第5讲 机械振动和机械波-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

专题一力与运动 第5讲 机械振动和机械波 【备考要求】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. 考点一 机械振动 1.简谐运动的规律 :品单摆 规律 x=Asin(ot++o) 反映同一质点在各个时刻的位移 图像 受力 回复力F=一kx,F(或a)的大小与x 特征 的大小成正比，方向相反 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增 运动 大；远离平衡位置时，a、F、x都增大， 周期 特征 T=2NE v减小 重力加速度或等效重力加速度 振幅越大，能量越大.在运动过程中 go 的 超重时go=g十a 能量 动能和势能相互转化，系统的机械能 理解 失重时go=g一a 特征 守恒 完全失重时g0=0 质点的位移、回复力、加速度和速度 回复力：F=mgsin0=-:=一kx 均随时间做周期性变化，变化周期就 周期性 受力 最高点：Fn=m7 =0,FT=mgcos 0 是简谐运动的周期T:动能和势能也 特征 随时间做周期性变化，其变化周期 特征 最低点：Fn=m 为好 品ax最大，FT=mg十 V'max m 关于平衡位置O对称的两点，加速度 对称性 [例1] (2025·四川省攀枝花市高三 的大小、速度的大小、相对平衡位置 特征 二模)如图所示，一个小球和轻质弹 的位移大小相等：动能、势能相等 簧组成的系统，小球静止时其下端与 水平线a对齐，现将小球沿竖直方向 d a 2.弹簧振子 向下拉动使其下端与水平线b对齐后由静止释 (1)弹簧振子的周期与振幅、与水平方向的夹角 放，小球将沿竖直方向上下振动，经△1=0.125s 无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m 小球首次回到其下端与水平线a对齐时的位 有关. 置.已知水平线a、b之间的距离d=1cm,不计 (2)公式：T=2π 空气阻力，轻弹簧始终处在弹性限度以内.若以 15 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 小球首次回到其下端与水平线a对齐时为零时 球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上， 刻，竖直向下为正方向，下列说法中正确的是 间距为1.5m.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， A.小球振动的频率为0.5Hz 等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单 B.小球在2s内通过的路程为16cm 摆，重力加速度g=10m/s2,则 () C.t=0.375s时小球在向上运动 A.摆角变小时，周期变大 D.小球振动的位移x随时间t的变化关系为x B.小球摆动周期约为2s =sin(4xt+0.25π)cm [例2](2025·江苏卷·10)如图所示，弹簧一端 C小球平衡时，A端拉力大小为要N 固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内 D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦.压缩弹 【迁移归纳】 簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动， 单摆模型的拓展 滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空 气阻力，则 支撑面 左 0000000 “单摆” 偏角很小时等效为单摆 A.释放瞬间物块加速度为零 B.物块和木箱最终仍有相对运动 C.木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D.物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到 的摩擦力不变 复合场中 [例3](2025·四川卷·5)如 的单摆 图所示，甲、乙、丙、丁四个小甲6 球用不可伸长的轻绳悬挂在 丙0 80=g土9E 12 go=g 天花板上，从左至右摆长依次 丁 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 细线 斜面上 轻杆 动.当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰 的单摆 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 ( go=gsin 0 go=gsin 0 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 6 6 B 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 双线摆 oc 变式训练 等效摆长 等效摆长 变式(2024·浙江6月选考·9) l=lsin 0 1=lsin 0+l3 如图所示，不可伸长的光滑细 小球在垂直纸面方向摆动 线穿过质量为0.1kg的小铁 309 精品教辅·智慧人生 16 专题一力与运动 考点二 机械波 (1)两个振动情况相同的波源形 形成条件 (1)波源；(2)传播介质，如空气、水等 成的波，在空间某点振动加强的 条件为△x=n(n=0,1,2,…), 振动减弱的条件为△x=(2n+1) 波的叠加 (1)机械波传播的只是振动的形 2(n=0,1,2,…） 式和能量，质点只在各自的平衡 (2)振动加强点的位移随时间而 位置附近做简谐运动，并不随波 改变，振幅为两波振幅的和A 迁移 +A2 (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 由于波的周期性、波传播方向的 传播特点 波的多 相同 双向性，波的传播易出现多解 解问题 (3)一个周期内，质点完成一次全 问题 振动，通过的路程为4A,位移 波的干涉 为零 波的特性 (4)一个周期内，波向前传播一个 波的衍射 : 波长 [例4] (2025·云南卷·7)如图所示，均匀介质 中矩形区域内有一位置未知的波源.1=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 (1)坐标轴：横轴表示各质点的平 两边界上振动质点的平衡位置.t=1.5s和t= 衡位置，纵轴表示该时刻各质点 2.5s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚 的位移 线所示，则 波的图像 4 m 4 m (2)意义：表示在波的传播方向 A.波速为2.5m/s 上，某时刻各质点离开平衡位置 B.波源的平衡位置距离P点1.5m 的位移 C.t=1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动 D.1=5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位 移相同 [例5]（多选）(2025·陕西省西安三中等五校高 波长、波速 三联考)在均匀介质中，一简谐横波沿x轴正方 和频率（周 (1u=f:(2)=分 向传播，质点M、N的平衡位置均在x轴负半轴 期)的关系 上，且M、N平衡位置间的距离为4.2m,M离 坐标原点较近.若M、N的振动图像分别如图中 虚线、实线所示，则 () 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 ↑ylcm N为介质中的质点，=0时刻的波形图如图 所示，M、N的位移均为1cm.下列说法正确 的是 t/s 甲 y/em A.N的振动方程为y=4cos 21(cm) B.波长可能为2.4m C.波速可能为0.28m/s D.0~10s内N通过的路程为40cm A.甲波的周期为6s [例6]（多选）(2025·山东卷·9)均匀介质中 B.乙波的波长为6m 分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简 C.1=6s时，M向y轴正方向运动 谐横波，振幅均为2cm,波速均为1m/s,M、 D.t=6s时，N向y轴负方向运动 考点三 振动图像和波的图像的综合应用 巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法： [例8]（多选）(2025·晋、陕、宁、青卷·8)一列 “一分” 分清振动图像与波的图像，横坐标为x 简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1m, 则为波的图像，横坐标为则为振动图像 a、b为介质中平衡位置相距2m的两质点，其振 看清横纵坐标的单位，尤其要注意单 “一看” 位前的数量级 动图像如图所示.则=0时的波形图可能为 找准振动图像对应的质点 () “二找 找准波的图像对应的时刻 y/em [例7]（多选）(2025·广东省广州市高三最后冲 10 刺卷)如图甲所示是一列沿x轴方向传播的简 谐横波在1=4s时刻的波形图，P是平衡位置 t/s 在x=2m处的质点，S是平衡位置在x=0.5m -10 处的质点，Q是平衡位置在x=2.5m处的质 y/cm y/cm 点.图乙为介质中质点P的振动图像.下列说法 10 10 正确的是 ) 0 y/m +y/m a :2 x/m 0 10 10 -10 ee-E -10 A P 10 y/em y/em 10 10 甲 A.该波沿x轴正方向传播 x/m B.波源起振方向为y轴负方向 -10 C.S与Q一定总是同时回到平衡位置 C D.波源起振后5s,x=5m处的质点第一次到 温馨提示 完成作业专题强化练（五》 达波峰 精品教辅·智慧人生 18(3)球心经过A点时竖直方向的速度 v=gto=3 m/s 球心经过A点时的速度大小 A=√6+=32m/s 例7C由题意可画出示意图，如图所示： 设球网的高度为h,对于斜向 下击出的网球，在水平方向 有L=6cos0·t4 竖直方向有L-h=osin0· L 00 球网 十号g所，对于针向上击出 的网球，在水平方向有L= 71679157378177782171919727677 功的s0::整直方向有号-h=-功sm0·6十之6，联立 1 可得4=，号=2%如01 结合L=功c0s0·1,可得4sn0=c0s0,解得1an0=子放 C正确，ABD错误. 第4讲圆周运动天体的运动 例1ADB、P、Q两，点为同轴传动，角速度相等，即角速度 之比为1：1，故B错误；由v=wr得，线速度之比等于半径 之比，即p:Q=OP:OQ=1:5,故A正确；由a=w2r 得，向心加速度之比等于半径之比，即ap:aQ=1:√5，故 C错误：P,点随手娟做匀速圆周运动，合力始终指向圆心O 点，故D正确. 例2D小球A、B同轴转动，角速度仙相同，A的半径小于 B的半径，由向心加速度公式a=w2可知，A的向心加速 度小于B的向心加速度，故A错误；两球的w相同，rA= L 写，%，mA=2m,m=m,根据向心力公式R wr,可知两小球的向心力大小相等，故B错误；若v= √唇时A,由年顿第二定体得：2服-F=2m× -,解得轻杆对A的支持力为FA=0,根据U=wr 3 可知，B=20=2√受，对B,由牛顿第二定律得：B-m5 =m呢，解得，轻杆对B的拉力为：FB=3mg,以底座和轻杆 2 为研究对象，水平地面对底座的支持力为FN=Mg十3mg, 故C错误；根据重力做功特点可知，重力做功W=mgh,由 题意可知，A=号作=号m1=2m,mg=m,则转动过 2L 程，两球重力对系统做功为零，转动过程合外力对系统做 功为零，系统的动能不变，两球的线速度大小保持不变，则 两球恰好做匀速圆周运动，故D正确， 例3AC小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向 心力，对小球受力分析如图所示： R 0 mg ·2 所安支持力大小为N=0行=巨mg=万×0.1×10N =√2N,由牛顿第二定律可得mgtan45°=mwR,解得w= 5rad/s,故A正确，D错误；线速度大小为v=R=5X 0.4m/s=2m/s,故B错误；向心加速度大小为am=w2R 52×0.4m/s2=10m/s2,故C正确. 例4D设地球与太阳间的距离为R,则小行星公转轨道的 半长轴为a=5R,7迟=6R,由开善勒第三定律有6R) 2 T ,解得T=66T地=6万年，故A错误：从运日点到近 T地 日，点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律F= GMm可知，小行星受太阳引力增大，故B错误：由开普勒 r 第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度大小逐 新增大，故C错误：由牛领第二定律有GM=ma,解得a= ,可知小行星在近日点的加速度与地球公转加主 比为2行=R21 a地(5R)2=25,故D正确. 例5A根据开普勒第二定律，在轨道2上从A向B运动 过程中线速度逐渐减小，则动能逐渐减小，故A正确；根据 GM=ma,可知在轨道2上从A向B运动过程中加速度 逐渐变小，故B错误；从轨道1变轨到轨道2，需要火箭发 动机做正功，故在轨道2上机械能大于在轨道1上机械能， 故C错误；利用引力常量和轨道1的周期，但轨道1的半径 未知，不可求出月球的质量，故D错误， 例6A设该卫星的轨道半径为，周期为T。,根据GMm m…芳由国可如：有（经一）·号=2联立解得 WT,故A正确，BCD错误 例7B设星球质量为M,在星球表面有：m=GM,质 R名 量为的飞行器与星球中心距离为”时，根据万有引力提 候向心力可得业=加号解得=√凰飞行器在距 星球表面高度为R。的轨道上做匀速圆周运动，r=2R。,动 能为：瓜=合m子，解得：E=m,引力势能为：上， 4 mE(民一京）尽，飞行器在距星球表面高度为 R。的轨道上做匀速圆周运动机械能为：E=Ek十E。= mgR+mgoR_3mgoR0,设发射初速度为·飞行器在 4 2 4 距星球表面的机栈能为：民=0十0=m听十0，根据 3gR0,故 机械能守恒定律可得：E0=E,联立解得：=√2 B正确、ACD错误. 第5讲机械振动和机械波 例1B经△t=0.125s小球首次回到其下端与水平线a对 齐时的位置，可知T=4△，解得T=0.5s,则频率为f= 子，解得了=2H2,故A错误：由题可知A=4=1m,则小 球在2s内道过的路程为=子×4=品×4X1m= 16cm,故B正确；当t=0.375s=3△1时，根据题意可知此 时处于最低点处，速度为0，故C错误；由题可知ω牙，解 得仙=4π，若以小球首次回到其下端与水平线a对齐时为 零时刻，竖直向下为正方向，则小球振动的位移x随时间 的变化关系为x=一sin(4πt)cm,故D错误， 例2D根据题意可知，释放后物块与木箱发生相对滑动， 则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，根 据牛顿第二定律可知，释放瞬间物块的加速度不为零，故A 错误；因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热， 故物块、木箱与弹簧组成的系统的机械能会逐渐减小，则 弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小.假 设物块与木箱相对静止时，能使两者发生相对滑动的最小 的弹簧弹力大小为F,设物块与木箱之间的最大静摩擦力 为f,木箱与物块质量分别为M、,根据牛顿第二定律得： 对物块有：f=ma,对物块与木箱整体有：F=(m十M)a,联 立解得：F=(m十M)上，在弹簧的最大弹力减小到F=(m +M)上后，当物块与木箱共速之后两者保持相对静止一 72 起做简谐运动，故B错误；释放后物块的加速度先向右做 匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木 箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和 木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故D 正确；根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当 木箱到达最右瑞时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故 此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后， 两者的速度可以同时为零，故C错误. 例3C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，说明小球丙的周期为小球甲的周期的 2倍，即T西=2T甲；小球甲第一次回到释放位置时，小球 丙到达另一侧的最高，点，小球丙的回复力最大，加速度最 大，故A错误；小球甲完成2个周期的振动时，小球乙、丁 恰好到达另一侧最高点：根据单摆周期公式T=2元√传 L 由此可知1.5T元=2T甲，0.5Tr=2T甲，即Tr=3T元，小 球丁经过子T,时间第一次回到平衡位置时，小球乙第二 次经过平衡位置，动能最大，故B错误：由上述B分析可知 1,52=314,故C正确：根据单摆周期公式T日 2侵长1=最户，国比会-票南fn 4π 2T甲，0.5Tr=2T甲，得Tr=2T.联立解得 =1：4， 故D错误. 变式B根据单摆的周期公式T=2m√ 可知F3 周期与摆角无关，故A错误；同一根光滑细线，A 端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受 力分析如图，可得2 FAcOS30°=mg ￥mg mg一=5N,故C、D错误： 解得FA=FB=2cos30=3 根据几何知识可知摆长为L=.5m×an30=1m,故周 c0s30° 期为T=人店2s收B玉确， ·2 例4D对向左传播的波形，在△t=2.5s一1.5s=1.0s时 间内，传福的距离为△=2m,故该选为=智=是m: =2m/s,故A错误；由题意，波长λ=4m,周期T=2s,当t =1.5s时，机械波向左右传播的距离均为x=t=2×1.5m= 3.0m,由图可知，右侧波形刚好传播到Q点，故波源的平 衡位置距离P点为4m一3m=1m,故B错误；由波的前 沿质点的运动情况，结合同侧原理法，可知波源开始振动 的方向向下，又T=2s,则t=1.0s时，波源处于平衡位置 且向上运功，故C错误：1=55s=2是T,P,Q两质点均在 振动，因为起振方向向下，经过子T时，均位于正的最大位 移处，故D正确. 例5BCD由M、N的振动图像知质，点的振幅为4cm,振动 周期T=4s,t=0时而质点N处于负向最大位移处，则y =Asim(祭-受)=一4cos受(cm),故A错误：由题意可 知V点更靠近波源，则M、V两质，点平衡位置距离为nλ十 子=4.2ma=0.1,2….解得入-m(a=0.1.2 …）,当n=1时入=2.4m,故B正确；周期T=4s,波速w= 入4.2 〒=4n十3m/sn=0,1,2…),当n=3时，u=0.28m/s, 故C正确；振幅A=4cm,0~10s内N通过的路程为s= 兰×4A,解得s=40cm,故D正确. 例6BD由图得，甲波的波长入甲=4m,甲波的周期为T甲 一号=十=4s故A错误：议N左边在平衡位置的质点 与V质，点平衡位置的距离为x,根据题图结合振动方程 有：1cm=2sin 之×受(em,又：6m-2m-2x-号，代 乙 4 入数据解得：x=0.5m,入乙=6m,故B正确；=6s时即经 过T,十号，即M点运动了一个丰周期，皓合同侧法可知 M向y轴负方向运动，故C错误；同理根据入z=uTz,可得： Tz=6s,根据同侧法可知=0时V向y轴负方向运动，t= 6s时即经过时间T无，N仍向y轴负方向运动，故D正确. 例7AC由图乙介质中质，点P的振动图像可知，t=4s时， 质点P振动方向向上，结合图甲可知该波沿x轴正方向传 播，故A正确：由图乙可知质点P起振方向为沿y轴正方 向，质点P起振方向与波源起振方向相同，故波源起振方 向为沿y轴正方向，故B错误；S与Q平衡位置相差半个 波长，因此一定总是同时回到平衡位置，故C正确：该简谐 横波的波长入=4m,周期T=4s,波速0=子，解得口= 1m/s,波源起振后，平衡位置距波源5m处的质点第一次 到达波峰时，波向前传播的距离为6m,所用时间为。= 号，解得0=65，故D错误. 例8ADt=0时，a处于平衡位置向上振动，b处于波谷. 若流沿+x方向传将，有：(}+nA=2m:波长大于1m, 8 所以当n=0时，入=8m;当n=1时，A=5m;若波沿一x 方向传播，有：（径十A=2m,泼长大于1m,所以当 8. 8 0时入=3m;当n=1时=号m;综上所述，可知AD正 确、BC错误. 15