1.[2024·杭州模擬] 某同學自己繞制天線線圈,制作一個簡單的收音機,用來收聽中波的無線電廣播,初步制作后發(fā)現(xiàn)有一個頻率最高的中波電臺收不到,但可以接收其他中波電臺.適當調整后,去戶外使用,假設空間中存在波長分別為300 m、397 m、566 m的無線電波,下列說法正確的是( )
A.使接收電路產(chǎn)生電諧振的過程叫作解調
B.在電磁波發(fā)射技術中,只有調頻這種調制方式
C.為更好接收波長為300 m的無線電波,應把收音機的調諧頻率調到1 MHz
D.為了能收到頻率最高的中波電臺,應增加線圈的匝數(shù)
2.[2024·河北卷] 如圖所示,一電動機帶動輕桿在豎直框架平面內(nèi)勻速轉動,輕桿一端固定在電動機的轉軸上,另一端懸掛一紫外光筆,轉動時紫外光始終豎直投射至水平鋪開的感光紙上,沿垂直于框架的方向勻速拖動感光紙,感光紙上就畫出了描述光點振動的x-t圖像.已知輕桿在豎直面內(nèi)長0.1 m,電動機轉速為12 r/min.該振動的圓頻率和光點在12.5 s內(nèi)通過的路程分別為( )
A.0.2 rad/s,1.0 m B.0.2 rad/s,1.25 m
rad/s,1.0 m rad/s,1.25 m
3.[2024·遼寧卷] 如圖甲所示,將一彈簧振子豎直懸掛,以小球的平衡位置為坐標原點O,豎直向上為正方向,建立x軸.若將小球從彈簧原長處由靜止釋放,其在地球與某球狀天體表面做簡諧運動的圖像如圖乙所示(不考慮自轉影響).設地球、該天體的平均密度分別為ρ1和ρ2,地球半徑是該天體半徑的n倍,ρ1ρ2的值為( )
A.2nB.n2 C.2n D.12n
4.[2024·臺州模擬] 控制噪聲的基本原則是設法將噪聲的能量轉化為其他形式的能量,如圖所示是一種利用薄板消除噪聲的方法.將薄板安放在框架上,并與框架之間留有一定的空氣層,當聲波入射到薄板上時,引起板的振動.由于板本身的內(nèi)耗使振動的能量轉化為熱量.改變薄板的材料和空氣層的厚度,可有效消除不同頻率的噪聲.下列說法正確的是( )
A.薄板振動頻率始終與入射聲波的頻率相等
B.隨著入射聲波頻率的增加,薄板振動的幅度一定增大
C.當噪聲停止后,薄板振動頻率仍等于原噪聲頻率,但振幅減小
D.該系統(tǒng)可有效消除的噪聲頻率范圍在其可調節(jié)的共振頻率之間
5.[2024·學軍中學模擬] 如圖所示,在遠離海岸的海面上,有兩個浮筒發(fā)電裝置甲、乙沿東西方向排列,相距為10 m,海面上某個方向傳來一列頻率恒定的平面波,波速為10 m/s,浮筒甲先開始上下振動,經(jīng)0.6 s后,浮筒乙也開始振動,此后觀察到當甲處于最高位置時,乙處于平衡位置且向下運動,且甲、乙之間只有一個波谷,則( )
A.波的傳播方向為水平向東
B.此時海面上傳播的波的波長為403 m
C.浮筒振動的周期為0.8 s
D.浮筒上下振動的振幅與波的周期無關
6.(不定項)[2024·山東卷] 甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質中沿x軸相向傳播,波速均為2 m/s.t=0時刻二者在x=2 m處相遇,波形圖如圖所示.關于平衡位置在x=2 m處的質點P,下列說法正確的是( )
A.t=0.5 s時,P偏離平衡位置的位移為0
B.t=0.5 s時,P偏離平衡位置的位移為-2 cm
C.t=1.0 s時,P向y軸正方向運動
D.t=1.0 s時,P向y軸負方向運動
7.[2024·湖州模擬] 平靜水面上建立x軸,俯視圖如圖所示.分別位于x1=-0.2 m和x2=0.3 m的兩波源A、B起振方向相反,t=0時刻同時從各自的平衡位置開始以5 Hz的頻率、4 cm的振幅上下振動,在水面上形成兩列簡諧橫波.圖中虛線為t=0.6 s時兩列波恰好到達的位置,此時x=0.5 m處的質點處于平衡位置且向上振動.下列說法正確的是( )
A.兩列波的傳播速度為2 m/s
B.x軸上在A、B之間振動加強點個數(shù)共9個
C.t=3 s時,x=-1 m處的質點向上振動
D.t=60 s時,x=10.5 m處的質點通過的總路程為0.8 m
8.如圖甲所示,線圈L的直流電阻不計,閉合開關S,待電路達到穩(wěn)定狀態(tài)后斷開開關S,LC回路中將產(chǎn)生電磁振蕩.從開關S斷開計時,線圈中的磁場能EB隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示.下列說法中正確的是( )
A.LC振蕩電路的周期為2×10-3 s
B.在1×10-3 s時,電容器右極板帶正電
C.1×10-3~2×10-3 s時間內(nèi),電流在減小
D.1×10-3~2×10-3 s時間內(nèi),自感電動勢在增大
9.(不定項)[2024·河北唐山模擬] 如圖所示,池塘分為A、B、C三個區(qū)域,淺水區(qū)A、C兩部分水深相同,深水區(qū)B水波波長是淺水區(qū)水波波長的兩倍,淺水區(qū)水深40 cm.O、N分別處于深淺兩部分水面分界線上,OM=NP,ON=3 m,t=0時刻O點從平衡位置開始向上振動,t=2.5 s時O點第二次到達波峰,此時M點第一次到達波谷,設水波在三個區(qū)域的振幅均為A=6 cm,水波的速度v與水的深度h間的關系滿足v=g?,式中g為重力加速度,g取10 m/s2,下列說法正確的是( )
A.深水區(qū)水深80 cm
B.O、M間距離為2 m
s后P點開始振動
D.0~2.5 s內(nèi)N點振動路程為24?32 cm
10.在某水平均勻介質中建立如圖所示的三維直角坐標系,xOy平面水平.在x軸上的兩個波源S1、S2的坐標分別為x1=-9 m、x2=16 m,S1、S2的振動方程分別為z1=10sin (2πt) cm、z2=8sin 2πt+π2 cm.若兩波均從平衡位置向上起振,且t=0時刻,S1剛開始振動,S2首次到達波峰處,兩列波的波速均為4 m/s,傳播過程中能量損耗不計.y軸上P點的坐標為y=12 m,則下列說法正確的是( )
A.兩波均傳至O點后,O點振幅為18 cm
B.S1波提前S2波1.25 s傳至P點
C.t=5.25 s時,P點向+z方向振動
D.0~5.25 s內(nèi),質點P通過的路程為76 cm
11.[2024·衢州模擬] 如圖所示,一可視為質點的小球左、右與兩條完全相同的輕質橡皮繩相連,橡皮繩另外兩端固定,小球處于靜止狀態(tài)時橡皮繩恰處于原長狀態(tài),繩長為l且遵從胡克定律,小球的質量為m,裝置處于光滑水平面上.現(xiàn)甲將小球沿垂直繩方向緩慢推動一段距離d(d?l)后釋放,乙將小球沿繩方向緩慢推動距離4d后釋放,且小球始終在水平面內(nèi)運動.已知質量為m的物體所受回復力滿足F=-kx時,其做簡諧運動對應的振動周期為T=2πmk,則兩種情況下小球首次回到平衡位置所需時間之比為( )
A.1∶2B.1∶2
C.2∶1D.2∶1
參考答案與詳細解析
1.C [解析] 使接收電路產(chǎn)生電諧振的過程叫作調諧,故A錯誤;在電磁波發(fā)射技術中,有調頻和調幅兩種調制方式,故B錯誤;為更好接收波長為300 m的無線電波,根據(jù)f=cλ=3×108300 Hz=1×106 Hz=1 MHz,可知應把收音機的調諧頻率調到1 MHz,故C正確;為了能收到頻率最高的中波電臺,應增大調諧電路的固有頻率,根據(jù)f=12πLC,可知應減少線圈的匝數(shù),故D錯誤.
2.C [解析] 根據(jù)題意可知,紫外光筆的光點在紙面上沿x軸方向做簡諧運動,光點的振動為受迫振動,其振動周期等于電動機轉動周期,故該振動的圓頻率ω=2πT=2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s,A、B錯誤;該振動的周期T=1n=5 s,由于輕桿長0.1 m,故振幅A=0.1 m,因12.5 s=2+12T,故12.5 s內(nèi)光點通過的路程s=2+12×4A=1.0 m,C正確,D錯誤.
3.C [解析] 設地球表面的重力加速度為g,球狀天體表面的重力加速度為g',彈簧的勁度系數(shù)為k,根據(jù)簡諧運動的對稱性有k·4A-mg=mg,k·2A-mg'=mg',解得gg'=2,設球狀天體的半徑為R,則地球的半徑為nR,在地球表面有Gρ1·43π(nR)3·m(nR)2=mg,在球狀天體表面有Gρ2·43πR3·mR2=mg',聯(lián)立解得ρ1ρ2=2n,故C正確.
4.D [解析] 薄板振動穩(wěn)定后的頻率與聲波頻率相同,初始沒有達到穩(wěn)定時不同,A錯誤;入射聲波的頻率與薄板的固有頻率相同時,二者共振,振幅最大,聲波頻率增大,薄板的振幅可能會增大,也可能會減小,B錯誤;當噪聲停止后,薄板振動逐漸不穩(wěn)定至振動停止,此時頻率與原噪聲頻率不同,C錯誤;只有當噪聲頻率范圍在系統(tǒng)可調節(jié)的共振頻率之間時,二者可以產(chǎn)生干涉,達到消除噪聲的目的,D正確.
5.C [解析] 海浪為平面波,波速為10 m/s,經(jīng)0.6 s,前進距離為6 m,而甲、乙相距10 m,可見波的傳播方向與甲、乙的連線方向有一夾角,如圖所示,由圖知,波的傳播方向應該為東南方向,故A錯誤;甲、乙在波的傳播方向上的距離為6 m,由題意知6 m=34λ,解得波長λ=8 m,故B錯誤;周期為T=λv=0.8 s,故C正確;浮筒的振動為受迫振動,其振幅與驅動力的周期有關,即與波的周期有關,故D錯誤.
6.BC [解析] 由于兩波的波速均為2 m/s,故t=0.5 s時,兩波均傳播了Δx=vΔt=2×0.5 m=1 m,題圖所示平衡位置在x=1 m處和x=3 m處兩質點的振動形式傳到P點處,由波的疊加原理可知,t=0.5 s時,P偏離平衡位置的位移為-2 cm,A錯誤,B正確;同理,t=1 s時,題圖所示平衡位置在x=0處和x=4 m處兩質點的振動形式(均向y軸正方向運動)傳到P點處,根據(jù)波的疊加原理可知,t=1 s時,P向y軸正方向運動,C正確,D錯誤.
7.D [解析] 由圖可知,兩列波在0.6 s內(nèi)傳播的距離為0.3 m,則兩列波的傳播速度為v=st=0.5 m/s,A錯誤;兩列波的波長為λ=vf=0.1 m,由于兩列波的起振方向相反,根據(jù)波的疊加可知,振動加強點到兩波源的波程差滿足Δx=(2n+1)λ2,其中0~0.3 m處有6個點,-0.2 m~0處有4個點,所以x軸上在A、B之間振動加強點個數(shù)共10個,B錯誤;由于此時x=0.5 m處的質點處于平衡位置且向上振動,則B波的起振方向向上,A波起振方向向下,t=3 s時,波的傳播距離為x1=vt=1.5 m,則t=3 s時,兩列波均已傳到x=-1 m處,由于x=-1 m到兩波源的波程差為Δx=0.5 m=5λ,可知此點為振動減弱點,則t=3 s時,x=-1 m處的質點在平衡位置靜止不動;當t=60 s時,波的傳播距離為x2=vt=30 m,可知兩列波均已傳到x=10.5 m處,同理可知此點為振動減弱點,則此處質點只有在B傳播到而A未傳播到時振動,其他時間在平衡位置靜止不動,則此處質點振動的時間為Δt=0.50.5 s=1 s,通過的總路程為s=ΔtT·4A=0.8 m,D正確.
8.B [解析] t=0時刻斷開開關S,電感線圈與電容器構成振蕩回路,電感線圈中的電流從某一最大值開始減小,產(chǎn)生自感電動勢對電容器充電,磁場能轉化為電場能,電容器所帶電荷量從零開始增加,當線圈中的電流減為零時,電容器充滿電,所帶電荷量達到最大,振蕩電路經(jīng)歷T4時,磁場能為零,電場能最大,電容器中最大的電場能為2.5×10-2 J,隨后電容器放電,所帶電荷量減小,電感線圈中的電流反向增加,電場能轉化為磁場能,形成振蕩電路,故LC電路振蕩周期為4×10-3 s,故A錯誤.斷開開關前,線圈與R串聯(lián),由于線圈的直流電阻不計,所以線圈兩端的電壓為零,電容器兩極板所帶的電荷量為零,此時通過線圈的電流自左向右.當斷開開關時,開始給電容器充電,電流逐漸減小,經(jīng)過14個周期(t=π2LC時刻)充電電流減小到最小,此時電容器所帶的電荷量最多(左板帶負電,右板帶正電),線圈L的感應電動勢最大,故B正確.由以上分析知1×10-3~2×10-3 s時間內(nèi),電容器放電,所帶電荷量減小,電感線圈中的電流反向增大,自感電動勢在減小,故C、D錯誤.
9.BD [解析] 由λ=vT=g?T∝?可知,波長為2倍關系,則h為4倍關系,即深水區(qū)水深為160 cm,故A錯誤:根據(jù)vA=vC=g?A=2 m/s,得vB=g?B=4 m/s,由t=2.5 s時O點第二次到達波峰可知54T=2.5 s,解得T=2 s,O、M間距離xOM=vAt-34T=2 m,故B正確;波傳到N所需時間tB=xONvB=34 s=0.75 s,2.5 s時N點振動了Δt=t-tB=2.5 s-0.75 s=1.75 s=78T,0~2.5 s內(nèi)N點振動路程為s=4A-Asin π4=(24-32) cm,故D正確;波傳到P所需時間為t=xONvB+xNPvC,代入數(shù)據(jù)得t=1.75 s,故C錯誤.
10.D [解析] 根據(jù)兩波源的振動方程可知,兩列波的振動周期均為T=2πω=2π2π s=1 s,可知兩列波頻率相同,相位差恒定,兩列波相遇后將能發(fā)生穩(wěn)定的干涉,波源S1的振動傳播到O點的時間為t1=x1v=94 s=2.25 s,波源S2的振動傳播到O點的時間為t2=x2v-T4=164 s-0.25 s=3.75 s,t1-t2=1.5 s=32T,故O點為振動減弱點,振幅為A=A1-A2=2 cm,故A錯誤;根據(jù)題意可得S1P=x12+y2=15 m,S2P=x22+y2=20 m,則可得波源S1、S2的波傳播至P點的時間分別為t3=S1Pv=3.75 s,t4=S2Pv-T4=4.75 s,可得Δt=t4-t3=1 s,故B錯誤;當t=5.25 s時,波源S1的波在P點引起的振動時間為1.5 s,波源S2的波在P點引起的振動時間為0.5 s,可知由波源S1的波在P點引起的振動此時恰好回到平衡位置且沿著z軸負方向振動,由波源S2的波在P點引起的振動此時也恰好回到平衡位置且沿著z軸負方向振動,由此可知,t=5.25 s時,P點向-z方向振動,故C錯誤;根據(jù)以上分析可知,0~5.25 s內(nèi),由波源S1在P點引起的振動使P點先振動了1 s,即1個周期后波源S2的波恰好傳播至P點,P點振動加強,振幅為A'=A1+A2=18 cm,由此可知,0~5.25 s內(nèi),質點P通過的路程為sP=4A1+2A'=76 cm,故D正確.
11.A [解析] 對于甲,小球受到的合力F=-2k(dsinθ-l)sin θ=-2kd+2klsin θ,由于d?l,有sin θ≈tan θ=dl≈0,則F=-2kd,做簡諧運動的周期T1=2πm2k,對于乙,小球受到的合力F=-kx,做簡諧運動的周期T2=2πmk,兩種情況下小球首次回到平衡位置所需時間均為14周期,則兩種情況下小球首次回到平衡位置所需時間之比為1∶2,故選A.

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