长,波传播到P点只需‎2‎‎10‎ s=0.2 s,故0.4 s时点P已经振动了半个周期,依据图甲知起振半个周期后质点正在沿y轴负方向通过平衡位置,B项正确;波传播到R点只需‎3‎‎10‎ s=0.3 s,故0.4 s内质点R已经振动了0.1 s,即从平衡位置沿y轴正向振动了‎1‎‎4‎T第一次到达波峰,D项正确;波传播到Q点只需‎1‎‎10‎ s=0.1 s,故0.5 s内Q已经振动了0.4 s,即一个周期,完成4个振幅,即路程为8 cm,C项错误;因振源质点O完成2次全振动后即停止振动,故振动传播到点R处也只进行2次全振动,波传播到R用时0.3 s,而后再发生2次全振动历时0.8 s,到1.1 s结束振动,故1.0~2.0 s时间内质点R只振动了0.1 s,通过的路程只有1个振幅2 cm,E项错误.‎ ‎4.BDE　根据题述条件,不能判断出波的传播方向,选项A错误;根据题述,某时刻两质点P和Q均在平衡位置且二者之间只有一个波谷,可知P和Q之间可能为半个波长,也可能为1个波长,还可能为1.5个波长,因此波长可能为6 m,可能为3 m,也可能为2 m,选项B正确;再经过0.3 s,Q第一次到达波峰,0.3 s可能为‎1‎‎4‎周期,也可能为‎3‎‎4‎周期,因此周期可能为1.2 s,也可能为0.4 s,选项C错误;根据公式v=λT,可得波速的可能值为v=‎6‎‎1.2‎ m/s=5 m/s,v=‎6‎‎0.4‎ m/s=15 m/s,v=‎3‎‎1.2‎ m/s=2.5 m/s,v=‎3‎‎0.4‎ m/s=7.5 m/s,v=‎2‎‎1.2‎ m/s=‎5‎‎3‎ m/s,v=‎2‎‎0.4‎ m/s=5 m/s,选项D正确;0.3 s内质点P可能运动到波峰,也可能运动到波谷,其位移大小为10 cm,选项E正确.‎ ‎5.ADE　由题图可知两列波的周期均为T=2 s,可知λ=vT=1×2 m=2 m,A正确;两波源之间的距离为6 m,则两列波传到A点的时间差应为Δt=‎6‎‎1‎ s=6 s,B错误;波源S1形成的波传到A点所用的时间为t1=x‎1‎v=‎10‎‎1‎ s=10 s,即t=10 s时波源S1形成的波刚好传到A点,而t=4 s时,波源S2‎ - 5 -‎ 形成的波已传到A点,(10-4) s=3T,则t=10 s时A点处在平衡位置,位移为0,C错误;由题图可知A点到两波源的距离差为6 m,为波长的3倍,又由于两波源的起振方向相反,则A点所在处为振动减弱点,即A点的振幅为2 cm,D正确;质点到两波源的距离差为半波长的奇数倍时,该点为振动加强点,设在S1、S2之间的加强点到S1的距离为x,则6 m-x-x=(2n+1)λ‎2‎(n=0,1,2,…),解得x=(2.5-n) m(n=0,1,2,…),则距离S1为0.5 m、1.5 m、2.5 m处为振动加强点,同理距离S2为0.5 m、1.5 m、2.5 m处也为振动加强点,即S1、S2之间的加强点有6处,且位置是确定的,E正确.‎ ‎6.N(2分)　K(2分)　0.5(1分)‎ 解析:由振动图象可知,t=0时刻,质点经平衡位置沿y轴正方向运动,在t=0时刻的波形图中,L、N两点在平衡位置处,由波的传播规律可知,波沿x轴负方向传播,N处质点沿y轴正方向运动,图乙是质点N的振动图象. 波沿x轴负方向传播,L、M、N都在远离平衡位置,再次回到平衡位置所需时间都大于‎1‎‎4‎T,而质点K在最大位移处,回到平衡位置仅需‎1‎‎4‎T,所以质点K最先回到平衡位置.由振动图象知质点振动的周期T=4 s,由波形图可知波的波长λ=2 m,所以波的传播速度v=λT=0.5 m/s.‎ ‎7.解析:①当t=0时刻x=-1 m处是波谷,传到P点时,P质点恰好第一次运动到波谷,波传播的距离Δx=2.5 m(2分)‎ 则波速v=ΔxΔt(1分)‎ 解得v=10 m/s(1分)‎ ‎②设质点P的振动方程为y=Asin (ωt+φ)(cm)(1分)‎ 根据题图可知A=20 cm(1分)‎ ω=‎2πT=‎2πvλ=5π rad/s(1分)‎ 质点P在t'=0.25 s时刻,第一次到达波谷,代入振动方程得 ‎-20 cm=20sin(‎5π ‎‎4‎+φ) cm,解得φ=π‎4‎ (2分)‎ 代入可得P的振动方程为y=20sin (5πt+π‎4‎)(cm)(1分)‎ - 5 -‎