第8章 机械振动与机械波(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2027年高中物理高考一轮总复习

第八章　机械振动与机械波 卷别/年份 浙江 甘肃 河北 安徽 湖南 广东 新课标 全国乙 江西 山东 湖北 黑吉辽 2024 2022 2024 2024 2024 2024 2023 2024 2023 2024 2023 2024 2024 2024 2024 简谐运动及 振动图像 T9 T11 T5 T6 机械波的 形成和传播 T3 T2 波的图像 T16 T3 T19 振动图像和波的 图像的综合应用 T34(1) 波的干涉 T11 T3 T6 T9 多普勒效应 T4 实验：用单摆测量 重力加速度及拓展 T12 T11 T12 T2 试题情境 生活实践类 摆钟、共振筛、地震波、多普勒彩超 学习探索类 简谐运动的特征、单摆的周期与摆长的定量关系、用单摆测量重力加速度、受迫振动的特点、共振的条件及其应用、波的干涉与衍射现象、多普勒效应 考向预测 高考对本章的考查重点在简谐运动及其图像、波的图像和波的干涉。试题多以选择题形式考查，试题难度不大 第1讲　机械振动 ■目标要求 1.认识简谐运动，能用公式和图像描述简谐运动。2.知道单摆，理解单摆的周期公式。3.认识受迫振动的特点，了解产生共振的条件及其应用。 考点1　简谐运动的基本特征 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.简谐运动。 (1)两种描述：①运动学描述：物体的位移与时间的关系满足x=Asin(ωt+φ)；②动力学描述：回复力与位移的关系满足F=-kx。 (2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。 (3)回复力：方向指向平衡位置，属于效果力，来源可以是某一个力，也可能是几个力的合力，或某个力的分力。 (4)简谐运动的两种模型：弹簧振子和单摆。 2.简谐运动的特点。 受力特点 回复力F=-kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动特点 靠近平衡位置时，F、a、x均减小，v增大；远离平衡位置时，F、a、x均增大，v减小(填“增大”或“减小”) 能量特点 对同一个振动系统，振幅越大，能量越大。在运动过程中动能和势能相互转化，系统的机械能守恒 (1)做简谐运动的物体通过平衡位置时，所受合外力为零(×) (2)做简谐运动的物体先后通过同一位置时，回复力、加速度、速度、位移都是相同的(×) (3)做简谐运动的物体经过半个周期，运动路程等于2倍振幅；经过个周期，路程等于振幅(×) 关|键|能|力 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 简谐运动的周期性和对称性。 周期性 做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化的周期等于简谐运动的周期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 (1)相隔或(n为正整数)的两个时刻，振子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。 (2)如图所示，振子经过关于平衡位置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。 对称性 (3)振子由P到O所用时间等于由O到P'所用时间，即tPO=tOP'。 (4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP=tPO 考向1　简谐运动基本物理量的分析 【典例1】　如图所示，水平金属杆光滑，在弹簧弹力作用下，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) A.小球的动量不断增大 B.小球的加速度不断增大 C.小球的振幅不断减小 D.小球的机械能保持不变 解析　小球从C运动到O的过程中，速度不断增加，则小球的动量不断增大，A项正确；小球从C运动到O的过程中，位移减小，则回复力减小，则小球的加速度不断减小，B项错误；小球从C运动到O的过程中，位移减小，但是小球的振幅是定值，C项错误；小球从C运动到O的过程中，弹簧的弹力对小球做正功，则小球的机械能增加，D项错误。 考向2　简谐运动的周期性和对称性 【典例2】　(2025·徐州模拟)一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从过O点开始计时，经过5 s小球第一次经过M点，再继续运动，又经过2 s小球第二次经过M点，该小球做简谐运动的周期可能是(C) A.10 s B.18 s C.24 s D.30 s 解析　若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图甲所示，则T=5 s+2 s×，得到振动的周期为T=8 s，若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图乙所示，振动的周期为T=4×=24 s，C项正确。 甲 乙 考点2　简谐运动的表达式和图像 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 1.简谐运动的数学表达式：x=Asin(ωt+φ)。 2.根据简谐运动图像可获取的信息。 (1)可以确定振动物体在任一时刻的位移。 (2)确定振动的振幅A和周期T。 (3)确定各时刻质点的振动方向。判断方法：振动方向可以根据下一时刻位移的变化来判定。下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。 (4)比较各时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。 (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，它具有的势能越大，动能则越小。 【典例3】　有两个简谐运动，振动方程分别为x1=asin和x2=2asin，下列有关它们的说法正确的是(C) A.它们的振幅之比为= B.它们的周期之比为= C.它们的频率均为2.5b D.它们的相位差φ1-φ2= 解析　对简谐运动x1=a·sin而言，其振幅A1=a，角速度ω1=5πb，则周期T1==，频率f1=2.5b，初相位为。同理，对简谐运动x2=2asin而言，其振幅A2=2a，角速度ω2=5πb，则周期T2==，频率f2=2.5b，初相位为-。两者相比可知，它们的振幅之比为=，它们的周期之比为=，它们的频率均为2.5b，它们的相位差φ1-φ2=，C项正确。 【典例4】　(2024·甘肃卷)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(C) 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　由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π得摆长为l==1.6 m，x-t图像的斜率代表速度，故起始时刻速度为零，且A、C点的速度相同，A、B点的速度大小相同，方向不同。综上所述，C项正确。 考点3　单摆 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.定义：如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置叫作单摆(如图)。 2.视为简谐运动的条件：θ<5°。 3.回复力：F=mgsin θ。 4.周期公式：T=2π。 (1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。 (2)g为当地重力加速度。 5.单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和摆球质量无关。 (1)单摆的振动周期由摆球质量和摆角共同决定(×) (2)当单摆的摆球通过最低点位置时，速度最大，加速度为零(×) (3)摆钟移到天和核心舱内将无法用来计时(√) 关|键|能|力 单摆的受力特征。 (1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F回=mgsin θ=-x=-kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动。 (2)向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力，FT-mgcos θ=m。 ①当摆球在最高点时，v=0，FT=mgcos θ。 ②当摆球在最低点时，FT最大，FT=mg+m。 (3)单摆处于月球上时，重力加速度为g月；单摆在电梯中处于超重、失重状态时，重力加速度为等效重力加速度。 考向1　单摆的周期 【典例5】　(2025·重庆模拟)一只单摆，在第一个星球表面上的振动周期为T1，在第二个星球表面上的振动周期为T2。若这两个星球的质量之比M1∶M2=4∶1，半径之比R1∶R2=2∶1，则T1∶T2等于(A) A.1∶1 B.2∶1 C.4∶1 D.8∶1 解析　由单摆的周期公式可知T=2π，故=，再由=mg，可得g===1，A项正确。 考向2　类单摆模型 【典例6】　(2024·浙江卷)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(B) 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　根据单摆的周期公式T=2π可知周期与摆角无关，A项错误；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，C、D两项错误；根据几何知识可知摆长为L==1 m，周期为T=2π≈2 s，B项正确。 类单摆模型问题 1.类单摆模型。 (1)等效摆长：等效摆长l'不再是悬点到摆球球心的距离，而是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，摆动圆弧的圆心即为等效单摆的悬点。如图甲，小球(半径r≪R)在光滑圆弧轨道内摆动可视为单摆，等效摆长l'=R。如图乙，等长的两根细线悬吊小球在垂直纸面的竖直平面内摆动，等效摆长l'=lcos θ。 (2)等效重力加速度。 ①对于不同星球表面，有g'=；②单摆处于超重或失重状态时，g'=g±a；③处于重力场与匀强电场中时，g'=。 2.类单摆问题的解题方法：确定等效摆长l'及等效重力加速度g'后，利用公式T=2π或简谐运动规律分析求解。 考点4　受迫振动和共振 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.受迫振动。 (1)概念：系统在驱动力作用下的振动。 (2)振动特征：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。 2.共振。 (1)概念：当驱动力的频率等于固有频率时，物体做受迫振动的振幅最大的现象。 (2)共振的条件：驱动力的频率等于固有频率。 (3)共振的特征：共振时振幅最大。 (4)共振曲线(如图所示)。 f=f0时，A=Am，f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小。 (1)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关(×) (2)驱动力的频率越接近振动系统的固有频率，其振幅越大(√) 关|键|能|力 　简谐运动、受迫振动和共振的比较。 振动 项目 简谐运动 受迫振动 共振 受力情况 回复力F回=-kx 受驱动力作用 受驱动力作用 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 振动系统的机械能不变 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 【典例7】　(2025·沈阳模拟)为了提高坚果的采摘率和工作效率，同时提高生产安全系数，工程技术人员发明了一种果树振动采摘器，将采摘器套在树干上，树振动使得树上的坚果落下。下列说法正确的是(B) A.针对不同树木，采摘器振动频率最大时坚果采摘效果最好 B.稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与采摘器的振动频率相同 C.采摘器对不同粗细树干振动结束后，树干的振动频率相同 D.随着采摘器频率的增加，树干振动的幅度一定增大 解析　根据共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，随着采摘器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，A、D两项错误；树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细的树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，B项正确；采摘器振动结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率为树干的固有频率，所以粗细不同的树干的振动频率不同，C项错误。 【典例8】　(多选)(2025·黄山模拟)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如甲图所示。该共振筛的共振曲线如乙图所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加弹簧的劲度系数，可减小筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是60 r/min。为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是(AC) A.降低输入电压 B.增大输入电压 C.更换劲度系数更大的弹簧 D.更换劲度系数更小的弹簧 解析　由题图乙可知，筛子的固有频率为f0=0.8 Hz，现在某电压下偏心轮的转速是60 r/min，频率为f=n=60 r/min=1 r/s=1 Hz，固有频率小于驱动力的频率。为使共振筛的振幅增大，可以减小驱动力的频率，则偏心轮的转速应减小，应降低输入电压，A项正确，B项错误；为使共振筛的振幅增大，还可以使固有频率增大，则固有周期减小，即增加弹簧的劲度系数，C项正确，D项错误。 第2讲　实验9：用单摆测量重力加速度的大小 ■目标要求 1.知道利用单摆测量重力加速度的原理。2.掌握利用单摆测量重力加速度的方法。 考点1　实验基本技能 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 1.实验原理。 当摆角较小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T=2π，由此得到g=，因此，只要测出摆长l和周期T，就可以计算出当地的重力加速度g。 2.实验器材。 铁架台、单摆、停表、毫米刻度尺、游标卡尺、小球、细线等。 3.实验步骤。 (1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，做成单摆。 (2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示。 (3)用毫米刻度尺量出摆线长度l'，用游标卡尺测出金属小球的直径d，计算出摆长l=l'+。 (4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(小于5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30~50次全振动所用的时间t，计算出单摆的振动周期T。 (5)根据单摆周期公式，计算当地的重力加速度。 (6)改变摆长，重做几次实验。 4.数据处理。 (1)公式法：将测得的几组周期T和摆长l代入公式g=l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。 (2)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。 5.误差分析。 (1)偶然误差：①N次全振动时间t的测量，如开始计时启动计时仪器偏早或偏晚等。②长度的测量，测量摆长或摆球直径时读数误差。 (2)系统误差：制作单摆模型是否符合要求，如悬点是否固定、摆球与细线是否符合要求、是单摆运动还是圆锥摆运动等。 6.注意事项。 (1)摆线要选1 m左右，不要过长或过短。 (2)测量悬线长度时，要待悬挂好球后再测，计算摆长时要将悬线长加上摆球半径。 (3)单摆要在竖直平面内摆动，不要形成圆锥摆。 (4)要从平衡位置开始计时，并数准全振动的次数。 【典例1】　(2023·新课标卷)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。 (1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图甲所示，该示数为 0.006(0.005~0.007均可) mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图乙所示，该示数为 20.035(20.034~20.036均可) mm，则摆球的直径为 20.029(20.027~20.031) mm。  (2)单摆实验的装置示意图如图丙所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角 大于 (填“大于”或“小于”)5°。  (3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为 82.5 cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60 s，则此单摆周期为 1.82 s，该小组测得的重力加速度大小为 9.83 m/s2。(均保留3位有效数字，π2取9.870)  解析　(1)题图甲中，螺旋测微器固定刻度读数为0.0 mm，可动刻度部分读数为0.6×0.01 mm=0.006 mm，所以读数为0.006 mm；题图乙中，螺旋测微器固定刻度读数为20.0 mm，可动刻度部分读数为3.5×0.01 mm=0.035 mm，所以读数为20.035 mm；摆球的直径d=20.035 mm-0.006 mm=20.029 mm。 (2)角度盘固定在O点时，摆线在角度盘上所指角度为摆角大小，若将角度盘固定在O点上方，由几何知识可知，摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°。 (3)单摆的摆长L等于摆线长l与摆球半径之和，即L=l+=82.5 cm；从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点，单摆完成30次全振动，故单摆的周期T= s=1.82 s；由单摆的周期公式T=2π，可得g=，代入相关数据解得g≈9.83 m/s2。 考点2　实验的迁移、拓展和创新 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 考向1　实验目的改变 【典例2】　(2024·广西卷)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 摆长 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 1.06 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，摆球的振动可看作简谐运动。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 x=cos 。  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°的角度处释放，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。 命题特点：实验装置图的判断来源于教材，实验目的变为分析简谐运动的位移与时间的关系式，属于对教材实验的拓展。 复习建议：对实验的复习不能简单重复教材实验，要学会分析实验中为什么这样做、如何测量、什么原因产生的误差、怎样减小误差，做过这些分析后同学们解答实验问题的能力就提高了。 考向2　创新实验设计 【典例3】　(2024·黑吉辽卷)图甲为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。 (1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图乙所示，从图中读出D= 7.55(7.54或7.56也可) cm。  (2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图丙所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了 10 个周期。  (3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如表所示。 颜色 红 橙 黄 绿 青 蓝 紫 ln D 2.9392 2.7881 2.5953 2.4849 2.197 … 1.792 ln T -0.45 -0.53 -0.56 -0.65 -0.78 -0.92 -1.02 根据表中数据绘制出ln T-ln D图像如图丁所示，则T与D的近似关系为 A (填选项字母)。  A.T∝ B.T∝D2 C.T∝ D.T∝ (4)请写出一条提高该实验精度的改进措施： 换更光滑的硬质水平桌面 。  解析　(1)刻度尺的分度值为0.1 cm，需要估读到分度值下一位，读数为D=7.55 cm。 (2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。 (3)由题图丁可知，ln T与ln D成正比，斜率为0.5，即ln T=0.5ln D，整理可得ln T=ln ，可得T与D的近似关系为T∝，A项正确。 (4)为了减小实验误差：换更光滑的硬质水平桌面。 命题特点：本题为创新类型的实验，目的是探究积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。看似与教材实验无关，但比较后发现，积木的直径与单摆的摆长类似，积木的振动周期与单摆的周期类似，测量方法也与教材实验基本相同。 复习建议：解答创新类型实验的两种解题方法：(1)与教材实验对比，找出相同和不同之处，为解题提供思路；(2)从实验步骤的描述中通过给出的实验原理寻找解题思路。考题中实验原理一定给出，给出的方式有两种：一种是直接给出；另一种是在实验步骤的描述中把实验原理间接给出。 第3讲　机械波 ■目标要求 1.知道波的形成条件和传播特点。2.掌握波速、波长和频率的关系，会用波的图像分析问题。3.知道波的叠加原理，理解波的干涉、衍射现象，了解多普勒效应。 考点1　波的形成和传播　波的图像 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 1.机械波 (1)产生条件。 ①有波源。 ②有介质，如空气、水、绳子等。 (2)传播特点。 ①传播振动形式、能量和信息。 ②质点不随波迁移。 ③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向都与波源相同。 2.机械波的分类。 分类 质点振动方向和波 的传播方向的关系 形状 举例 横波 垂直 凹凸相间；有波峰、波谷 绳波等 纵波 在同一条直线上 疏密相间；有疏部、密部 弹簧波、声波等 3.波长、频率和波速。 (1)波长：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，用λ表示。波长由频率和波速共同决定。 ①简谐横波中，相邻两个波峰(或波谷)之间的距离等于波长。 ②简谐纵波中，相邻两个疏部(或密部)中心之间的距离等于波长。 (2)频率：波的频率由波源决定，等于波源的振动频率。在任何介质中频率不变。 (3)波速：波的传播速度，由介质决定，与波源无关。 (4)波速公式：v=λf=或v=。 4.波的图像。 (1)坐标轴。 ①x轴：各质点平衡位置的连线。 ②y轴：沿质点振动方向，表示质点的位移。 (2)物理意义：表示介质中各质点在某一时刻相对各自平衡位置的位移。 (3)图像形状：简谐波的图像是正弦(或余弦)曲线，如图所示。 (1)在波的传播过程中，介质中的质点沿着波的传播方向移动(×) (2)机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同(√) (3)机械波在介质中的传播速度由介质本身决定，与波的频率无关(√) (4)波的图像描述了某一质点在不同时刻的位移(×) 关|键|能|力 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。 2.波的传播方向与质点的振动方向的判断方法。 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 将波形图沿传播方向进行微小平移，再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定 考向1　波的形成和传播 【典例1】　(2024·湖南卷)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(D) 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　如图所示，由题意知A、B的平衡位置之间的距离x=λ=6 m，解得λ=4 m，A项错误；波源的振动频率为f= Hz=1 Hz，则波速v=λf=4 m/s，B项错误；质点的振动周期T=1 s，0.25 s=，B点在t0+0.25 s时刻运动至平衡位置，位移为0，速度最大，C项错误；0.5 s=，A点在t0+0.50 s时刻运动至波峰，位移最大，速度为0，D项正确。 考向2　波的图像 【典例2】　(多选)一列机械波的波源是坐标轴原点，从t=0时波源开始振动，t=0.5 s时波形如图，下列说法正确的有(AC) A.在这种介质中波速v=5 m/s B.x=1 m处质点在t=0.3 s时位于波峰 C.波源振动方程y=0.02sin(5πt+π) m D.x=-1 m处质点半个周期内向左平移半个波长 解析　由题图可知t=0.5 s时，波传播的距离为x=2.5 m，波的速度为v== m/s=5 m/s，A项正确；由题图可知该波的波长为λ=2 m，所以波的周期为T== s=0.4 s，波传播到x=1 m需要的时间t1== s=0.2 s，由题图可知该波的起振方向向下，t=0.3 s时x=1 m处质点振动了0.1 s，即T，所以位于波谷，B项错误；根据题中图像可知该波的振动方程为y=Asin=-0.02sin(5πt) m=0.02sin(5πt+π) m，C项正确；质点只是上下振动，不随波左右移动，D项错误。 考向3　波的传播方向与质点振动方向的互判 【典例3】　(多选)(2024·全国甲卷改编)一列简谐横波沿x轴传播，周期为2 s，t=0时刻的波形曲线如图所示，此时介质中质点b向y轴负方向运动，下列说法正确的是 (ACD) A.该波的波速为1 m/s B.该波沿x轴正方向传播 C.t=0.25 s时质点a和质点c的运动方向相反 D.t=0.5 s时介质中质点a向y轴负方向运动 解析　由题图可知波长为λ=2 m，波速v== m/s=1 m/s，A项正确；此时介质中质点b向y轴负方向运动，根据波形平移法可知，该波沿x轴负方向传播，B项错误；由于质点a和质点c之间平衡位置间距离为半个波长，则质点a和质点c的振动完全相反，C项正确；t=0时刻质点a处于波峰位置，t=0.5 s时，质点a刚好经过平衡位置向y轴负方向运动，D项正确。 考点2　波的周期性和多解问题 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 1.波动问题多解的主要因素。 (1)周期性。 ①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。 ②空间周期性：波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确。 (2)双向性。 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。 2.解决波的多解问题的思路。 一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t=nT+Δt(n=0，1，2，…)；若此关系为距离，则x=nλ+Δx(n=0，1，2，…)。 考向1　波的周期性形成多解 【典例4】　(多选)如图所示，一简谐横波沿x轴向正方向传播，轴上M、N两点相距21 m，t=0时M点在平衡位置且向y轴负方向运动，N点为波谷；t=0.5 s时M点为波谷，则该波的(BC) A.波长可能是16.8 m B.周期可能是0.4 s C.波速可能是6 m/s D.波速可能是5 m/s 解析　t=0时M点在平衡位置且向y轴负方向运动，N点为波谷，故21 m=λ(n=0，1，2，…)，当λ=16.8 m时，解得n=0.5，A项错误；t=0.5 s时M点为波谷，故0.5 s=T(m=0，1，2，…)，当T=0.4 s时，解得m=1，B项正确；波速v== m/s，当m=0，n=1时v=6 m/s，不管m、n如何取值，v均不等于5 m/s，C项正确，D项错误。 考向2　波传播的双向性形成多解 【典例5】　(2025·牡丹江模拟)一列机械波在某一时刻的波形如实线所示，经过Δt时间的波形如虚线所示，已知波的传播速率为1 m/s，则下列四个数据中Δt不可能的值为(B) A.1 s B.8 s C.11 s D.15 s 解析　波的周期T== s=4 s，若波向右传播，Δt=nT+=(4n+1) s，当n=0时Δt=1 s；若波向左传播，Δt=nT+=(4n+3) s，当n=2时Δt=11 s，当n=3时Δt=15 s，则Δt不可能的值为8 s，B项正确。 考点3　波的图像和振动图像的综合应用 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 关|键|能|力 　振动图像和波的图像的比较。 比较项目 振动图像 波的图像 研究对象 一个质点 波传播方向上的所有质点 研究内容 某质点位移随时间的变化规律 某时刻所有质点在空间分布的规律 图像 正(余)弦曲线 正(余)弦曲线 横坐标 表示时间 表示各质点的平衡位置 物理意义 某质点在各时刻的位移 某时刻各质点的位移 振动方向 的判断 (看下一时刻的位移) (将波沿传播方向平移) Δt后的 图形 随时间推移，图像延续，但已有形状不变 随时间推移，图像沿波的传播方向平移，原有波形做周期性变化 联系 (1)纵坐标均表示质点的位移； (2)纵坐标的最大值均表示振幅； (3)波在传播过程中，各质点都在各自的平衡位置附近振动，每一个质点都有自己的振动图像 【典例6】　(多选)(2022·山东卷)一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当t=7 s时，简谐波的波动图像可能正确的是(AC) 解析　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=20sin=-10 cm≈-17.3 cm，因7 s=T+T，则在t=7 s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C项所示；若波向左传播，则波形为A项所示，A、C两项正确。 【典例7】　(多选)图甲为一列简谐横波在t=2 s时波的图像，Q为x=4 m的质点，P为x=11 m的质点。图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是(AD) A.此波沿x轴负方向传播 B.t=2 s时，Q点的位移为 cm C.t= s时，Q点到达正的最大位移处 D.质点P的振动方程为y=-2sin(0.5πt) cm 解析　由题图乙知，在t=2 s时质点P沿y轴正方向运动，根据上下坡法可知此波沿x轴负方向传播，A项正确；由题图甲知，波长λ=12 m，由题图乙知，周期T=4 s，所以波速v==3 m/s。在t=2 s时，x=14 m处的质点处在正向最大位移处，当该点的振动形式传播到Q点时，Q点到达波峰，需要时间Δt== s= s，所以t= s时，Q点到达正的最大位移处，C项错误；从t=2 s时刻再经过Δt'= s=，Q点第一次回到平衡位置，所以t=2 s时，Q点的位移为Asin=1 cm，B项错误；圆频率ω==0.5π rad/s，质点P的振动方程为y=-2sin(0.5πt) cm，D项正确。 三步求解波的图像与振动图像综合问题 考点4　波的干涉、衍射和多普勒效应 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 必|备|知|识 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 明显条件：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 波能够绕过障碍物或孔继续向前传播 2.多普勒效应。 (1)两列机械波在介质中相遇，一定产生干涉现象(×) (2)两列波发生干涉时，加强区的质点振幅变大，质点一直处于位移最大处(×) (3)一切波都能发生衍射现象(√) (4)发生多普勒效应时，波源的振动频率没有发生变化(√) 关|键|能|力 　波的干涉现象中加强点和减弱点的判断方法。 (1)图样法：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，形成加强线或减弱线，两种线互相间隔，这就是干涉图样，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)公式法：当两个相干波源的振动步调一致时，到两个波源的距离之差Δx=nλ(n=0，1，2，…)处是加强区；Δx=(2n+1)(n=0，1，2，…)处是减弱区。 考向1　波的干涉 【典例8】　(2023·浙江卷)如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d=15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则(C) A.声波的波长λ=15 cm B.声波的波长λ=30 cm C.两声波的振幅之比为3∶1 D.两声波的振幅之比为2∶1 解析　分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d=15 cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1+A2=20，A1-A2=10可得两声波的振幅之比=，C项正确，D项错误；根据振动减弱的条件可得=2d，解得λ=60 cm，A、B两项错误。 考向2　波的衍射 【典例9】　(多选)图中S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A处水面没有振动，为使A处水面也能发生振动，可采用的方法是(BD) A.使波源的频率增大 B.使波源的频率减小 C.移动N使狭缝的间距增大 D.移动N使狭缝的间距减小 解析　使狭缝满足明显衍射的条件即可，或将孔变小，或将波长变大，B、D两项正确。 考向3　多普勒效应 【典例10】　(多选)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有(BC) A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声 B.超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化 C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低 D.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同 解析　先看到闪电后听到雷声是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，A项错误；超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化，是多普勒效应，B项正确；列车和人的位置相对变化了，所以听到的声音频率发生了变化，是多普勒效应，C项正确；同一声源发出的声波，在空气和水中的传播速度不同，是声速与介质有关，不是多普勒效应，D项错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$