机械振动机械波测试卷参考答案

机械振动机械波测试卷参考答案1．B【解析】【错解分析】错解一：因为周期为T，那么，从平衡位置到2Ax处正好是振幅的一半，所以时间为12Tt，同理22Tt，所以选A。错解二：振子从平衡位置向2Ax处移动，因为回复力小，所以加速度也小，从而最大位移处（即xA）向2Ax处移动，回复力大，加速度也大，因而时间短，所以t1＞t2，应选C。错解三：因为这是一个变加速运动问题，不能用匀速运动或匀变速运动规律求解，因而无法判断t1和t2的大小关系，所以选D。主要是对简谐运动的特殊运动规律不清楚，只记住了周期公式，没注意分析简谐运动的全过程，没能深入地理解和掌握这种运动形式的特点。因而解题时错误地沿用了匀速或匀变速运动的规律，选择A的同学就是用匀速运动规律去解，而选择C的同学用了匀变速运动规律去解，因而错了。事实上，简谐运动的过程有其自身的许多规律，我们应该用它的特殊规律去求解问题，而不能用匀速或匀变速运动规律去求解。【正解】方法一：用图象法，画出x-t图象，从图象上，我们可以很直观地看出：t1＜t2，因而正确答案为：B。方法二：从图象为正弦曲线和数学知识可写出位移随时间的函数关系式，物理学上称为振动方程，从平衡位置开始，振子的振动方程为：2sinsinxAtAtT，当2Ax，最短时间1t，即12sin2AAtT112sin2tT1sin62122tT解得：112Tt而振子从最大位移处到2Ax处最短时间为2t，即22sin()22AAtT212cos2tT解得：26Tt。可以得出结论12tt，选B【点评】以上两种方法，第一种方法是定性分析，在选择题练习时，是要重点掌握的。第二种方法可以进行定量计算，但由于要涉及振动方程，所以不做统一要求。另外，由于震动具有周期性，从平衡位置计时，振子到达2Ax处的时间可以表达为1tnTt，从最大位移处到达2Ax处的时间可以表达为t'=nT+t2。此处，为了题目简明起见，题文中用了“第一次”和“最短时间”等字样。否则就无法比较两个过程所用时间的长短。2．A3．B【解析】【错解分析】错解：错解一：因为单摆的周期（频率）是由摆长l和当地重力加速度g决定的，所以频率是不变的，而从动能公式上看：，质量变为原来的4倍，速度变为原来的，结果动能不变，既然动能不变（指平衡位置动能也就是最大动能），由机械能守恒可知，势能也不变。所以振幅也不变，应选A。错解二：认为速度减为原来的，即运动得慢了，所以频率要变，而振幅与质量、速度无关（由上述理由可知）所以振幅不变，应选C。错解三：认为频率要改变，理由同错解二。而关于振幅的改变与否，除了错解一中所示理由外，即总能量不变，而因为重力势能EP=mgh，EP不变，m变为原来的4倍，h一定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选D。此题主要考查决定单摆频率（周期）和振幅的是什么因素，而题中提供了两个变化因素，即质量和最大速度，到底频率和振幅与这两个因素有没有关系。若有关系，有什么关系，是应该弄清楚的。而错解二和错解三中都认为频率不变，这是因为为不清楚决定单摆的因素是摆长l和当地重力加速度g，而与摆球质量及运动到最低点的速度无关。错解二中关于频率不变的判断是正确的，错误出现在后半句的结论上。判断只从能量不变去看，当E总不变时，EP=mgh，m变大了，h一定变小。说明有些同学考虑问题还是不够全面。【正解】（1）实际上，通过实验我们已经了解到，决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，并进一步找到周期公式：，单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关。当然，频率也与质量和速度无关，所以不能选C，D。（2）决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能。当m增为原来的4倍，速度减为原来的时，动能不变，最高点的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了（实际上212kEmv12122lTg212kEmv12单摆已经变成另一个摆动过程了），势能EP=mgh不变，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了。因此正确答案应选B。【点评】本题的分析解答提醒我们，一是考虑要全面，本题中m，v两因素的变化对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题要有充分的理论依据，如本题中决定单摆振动的频率的印度应由周期公式为依据，而不能以速度判断振动的快慢。振幅应从为依据。4．C【解析】【错解分析】D不能区别波的干涉、衍射现象【正解】同一列声波在不同介质中波速往往不同，由v=fλ，知波长A也会不同，即A选项不对；声速由介质决定，即B选项不对；声波绕过障碍物传播，即为声波的衍射现象，C选项正确；人耳能同时分辨不同乐器的声音，是根据音品等分别的．干涉须叠加波频率相同．故D不对．5．B【解析】【错解分析】D认为(a,b相距必为半个波长，0．5s必是半个周期，即λ=24m，T=1s，故v=T24m/s．【正解】依题意，波可沿+x或-x方向传播，故A错．而12m=(n+12)λ，(n=0、1、2……)．0．5s=(m+12)T，(m=0，1，2……)即波长可为：24m，8m，4．8m……周期可为1s13s,15s,…，则波速可为：4．8m/s，8m/s，24m/s，14．4m/s，72m/s，40m/s，120m/s……即C、D错，B选项正确．【点评】理解好振动与波动的关系，从振动图象、波动图象上加以区别与联系，并能熟练地运用波速公式是解决此类问题的关键6．AB【解析】由y-t图像知，周期T=0.2s，且在t=0.1sQ点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；从t=0.10s到t=0.15s时，Δt=0.05s=T/4，质点Q从图甲所示的位置振动T/4到达负最大位移处，又加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到正向最大，而P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以A、B都对；振动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3A。本题中从t=0.10s到t=0.25s内，Δt=0.15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm。7．C【解析】由图可看出波长为4m，t=0时刻x=3m处的质点向上振动，可得该波向左传播。将整个波形图向左平移1.5m时，a质点到达波峰，此时b质点正好在平衡位置，与t=0时刻112gfTl212kPmvEEmgh平衡位置在7m处的质点振动状态一样，故a质点到达波峰时，b质点正在平衡位置并向上振动，A错；将图像整体向左平移1m，即波传播T/4时，a的振动状态与与t=0时刻平衡位置在3.5m处的质点振动状态一样，即处在平衡位置上方并向y轴正方向运动，B错；将图像整体向左平移3m，即波传播3T/4时，a的振动状态与与t=0时刻平衡位置在9.5m处和1.5m的质点振动状态一样，即处在平衡位置下方并向y轴负方向运动，C对；a、b质点相隔3m，即相差3T/4，速度相同的质点应该在半周期内才会出现，故D错。8．A【解析】试题分析：小球A做自由落体运动，由212ARgt，解得2ARtg，小球B做简谐运动，简谐运动的周期为2RTg，到达C点的时间为142BRtTg，故ABtt，A球先到达C点，A选项正确。考点：自由落体运动简谐运动的周期9．D【解析】试题分析：根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移（n+14）λ，其中n=0、1、2、3、4…，故由实线传播到虚线这种状态需要（n+34）T，即（n+34）T=0.6s，解得T=2.443ns，其中n=0、1、2、3、4…，当n=0时，解得T=0.8s，当n=1时，解得T=0.34s，又T＞0.6s，故最大周期为0.8s，故A错；由于波沿x轴负方向传播，故t=0时P点沿y轴负方向运动，故t=0.8s时P点沿y轴负方向运动，而周期T=0.8s，故0.9s时P点沿y轴负方向运动．故B错误．在一个周期内P点完成一个全振动，即其运动路程为4A，而0.4s=12T，故P点的运动路程为2A=0.4m，C错；由题意可知波长λ=8m，则变速v=T=10m/s，在t=0时Q点的横坐标为5m，由于波沿y轴负方向运动，故在t=0.5s的时间内波沿x轴负方向传播的距离为x=vt=10×0.5m=5m，故在t=0.5s时，Q点振动情况和t=0时距离坐标原点10m处的质点的振动情况相同，而t=0时距离坐标原点10m处的质点在波峰，在t=0.5s时，Q点到达波峰位置．故D正确．故选D．考点：波的形成和传播；波长、频率和波速的关系10．A【解析】试题分析：从图1可知O点从0时刻开始，经平衡位置向上开始振动，由于波向左传播，从2图看出波向左传播的距离不足14波长，因此波振时的时间不足14周期，而波的振动周期为4s，因此运动的时间不足1s，因此A正确，BCD错误。考点：机械振动、机械波11．B【解析】试题分析：从振动图像中可得该波的传播周期为1.0Ts,所以该机械波的传播频率为11fHzT，A错误；从横波图像中可得该波的波长为4m，所以波速为4/vmsT，B正确；机械波在传播过程中，波上的各个质点在平衡位置附近上下振动，而甲图表示在t=0.5s时的波动图像，即这一刻时各个质点的位置，此刻N正好处于平衡位置上，但不表示N没有振幅，C错误；从乙图中可得t=0.5s时质点正好位于平衡位置，并且向上振动，根据走坡法可得此时M点正通过平衡位置向下振动，所以不是描述M点的振动情况，D错误；考点：考查了对横波图像，振动图像的理解12．ABD【解析】试题分析：据题意，由于1.2s时间内完成三次波形的重复，则该波周期为：T=0.4s，波速为：20/vmsT，则A选项正确；质点P在一个周期内走过的路程为：4A=40cm，在三个周期内走过的路程为：120cm，故B选项正确；由于该波传播方向不知道，也就无法判断质点P的速度方向，故C选项错误；时间为0.6s刚好是传播了一个周期零半个周期，则0.6s的波形与半个周期波形一致，则主要画出各质点经过半个周期的位置就可以确定0.6s时的波形。故D选项正确。考点：本题考查机械波。13．20，2.75【解析】由图可知，这列简谐波的波长为20cm，周期T=0.25s×4=1s，所以该波的波速；从t=0时刻开始到N质点开始振动需要时间,在振动到沿y轴正向通过平衡位置需要再经过，所以当t=（2.25+0.5）s=2.75s，质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置。14．1m，增大【解析】试题分析：由图知单摆的周期22LTsg，解得：L=1m；若摆长变短，固有周期变小，频率变大，所以共振曲线振幅A最大值对应的横坐标f的值将增大考点：本题考查共振、单摆16．（1）路程为50cm；位移5xcm，（2）5sin4xt或5sin(4)xt【解析】试题分析:（1）由图可知：波长λ=2m，Tv0.5Ts11.2522sT故0~1.25s内的路程为50cm；1.25s时位移5xcm（2）振幅A=5cm，周期T=0.5s，则ω=2T=4πrad/s，则处的质点的振动函数表达式5sin4xt或5sin(4)xt20/20/1vcmscmsT21452.2520xtssv20.52Tts考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象17．0.5mg,2A【解析】试题分析：（1）当振幅为A时，物体对弹簧的最大压力是物体重力的1.5倍，此刻应该是在最低处，根据受力分析知道，此刻受力为弹力、重力，即0.5kxmgagm，方向向上。此刻合外力F=kA=0.5mg即根据简谐振动的特点，在最高点的加速度应为0.5g，方向向下。所以0.5mg