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第三章机械波能力提高卷(B卷)高二物理•全解全析
1.C【详解】波源在坐标原点,所以向左传播的波和向右传播的波关于y轴对称r=
0.6s=
1.5T根据机械波的周期性可知,在U
0.6s时,波源正处在平衡位置向下振动,而后一质点重复前一质点的运动,顺着波的传播方向上坡下振故选Co
2.C【详解】A.波速为22u=—=—m/s=
0.5m/sT4选项A错误;B.由平衡位置在x=
0.5m处的质点的振动图像可知,在六2s时该质点向下振动,结合波形图可知,波的传播方向沿x轴正方向,选项B错误;C.0~2s时间内,质点尸振动半个周期,从波谷到波峰,则运动的路程为2A=8cm选项C正确;D.当U7s时,即从图示位置再振动5s=则尸恰好经平衡位置向方向运动,选项D4错误故选CA【详解】手机接收信号的载波波长cc1X=—=—m/3手机天线的理论长度L=—A«
8.3cm4故选AB【详解】AB.波的传播速度由介质决定,介质不变,波速不变,如果增大抖动的频率或者改变抖动的幅度,绳子上的波形传播到P点的时间不变,A错误,B正确;C.改变右手抖动绳子的频率,因波速不变,由片/可知波长改变,力两点间可能出现半个完整的波形,则、两点的振动步调相反,c错误;D.质点的起振方向与波源起振方向相同,由上下坡法可知健身者右手刚抖动时的方向是向上,左手是向下的,选D错误故选BoA【详解】A.由图知波长2=14x10~2mm=l4xlO^m由u=4/得波速v=
1.4xl0-4mxlxl07Hz=
1.4xl03m/s故A正确;b.根据波动与振动方向间的关系,质点m开始振动的方向沿y轴负方向,故b错误;C.质点M只会上下振动,不会随波迁移,选项C错误;D.经过
1.25x10%质点M振动了
1.25x10-7s
11.-=/IxlO7S经过的路程为s=4A+—x4-A=2mm4D错误故选AoC【详解】A.图乙是A质点从£0时刻起的振动图像,上
0.6s时,A质点向下振动,所以根据振动方向和波动方向同侧的原则,该波是沿x轴正方向传播,选项A错误;B.由甲图可知,波长2=20m由乙图可知,周期7^
1.2s所以波速A50/v=—=—m/sT3选项B错误;C.从,=
0.6s开始,在A/=
0.6s时间内,A质点经过的路程为两倍的振幅2A=4cm选项C正确;D.若该波在传播过程中遇到尺寸为10m的障碍物,障碍物尺寸比波长小,所以会发生明显的衍射现象,选项D错误故选CD【详解】已知甲、乙中水波波长相同,由图可知图乙的衍射现象更明显,可知狭缝的宽度越小衍射现象越明显,则
①错误,
②正确;
③已知丙、丁中狭缝宽度一样,由图可知图丙的衍射现象更明显,可知波长越长的水波衍射现象越明显,则
④正确,
③错误故ABC错误D正确故选DoB【详解】A.衍射是波特有的现象,所有的波都能发生衍射现象,故A错误;B.产生干涉现象的必要条件是两列波频率相同、相差恒定,故B正确;C.当障碍物的尺寸比波长大很多时,也能发生衍射,只是衍射现象不太明显,故C错误;D.在干涉图样中,振动加强区域的质点,只是其振幅最大,其位置在做周期性的变化,位移有时也为零,故D错误故选BoAD【详解】A.4时,尸点从最低点经历!个周期后回到平衡位置,故A正确;44B./时,P点的速度方向向上,向平衡位置移动,故B错误;OCD.每一个质点的起振方向都跟波源的起振方向相同,故C错误,D正确故选ADoABD【详解】AC.由图可知,波长2=8m若波沿x轴正方向传播,则周期为n-\—T1-
0.6〃=
012...\4J解得当v=10m/s时周期为夕7;=-=
0.8sv联立可得与题设不符,舍去;同理可知,波沿X轴负方向传播的周期为
2.44〃+3此时Q点的振动情况和距离原点・2m处的质点振动情况一样,在波谷在,=L8s时,波向尤轴负半轴传播的距离x1-vtx--t-\8m此时点的振动情况和距离原点6处的质点振动情况一样,在波谷;D正确故选ABDoAD【详解】A.根据图(b)M点在两列波上的振动图像可知,完成一次全振动时间相同,即两列波的周期相同,频率相同,则相遇后能形成稳定的干涉图样,故A正确;0〜4s内,M点完成振幅为3cm的一次全振动,路程为4A=4x3cm=12cm4〜6s两列波叠加,M点完成振幅为1cm的一次全振动,路程为4A=4xlcm=4cm综上,U0〜6s内,M点运动的路程为16cm故B错误;C.两列波在同一介质中传播,波速相同,根据图(b)可知,向右传播的波经4s传到M点起振方向向上,波速为八120v=—=cm/s=30cm/st4则波长为A=vT=60cm由振动图像可知M点振动减弱点,所以每隔半个波长为振动减弱点,在MS之间(包括S/S2两点,其中邑,S2两点也是振动减弱)减弱点一共6个,S1S2之间共有5个振动加强点故C错误;D.根据图(b)可知,/=
4.25s时,M点参与两列波振动,虚线数值大,叠加后位于平衡位置下方且远离平衡位置,故D正确;故选ADoAB【详解】A.根据题意,x=3m质点经过
0.1s到达波峰,根据圆振动模型—T=OAs12所以甲振源的机械波的周期T=l.2s图中可以看出甲机械波波峰传播到x=3m处的时间为
0.1s传播到x=6m处需要
0.3s所以可以推断此刻波峰坐标为x=L5m所以机械波的波长1AU—2=
4.5m4甲机械波的波速v=——m/s=15m/s
1.2所以选项A正确B.经过
0.1s甲乙两列机械波刚好相遇,甲乙两列波分别传播的距离相等,均为x=vt=
1.5m所以乙机械波的振源位于x=9m选项B正确;C.由于乙机械波振动了半个周期,所以T乙=
0.2s其波长v一玄V乙一T1乙可知%=3m由于两列波机械波波长不同,所以同种均匀介质频率不同,不可能发生稳定干涉,选项C错误;D.根据机械波振动特点,两列波在x=
7.5m处相遇,两列波的振动方向分别是竖直向上和竖直向下,所以该质点的位移为零,选项D错误故选ABo正(1分)40(2分)
0.5(2分)【详解】[1]由上下坡法可知,尸点的起振方向沿y轴正方向,由于介质中所有质点的起振方向都与波源的起振方向相同,则波源的起振方向沿y轴正方向;⑵由图可知,波长为8m则波速为v=2/=40m/s⑶周期为T=-=
0.2sf平衡位置为(6m0)的质点的振动形式传到尸点所用的时间为4t=—s=
0.1s40即在(%-
0.1)s时波传到平衡位置为(6m0)的质点,则在(
10.2s)〜亿+
0.4s)共
0.6s内平衡位置为(6m0)的质点振动
0.5s平衡位置为(6m0)的质点通过的路程为5=—x4A=10x5xl0-2m=
0.5m2干涉(1分)-(2分)将中间的隔板制成可上下移动(2分)4【详解】⑴此装置利用了波的干涉原理;
[2]为达到最佳消声效果,图中h满足42b—2a=—(2n+1)(n=
01、
2、3)则a、b两段最小长度差为74b-a=—4⑶若噪声波长入未知,装置的改进措施可将中间的隔板制成可上下移动能调节、b长度的隔板,从而调节、b的差值,直到达到最佳消声效果7
(1)10m/s;
(2)—s30【详解】
(1)根据题意可知,1=0时d质点向下振动,可知此波沿x轴正方向传播,且满足TO.ls=-(2分)4可得T=
0.4s(2分)则此波的传播速度为;4v=—=——m/s=1Om/s(2分)T
0.4
(2)由于此波沿x轴正方向传播,所求时间等于x=-1m处的质点在该时刻的振动状态传播到〃质点所用的时间,则有Ax7—=-S=—Sv1030Ay/cm【详解】
(1)由题图和题意可知波长2=4m由于波中e质点第一次到达波谷的时间比了质点第一次到达波谷的时间早
0.10s则该波周期7=
0.4s故波速v=y;=10m/s2分该波向右传播,波动图像中质点的振动状态传播到质点处所用的时间即所求时间故所求时间0心_3qj(2分)——s——Sv106
(2)〃质点第一次到达波峰,即图示时刻c质点的振动状态第一次传到〃质点故所用的时间57-4s=
5.3s(2分)10由于〃=
5.3s=13,T(2分)4
(1)振动减弱点;
(2)离最远的振动加强点
5.25m;离最近的振动加强点l.125m【详解】
(1)两列波的波长为v2=—=2m(1分)由几何关系可知,PS/长度为PS\=J(S.2)2+g)2=]3m(1分)则两列波到P的光程差为Ax=PS]-PS2=\m=-(1分)故尸点是振动减弱点;(1分)
(2)两列波到振动加强点的光程差为Ax=nA(n=
1、
2、
3、4)当n-X时Ax=2m(1分)设加强点到S2的距离为也,则有(々+2)2—石=25(1分)可得当n-2时Ax=4m(1分)则有(%2+4—%2=25可得x2=
1.125m(1分)公3时,无解,所以邑尸上距离§2最近的振动加强点到S2的距离为l.125m;到最远的振动加强点距离为
5.25m加分)
(1)8m;
(2)4cm3cm【详解】
(1)由波源a的振动方程4=4sin—tcm、波源S2的振动方程z=3sincm可I2/I2J知两波源圆频率相等,故解得T=4s(2分)故A=vT=8m(1分)
(2)波源加的振动传到点需要经历的时间为t==3s(2分)v故%=4s时刻波源加引起点的位移为4=A=4cm(1分)G=10s时刻波源S।引起点的位移为z;=0(1分)波源§2的振动传到点需要经历的时间为t==9s(2分)v故4=4s时刻波源邑的振动没有传到点,故此时点实际的位移为Z=Z]=4cm(1分)G=10s时刻波源Sz引起点的位移为22=3cm(1分)故此时点的位移为123456789101112CCABACDBADABDADAB。