第12讲 机械振动和机械波(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（江苏专版）

专题五　机械振动和机械波 光学 电磁波 [构建知识网络] 第12讲　机械振动和机械波 [高考素养]　1.熟练掌握简谐运动各物理量的特点和规律、机械波的传播规律和特点。2.能根据振动和波动图像分析质点的振动和波动特点。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　机械振动 考点二　机械波 考点三　振动图像和波的图像的综合应用 内容索引 考点一　机械振动 一 8 1.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 (1)运动学表达式:x=Asin(ωt+φ0) (2)振动图像:如图所示 (3)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 (1)振幅越大,能量越大 (2)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)相隔(n为正整数)的两个时刻,振子的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 (3)振子由P到O所用的时间等于由O到P'所用的时间,即tPO=tOP' (4)振子往复运动过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等,即tOP=tPO 2.单摆 (1)单摆周期公式T=2π ①g为当地重力加速度,在地球上不同位置g的取值一般不同,不同星球表面g值一般也不相同。 ②单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g0=g±a。在近地轨道上运动的卫星加速度a=g,完全失重时,等效重力加速度g0=0。 (2)回复力 摆球重力沿与摆线垂直方向的分力F=mgsin θ=-x=-kx,负号表示回复力F与位移x的方向相反。(如图所示) ①当摆球在最高点时,F向=m=0,FT=mgcos θ。 ②当摆球在最低点时,F向=m,F向最大, FT=mg+m。 考向1　简谐运动的两个模型 [例1]　如图所示,一弹簧振子在竖直方向做简谐运动,以竖直向上为正方向建立x轴,坐标原点O为弹簧振子的平衡位置。弹簧振子经过O点时开始计时,经0.1 s第一次经过M点(此时振子速度不为零),OM=5 cm,再经0.4 s第二次经过M点,则(　　) A.弹簧振子的周期为1.0 s B.弹簧振子的振幅为15 cm C.t=6.6 s时,弹簧振子向上振动,加速度为零 D.t=0.5 s和t=6.7 s时,弹簧振子的速度相同 D [解析]　由题可知=0.1 s+=0.3 s,解得该弹簧振子的周期T=1.2 s,故A错误;设弹簧振子的振动方程为x=Asin t,由题可知t=0.1 s时,x=5 cm,解得振幅A=10 cm,故B错误;结合简谐运动的周期性可知t=6.6 s与t=0.6 s时弹簧振子的运动情况相同,t=0.6 s时弹簧振子向下经过平衡位置,则t=6.6 s时,弹簧振子向下振动,加速度为零,故C错误;t=0.5 s时弹簧振子向下经过M点,设N点与M点关于O点对称,根据简谐运动的周期性可知t=6.7 s与t=0.7 s时弹簧振子的运动情况相同,故t=6.7 s时弹簧振子向下经过N点,则t=0.5 s和t=6.7 s时,弹簧振子的速度方向相同,大小相等,故D正确。 [例2]　(2025·四川卷)如图所示,甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,从左至右摆长依次增加,小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度,由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时,小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点,同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点,则(　　) A.小球甲第一次回到释放位置时,小球丙加速度 为零 B.小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙动能为零 C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4 D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2 C [解析]　根据单摆周期公式T=2π可知T丁>T丙>T乙>T甲。设甲的周期为T甲,根据题意可得2T甲==T丙=,可得T丙=2T甲,T乙=T甲,T丁=4T甲,可得T甲∶ T乙=3∶4,T丙∶T丁=1∶2,根据单摆周期公式T=2π,结合T丙∶T丁=1∶2,可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁=1∶4,故C正确,D错误;小球甲第一次回到释放位置时,即经过T甲(即)时间,小球丙到达另一侧最高点,此时速度为零,位移最大,根据a=-可知此时加速度最大,故A错误;根据 上述分析可得T乙=T丁,小球丁第一次回到平衡位置时, 小球乙振动的时间为(即),此时小球乙经过平衡 位置,此时速度最大,动能最大,故B错误。 [例3]　(2025·北京大兴一模)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,由静止释放后,摆球在ABC之间做简谐运动,摆角为α。在某次实验中,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。下列选 项正确的是(　　) A.多次改变图1中α角的大小,即可获得不同的等效重力加速度 B.在图2的测量过程中,单摆n次全振动的时间为nT0 C.多次改变斜面的倾角θ,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=3F2-2F1关系 [答案]　C [解析]　等效重力加速度g'==gsin θ,所以若要获得不同的等效重力加速度,可以多次改变图1中θ角的大小,故A错误;由图2可知,单摆一次全振动的时间T=2T0,单摆n次全振动的时间t=nT=2nT0,故B错误;若单摆做简谐运动的周期T与等效重力加速度的二次方根成反比,即T∝,因为g'=gsin θ,则有T∝,所以若多次改变斜面的倾角θ,满足T∝,则可验证结论成立,故C正确;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,在图2的测量过程中,摆球在A位置有F2=mgsin θcos α,摆球在B位置有F3-mgsin θ=m,摆球从A位置 运动到B位置的过程有mgsin θ(L- Lcos α)=mv2,解得F3=3F1-2F2, 故D错误。 [以图说法] 单摆模型的拓展 图形示例 方法总结 偏角很小时等效为单摆 无摆线,支撑面的支持力等效替代摆线的拉力 等效重力加速度 g0=g±　　 　g0=g 复合场中的单摆,重点求出等效重力加速度 图形示例 方法总结 等效重力加速度 g0=gsin θ　　　g0=gsin θ 斜面上的单摆,等效重力加速度是重力加速度在摆动平面上的分量 等效摆长 l=l1sin θ　　　l=l1sin θ+l3 (小球在垂直纸面方向摆动) 双线摆,注意等效摆长的理解 考向2　对简谐运动图像的理解 [例4]　如图(a)所示,两组同学在光滑水平面上做弹簧振子实验,以水平向右为正方向,得到甲、乙两弹簧振子的x-t图像如图(b)所示。下列说法正确的是(　　) A.甲、乙的频率之比为2∶1 B.t=3 s时甲的振动方向向右 C.t=1 s时甲的位移为1.5 cm D.t=4 s时,甲、乙的加速度均为零 D [解析]　由题图(b)可知甲、乙的周期之比为2∶1,则频率之比为1∶2,A错误;t=3 s时,甲的位移为正,图线斜率为负,甲的振动方向向左,B错误;t=1 s时,甲的位移为x=2sin cm= cm,C错误;t=4 s时,甲、乙均在平衡位置,加速度均为零,D正确。 考向3　机械振动与动力学、能量、动量的综合应用 [例5]　(2025·湖北卷改编)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接,小球a由不可伸长的细线悬挂在O点,系统处于静止状态,如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g,忽略空气阻力,弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后(　　) A.小球a肯定不会运动 B.若小球b做简谐运动,则其振幅为 C.当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动 D.当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动 D [解析]　如果a球不动而b球单独振动,则b球做简谐振动,简谐振动的平衡位置为b球初始时刻位置,则b做简谐运动的振幅为l,B错误;a球发生运动的临界条件为弹簧对a球向上的弹力等于a球的重力,则此时对a球有kx0=mg,此时对b球有kx0+mg=ma,由简谐振动的对称性可得向下拉到最低点松手释放的加速度也为a,则有kl=ma,解得l=,即当l≤时小球b才始终做简谐运动,否则a球会发生运动,D正确,A、C错误。 二 考点二　机械波 26 形成条件 (1)波源 (2)传播介质,如空气、水等 传播特点 (1)机械波传播的只是振动的形式和能量,质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动,并不随波迁移 (2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同 (3)经过一个周期T,参与波动的质点完成一次全振动,波恰好向前传播一个波长的距离 波的图像 (1)坐标轴:横轴表示各质点的平衡位置,纵轴表示该时刻各质点的位移 (2)意义:表示在波的传播方向上,某时刻各质点离开平衡位置的位移 波长、波速和频率(周期)的关系 (1)v=λf= (2)波由一种介质进入另一种介质时,频率不变,波长和波速改变(波速由介质决定) 波的叠加、波的干涉、波的衍射 (1)叠加:几列波相遇时能够保持各自的运动状态继续传播,重叠区域中质点的位移等于几列波单独传播的矢量和 (2)干涉:频率相同的两列波叠加时,可以使某些区域的振动加强、某些区域的振动减弱,形成稳定的干涉图样 ①两个振动情况相同的波源形成的波,在空间某点振动加强的条件为Δx=nλ(n=0,1,2,…),振动减弱的条件为Δx=(2n+1)(n=0,1,2,…) ②振动加强点的位移随时间而改变,振幅为两波振幅的和A1+A2 (3)衍射:缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多或者比波长小时,能看到明显的衍射现象 波的多 解问题 由于波的周期性、波传播方向的双向性,波的传播易出现多解问题 多普勒 效应 当波源与观察者之间相互靠近(远离)时,观察到的频率增加(减小) 考向1　波的传播规律和图像分析 [例6]　(2025·云南卷)如图所示,均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t=0时刻,波源开始振动产生简谐横波,并以相同波速分别向左、右两侧传播,P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t=1.5 s和t=2.5 s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示,则(　　) A.波速为2.5 m/s B.波源的平衡位置距离P点1.5 m C.t=1.0 s时,波源处于平衡位置且向下运动 D.t=5.5 s时,平衡位置在P、Q处的两质点位移相同 D [解析]　根据波形可知λ=4 m,T=2.5 s-1.5 s,可得T=2 s,故波速为v==2 m/s,故A错误;设波源的平衡位置与P点距离为x0,根据左侧t=1.5 s时的波形可知=1.5 s,解得x0=1 m,故B错误;根据左侧实线波形结合同侧法可知波源刚开始的振动方向向下,由于t=1.0 s=T,故可知此时波源处于平衡位置且向上运动,故C错误;由x0=1 m可知,波源的平衡位置与Q点距离为x1=3 m,故波传到P、Q两点的时间分别为t0==0.5 s,t1==1.5 s,故t=5.5 s时,平衡位置在P、Q处的两质点已经振动的时间分别为t0'=5.5 s-0.5 s=T,t1'=5.5 s-1.5 s=2T,由于波源刚开始向下振动,故t=5.5 s时,P处质点处 于平衡位置向上振动,Q处质点处于平衡位 置向下振动,故此时平衡位置在P、Q处的 两质点位移相同,故D正确。 考向2　波的多解问题 [例7]　(2025·江苏淮安三模)一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在t1=0时刻的波形如图中实线所示,在t2=0.4 s时的波形如图中虚线所示,则下列说法正确的是(　　) A.在t2=0.4 s时,平衡位置在x=1 m处的M 质点向上振动 B.这列波的波长为2 m C.这列波的周期可能为0.8 s D.这列波的传播速度可能为2.5 m/s D [解析]　根据波形图结合同侧法可知,在t2=0.4 s时,平衡位置在x=1 m处的M质点向下振动,选项A错误;由题图可知,这列波的波长为4 m,选项B错误;由题图可知nT+=Δt=0.4 s(n=0,1,2,3,…),解得T= s(n=0,1,2,3,…),由此可知这列波的周期不可能为0.8 s,选项C错误;若n=0,则T=1.6 s,此时这列波的传播速度为 v== m/s=2.5 m/s,选项D正确。 波的多解问题的分析思路 反思提升 考向3　波的干涉 [例8]　(2025·黑吉辽蒙卷)平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源,在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示,波谷用虚线表示,P点位于其最大正位移处,曲线ab上的所有点均为振动减弱点,则下列图中可能满足以上描述的是(　　) C [解析]　根据题意P点位于其最大正位移处,故可知此时P点位于两列波的波峰与波峰相交处,B、D项不符合题意;根据干涉规律可知,相邻波峰与波峰、波谷与波谷连线上的点都是加强点,故A图像中的曲线ab上的点存在振动加强点,不符合题意。故选C。 [例9]　(2025·浙江卷改编)如图1所示,两波源S1和S2分别位于x=0与x= 12 m处,以x=6 m为边界,两侧为不同的均匀介质。t=0时两波源同时开始振动,其振动图像相同,如图2所示。t=0.1 s时x=4 m与x=6 m两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响,则(　　) A.t=0.15 s时两列波开始相遇 B.在6 m<x≤12 m间S2波的波长为1.2 m C.两列波叠加稳定后,x=8.4 m处的质点振动增强 D.两列波叠加稳定后,在0<x<6 m间共有7个加强点 B [解析]　波在x=6 m左侧的波速v1= m/s=40 m/s,波在x=6 m右侧的波速v2= m/s=60 m/s,从t=0.1 s开始,设再经过Δt时间相遇,Δt==0.025 s,所以t=0.125 s时两列波开始相遇,选项A错误;在6 m<x≤12 m间S2波的波长为λ2=v2T=60×0.02 m=1.2 m,选项B正确;左侧波传到x=8.4 m时所用时间为t'= s+ s=0.19 s,此时右侧波在该质点已经振动的时间Δt=0.19 s- s=0.13 s=6T,即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动,右侧波在该点的振动在平衡位置向下振动,则该点的振动减弱,选项C错误;当右侧波传到x=6 m位置时所用时间为0.1 s=5T,即此时x=6 m处质点从平衡位置向上振动,此时x=0处的波源S1也在平衡位置向上振动,即振动方向相同,在0<x<6 m内的点到x=0和x=6 m两点的路程差为波长整数倍时振动加强,波在该区间内的波长λ1=v1T=40×0.02 m=0.8 m,则有|x-(6 m-x)|=nλ= 0.8n m,即x=(3±0.4n)m,其中x≥0,则n取0、1、2、 3、4、5、6、7,则共有15个振动加强点,选项D错误。 三 考点三　振动图像和波的图像的综合应用 40 [例10]　(2025·江苏南通一模)图甲是一列简谐横波在t=0.1 s时刻的波形图,P是平衡位置在x=1.5 m处的质点,Q是平衡位置在x=12 m处的质点;图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是(　　) A.这列波沿x轴负方向传播 B.在t=0.25 s时,质点Q的位置坐标为(12 m,10 cm) C.从t=0.1 s到t=0.25 s的过程中,质点Q的路程为10 cm D.从t=0时刻开始计时,质点P在0.125 s时第一次到达波峰 B [解析]　由题图乙可知t=0.1 s时Q在平衡位置向y轴负方向振动,结合题图甲可知这列波沿x轴正方向传播,故A错误;由题图乙可知在t=0.25 s时,质点Q的位置在正向最大位移处,坐标为(12 m,10 cm),故B正确;由题图乙可知,周期T=0.2 s,则Δt=0.25 s-0.1 s=0.15 s=T,所以从t=0.1 s到t=0.25 s的过程中,质点Q的路程为s=3A=30 cm,故C错误;由题图甲可知波长λ=12 m,则波速v== m/s=60 m/s,因0.1 s=,则t=0时刻的波形关于x轴与t=0.1 s时的波形对称,根据平移法知,在t=0时刻,波从P点左侧第一个波峰传播到P处所用的 时间t1== s=0.075 s,即从t=0时刻开始计时, 质点P在0.075 s第一次到达波峰,故D错误。 波的图像与振动图像的综合分析 反思提升 四 课堂巩固 强化关键能力 1.(2025·江苏扬州期末)如图所示,三角形支架竖直放置,两个相同的小球用轻质弹簧相连,分别穿过两根光滑的倾斜直杆。两球初始高度相同,弹簧处于原长状态。现将两球同时由静止释放,左侧小球从P点开始下滑,能到达的最低点是Q点,O是PQ中点,则左侧小球(　　) A.到达Q点后保持静止 B.运动到O点时动能最大 C.从P运动至Q的过程中,加速度逐渐减小 D.从P运动至O的时间比从O运动至Q的时间短 B 解析:设小球释放后向下运动,弹簧的伸长量为x,则沿着杆方向由牛顿第二定律有mgsin θ-kxcos θ=ma,类比竖直的弹簧振子的受力可知,两小球均做简谐运动,O点为平衡位置,则运动到O点时动能最大,小球到达Q点时速度为零,而加速度沿杆向上最大,故A错误,B正确;从P运动至Q的过程中,加速度先逐渐减小到零,再反向逐渐增大,故C错误;结合简谐运动的对称性可知,从P运动至O的时间与从O运动至Q的时间相等,故D错误。 2.(2025·江苏苏州八校联盟三模)如图甲所示,一列向右传播的简谐横波上的两质点m、n之间的距离为x=3 m,m、n两质点的振动图像分别如图乙、丙所示,已知波长λ>3 m。下列说法正确的是(　　) A.波长可能为18 m B.波速为1.5 m/s C.从t=0时刻起1.5 s内质点m通过的路程为(+1)m D.从t=0时刻起1.5 s内质点n通过的路程为2 cm B 解析:由题图丙可知该机械波的周期为T=6 s,振幅为A=2 cm,t=0时刻质点m向下振动,且ym= cm,质点n正在平衡位置向上振动,则m、n两点平衡位置的间距为x=nλ+(+),又λ>3 m,当n=0时,λ=9 m,n=1时,λ=2.25 m(舍掉),故A错误;由公式v=可得v=1.5 m/s,故B正确;质点m的振动方程y=Acos(t+φ)=2cos (t+φ)cm,将t=0,y= cm代入得φ=,即y=2cos(+)cm,当t=1.5 s时,y=-1 cm,则从t=0时刻起1.5 s内质点m通过的路程为sm=(+1)cm,故C错误;从t=0时刻起1.5 s内质点n通过的路程等于一个振幅,即sn=2 cm,故D错误。 $