专题1 第4讲 机械振动和机械波（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

第4讲　机械振动和机械波 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.对简谐运动的对称性以及各物理量的变化规律理解不透彻，特别容易忽视矢量的方向。 2．误认为竖直方向弹簧振子的平衡位置在弹簧的原长位置。 3．混淆振动图像和波的图像，或者不能从振动图像或波的图像上读取相关信息。 4．在受迫振动中，误认为驱动力的频率越大，振动的振幅就越大。 5．对机械波波速的决定因素理解错误，认为波速既与介质有关，又与频率有关。 6．误认为只要路程差等于波长整数倍的点一定是加强点，忽视了两波源的振动情况。 7．误认为弹簧振子或单摆的周期与振幅有关，振幅大则周期长 1.简谐运动的动力学特点：F＝－kx；运动学特点：x＝A sin (ωt＋φ)。 2．弹簧振子的周期：T＝2π，与振幅无关；单摆的周期：T＝2π，与振幅、质量无关。 3．简谐运动中，相隔(n＝1，2，3，…)的两个时刻，振子的位置关于平衡位置对称，且各矢量等大、反向。 4．受迫振动中，驱动力的频率f驱越接近固有频率f固，振幅越大。f驱＝f固时，振幅最大——共振。 5．机械波传播时，介质中各质点开始振动的方向与振源的起振方向相同。 6．机械波的波速取决于介质，与频率无关，机械波的频率等于振源的频率，与波速无关。 7．波速可理解为振动形式传播的速度，也可理解为波形平移的速度 热点1　机械振动 考向1　弹簧振子模型 【例1】 (2024·北京高考)如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。由题图乙可知，t＝0时，手机加速度为0，则此时手机所受合力为0，可知此时弹簧弹力大小F＝mg，A错误；由题图乙可知，t＝0.2 s时，手机加速度向上，则此时弹簧弹力向上且大于重力，由胡克定律可知，此时弹簧伸长量大于平衡位置弹簧的伸长量，故此时手机处于平衡位置下方，B错误；从t＝0至t＝0.2 s，手机由平衡位置向下运动，又合力方向向上，则合力对手机做负功，由动能定理可知，该过程手机的动能减小，C错误；由题图乙可知ω＝＝2.5，则a随t变化的关系式为m/s2 D正确。 [总结提升]简谐运动的几个特征 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＝A sin (ωt＋φ0)。 (2)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)振动过程中，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 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等 考向2 单摆的振动规律 【例2】 (2025·四川高考)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 解析：选C。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丁＝4T甲，可得T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，结合单摆周期公式T＝2π，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甲时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，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(即可知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。 [总结提升]单摆的动力学特点 (1)回复力：F＝mg sin θ＝－x＝－kx。 (2)最高点：Fn＝m＝0，FT＝mg cos θ。 (3)最低点：Fn＝m，FT＝mg＋m。 考向3 单摆的拓展模型 【例3】 (2024·浙江高考)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，已知重力加速度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。 由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆角无关，故摆角变小，周期不变，A错误；由于同一光滑细线上的拉力大小处处相等，则由题意可知，小球平衡时，细线A端拉力等于B端拉力，D错误；对平衡时的小球受力分析，如图所示，则由力的平衡条件可知FA cos 30°＋FB cos 30°＝mg，又FA＝FB，代入数据解得FA＝ N，C错误；由几何关系可知单摆的摆长l＝＝1 m，则由T＝2π可知小球摆动周期T≈2 s，B正确。 [总结提升]单摆模型的拓展 支撑面 “单摆” 偏角很小时等效为单摆 复合场中 的单摆 等效g0＝g±　　　等效g0＝g 斜面上 的单摆 等效g0＝g sinθ　　等效g0＝g sinθ 双线摆 等效摆长 等效摆长 l＝l1sinθ　　　　l＝l1sinθ＋l3 (小球在垂直纸面方向摆动) 热点2　机械波 考向1 波的传播 【例1】 (2025·海南高考)如图所示，实线和虚线分别是沿着x轴正方向传播的一列简谐横波在t＝0时刻和t＝0.5 s的波形图，已知波的周期T>0.5 s，则下列关于该列波说法正确的是(　　 ) A．波长为5 cm B．波速为10 cm/s C．周期为1 s D．t＝0时刻，质点M向下振动 解析：选D。由题图可知波长为10 cm，故A错误；t＝0时刻到t＝0.5 s的过程中，Δt＝nT＋T(n＝0，1，2，…)，已知波的周期T>0.5 s，则n只能取0，则T＝ s，波速为v＝＝15 cm/s，故B、C错误；简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t＝0时刻，质点M向下振动，故D正确。 [总结提升]机械波的传播特点 (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)介质中各质点的振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同。 (3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零。 (4)一个周期内，波向前传播一个波长。 考向2波的叠加 【例2】 (多选)(2025·湖南高考)如图，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。t＝0时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy平面。频率均为2.5 Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为10 m/s。下列说法正确的是(　　 ) A．两横波的波长均为4 m B．t＝0.4 s时，C处质点加速度为0 C．t＝0.4 s时，C处质点速度不为0 D．t＝0.6 s时，C处质点速度为0 解析：选AD。两横波的波长均为λ＝＝4 m，故A正确；两列波传到C处所需时间分别为t1＝ s＝0.3 s，t2＝ s＝0.5 s，T＝＝0.4 s，故t＝0.4 s时，A处波已传到C处且振动了T，故C处质点处于正向或负向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C错误；分析可知t＝0.6 s时两列波都已传播到C处，C处质点到两波源的距离差为Δx＝5 m－3 m＝2 m＝λ，故C处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故C处位移始终为零，速度为零，故D正确。 【例3】 (多选)(2025·浙江高考)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处的质点振动减弱 D．两列波叠加稳定后，在0<x<6 m间共有7个加强点 解析：选BC。波在x＝6 m左侧的波速v1＝ m/s＝40 m/s，右侧的波速v2＝ m/s＝60 m/s，从0.1 s开始，再经过Δt时间相遇，Δt＝＝0.025 s，所以t1＝0.1 s＋0.025 s＝0.125 s，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，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Δt＝0.19 s－ s＝0.13 s＝即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上振动，右侧波在该点的振动在平衡位置向下振动，可知该点的振动减弱，C正确；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，可知在0<x<6 m内到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，可知x－(6－x)＝nλ1＝0.8n，即x＝3＋0.4n，其中n取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7，则共有15个振动加强点，D错误。 [总结提升]波的叠加规律 (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。 考向3 振动图像与波的图像综合问题 【例4】 (多选)(2024·重庆高考)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米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米。则(　　 ) A．最小波长 m B．频率 Hz C．最大波速 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米的质点的振动方程y＝sin (ωt＋φ)，代入点和(2，0)，解得φ＝，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，沿x轴负方向传播则为P点，则波长可能为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＝7.5 m/s，v′＝3.75 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＝ cm＝ cm，故D正确。 [总结提升]巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法 考向4 波的多解问题 【例5】 (多选)(2025·陕晋青宁卷)一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1 m，a、b为介质中平衡位置相距2 m的两质点，其振动图像如图所示。则t＝0时的波形图可能为(　　) 解析：选AD。根据振动图像可知当波的传播方向为a到b时，xab＝λ＋nλ(n＝0，1，2，…)，λ>1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ；当波的传播方向为b到a时，xab＝λ＋nλ(n＝0，1，2，…)，λ>1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ。同时t＝0时，a处于平衡位置，b处于波谷位置，结合图像可知A、D符合。 学科网（北京）股份有限公司 $