【文档说明】第三章 机械波 能力提高卷（B卷）（全解全析版）-高二物理分层训练AB卷（人教版2019选择性必修第一册）.docx，共(10)页，341.483 KB，由envi的店铺上传

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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123456789101112CCABACDBADABDADAB1．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t=0.6s=1.5T根

据机械波的周期性可知，在t=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C。2．C【详解】A．波速为2m/s0.5m/s4vT===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t=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P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t=7s时，即从图示位置再振动15s14T=，则P恰好经平衡位置向-y方向运动，

选项D错误。故选C。3．A【详解】手机接收信号的载波波长1m3cf==手机天线的理论长度18.3cm4L=故选A。4．B【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v=λf可知波长改变，a、b两点间可能出现半个完整的波形，则a、b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

B。5．A【详解】A．由图知波长241410mm1.410m−−==由vf=得波速4731.410m110Hz1.410m/sv−==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7s1.2510−，质点M振动了77s1114s11.251100T−=经过的路程为1442mm4sAA=+=D错误。故选A。6．C【详解】A．图乙是A质点从t=0时刻起的振动图像，t=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20m=由乙图可知，周期T=1.2s所以波速50m/s3vT==选项B错误；C．从0.6st=开始，在0.6st

=时间内，A质点经过的路程为两倍的振幅24cmA=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C。7．D【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D。8．B【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B。9．AD【详解】A．4Tt=时，P点从最低点经历14个周期后回到平衡位置，故A正确；B．8Tt=时，P点的速度方向向上，向平衡位置移动，故B错误；CD．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AD。10．ABD【

详解】AC．由图可知，波长8m=若波沿x轴正方向传播，则周期为110.6(0,1,2...)4nTn+==解得12.4(0,1,2...)41Tnn==+当v=10m/s时，周期为10.8sTv==联立可得0.5n=与题设不符，舍去；同理可知，

波沿x轴负方向传播的周期为22.4(0,1,2...)43Tnn==+当v=10m/s时，周期为20.8sTv==联立可得0n=符合题设；综上可知，A正确，C错误；B．在0.5st=时，波向x轴正半轴传播的距离11141(0,1,2...)0.6nxvttnT+====当n=5时，波形坐标

为2415(0,1,2...)0.6nxn+=−=而波峰坐标为228(0,1,2...)xkk=−=联立解得4k=故在0.5st=，且波向x轴正半轴传播时，Q质点会出现在波峰。同理可知，波向x轴负半轴传播时有122143(0,1,2...)0.65+8(0,1,2...)

nxvttnTxkk+======当n=0时可得0k=与题设符合，故在0.5st=，且波向x轴负半轴传播时，Q质点会出现在波峰。B正确；D．由上述分析可知122.40.8TT==故在1.8st=时，若波向x轴正半轴传播的距离21116mxvttT

===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1.8st=时，波向x轴负半轴传播的距离21218mxvttT===此时Q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ABD。11．AD【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；B．0~4s内，M点完成振幅为3cm的一次全振动，路程为443cm12cmA==4~6s，两列波叠加，M点完成振幅为1cm的一次全振动，路程为441cm4cmA

==综上，t=0～6s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1120cm/s30cm/s4rvt===则波长为60cmvT=•=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12SS之间（包括S1，S2两点，其中S1，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，4.25st=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AD。12．AB【详解】A．根据题意，3mx=质点经过0.1s到达波峰，根据圆振动模型10.1s12T=所以甲振源的机械波的周期1.2sT=图中可以看出甲机械波波峰传播到3mx=处的时间为0.1s，传播到6mx=处需要0.3s，所以可以推断此刻波峰坐标为1.5mx=，所以机械波的

波长14.5m4=甲机械波的波速18m/s=15m/s1.2v=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15xvt.m==所以乙机械波的振源位于9mx=，选项B正确；C．由于

乙机械波振动了半个周期，所以0.2sT=乙其波长vT=乙乙乙可知3m=乙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7.5mx=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AB。13．正（1分）40（2分）0.5（2分）【详解】[1]由上下坡法可知，P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；[2]由图可知，波长为8m，则波速为40m/svf==[3]周期为10.2sTf==

平衡位置为(6m,0)的质点的振动形式传到P点所用的时间为4s=0.1s40t=即在00.1)st−（时波传到平衡位置为(6m,0)的质点，则在()()000.2s~0.4stt−+共0.6s内平衡位置为(6m,0

)的质点振动0.5s，平衡位置为(6m,0)的质点通过的路程为25410510m=0.5m2sA−==14．干涉（1分）4（2分）将中间的隔板制成可上下移动（2分）【详解】[1]此装置利用了波的干涉原理；[2]为达到最佳消声效果，图中a、b满足22(21)2b

an−=+（n=0、1、2、3……）则a、b两段最小长度差为4ba−=[3]若噪声波长λ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a、b长度的隔板，从而调节a、b的差值，直到达到最佳消声效果。15．（1）10

m/s；（2）7s30【详解】（1）根据题意可知，0=t时d质点向下振动，可知此波沿x轴正方向传播，且满足0.1s4T=（2分）可得0.4sT=（2分）则此波的传播速度为4m/s10m/s0.4vT===（2

分）（2）由于此波沿x轴正方向传播，所求时间等于1mx=−处的质点在该时刻的振动状态传播到b质点所用的时间，则有4(1)73ss1030xtv−−===（2分）16．（1）16s；（2）5.2s，

【详解】（1）由题图和题意可知波长λ=4m，由于波中e质点第一次到达波谷的时间比f质点第一次到达波谷的时间早0.10s，则该波周期T=0.4s，故波速10m/sλvT==（2分）该波向右传播，波动图像中a质点的振动状态传播到c质点处所用的时间即所求时间故所求时间8113ss106xtv−==

=（2分）（2）p质点第一次到达波峰，即图示时刻e质点的振动状态第一次传到p质点故所用的时间574s5.3s10t−==（2分）由于1'5.3s134tT==（2分）故此时的波形图像如图所示（2分）17．（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1.125m【详解】（1）两列波的波长为2mvf==（1分）由几何关系可知，PS1长度为221122()()13mPSSSPS=+=（1

分）则两列波到P的光程差为121m2xPSPS=−==（1分）故P点是振动减弱点；（1分）（2）两列波到振动加强点的光程差为(1234)xnn==、、、当n=1时2mx=（1分）设加强点到S2的距离为x2，则有2222(2)25xx+−=（1分）可

得25.25mx=（1分）当n=2时4mx=（1分）则有2222(4)25xx+−=可得21.125mx=（1分）n=3时，无解，所以2SP上距离2S最近的振动加强点到2S的距离为1.125m；到最远的振动加强点距离为5.25m。（1分）18．

（1）8m；（2）4cm，3cm【详解】（1）由波源1S的振动方程14sincm2zt=、波源2S的振动方程23sincm2zt=可知两波源圆频率相等，故22T==（2分）解得4sT=（2分）故8mvT==（1分）（2）波源1S的振动传到O点需要经历的时间为3s

OAtv==（2分）故14s=t时刻波源1S引起O点的位移为114cmzA==（1分）210st=时刻波源1S引起O点的位移为'10z=（1分）波源2S的振动传到O点需要经历的时间为'9sOBtv==（2分）故14s=t时刻

波源2S的振动没有传到O点，故此时O点实际的位移为14cmzz==（1分）210st=时刻波源2S引起O点的位移为23cmz=（1分）故此时O点的位移为''123cmzzz=+=（1分）