第八章 机械振动 机械波（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（福建专版）

第八章　机械振动 机械波 大单元分层教学设计 基础　 落实课 第1讲　机械振动 第2讲　机械波 实验　 探究课 第3讲　用单摆测量重力加速度 第1讲　机械振动(基础落实课) 一、简谐运动 1.定义:如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律,即它的振动图像(x⁃t图像)是一条正弦曲线,这样的振动是一种简谐运动。做简谐运动的物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比,并且总是指向平衡位置。 2.两点理解 平衡 位置 物体在振动过程中回复力为零的位置 回 复 力 ①定义:使物体在平衡位置附近做往复运动的力叫回复力。 ②表达式:回复力F=-kx。负号表示回复力的方向与位移方向始终相反,回复力的大小与位移的大小成正比。 ③属于效果力,可以由某一个力提供,也可以由几个力的合力或某个力的分力提供。 注意:回复力等于做简谐运动的物体指向平衡位置的合外力,而不一定是物体受到的合外力 3.两种描述 ①动力学表达式:F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反 ②运动学表达式:x=Asin(ωt+φ0),其中A代表振幅,ω=2πf表示简谐运动的快慢,ωt+φ0代表简谐运动的相位,φ0叫作初相位 ①从平衡位置开始计时,振动表达式为x=Asin ωt,图像如图甲所示 ②从最大位移处开始计时,振动表达式为x=Acos ωt,图像如图乙所示 注意:简谐运动的x⁃t图像是一条正弦或余弦曲线,不是振子的运动轨迹,振子的运动轨迹是一条线段 二、受迫振动　共振 1.受迫振动 定义 系统在周期性的外力作用下产生的振动 特点 物体做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率),与物体的固有周期(或固有频率)无关 2.共振 (1)定义:做受迫振动的物体受到的驱动力的频率与其固有频率越接近,其振幅就越大,当二者相等时,振幅达到最大,这就是共振现象。 (2)共振曲线:如图所示。 微点判断 1.简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。 (×) 2.(鲁科选择性必修1P39T3·改编)关于简谐运动,判断下列说法的正误: ①物体所受的回复力始终指向平衡位置,方向不变。 (×) ②物体的加速度方向和速度方向有时相同,有时相反。 (√) 3.做简谐运动的质点,速度增大时,其加速度一定减小。 (√) 4.振动物体经过半个周期,路程等于2倍振幅;经过个周期,路程等于振幅。 (×) 5.简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。 (×) 6.当单摆的摆球运动到最低点时,回复力为零,所受合力为零。 (×) 7.单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定。 (×) 8.物体做受迫振动时,其振动频率与固有频率有关。 (×) 9.驱动力的频率越大,物体做受迫振动的振幅越大。 (×) 逐点清(一)　简谐运动的规律 简谐运动的五个特征 受力特征 回复力F=-kx,F(或a)的大小与x的大小成正比,方向相反 运动特征 靠近平衡位置时,a、F、x都减小,v增大;远离平衡位置时,a、F、x都增大,v减小 能量特征 振幅越大,能量越大。在运动过程中,系统的动能和势能相互转化,机械能守恒 周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化,变化周期就是简谐运动的周期T;动能和势能也随时间做周期性变化,其变化周期为 对称性 特征 (1)如图所示, 做简谐运动的物体经过关于平衡位置O对称的两点P、P'(OP=OP')时,速度的大小、动能、势能相等,相对于平衡位置的位移大小相等 (2)物体由P到O所用的时间等于由O到P'所用时间,即tPO=tOP' (3)物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO (4)相隔或(n为正整数)的两个时刻,物体位置关于平衡位置对称,位移、速度、加速度大小相等,方向相反 [考法全训] 考法1　描述简谐运动的物理量 1.(人教版教材选择性必修1,P47做一做)如图所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器内装上墨汁。当注射器摆动时,沿着垂直于摆动的方向匀速拖动木板,观察喷在木板上的墨汁图样。 提示:图样满足正弦关系,木板在垂直摆动方向做匀速运动,分析可知注射器做简谐运动。 2.(2024·河北高考)如图,一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动,轻杆一端固定在电动机的转轴上,另一端悬挂一紫外光笔,转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上,沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸,感光纸上就画出了描述光点振动的x⁃t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m,电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为 (　　) A.0.2 rad/s,1.0 m　　　 B.0.2 rad/s,1.25 m C.1.26 rad/s,1.0 m D.1.26 rad/s,1.25 m 解析:选C　紫外光在感光纸上的投影做的是简谐运动,电动机的转速为n=12 r/min=0.2 r/s,因此圆频率ω=2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s,周期为T==5 s。简谐运动的振幅即为轻杆的长度A=0.1 m,12.5 s内通过的路程为s=×4A=1 m。故选C。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材用拉动木板、2024年河北高考题用拉动感光纸的形式延长时间轴,教材研究的是单摆模型,河北高考题考查了简谐运动圆频率和光点通过的路程,均是研究简谐运动的周期问题,二者具有异曲同工之妙。利用原有实验原理,改变实验器材,是高考题创作的重要途径。 考法2　简谐运动中各物理量的动态分析 3.如图所示,小球在BC之间做简谐运动,当小球位于O点时,弹簧处于原长,在小球从C运动到O的过程中 (　　) A.动能不断增大,加速度不断减小 B.回复力不断增大,系统机械能守恒 C.弹性势能不断减小,加速度不断增大 D.弹性势能不断增大,加速度不断减小 解析:选A　做简谐运动的小球,从C到O的过程中逐渐靠近平衡位置,速度方向指向平衡位置,弹簧弹力充当回复力,也指向平衡位置,故速度方向与受力方向相同,所以合外力做正功,动能增大,同时由于偏离平衡位置的位移减小,由回复力公式F=-kx可知,回复力逐渐减小,根据牛顿第二定律可知 F=-kx=ma,故加速度不断减小,故A正确;由上述分析可知回复力不断减小,整个系统只有系统内的弹簧弹力做功,故系统的机械能守恒,故B错误;在小球从C到O的过程中,弹簧形变量逐渐减小,故弹性势能逐渐减小,同时由上述分析可知,加速度也逐渐减小,故C、D错误。 考法3　简谐运动的对称性和周期性 4.(2023·山东高考)(双选)如图所示,沿水平方向做简谐振动的质点,依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半,B点位移大小是A点的倍,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,该振动的振幅和周期可能是 (　　) A.,3t B.,4t C.,t D.,t 解析:选BC　根据题意质点有以下四种运动情况:①A、B位于平衡位置两侧,质点先从A点向右运动到右侧最大位移处,再向左运动到B点,运动示意图如图甲所示,+=L,得A=,A→O用时,O→右侧最大位移处用时,右侧最大位移处到B用时,故++=t,得T=t,故C正确;②A、B位于平衡位置两侧,质点先从A点向左运动到左侧最大位移处,再向右运动到右侧最大位移处后向左运动到B点,运动示意图如图乙所示,+=L,得A=,用时++=t,得T=t,D错误;③A、B位于平衡位置同侧,质点先从A点向右运动到右侧最大位移处,再向左运动到B点,运动示意图如图丙所示,-=L,得A=,用时+=t,得T=4t,B正确;④A、B位于平衡位置同侧,质点先从A点向左运动到左侧最大位移处,再向右运动到右侧最大位移处后向左运动到B点,运动示意图如图丁所示,-=L,得A=,用时+++=t,得T=t,A错误。 逐点清(二)　简谐运动的两种模型 两种模型的比较 模型 弹簧振子(水平) 单摆 示 意 图 简谐 运动 条件 ①弹簧质量要忽略 ②无摩擦力等阻力 ③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的轻细线 ②无空气阻力等阻力 ③最大摆角小于等于5° 平衡 位置 弹簧处于原长处 最低点 受力 特征 回复力:由弹簧的弹力提供 回复力:摆球重力沿与摆线垂直方向的分力。 向心力:摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力 周期 与振幅无关 T=2π 能量 转化 弹性势能与动能的相互转化,机械能守恒 重力势能与动能的相互转化,机械能守恒 [考法全训] 考法1　弹簧振子模型 1.(2025·龙岩高三模拟)如图,轻质弹簧一端固定,另一端连接套在水平光 滑杆上质量为m的小球A,A以O点为平衡位置振动。小球B在竖直平面内以O'为圆心做匀速圆周运动(O与O'在同一竖直线上),角速度为ω,半径为R。用竖直向下的平行光照射小球B,可以观察到小球B在水平杆上的“影子”和小球A在任何时刻都重合。由此可知,小球A的振动周期为　　　　,弹簧的劲度系数为　　　　。 解析:小球B在水平杆上的“影子”和小球A在任何时刻都重合,则小球B在水平方向上的速度时刻与小球A的速度相等,小球A振动周期与小球B做匀速圆周运动的周期相等,即T=,小球B做匀速圆周运动的线速度大小为v=ωR,向心加速度大小为a==Rω2,B的加速度水平分量与A的加速度任何时刻都相同,当小球A到达最左端和最右端时加速度最大,此时B的加速度水平分量恰好等于其向心加速度,即小球A的最大加速度与小球B做匀速圆周运动的向心加速度大小相等,均为Rω2,则弹簧的弹力F弹=ma=mRω2=kR,解得弹簧的劲度系数为k=mω2。 答案:　mω2 考法2　单摆模型 2.(2025·福建福鼎检测)如图甲所示,O点为单摆的固定悬点,将力传感器固定在O点。现将摆球拉到A点,释放摆球并开始计时,摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动,其中B点为运动中的最低位置。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像,重力加速度g取10 m/s2 。下列说法正确的是 (　　) A.单摆的振动周期为0.2π s B.单摆的摆长为0.1 m C.摆球的质量为0.05 kg D.摆球运动过程中的最大速度0.08 m/s 解析:选C　单摆每个周期经过两次最低点,即每个周期细线的拉力出现两次最大值,由题图乙可知,单摆的周期为0.4π s,故A错误;由单摆周期公式T=2π,代入数据解得l=0.4 m,故B错误;设摆球在最高点时摆线与竖直方向的夹角为θ,则在最高点时有mgcos θ=0.495 N,在最低点时有mg+m=0.510 N,从最高点到最低点,由动能定理得mgl(1-cos θ)=mv2,联立解得m=0.05 kg,v=0.2 m/s,故C正确,D错误。 考法3　等效摆长问题 3.(2024·浙江6月选考)如图所示,不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球,两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上,间距为1.5 m。小球平衡时,A端细线与杆垂直;当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时,等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　) A.摆角变小,周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时,A端拉力为 N D.小球平衡时,A端拉力小于B端拉力 解析:选B　根据单摆的周期公式T=2π可知,周期与摆角无关,故A错误;同一根绳中,A端拉力等于B端拉力,平衡时对小球受力分析如图,可得2FAcos 30°=mg,解得FA=FB== N,故C、D错误;根据几何知识可知,摆长为L==1 m,故小球摆动周期为T=2π≈2 s,故B正确。 考法4　等效重力加速度问题 4.(2025·福州模拟)“滑水”是近些年兴起的一项热门运动。摩托艇后面拉着一根绳子,后面的人手拉绳子、脚踩冲浪板。摩托艇行驶起来后,人就可以借助冲浪板“滑水”。有人注意到摩托艇匀速行驶时,冲浪板相对于摩托艇并不是静止,而是做简谐运动。在俯视图中建立xOy坐标系,已知摩托艇的速度为v,绳长为L,绳上的最大拉力为F,人和冲浪板的总质量为m。水的阻力仅存在于x轴方向,且正比于速度沿x轴的分量,比例系数为k。下列说法正确的是 (　　) A.当绳子与x轴方向达到最大倾角θ时,绳上拉力为0 B.人和冲浪板做简谐运动时机械能守恒 C.人和冲浪板做简谐运动的周期为2π D.人和冲浪板做简谐运动的周期为2π 解析:选D　当绳子与x轴方向达到最大倾角θ时,绳上的拉力在x轴方向的分力与水的阻力大小相等,故A错误;人和冲浪板做简谐运动时重力势能不变,动能不断变化,机械能不守恒,故B错误;人和冲浪板的简谐运动类似单摆的运动,由单摆的周期公式T=2π,等效重力加速度为g'=,可得人和冲浪板做简谐运动的周期为T'=2π=2π,故C错误,D正确。 逐点清(三)　简谐运动的表达式和图像 1.简谐运动的表达式x=Asin(ωt+φ0) 根据简谐运动表达式中质点相对平衡位置的位移x、振幅A、圆频率ω、初相位φ0所表示的物理意义,能写出质点做简谐运动的表达式。由简谐运动的表达式能画出其图像,或由简谐运动的图像能写出其表达式。 2.由图像可获取的五个信息 (1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示) (2)判定振动物体在某一时刻的位移。 (3)判定某时刻质点速度的大小和方向:曲线上各点切线的斜率的大小(即此切点的导数)和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向,斜率为正时表示质点的速度沿x轴正方向,斜率为负时表示质点的速度沿x轴负方向。速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定。 (4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。 从图像读取x大小及方向F的大小及方向a的大小及方向 (5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大,它所具有的势能越大,动能则越小。 [考法全训] 考法1　对简谐运动图像的理解 1.(2024·福建高考)如图(a),装有砂粒的试管竖直静浮于水中,将其提起一小段距离后释放,一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点,试管振动图像如图(b)所示,则试管 (　　) A.振幅为2.0 cm B.振动频率为2.5 Hz C.在t=0.1 s时速度为零 D.在t=0.2 s时加速度方向竖直向下 解析:选B　根据题图(b)可知,振幅为1.0 cm,周期为T=0.4 s,则振动频率为f== Hz=2.5 Hz,故A错误,B正确;根据题图(b)可知,t=0.1 s时质点处于平衡位置,此时速度最大,故C错误;根据题图(b)可知,t=0.2 s时质点处于负向最大位移处,此时加速度方向竖直向上,故D错误。 考法2　两个简谐运动图像的对比 2.(2025·杭州高三质检)如图所示为甲、乙弹簧振子的振动图像,下列说法正确的是 (　　) A.两弹簧振子的初相位不同 B.甲系统的机械能比乙系统的大 C.甲、乙两个弹簧振子在前2 s内加速度方向相反 D.t=2 s时,甲具有负方向最大速度,乙具有正方向最大位移 解析:选D　由题图可知两弹簧振子的周期不相等,初相位相同,故A错误;由题图可知甲的振幅大,由于甲、乙两弹簧振子的质量、弹簧的劲度系数未知,无法判断甲、乙两系统的机械能大小,故B错误;甲、乙两个弹簧振子在前2 s内加速度方向相同,沿x轴负方向,故C错误;x⁃t图像斜率的绝对值表示速度大小,t=2 s时,甲图像斜率的绝对值最大,且斜率为负,甲具有负方向最大速度,由x⁃t图像可知此时乙具有正方向最大位移,故D正确。 考法3　简谐运动图像与方程的综合 3.(2024·北京高考)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况,以向上为正方向,得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线,如图乙所示。下列说法正确的是 (　　) A.t=0时,弹簧弹力为0 B.t=0.2 s时,手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s,手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2 解析:选D　由题图乙知,t=0时,手机加速度为0,手机位于平衡位置,由平衡条件得弹簧弹力大小等于手机重力大小,A错误;由题图乙知,t=0.2 s时,手机的加速度为正值,则手机受到的合力向上,手机位于平衡位置下方,B错误;由题图乙知,从t=0至t=0.2 s,手机的加速度增大,手机从平衡位置向最大位移处运动,速度减小,动能减小,C错误;由题图乙知,装置振动的周期T=0.8 s,则圆频率ω==2.5π rad/s,则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2,D正确。 逐点清(四)　受迫振动和共振 |题|点|全|练| 1.[对受迫振动和共振的理解]如图所示,振动桩锤是桩基础施工的重要设备之一。桩锤工作时引起桩身周围土体振动,使桩身和土体间的粘合度降低,从而减小沉桩阻力。下列说法正确的是 (　　) A.针对不同土体,最有利于沉桩的桩锤振动频率都相同 B.针对同种土体,桩锤的振动频率越大,桩身周围土体的振动幅度越大 C.桩锤稳定工作后,桩身周围无论哪种土体,其振动频率都与桩锤的振动频率相同 D.为保障打桩机机身稳定,桩锤的振动频率应尽量接近机身的固有频率 解析:选C　针对不同土体,由于土体的固有频率可能不同,所以最有利于沉桩的桩锤振动频率可能不同,故A错误;根据共振条件可知,当驱动力频率等于固有频率时,做受迫振动的振幅最大,则针对同种土体,桩锤的振动频率越大,桩身周围土体的振动幅度不一定越大,故B错误;做受迫振动的频率等于驱动力的频率,可知桩锤稳定工作后,桩身周围无论哪种土体,其振动频率都与桩锤的振动频率相同,故C正确;为保障打桩机机身的稳定,桩锤的振动频率应尽量远离机身的固有频率,故D错误。 2.[对共振曲线的理解] 同一地点,甲、乙单摆在驱动力作用下振动,其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图所示,若驱动力的频率为f0,甲单摆振动的振幅　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)乙单摆振动的振幅;若驱动力的频率为3f0,甲单摆振动的周期　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)乙单摆振动的周期。  解析:受迫振动物体的固有频率与驱动力频率越接近,振幅越大,由题图可知,当驱动力的频率为f0,甲单摆振动的振幅大于乙单摆振动的振幅;甲、乙单摆均做受迫振动,其振动的频率等于驱动力的频率,故甲单摆振动的周期等于乙单摆振动的周期。 答案:大于　等于 3.[共振现象的应用] (双选)中国工程院院士、华中科技大学教授陈学东及其团队攻克了光刻机减振器研发瓶颈,为我国实现重大装备自主可控作出了重要贡献。下列说法正确的是 (　　) A.光刻机工作时的振动频率一定等于其自身的固有频率 B.光刻机工作时的振动振幅不受自身结构以及质量的影响 C.光刻机系统的固有频率要尽量远离周围可能存在的振源的振动频率 D.若减振装置的弹性力与外来驱动力的方向始终相反,将有助于减振 解析:选CD　光刻机做受迫振动,其振动频率等于外来驱动力频率,不一定等于其自身的固有频率,光刻机自身结构以及质量影响其自身的固有频率,若固有频率等于外来驱动力频率时,发生共振现象,振幅最大,所以光刻机工作时的振动振幅受自身结构以及质量的影响,故A、B错误;为了防止发生共振现象,所以光刻机系统的固有频率要尽量远离周围可能存在的振源的振动频率,若减振装置的弹性力与外来驱动力的方向始终相反,将有助于减振,故C、D正确。 |精|要|点|拨| 三种振动的比较 振动类型 自由振动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力 受驱动力 振动周期 或频率 由系统本身性质决定,即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定,即T=T驱或f=f驱 T驱=T0或 f驱=f0 振动 能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 常见 例子 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 [课时跟踪检测]　　　 　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.“喷水鱼洗”是我国珍贵的古代文物,具有很高的科学价值、历史价值和艺术价值。鱼洗最早是在先秦时期使用的一种金属制盥洗用具,它的大小像一个洗脸盆,底部是扁平的,盆沿左右各有一个把柄,称为双耳。鱼洗最奇妙的地方是,用双手快速且有节奏地摩擦盆边双耳,盆内水波荡漾,摩擦得法,可喷出水柱。下列说法正确的是 (　　) A.该现象是波的衍射形成的 B.鱼洗中的水位越低,振动越明显,喷出的水柱越高 C.鱼洗做受迫振动,当摩擦力引起的振动频率和鱼洗壁固有频率相等或十分接近时,鱼洗产生了共振而使水剧烈震荡 D.鱼洗中的水做受迫振动,当摩擦力引起的振动频率和水波振动的频率相等或十分接近时,水产生了共振而剧烈震荡 解析:选C　用双手快速且有节奏地摩擦鱼洗盆边双耳时,可产生两个频率相同的波源,产生的机械波在水中传播,发生了波的干涉,故A错误;鱼洗做受迫振动,当摩擦力引起的振动频率和鱼洗壁固有频率相等或十分接近时,鱼洗壁产生了共振,从而使鱼洗中的水剧烈震荡,鱼洗中的水位越低,水与鱼洗壁接触部分越少,水的振动越不明显,则越不容易喷出水柱,故B、D错误,C正确。 2.(2025·邵武调研)对于一个在光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子,下列说法中正确的是 (　　) A.振子相对平衡位置的位移增大,则其加速度减小 B.从任意时刻开始的四分之一周期时间内,路程等于振幅 C.振子相对平衡位置的位移的方向与速度的方向相反,则其速度的大小正在增大 D.从任意时刻开始的二分之一周期时间内,合力的冲量为零 解析:选C　弹簧振子做简谐运动,其回复力满足F=-kx,结合牛顿第二定律F=ma,可知振子相对平衡位置的位移增大,则其加速度增大,且可知当振子相对平衡位置的位移与速度方向相反时,回复力方向与速度方向相同,则其速度正在增大,故A错误,C正确;仅从平衡位置或位移最大的位置开始计时,四分之一周期内的路程才等于振幅,故B错误;从平衡位置开始二分之一周期内速度大小不变,方向反向,则合力的冲量不为零,故D错误。 3.(2024·甘肃高考)如图为某单摆的振动图像,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.摆长为1.6 m,起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m,起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m,A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m,A、B点的速度相同 解析:选C　根据题图可知,该单摆的振动周期为T=0.8π s,由单摆的周期公式T=2π,得摆长为l==1.6 m。x⁃t图像的斜率表示速度,故起始时刻速度为零,且A、C点的速度相同,A、B点的速度大小相等、方向不同,C正确。 4.如图所示,弹簧振子在B、C两点之间做简谐运动,其平衡位置为O点。已知B、C相距50 cm。从小球经过O点时开始计时,经过0.3 s首次到达B点。取向右为正方向,下列说法正确的是 (　　) A.小球振动的周期一定为1.2 s B.小球振动的振幅为0.5 m C.弹簧振子振动方程可能为x=-0.25sin(5πt)m D.0.6 s末,小球可能不在平衡位置 解析:选C　小球经过O点时开始计时,经过0.3 s 首次到达B点,若开始计时小球是向右运动,则小球振动的周期T=4×0.3 s=1.2 s,若开始计时小球是向左运动,则T=0.3 s,小球振动的周期T=0.4 s,小球振动的周期可能为1.2 s或0.4 s,A错误;由题意可知2A=50 cm,小球振动的振幅为A=0.25 m,B错误;当T=0.4 s时,有ω==5π rad/s,可知弹簧振子的振动方程为x=-0.25sin(5πt)m,C正确;无论周期是0.4 s还是1.2 s,0.6 s末小球都在平衡位置,D错误。 5.如图,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为 (　　) A.2mgsin θ B.3mgsin θ C.4mgsin θ D.5mgsin θ 解析:选C　物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小值为0,对乙有F弹1=mgsin θ,对甲有F弹1+mgsin θ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ,故选C。 6.(2024·浙江1月选考)如图1所示,质量相等的小球和点光源,分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上,间距为l,竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l,小球和光源做小振幅运动时,在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向,小球和光源的振动图像如图2所示,则 (　　) A.t1时刻小球向上运动 B.t2时刻光源的加速度向上 C.t2时刻小球与影子相位差为π D.t3时刻影子的位移为5A 解析:选D　以竖直向上为正方向,根据题图2可知,t1时刻小球位于平衡位置,随后位移为负值,且位移增大,可知t1时刻小球向下运动,故A错误;以竖直向上为正方向,t2时刻光源的位移为正值,光源振动图像为正弦式,表明其做简谐运动,根据F回=-kx=ma可知,其加速度方向与位移方向相反,位移方向向上,则加速度方向向下,故B错误;根据题图2可知,小球与光源的振动步调总是相反,由于影子是光源发出的光被小球遮挡后在屏上留下的阴影,可知影子与小球的振动步调总是相同,即t2时刻小球与影子相位差为0,故C错误;根据题图2可知,t3时刻,光源位于最低点,小球位于最高点,根据光沿直线传播可知在屏上影子的位置也处于最高点,影子位于正方向上的最大位移处,根据几何关系有=,解得x影子=5A,即t3时刻影子的位移为5A,故D正确。 7.(2025·福州模拟)如图甲所示,质量为m的物体B放在水平面上,通过轻弹簧与质量为2m的物体A连接,现在竖直方向给物体A一初速度,当物体A运动到最高点时,物体B与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时,物体A的位移随时间的变化规律如图乙所示,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.s~s时间内,物体A的速度与加速度方向相反 B.物体A在任意一个1.25 s内通过的路程均为50 cm C.物体A的振动方程为y=0.1sinm D.物体B对水平面的最大压力为6mg 解析:选D　s~s时间内,物体A由负的最大位移处向平衡位置运动,回复力指向平衡位置,即物体A的速度与加速度方向均沿y轴正方向,故A错误;由题图乙知,周期T=1 s,物体A由特殊位置(平衡位置或最大位移处)开始计时,在一个1.25 s=T内质点通过的路程等于振幅的5倍,除此外在1.25 s的时间内通过的路程不等于振幅的5倍,故B错误;由题图乙可知振幅为A=10 cm,圆频率为ω==2π rad/s,t=0时刻位移为0.05 m,且正在向y轴正方向运动,所以初相为φ0=,则物体A的振动方程为y=0.1sinm,故C错误;当物体A在最高点时,物体B与水平面间的作用力刚好为零,此时弹簧的拉力为F=mg,对于物体A有F+2mg=2ma,解得a=1.5g,当物体A运动到最低点时,物体B对水平面的压力最大,由简谐运动的对称性可知,物体A在最低点时加速度向上,且大小等于1.5g,由牛顿第二定律得F'-2mg=2ma,解得F'=5mg,由物体B受力平衡可知,物体B对水平面的最大压力为FN=F'+mg=6mg,故D正确。 二、双项选择题 8.图示为地球表面上甲、乙单摆的振动图像。以向右作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向,地球上的自由落体加速度为10 m/s2,月球上的自由落体加速度为1.6 m/s2,下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙两个单摆的摆长之比为4∶1 B.甲单摆在月球上做简谐运动的周期为5 s C.甲单摆的摆长约为4 m D.乙单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=2sincm 解析:选BD　由题图可知,在地球上甲单摆的周期为2 s,乙单摆的周期为4 s,甲、乙两单摆的周期之比为1∶2,根据单摆的周期公式T=2π,可得L=T2,甲、乙两单摆的摆长之比为1∶4,A错误;根据单摆的周期公式T=2π,可知==,在地球上甲单摆的周期为2 s,可得甲单摆在月球上做简谐运动的周期为5 s,B正确;甲单摆的周期为2 s,根据单摆的周期公式T=2π,可得摆长为L甲≈1 m,C错误;由题图可知乙单摆的振幅为2 cm,周期为4 s,可得ω乙==0.5π rad/s,t=0时位移为正向最大,所以初相位为φ0=,根据简谐运动位移随时间变化的关系x=Asin(ωt+φ0),可得乙单摆位移x随时间t变化的关系式为x=2sincm,D正确。 9.科技文化节中,物理社团做了如下一个沙摆实验。如图甲所示,薄木板被沿箭头方向水平拉出的过程中,沙摆漏出的沙在板上形成的一段曲线如图乙所示,当沙摆摆动经过最低点时开始计时(记为第1次),当它第20次经过最低点时测得所需的时间为19 s(忽略摆长的变化),取当地重力加速度g=10 m/s2,下列说法中正确的是 (　　) A.随着沙子不断漏出,沙摆摆动的频率将会增加 B.该沙摆的摆长约为1 m C.由图乙可知薄木板做的是匀加速运动,且加速度大小约为7.5×10-3 m/s2 D.当图乙中的C点通过沙摆正下方时,薄木板的速率约为0.126 m/s 解析:选BD　沙摆摆动的周期、频率与质量无关,A错误;由t=T得T=2 s,由单摆周期公式可得L=≈1 m,故B正确;由题图乙中数据可知,木板在连续且相等的时间段内的位移差恒定,约为Δx=3.10 cm,由匀变速直线运动的规律可知木板做匀加速运动,加速度大小为a===3.1×10-2 m/s2,C错误;匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度,等于这段时间内的平均速度,有vC===≈0.126 m/s,故D正确。 10.惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论,某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的实验环境。如图1所示,在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面,把摆线固定于斜面上的O点,使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点,静止释放后,摆球在ABC之间做简谐运动,摆角为α。摆球自然悬垂时,通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力为F1,摆球摆动过程中,力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示,其中F2、F3、T0均已知。当地的重力加速度为g。下列结论正确的是 (　　) A.多次改变图1中θ角的大小,即可获得不同的等效重力加速度 B.单摆n次全振动的时间为nT0 C.多次改变摆角α,只要得出T∝就可以验证该结论成立 D.在图2的测量过程中,满足F3=3F1-2F2的关系 解析:选AD　对摆球进行受力分析可知,摆球重力垂直于斜面的分力始终与斜面的支持力平衡,设等效重力加速度为g0,则有mgsin θ=mg0,解得g0=gsin θ,可知多次改变题图1中θ角的大小,即可获得不同的等效重力加速度,故A正确;单摆运动过程中,在A、C两位置摆线的拉力最小,则相邻两个摆线拉力最小的位置的时间间隔为半个周期,根据题图2可知,单摆n次全振动的时间为t=nT=2nT0,故B错误;根据单摆周期公式有T=2π,可知多次改变斜面倾角θ,只要得出T∝就可以验证该结论成立,故C错误;摆球自然悬垂时,通过力传感器测得摆线的拉力为F1,根据平衡条件有F1=mgsin θ,在摆动过程中,摆球在A位置有F2=mgsin θcos α,摆球在B位置有F3-mgsin θ=,摆球从A位置运动到B位置过程有mgsin θ=mv2,解得F3=3F1-2F2,故D正确。 三、非选择题 11.(3分)如图甲所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示,在t=0.2 s时,振子的加速度为负向　　　　;在t=0.4 s时,振子的动能　　　　;在t=0.6 s时,弹簧的弹性势能　　　　。(均选填“最大”或“最小”)  解析:由图像乙知,t=0.2 s时位移正向最大,根据F=-kx知回复力负向最大,所以振子的加速度为负向最大;由图像乙知,t=0.4 s时图像的斜率最大,速度最大,动能最大;由图像乙知,在t=0.6 s时,弹簧振子的位移最大,则弹簧的弹性势能最大。 答案:最大　最大　最大 12.(3分)(2025·厦门高三检测)一弹簧振子振幅为A,从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置,若振子从平衡位置处经过时间时的加速度大小和动能分别为a1和E1,而振子位移为时的加速度大小和动能分别为a2和E2,则a1　　　　a2, E1　　　　E2。(均选填 “大于” “小于”或“等于”)  解析:已知从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置,可知从平衡位置到第一次到达最大位移处的时间亦为t0,由平衡位置经时间t0到达最大位移处的过程是加速度增大的减速运动过程,此过程的位移为A,所以振子从平衡位置处经过时间通过的位移要大于,所以a1大于a2,E1小于E2。 答案:大于　小于 第2讲　机械波(基础落实课) 一、机械波 1.定义:机械振动在介质中传播形成的波。 2.形成条件 (1)有发生机械振动的波源。 (2)有传播介质,如空气、水等。 3.特点 (1)传播振动的形式、能量、信息。 (2)质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动,不随波迁移。 (3)每个质点的起振方向都与波源的起振方向相同。 4.分类 (1)横波:质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波,有波峰和波谷。 (2)纵波:质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波,有疏部和密部。 5.描述物理量 (1)波长(λ):两个相邻的、相对平衡位置的位移和振动方向总是相同的质点间的距离。 ①在横波中,两个相邻波峰(或波谷)之间的距离等于波长。 ②在纵波中,两个相邻密部(或疏部)之间的距离等于波长。 (2)周期(T)或频率(f):波的周期或频率等于波源的振动周期或频率。 (3)波速(v):波在介质中的传播速度,由介质本身的性质决定。 (4)波长、频率(或周期)和波速之间的关系:v==λf。 6.波的图像 (1)坐标轴:横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置,纵坐标表示某时刻各个质点偏离平衡位置的位移。 (2)意义:表示在波的传播方向上,某时刻各质点偏离平衡位置的位移。 二、波的干涉和衍射现象　多普勒效应 1.波的干涉和衍射 波的干涉 波的衍射 条件 两列波的频率必须相同,振动方向相同,相位差保持不变 产生明显衍射的条件:障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多 现象 形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样 波能够绕过障碍物继续向前传播 2.多普勒效应 现象 观察者接收到的波的频率发生变化 条件 波源和观察者之间有相对运动(距离发生变化) 实质 波源频率不变,观察者接收到的频率发生变化 微点判断 1.横波就是在水平方向传播的波。 (×) 2.在机械波的传播过程中,介质中的质点沿着波的传播方向移动。 (×) 3.通过波的图像可以找出任一质点在某时刻的位移。 (√) 4.机械波在传播过程中,各质点振动的周期、起振方向都相同。 (√) 5.机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。 (×) 6.波速表示介质中质点振动的快慢。 (×) 7.两列波在介质中叠加,一定产生干涉现象。 (×) 8.一切波都能发生衍射现象。 (√) 9.(鲁科选择性必修1P79T2·选摘)雷声轰鸣不绝是声波的多次反射形成的。 (√) 10.多普勒效应说明波源的频率发生变化。 (×) 逐点清(一)　机械波的形成与传播　波的图像　　　 考法(一)　波的传播规律及波速公式的应用 1.机械波的传播特点 (1)介质中每个质点都做受迫振动,每个质点的起振方向都与波源的起振方向相同。 (2)任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。 (3)波从一种介质进入另一种介质,由于介质不同,波长和波速可以改变,但频率和周期都不会改变。 (4)波源经过一个周期T完成一次全振动,波恰好向前传播一个波长的距离。 2.对波速公式v==λf的理解 (1)波长λ:在波的传播方向上,振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。 (2)波速v:机械波在介质中的传播速度,由介质本身的性质决定,与波源的周期T无关。 (3)频率f:由波源决定,等于波源的振动频率。各个质点的振动频率等于波源的振动频率。 　　[例1]　(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)某同学在漂浮于湖中的木筏上休息,看到湖面上的水波正平稳地向着湖岸传播。该同学估测出相邻波峰与波谷之间的水平距离为1.5 m,当某波峰经过木筏时开始计数,此后经20 s恰好有12个波峰通过木筏,则该水波 (　　) A.波长约为1.5 m　　 B.周期约为3.3 s C.频率约为1.7 Hz D.波速约为1.8 m/s [解析]　因相邻波峰与波谷之间的水平距离为1.5 m,可知波长为λ=3 m,20 s内有12个波峰通过木筏,可知12T=20 s,解得T= s,频率f==0.6 Hz,波速v==1.8 m/s,故选D。 [答案]　D 　　[针对训练] 1.(2024·海南高考)(双选)一歌手在湖边唱歌,歌声通过空气和水传到距其2 km的湖对岸,空气中的声速为340 m/s,水中声速为1 450 m/s,歌声可视为频率为400 Hz的声波,则下列说法正确的是 (　　) A.在水中传播频率会改变 B.由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5 s C.在空气中波长为0.85 m D.在水中的波长为5 m 解析:选BC　频率只与波源有关,故在水中传播频率不会改变,故A错误;由空气传到湖对岸的时间为t空== s≈5.88 s,由水传到湖对岸的时间为t水== s≈1.38 s,故由空气和水传到湖对岸的时间差约为Δt=t空-t水=4.5 s,故B正确;在空气中的波长为λ空== m=0.85 m,故C正确;在水中的波长为λ水== m=3.625 m,故D错误。 考法(二)　波的图像的应用 1.波的图像特点 (1)质点振动nT(波传播nλ)时,波形不变。 (2)在波的传播方向上,当两质点平衡位置间的距离为nλ(n=1,2,3,…)时,它们的振动步调总相同;当两质点平衡位置间的距离为(2n+1)(n=0,1,2,3,…)时,它们的振动步调总相反。 (3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向,各质点的起振方向与波源的起振方向相同。 2.根据波的图像、传播方向判定振动方向 方法 内容 图像 “上下 坡”法 沿波的传播方向,“上坡”时质点向下振动,“下坡”时质点向上振动 “同侧” 法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧 “微平 移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移,再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向 注意:波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。 　　[例2]　(鲁科版教材选择性必修1,P74T4)抖动绳子的一端,绳子每秒钟做两次全振动,产生如图所示的横波。求绳上横波的频率、波长和波速,并画出1.25 s后的波形图。若要增大绳波的波长,抖动绳子的频率该如何改变? [解析]　绳上横波的频率为f=2 Hz; 由题图知,波长为λ=×150 cm=50 cm=0.5 m; 波速大小为v=λf=0.5×2 m/s=1 m/s; 周期T==0.5 s,则1.25 s后的波形图如图中虚线所示。 由λ=可知,若要增大绳波的波长,抖动绳子的频率要变低。 [答案]　2 Hz　0.5 m　1 m/s　见解析图　频率变低 　　[例3]　(2024·湖南高考)如图,健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端,长绳自右向左呈现波浪状起伏,可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m,t0时刻A点位于波谷,B点位于波峰,两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是 (　　) A.波长为3 m B.波速为12 m/s C.t0+0.25 s时刻,B点速度为0 D.t0+0.50 s时刻,A点速度为0 [解析]　如图,根据题意可知A、B的平衡位置之间的距离xAB=λ=6 m,解得波长λ=4 m,故A错误; 波源的振动频率为f= Hz=1 Hz,故波速为v=λf=4 m/s,故B错误;波源的振动周期为T=1 s,因为0.25 s=,故B点在t0+0.25 s时刻运动到平衡位置,位移为0,速度最大,故C错误;0.5 s=,故A点在t0+0.5 s 时刻运动到波峰,位移最大,速度为0,故D正确。 [答案]　D |考|教|衔|接| 　　鲁科版教材题与2024年湖南高考题都考查了波的图像的应用,需根据题意先求出波长、周期和频率,利用v==λf求解波的传播速度,利用周期性判断质点在某时刻的振动方向和位置,进而判断其速度大小或变化情况。教材教会我们如何“建模”,湖南高考题考查的是如何“用模”。高考年年题不同,高考年年“神”相似。这个“神”,就是解同类题的思维模型。 　　[针对训练] 2.(2025年1月·八省联考河南卷)(双选)某简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示。x=0处质点的位移为y=-4 cm,x=0.7 m处的质点P位于平衡位置且振动方向向下。已知该波的周期为1.2 s,则 (　　) A.该波的波长为1.2 m B.该波的波速为2 m/s C.该波沿x轴正方向传播 D.t=0.1 s时刻,x=0处的质点位于平衡位置 解析:选AD　设t=0时刻该简谐横波的波动方程为y=Asin,由题图可知A=8 cm,将x=0时y=-4 cm代入解得φ=-,所以t=0时刻该简谐横波的波动方程为y=8sincm,当x=0.7 m时有×0.7-=π,解得该波的波长为λ=1.2 m,故A正确;由v=可得该波的波速为v= m/s=1 m/s,故B错误;已知t=0时刻质点P位于平衡位置且振动方向向下,由“同侧法”可知,该波沿x轴负方向传播,故C错误;根据Δt=== s=0.1 s,可知t=0.1 s时刻,x=0处的质点位于平衡位置,故D正确。 考法(三)　根据两时刻的波的图像分析问题 由t时刻的波形确定t+Δt时刻的波形 (1)如图所示,波向右传播Δt=T的时间和向左传播Δt=T的时间,波形相同。 (2)若Δt>T,可以采取“去整留零头”的办法。 　　[例4]　(2025·三明高三检测)某次水袖舞表演中,演员甩出水袖的波浪可简化为如图所示沿x轴方向传播的简谐横波,其中实线为t=0时刻的波形图,虚线为t=0.2 s时刻的波形图,波的周期大于0.7 s,则 (　　) A.t=0时刻,x=1.0 m的质点向下振动 B.演员的手1.6 s内全振动4次 C.若手振动变慢,波长变短 D.波传播的速度大小为2.5 m/s [解析]　因为波的周期大于0.7 s,则有0.2 s<,因此0~0.2 s只能是四分之一周期,即波沿x轴正方向传播,由“上下坡法”可知t=0时刻,x=1.0 m的质点向上振动,故A错误;由以上分析可知=0.2 s,解得周期T=0.8 s,根据1.6 s=2T,可知演员的手1.6 s内全振动2次,故B错误;根据v=可知,若手振动变慢,则其周期变长,波长也随之变长,故C错误;波传播的速度大小为v== m/s=2.5 m/s,故D正确。 [答案]　D 　　[针对训练] 3.如图,一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图中实线所示,经过Δt=0.5 s波形如图中虚线所示,该波的周期T大于0.5 s,图中d=0.4 m。下列说法正确的是 (　　) A.波速大小一定为0.8 m/s B.若波沿x轴正方向传播,则周期为3 s C.x=1.2 m和x=2.4 m处的两质点在沿y轴方向上的最大距离为10 cm D.在t=0时刻,若P点向下振动,则x=1.2 m处质点的振动方向也向下 解析:选B　因为波的周期T大于0.5 s,所以波的传播距离小于一个波长,当波的传播方向沿x轴正方向时,波的传播距离大小为d,则波速大小为v1== m/s=0.8 m/s,当波的传播方向沿x轴负方向时,波的传播距离大小为(λ-d),则波速大小为v2== m/s=4 m/s,故A错误;若波沿x轴正方向传播,则周期为T== s=3 s,故B正确;x=1.2 m和x=2.4 m处的两质点平衡位置间距为Δx=2.4 m-1.2 m=1.2 m=,则两质点在沿y轴方向上的最大距离为2A=20 cm,故C错误;在t=0时刻,若P点向下振动,根据“同侧法”可知波的传播方向为沿x轴正方向,同理可得,此时x=1.2 m处的质点的振动方向向上,故D错误。 逐点清(二)　波的图像与振动图像的综合应用　　　　 1.振动图像与波的图像的比较 振动图像 波的图像 图像 物理 意义 表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移 形象 比喻 记录着一个人一段时间内活动的录像带 记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片 图像 信息 (1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻速度、加速度方向 (1)波长、振幅 (2)任一质点在该时刻的位移 (3)任一质点在该时刻的加速度方向 (4)传播方向、振动方向的互判 图像 变化 随时间推移,图像延续,但已有形状不变 随时间推移,图像沿传播方向平移 2.求解波的图像与振动图像综合问题的关键点 (1)分清振动图像与波的图像。看清横坐标,横坐标为x则是波的图像,横坐标为t则是振动图像。 (2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。 (3)找准波的图像对应的时刻,找准振动图像对应的质点。 [考法全训] 考法1　已知波的图像判定质点的振动图像 1.(2025·福安模拟)(双选)如图是一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图,已知该波的传播速度为4 m/s,则下列选项图中,描述平衡位置坐标为x=12 m处质点的振动图像可能正确的是 (　　) 解析:选AD　由题图可以得到该波的波长为λ=24 m,又因为波速为v=4 m/s,所以质点的振动周期为T==6 s,故B错误;因为x=12 m处的质点与原点的水平距离正好是半个波长,故t=0时刻x=12 m处的质点的位移为5 cm,故C错误;若该波沿x轴负方向传播,由“同侧法”可知,t=0时刻x=12 m处的质点向上振动,故A可能正确;若该波沿x轴正方向传播,由“同侧法”可知,t=0时刻x=12 m 处的质点向下振动,故D可能正确。 考法2　已知质点振动图像判定波的图像 2.(双选)一列简谐横波沿x轴传播,平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当t=7 s时,简谐波的波动图像可能正确的是 (　　) 解析:选AC　由O点的振动图像可知,周期为T=12 s,设原点处的质点的振动方程为y=Asin,则10=20sin φ,解得φ=,在t=7 s时刻y7=20sincm=-10 cm≈-17.3 cm,因7 s=T+T,则在t=7 s时刻质点沿y轴负方向振动,根据“同侧法”可判断若波向右传播,则波形为C所示;若波向左传播,则波形如A所示。 考法3　波的图像与振动图像的综合应用 3.(2024·重庆高考)(双选)一列沿x轴传播的简谐波,在某时刻的波形图如图甲所示,一平衡位置与坐标原点距离为3 m的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示,若该波的波长大于3 m。则 (　　) A.最小波长为 m B.频率为 Hz C.最大波速为 m/s D.从该时刻开始2 s内该质点运动的路程为cm 解析:选BD　根据题图乙写出平衡位置与坐标原点距离为3 m的质点的振动方程y=Asin(ωt+φ),代入点0,和(2,0),解得φ=,ω=,可得T=2.4 s,f= Hz,故B正确; 在题图甲中标出位移为 cm的质点,如图所示,若波沿x轴正方向传播,则为Q点,若波沿x轴负方向传播,则为P点,则波长可能满足λ=3 m,即λ=18 m,或λ'=3 m,即λ'=9 m,故A错误;根据v=,可得v= m/s,v'= m/s,则该波的最大波速为 m/s,故C错误;根据题图乙计算该质点在2 s内运动的路程为s=4A-cm=4-cm,故D正确。 逐点清(三)　波的多解问题 　　造成波动问题多解的主要因素有:波的周期性、波的双向性、波形的隐含性。解决该类问题一般可以按如下思路: (1)首先找出造成多解的原因,比如考虑传播方向的双向性,可先假设波向右传播,再假设波向左传播,分别进行分析。 (2)根据周期性列式,若题目给出的是时间条件,则列出t=nT+Δt(n=0,1,2,…),若给出的是距离条件,则列出x=nλ+Δx(n=0,1,2,…)进行求解。 (3)根据需要进一步求与波速v=或v==λf等有关的问题。 类型(一)　波的周期性形成多解 1.时间的周期性:时间间隔Δt与周期T的关系不明确。 2.空间的周期性:波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。 　　[例1]　(2025·龙岩模拟)(双选)有一列沿水平方向传播的简谐横波,在波的传播方向上有平衡位置相距4 m的A、B两质点,已知波的传播方向由B指向A,图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像。则这列波的波速可能为 (　　) A. m/s　　　　　　　 B.12 m/s C.40 m/s D.60 m/s [解析]　根据题意可得λ=xAB(n=0,1,2,3,…),代入数据解得λ= m(n=0,1,2,3,…),所以v== m/s(n=0,1,2,3,…),当n=0时,有v=40 m/s,当n=1时,有v=8 m/s,当n=2时,有v= m/s,故选A、C。 [答案]　AC 类型(二)　波的双向性形成多解 1.传播方向双向性:波的传播方向不确定。 2.振动方向双向性:质点振动方向不确定。 　　[例2]　一列简谐横波在t=0时的波形如图中实线所示,t=1 s时的波形如图中虚线所示,则下列说法正确的是 (　　) A.这列波的波长为6 m B.平衡位置分别为A、B的两个质点,振动方向始终相同 C.若波向右传播,则波的最小频率为0.25 Hz D.若波向左传播,则波的传播速度大小为6 m/s [解析]　由题图可知,这列波的波长为λ=8 m,A错误;A、B相距Δx=4 m=,故平衡位置分别为A、B的两个质点,振动方向始终相反,B错误;若波向右传播,有T=1 s,解得T= s,则波的最小频率为f=0.25 Hz,C正确;若波向左传播,有T=1 s,解得T= s,则波的传播速度大小为v==m/s,D错误。 [答案]　C 类型(三)　波形的隐含性形成多解 　　在波动问题中,往往只给出完整波形的一部分,或给出几个特殊点的振动情况,而其余信息均处于隐含状态。这样,波形就有多种可能情况,形成波动问题的多解。 [例3]　(2025·宁德高三模拟)(双选)一列简谐横波沿x轴负方向传播,t=0时刻的部分波形图像如图所示,已知该波的波速v=4 m/s,下列说法正确的是 (　　) A.t=0时刻x=9 m处的质点振动方向沿y轴正方向 B.此列波的周期可能为1.5 s C.0~0.25 s时间内,质点P的速度不断减小 D.P点的振动方程为y=5sincm [解析]　根据题图中横坐标0~4 m内的波形可知<4 m,>4 m,解得8 m<λ<16 m,根据虚线左右的波形可知nλ=16 m-4 m=12 m(n=1,2,3,…),解得λ= m(n=1,2,3,…),只有当n=1时,λ=12 m,满足条件,作出完整波形并标明x=9 m处的质点位置如图所示,波沿x轴负方向传播,根据同侧法可知,t=0时刻x=9 m处的质点振动方向沿y轴正方向,故A正确;此列波的周期为T== s=3 s,故B错误;根据同侧法可知,t=0时刻质点P振动方向沿y轴正方向,质点P随后首次到达波峰时波传播的距离Δx=4 m-=1 m,则质点P随后首次到达波峰的时间Δt== s=0.25 s,可知0~0.25 s时间内,质点P一直向波峰位置运动,则其速度一直减小,故C正确;设质点P的振动方程为y=Asin,振幅A=5 cm,由以上分析可知,t=0.25 s时,y=5 cm,代入解得φ0=,故质点P的振动方程为y=5sincm,D错误。 [答案]　AC 逐点清(四)　波的干涉、衍射、多普勒效应 |题|点|全|练| 1.[波的叠加](2024·山东高考)(双选)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播,波速均为2 m/s。t=0时刻二者在x=2 m 处相遇,波形图如图所示。关于平衡位置在x=2 m处的质点P,下列说法正确的是 (　　) A.t=0.5 s时,P偏离平衡位置的位移为0 B.t=0.5 s时,P偏离平衡位置的位移为-2 cm C.t=1.0 s时,P向y轴正方向运动 D.t=1.0 s时,P向y轴负方向运动 解析:选BC　在0.5 s内,甲、乙两列波传播的距离均为Δx=vΔt=2×0.5 m=1 m,根据波形平移法可知,t=0.5 s时,x=1 m处甲波的波谷刚好传到P处,x=3 m处乙波的平衡位置刚好传到P处,根据波的叠加原理可知,t=0.5 s时,P偏离平衡位置的位移为-2 cm,故A错误,B正确;在1.0 s内,甲、乙两列波传播的距离均为Δx'=vΔt'=2×1.0 m=2 m,根据波形平移法可知,t=1.0 s时,x=0处甲波的平衡位置刚好传到P处,x=4 m 处乙波的平衡位置刚好传到P处,且此时两列波在P点都向y轴正方向运动,根据波的叠加原理可知,t=1.0 s时,P向y轴正方向运动,故C正确,D错误。 2.[波的干涉] (1)(公式法)(2024·江西高考)如图(a)所示,利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中,入射波为连续的正弦信号,探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号,分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6 300 m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d,下列选项正确的是 (　　) A.振动减弱;d=4.725 mm B.振动加强;d=4.725 mm C.振动减弱;d=9.45 mm D.振动加强;d=9.45 mm 解析:选A　根据反射信号图像可知,超声波的传播周期T=2×10-7 s,又波速v=6 300 m/s,则超声波在机翼材料中的波长λ=vT=1.26×10-3 m,结合题图(b)和题图(c)可知,两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt=1.5×10-6 s,故两个反射信号的路程差2d=vΔt=9.45×10-3 m=λ,解得d=4.725×10-3 m=4.725 mm,且两个反射信号在探头处振动减弱,A正确。 (2)(波形图法)(2025·福州高三质检)两个振动情况完全相同的波源,在同一介质中形成的两列波相遇后,某一时刻在它们的重叠区域形成如图所示的干涉图样,实线表示波峰,虚线表示波谷,图中P点恰好处于两条实线的交点上,Q点恰好处于实线和虚线的交点上,M是P、Q连线上的一点(图中未画出),下列说法正确的是 (　　) A.P点总是在最大位移处 B.M点不可能是振动加强点 C.P、Q之间的距离一定等于半个波长 D.若将波源S1向S2稍微靠近,P点的振幅一定不变 解析:选B　P点为振动加强点,即振幅最大,但并不是总在最大位移处,故A错误;M点处于振动加强点与振动减弱点之间,不可能是振动加强点,故B正确;P点为振动加强点,Q点为振动减弱点,只有当P、Q与波源在一条直线上且P、Q两点处于平衡位置时,两点间的距离才等于半个波长,故C错误;若将波源S1向S2稍微靠近,P点可能不是振动加强点,其振幅可能发生变化,故D错误。 3.[对波的衍射的理解]某同学观察到波长相同的水波通过两个宽度不同的狭缝时的现象如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.水波通过狭缝后波速不变,波长变短 B.这是水波的衍射现象,有些波不能发生衍射现象 C.此现象可以说明:波长一定,缝越窄衍射现象越明显 D.此现象可以说明:缝宽一定,波长越长衍射现象越明显 解析:选C　水波通过狭缝后,因波速与频率不变,根据公式λ=,则波长不变,故A错误;一切波均有衍射现象,而波发生明显衍射现象的条件是:孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小,由题图可知,波长一定,缝越窄衍射现象越明显,因图中只有缝宽变化,无法得出:缝宽一定,波长越长衍射现象越明显,故C正确,B、D错误。 4.[对多普勒效应的理解]如图所示为移动的振动片上的金属丝周期性触动水面形成的水波图样,A、B为水面上的两点,此时金属丝恰好触动水面上的O点,AO=BO。下列说法正确的是 (　　) A.O点产生的水波先传到A点 B.A点水波的频率大于B点水波的频率 C.任意时刻A、B处质点的位移总相同 D.振动片在水平向右运动 解析:选B　由题知AO=BO,波的传播速度取决于介质,所以题图中O点两侧的水波传播速度一样快,O点产生的水波同时传播到A、B点,故A错误;题图中A点单位时间内接收到的完全波的个数较多,故A点水波的频率大于B点水波的频率,任意时刻A、B处质点的位移不可能总相同,故B正确,C错误;由题图可知,波源左侧的波纹较密集,则说明振动片正在水平向左运动,故D错误。 |精|要|点|拨| 1.波的干涉中振动加强点、减弱点的判断方法 (1)公式法 某质点的振动是加强还是减弱,取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。 ①当两波源振动步调一致时 若Δr=nλ(n=0,1,2,…),则振动加强; 若Δr=(2n+1)(n=0,1,2,…),则振动减弱。 ②当两波源振动步调相反时 若Δr=(2n+1)(n=0,1,2,…),则振动加强; 若Δr=nλ(n=0,1,2,…),则振动减弱。 (2)波形图法 在某时刻波的干涉的波形图上,波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点一定是加强点,而波峰与波谷的交点一定是减弱点,各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线,形成加强线和减弱线,两种线互相间隔,加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 2.衍射现象的两点提醒 (1)障碍物或孔的尺寸大小并不是决定衍射能否发生的条件,仅是衍射现象是否明显的条件,波长越大越易发生明显的衍射现象。 (2)当孔的尺寸远小于波长时,尽管衍射十分突出,但衍射波的能量很弱,也很难观察到波的衍射。 3.多普勒效应的成因分析 (1)接收频率是指观察者接收到的频率,等于观察者在单位时间内接收到的完整波的个数。 (2)当波源与观察者相互靠近时,观察者单位时间内接收到的完整波的个数增加,观察者接收到的频率变大;当波源与观察者相互远离时,观察者单位时间内接收到的完整波的个数减少,观察者接收到的频率变小。 [课时跟踪检测]　　 　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2024·广东高考)一列简谐横波沿x轴正方向传播,波速为1 m/s,t=0时的波形如图所示。t=1 s时,x=1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为 (　　) A.0 B.0.1 m C.-0.1 m D.0.2 m 解析:选B　根据题图可知,简谐横波的波长为λ=2 m,所以周期为T===2 s,当t=1 s时,x=1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处,故相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。 2.一列沿x轴负方向传播的简谐横波,t=0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动,其位移随时间的变化关系为y=Asin 5πt,则在t=1.0 s时的波形可能是 (　　) 解析:选A　由位移随时间的变化关系y=Asin 5πt,可知周期为T= s=0.4 s,t=0时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴正方向运动,由于Δt=1.0 s=2T+T,可知t=1.0 s时位于坐标原点的质点从平衡位置沿y轴负方向运动,由于波沿x轴负方向传播,根据“上下坡法”可知,在t=1.0 s时的波形可能是A。 3.(2023·福建高考)一简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示,该简谐波沿x轴正方向传播,周期T=2.5 s,质点P的横坐标x=8 m,则 (　　) A.简谐波的波长为15 m B.简谐波的波速是8 m/s C.简谐波的振幅为0.5 m D.t=0时,P向y轴负方向运动 解析:选B　由题图可知波长λ=20 m,故A错误;波速为v==8 m/s,故B正确;由题图知振幅为0.25 m,故C错误;该简谐波沿x轴正方向传播,根据“上下坡”法可知,t=0时,P向y轴正方向运动,故D错误。 4.(2024·浙江6月选考)频率相同的简谐波源S1、S2和接收点M位于同一平面内,S1、S2到M的距离之差为6 m。t=0时S1、S2同时垂直平面开始振动,M点的振动图像如图所示,则 (　　) A.两列波的波长为2 m B.两列波的起振方向均沿x正方向 C.S1和S2在平面内不能产生干涉现象 D.两列波的振幅分别为3 cm和1 cm 解析:选B　根据题图可知,t=4 s时M点开始沿x正方向振动,故此时一列波传播到M点,起振方向沿x正方向,t=7 s时波形开始改变,说明另一列波传播到M点,此时两列波平衡位置都传播到M点,第一列波使M点沿x负方向振动,之后振幅减小,可知第二列波使M点沿x正方向振动,故两列波的起振方向均沿x正方向,故B正确;S1、S2到M的距离之差为6 m,由题图可知,两列波传播到M点的时间差为3 s,根据v=可得波速为v= m/s=2 m/s,故波长为λ=vT=4 m,故A错误;两列波频率相等,在平面内能产生干涉现象,故C错误;由题图知,第一列波的振幅为A1=3 cm,第二列波的振幅为A2=3 cm-1 cm=2 cm,故D错误。 5.波源P、Q分别在x轴上x=0和x=12 m处,波源P做简谐运动的周期TP=0.5 s、振幅AP=0.2 m,产生的简谐波沿x轴正方向传播;波源Q做简谐运动产生的简谐波的波长为6 m、振幅AQ=0.2 m,沿x轴负方向传播;波源P、Q在t=0时均开始沿y轴正方向振动,产生的简谐波的波速都是8 m/s。下列说法错误的是 (　　) A.两列波在相遇区域会发生干涉现象 B.平衡位置为x=7 m处的质点在t=1.0 s时速度不为零 C.平衡位置为x=4 m处的质点在t=1.0 s时位移为零,加速度为零 D.波源P、Q产生的两列简谐波传播过程中遇到4 m 的障碍物,均会产生明显的衍射现象 解析:选A　波源Q的周期为TQ== s=0.75 s,则两列波的频率不等,两列波在相遇区域不会发生干涉现象,A错误;在t=1.0 s时两列波各自传播8 m,则波源P产生的波传到x=8 m的位置,此时平衡位置为x=7 m处的质点由该波引起的振动在最高点,波源Q产生的波传到x=4 m的位置,此时平衡位置为x=7 m处的质点由该波引起的振动在平衡位置向下振动,则平衡位置为x=7 m处的质点在t=1.0 s时速度不为零,平衡位置为x=4 m处的质点在t=1.0 s 时由两列波引起的位移都为零,此时该点的位移为零,加速度为零,B、C正确;波源P、Q产生的波的波长分别为4 m和6 m,则波源P、Q产生的两列简谐波传播过程中遇到4 m的障碍物,均会产生明显的衍射现象,D正确。此题选择不正确的,故选A。 二、双项选择题 6.(2024·新课标卷)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动,振动图像如图所示,所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5 m处的质点P开始振动时,波源恰好第2次处于波谷位置,则 (　　) A.波的周期是0.1 s B.波的振幅是0.2 m C.波的传播速度是10 m/s D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时,质点P处于波峰位置 解析:选BC　波的周期和振幅与波源相同,故由题图可知波的周期为T=0.2 s,振幅为A=0.2 m,故A错误,B正确;质点P开始振动时,波源第2次到达波谷,故可知经过的时间为t=T+T=0.35 s,故可得波速为v== m/s=10 m/s,故C正确;波从P点传到Q点需要的时间为t'==0.1 s=T,故可知质点Q开始振动时,质点P处于平衡位置,故D错误。 7.一列沿x轴传播的简谐横波,t=0时刻的波形图如图甲所示。介质中某质点P的振动图像如图乙所示。则 (　　) A.波沿x轴负方向传播,波速大小为30 m/s B.当t=0.35 s时,质点P恰好回到平衡位置 C.在0~0.2 s时间内,质点P运动的路程为10 cm D.在0~0.1 s时间内,质点P一直向y轴负方向运动 解析:选BC　由题图乙知,质点P在t=0时向y轴负方向运动,由上下坡法可知波沿x轴负方向传播,波速大小为v== m/s=60 m/s,故A错误;由题图乙可知,当t=0.35 s时,质点P恰好回到平衡位置, 故B正确;在0~0.2 s时间内,质点P运动的路程为s=2A=10 cm,故C正确;由题图乙可知,在0~0.1 s时间内,质点P先向y轴负方向运动,后向y轴正方向运动,故D错误。 8.如图所示,一列简谐横波沿x轴正方向传播,实线为t=0时刻的波形图,虚线为t=0.1 s时刻的波形图,质点M的横坐标x=2.5 m,波源不在坐标原点O,下列说法正确的是 (　　) A.波的频率可能为12.5 Hz B.波的传播速度可能为5 m/s C.t=0.1 s时刻质点M一定沿y轴正方向运动 D.质点M在0~0.1 s内的路程可能为0.2 m 解析:选AC　波沿x轴正方向传播,则Δt=+nT=0.1 s(n=0,1,2,3,…),解得T= s(n=0,1,2,3,…),频率为f==Hz(n=0,1,2,3,…),当n=1时,解得f=12.5 Hz,故A正确;波速为v=λf=(40n+10)m/s(n=0,1,2,3,…),不可能为5 m/s,故B错误;根据“同侧法”,t=0.1 s时刻质点M沿y轴正方向运动,故C正确;由波形图及波的传播特点可知,质点M在0~0.1 s内的路程s=A+A+nA=(0.2+0.2n)m(n=0,1,2,3,…),所以质点M在0~0.1 s 内的路程不可能为0.2 m,故D错误。 9.(2025年1月·八省联考四川卷)甲、乙两列简谐横波在t=0时刻波形分别如图1、图2所示,传播速度均为1 cm/s。下列说法正确的是 (　　) A.甲的周期为2 s B.甲与乙的频率之比为3∶2 C.t=0时刻,质点P的位移为零 D.t=0时刻,质点Q的速度沿y轴正方向 解析:选BC　根据题图1,可得λ甲=2 cm,又λ甲=vT甲,其中v=1 cm/s,解得T甲= s,故A错误;同理,根据题图2,可得λ乙=2 cm,又λ乙=vT乙,可得T乙=2 s,根据f=可得==,故B正确;由题图1可知,t=0时刻,质点P在平衡位置,位移为零,故C正确;根据同侧法可知t=0时刻,质点Q的速度沿y轴负方向,故D错误。 三、非选择题 10.(3分)介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2,二者做简谐运动的振幅相等,周期均为0.8 s,当S1过平衡位置向上运动时,S2也过平衡位置向上运动。若波速为5 m/s,则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为　　　　m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点,与S1、S2平衡位置的距离均为10 m,则两波在P点引起的振动总是相互　　　　(填“加强”或“削弱”)的;当S1恰好在平衡位置向上运动时,平衡位置在P处的质点　　　　(填“向上”或“向下”)运动。  解析:因周期T=0.8 s,波速为v=5 m/s,则波长为λ=vT=4 m;因两波源到P点的距离之差为零,且两波源振动方向相同,则P点的振动是加强的;因S1P=10 m=2.5λ,则当S1恰好在平衡位置向上运动时,平衡位置在P点的质点向下振动。 答案:4　加强　向下 11.(3分)(2025·福建福清检测)如图所示,在均匀介质中,位于x=5 m和x=-6 m处的两波源S2和S1沿y轴方向做简谐运动,在x轴上形成两列振幅均为5 cm、波速均为2 m/s的相向传播的简谐波。t=0时刻的波形图如图,则再经时间t=　　 s两波相遇;在0~2.5 s内,x=-1 m处的质点运动的路程为　　　　 cm。  解析:假设再经过t时间两波相遇,则有v1t+v2t=8 m,解得t= s=2 s;由题图可知,波源S1的波峰传到x=-1 m的时间为t1= s=2.25 s,波源S2的波谷传到x=-1 m的时间为t2= s=2.25 s,可知S1的波峰与S2的波谷同时到达x=-1 m处,x=-1 m为振动减弱点,两简谐波振幅相同,因此在0~2.5 s内,x=-1 m处的质点运动的路程为0。 答案:2　0 12.(3分)如图所示,B、C为两列机械波的波源,它们在同种介质中振动,其振动表达式分别为yB=0.1cos(2πt)cm 和yC=0.1cos(2πt+π)cm,发出的波的传播方向如图中的虚线所示,2 s末P点开始振动,它们传到P点时相遇,=40 cm,=50 cm,则这两列波的波长是　　　　 cm,P点为振动　　　　点(填“加强”或“减弱”)。  解析:由振动表达式可知ω=2π rad/s,则两波的周期均为T== s=1 s,根据题意可知,波从B传到P的时间为2 s,则波速为v== m/s=0.2 m/s,两波波长为 λ=vT=0.2 m=20 cm;根据题意可知,两列波到P点的波程差Δs=-=50 cm-40 cm=0.1 m=,C波传到P点的时间比B波晚,由两振动方程可知,两波源的振动步调相反,则P点为振动加强点。 答案:20　加强 13.(10分)(2025·永安检测)如图所示,在xOy平面内有两个点波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=10 m 处,它们在同一均匀介质中均从t=0开始沿y轴正方向做简谐运动,波源S1的振动方程为y1=5sincm,波源S2的振动方程为y2=3sincm,质点P位于x轴上x3=1 m处,已知质点P在t=0.1 s时开始振动,求: (1)这两列波在介质中的波长;(3分) (2)在t=0至t=1.3 s内质点P通过的路程。(7分) 解析:(1)由题意知ω=5π rad/s, 周期T==0.4 s 波速为v==10 m/s 波长为λ=vT=4 m。 (2)P点到两波源的路程差d=S2P-S1P=8 m=2λ,所以P点是振动加强点。 0~0.1 s内,P不振动; 0.1 s~0.9 s内,P只参与由波源S1产生的振动,振动时间t1=0.9 s-0.1 s=0.8 s=2T,路程为s1=2×4A1=40 cm 0.9 s~1.3 s内,P同时参与由波源S1和S2产生的振动且振动加强,振动时间t2=1.3 s-0.9 s=0.4 s=T,故s2=4=32 cm 综上所述,在t=0至t=1.3 s内质点P通过的总路程s=s1+s2=72 cm。 答案:(1)4 m　(2)72 cm 第3讲　用单摆测量重力加速度(基础实验) 　 一、实验知能/系统归纳　　 一、理清原理与操作 原 理 装 置 图 (1)摆角很小时,单摆做简谐运动,周期T=2π 。 (2)由g=l可知,只要测出l、T即可计算出当地重力加速度的大小 操 作 要 领 (1)做单摆:用约1 m长的细线穿过小球上的小孔,并打一个比孔大的结,把细线另一端固定在铁架台上。 (2)测摆长:用毫米刻度尺测摆线长l',用游标卡尺测小球直径D,则摆长l=l'+。 (3)测周期:让摆球偏离一个角度(小于5°),释放后让单摆自由摆动,测出单摆全振动30~50次的总时间,求出周期,反复测量三次,求出周期的平均值 二、掌握数据处理方法 公式法 将测得的几组周期T和摆长l代入公式g=中算出重力加速度g的值,再算出g的平均值,即为当地重力加速度的大小 图像法 由单摆的周期公式T=2π ,可得l=T2,因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l ⁃T2图像是一条过原点的直线,如图所示,求出斜率k,即可求出g值。g=4π2k,k== 三、注意实验细节 1.选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线,长度一般在1 m左右,小球应选用密度较大的金属球,直径应较小,最好不超过2 cm。 2.单摆摆线的上端不可随意卷在铁架台的杆上,应夹紧在铁夹中,以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。 3.注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角要小于5°。可通过估算振幅的办法掌握。 4.摆球振动时,要使之保持在同一个竖直平面内,不要形成圆锥摆。 5.计算单摆的振动次数时,应从摆球通过平衡位置时开始计时。为便于计时,可在摆球平衡位置的正下方作一标记,以后摆球每次从同一方向通过平衡位置时进行计数,且在数“0”的同时按下秒表,开始计时计数。 四、做好误差分析 系统 误差 主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即:悬点是否固定,摆球是否可视为质点,球、线是否符合要求,振幅是否足够小,摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动,以及测量哪段长度作为摆长等 偶然 误差 主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此,要注意测准时间(周期),要从摆球通过平衡位置开始计时,并采用倒计时计数的方法,即4、3、2、1、0、1、2、…,在数“0”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差,应多次测量后取平均值 二、应用发展/练中融通 1.(2024·广西高考)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。 (1)制作单摆时,在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中,选择图甲方式的目的是要保持摆动中　　　　不变。  (2)用游标卡尺测量摆球直径,测得读数如图丙,则摆球直径为　　　　cm。  (3)若将一个周期为T的单摆,从平衡位置拉开5°的角度释放,忽略空气阻力,摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g,以释放时刻作为计时起点,则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为 　。 解析:(1)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。 (2)摆球直径为d=1.0 cm+6×0.1 mm=1.06 cm。 (3)根据单摆的周期公式T=2π,可得单摆的摆长为L=,从平衡位置拉开5°的角度释放,可得振幅为A=Lsin 5°,以该位置为计时起点,根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x=Acos (ωt)=cos。 答案:(1)摆长　(2)1.06　(3)x=cos 2.在“用单摆测定重力加速度”的实验中: (1)摆动时偏角α满足的条件是　　　　。为了减小测量周期的误差,计时开始时,摆球应是经过最　　　　(填“高”或“低”)的点的位置,且用秒表测量单摆完成多次全振动所用的时间,求出周期。图甲中秒表示数为一单摆全振动50次所需时间,则单摆振动周期为　　　　s。  (2)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长,测量情况如图乙所示。O为悬挂点,从图乙中可知单摆的摆长为　　　　 m。  (3)若用L表示摆长,T表示周期,那么重力加速度的表达式为g=　　　　。  (4)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后,学生甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作用相当于重力加速度变小,因此振动周期变大。”学生乙说:“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验,因此振动周期不变”,这两个学生中　　　　。  A.甲的说法正确 B.乙的说法正确 C.两学生的说法都是错误的 解析:(1)单摆的振动视为简谐运动的条件为:摆角α≤5°;从最低点开始计时便于测量与观察,可以减小误差;秒表读数为t=1.5 min+12.5 s=102.5 s,所以周期T= s=2.05 s。 (2)刻度尺的最小刻度为1 mm,所以刻度尺读数为L=99.70 cm=0.997 0 m。 (3)由单摆周期公式T=2π可得g=。 (4)因为空气的浮力始终竖直向上,小球受到的合力小于重力,加速度变小,振动周期变大,故甲同学的说法是正确的,故选A。 答案:(1)α≤5°　低　2.05 (2)0.997 0(0.996 0~0.998 0均可)　 (3)　(4)A 3.(2025年1月·八省联考河南卷)学生实验小组利用单摆测量当地的重力加速度。实验器材有:铁架台、 细线、摆球、秒表、卷尺等。完成下列问题: (1)实验时,将细线的一端连接摆球,另一端固定在铁架台上O点,如图1所示。然后将摆球拉离平衡位置,使细线与竖直方向成夹角θ(θ<5°),由静止释放摆球,让单摆开始摆动。为了减小计时误差,应该在摆球摆至　　　　(填“最低点”或“最高点”)时开始计时。  (2)选取摆线长度为100.0 cm时,测得摆球摆动30个完整周期的时间(t)为60.60 s。若将摆线长度视为摆长,求得重力加速度大小为　　　　m/s2(取π2=9.870,结果保留3位有效数字)。  (3)选取不同的摆线长度重复上述实验,相关数据汇总在下表中,在坐标纸上作出摆线长度(l)和单摆周期的二次方(T2)的关系曲线,如图2所示。 l(m) t(s) T2(s2) 0.800 54.17 3.26 0.900 57.54 3.68 1.000 60.60 4.08 1.100 63.55 4.49 1.200 66.34 4.89 设直线斜率为k,则重力加速度可表示为g=　　　　　　(用k表示)。由图2求得当地的重力加速度大小为　　　　　　m/s2(结果保留3位有效数字)。  (4)用图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得到的结果更精确,原因是_________________。  解析:(1)摆球经过最低点时速度最大,在相等的距离误差上引起的时间误差最小,测得周期的误差最小,所以为了减小计时误差,应该在摆球摆至最低点时开始计时。 (2)根据题意可知摆球摆动的周期T==2.02 s,根据单摆周期公式T=2π,其中L=100.0 cm=1.000 m,代入数据解得g≈9.68 m/s2。 (3)根据单摆周期公式T=2π,整理可得l=·T2-r,可知l⁃T2图线的斜率k=,则重力加速度可表示为g=4π2k;由题图2求得当地的重力加速度大小为g=4π2× m/s2≈9.69 m/s2。 (4)用图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得到的结果更精确,其原因是用图像法处理数据时,无论是否考虑摆球的半径,l⁃T2图像的斜率均为,对重力加速度g的测量没有影响。 答案:(1)最低点　(2)9.68　(3)4π2k　9.69　(4)见解析 4.科技文化节中,某兴趣小组做了“利用单摆测量重力加速度”实验,实验操作如下: (1)使用游标卡尺测量实心钢球的直径为d; (2)将器材按甲图方式连接,用刻度尺测量出悬点与钢球最上端间细线长度为l;使钢球按照乙图方式运动,摆角小于5°,钢球第1次经过最低点处开始计时,第n次经过最低点时的总时间为t,则重力加速度g=　　　　　　;(用测得的物理量表示)  (3)若钢球实际按图丙方式在水平面内做圆周运动,但仍然视作单摆,则测量出的重力加速度值　　　　(填“偏大”或“偏小”)。  (4)另一位同学直接用米尺和三角板测量了单摆的摆长,如图丁所示,则单摆摆长是　　　　m。  解析:(2)根据题意可知,单摆的摆长为L=l+,钢球第1次经过最低点处开始计时,第n次经过最低点时的总时间为t,则T=t,由单摆的周期公式T=2π,联立解得g=。 (3)设细线与中心线的夹角为θ,由牛顿第二定律有mgtan θ=mLsin θ,解得圆锥摆的周期为T1=2π<T,故钢球做圆锥摆运动的周期比单摆的周期短,在时间t内经过最低点的次数n变多,由此测算出的重力加速度偏大。 (4)米尺的最小分度为0.1 cm,读数时需要估读到下一位,则单摆摆长是90.00 cm=0.900 0 m。 答案:(2)　(3)偏大 (4)0.900 0 5.在“利用单摆测重力加速度”的实验中。 (1)某同学尝试用DIS测量周期。如图,用一个磁性小球代替原先的摆球,在单摆下方放置一个磁传感器,其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。使单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于　　　　(选填“最高点”或“最低点”)。若测得连续50个(开始计时记为第1个)磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆周期的测量值为　　　　(不考虑地磁场影响)。 (2)多次改变摆长,使单摆做小角度摆动,测量摆长L及相应的周期T。此后,甲同学得到的T2⁃L图线斜率为k,则当地重力加速度g为　　　　;乙同学分别取L和T的对数,所得到的lg T⁃lg L图线为　　　　(选填“直线”“对数曲线”或“指数曲线”)。  解析:(1)单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球距离传感器最近,磁性小球位于最低点。若测得连续50个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆的周期为T==。 (2)根据T=2π,解得T2=L,结合T2⁃L图线斜率为k,可得=k,可得g=。由上面分析可得lg T=lg+lg L,即lg T⁃lg L图线为直线。 答案:(1)最低点　　(2) 　直线 6.(2025·岳阳高三检测)某次实验课上,为测量重力加速度,小组设计了如下实验:如图甲所示,细绳一端连接金属小球,另一端固定于O点,O点处有力传感器(图中未画出)可测出细绳的拉力大小。将小球拉至图示位置处,由静止释放,发现细绳的拉力大小在小球摆动的过程中做周期性变化,如图乙所示。由图乙可读出拉力大小的变化周期为T,拉力的最大值为F1,最小值为F2。就接下来的实验,小组内展开了讨论。 (1)小王同学认为:若小球摆动的角度较小,则还需测量摆长L,结合拉力大小的变化周期T,算出重力加速度g=　　　　(用L、T表示);  (2)小王同学用刻度尺测量了摆线长,用游标卡尺测量了小球直径如图丙所示,小球直径为　　　　 mm;  (3)小李同学认为:无论小球摆动的角度大小,都只需测量小球的质量m,再结合拉力的最大值F1、最小值F2,算出重力加速度g=　　　　(用m、F1、F2表示);  (4)小李同学测量出数据:m=40.0 g,F1=0.56 N,F2=0.30 N,可计算出重力加速度g=　　　　 m/s2(保留两位有效数字)。  解析:(1)依题意,单摆的周期为2T, 由2T=2π,解得g=。 (2)小球直径为21 mm+3×0.1 mm=21.3 mm。 (3)小球在最高点时速度为零,可得F2=mgcos θ,小球在最低点时,由牛顿第二定律可得F1-mg=m,小球从最高点运动到最低点过程,根据机械能守恒定律可得mgL=mv2,联立解得g=。 (4)根据g=,代入数据可得g≈9.7 m/s2。 答案:(1)　(2)21.3　(3)　(4)9.7 35 / 48 学科网（北京）股份有限公司 $$