04 专题一 第4课时 机械振动和机械波（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

第4课时　机械振动和机械波 【备考指南】　 1．本课时备考过程中要牢记基础知识和基本规律，加强振动图像、波的图像、波的周期性和多解性等基础题的训练。 2．加强波的图像和振动图像的相互转化训练，提高学生的应变能力。 3．关注结合简谐运动图像及波的图像考查波的多解问题，以及相干波的叠加问题。 热点一　机械振动 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＝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)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 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 2．分析简谐运动的技巧 (1)物理量变化分析：以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。 (2)矢量方向分析：矢量均在其值为零时改变方向。 [典例1]　[弹簧振子](2025·江苏扬州部分高中开学考试)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的圆盘，圆盘处于静止状态。现将质量为m的黏性小球自h高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．圆盘将以碰后瞬间的位置作为平衡位置做简谐运动 B．圆盘做简谐运动的振幅可能为 C．振动过程中圆盘的最大速度为 D．从碰撞后向下运动过程中，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大 [思路点拨]　弹簧下面悬挂圆盘在竖直面内运动→弹簧振子模型。平衡位置应该是振子所受合外力为零处，因此初态盘静止位置并不是小球和圆盘振动时的平衡位置。 D　[碰前弹簧处于伸长状态，弹簧弹力大小等于圆盘重力，碰后瞬间弹簧弹力不变，碰后简谐运动的平衡位置应该在弹簧弹力等于圆盘和小球重力之和的位置处，故A错误；碰前弹簧形变量x1＝，碰后简谐运动的平衡位置处弹簧形变量x2＝，碰前与平衡位置的距离为Δx＝x2－x1＝，在碰后瞬间弹簧形变量为x1＝时，小球与圆盘速度不为0，所以圆盘做简谐运动的振幅应大于Δx＝，故B错误；小球与圆盘碰前，对小球由动能定理得mgh＝，碰撞过程由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，由以上两式解得v＝，碰后向下还没有到达运动的平衡位置，所以继续加速，最大速度应大于，故C错误；从碰后瞬间的位置向下运动过程中，小球与圆盘速度先增大后减小，即动能先增大后减小，由于小球、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大，故D正确。] [典例2]　[振动图像](2024·福建卷)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 B　[振幅为振子离开平衡位置的最大距离，由题图(b)可知，试管振幅为A＝1.0 cm，A错误；由题图(b)可知，该简谐运动的周期为T＝0.4 s，则振动频率为f＝＝2.5 Hz，B正确；t＝0.1 s时，试管正处在平衡位置向下振动，此时的速度最大，C错误；t＝0.2 s时试管在最大位移处，位移方向竖直向下，又回复力指向平衡位置，加速度的方向由回复力的方向决定，则此时试管的加速度方向竖直向上，D错误。] 　(1)根据图像确定周期、频率和振幅； (2)根据图像的斜率确定速度的大小和方向，根据加速度大小与位移成正比，方向相反来确定加速度的方向。 [典例3]　[类单摆模型](2024·浙江6月卷)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，g取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 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。 ] 　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　　 g0＝g±　　　　　　g0＝g　 斜面上 的单摆 g0＝g sin θ　　　　　g0＝g sin θ 双线摆 等效摆长l＝l1sin θ　等效摆长l＝l1sin θ＋l3 小球在垂直纸面方向摆动 热点二　机械波 1．波的形成与传播规律 (1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。 (2)传播中各质点随波振动，但并不随波迁移。 (3)沿波的传播方向上每个周期传播一个波长的距离。 (4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是反相点。 2．质点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 [典例4]　[波的图像]在x轴上有一波源，产生沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时的波的图像如图所示。平衡位置为(2.3 m，0)的质点P(图中未画出)在t＝0.4 s时第一次到达波峰，在t＝0.6 s时第一次到达波谷，则(　　) A．该波的波长为0.8 m B．该波源的起振方向向下 C．t＝0时刻波传到x＝1.4 m处 D．0～0.6 s时间内质点P经过的路程为6 cm C　[由前部分波的图像可知该波的波长为λ＝4×(0.5－0.2)m＝1.2 m，故A错误；质点P第一次到达波峰的时间比第一次到达波谷的时间短，说明质点P起振方向向上，则波源的起振方向向上，故B错误；由题意可知＝0.2 s，则T＝0.4 s，在t＝0.4 s时质点P第一次到达波峰，则t＝0时最靠近质点P的波峰的位置为x＝2.3 m－1.2 m＝1.1 m ，可推出此时波传到x＝1.1 m＋＝1.4 m，故C正确；由波的图像的特点可知该波的振幅A＝ cm，所以0～0.6 s时间内质点P经过的路程为3A＝4 cm，故D错误。故选C。] [典例5]　[振动方向的判断](多选)(2025·山东卷)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2 cm，波速均为1 m/s，M、N为介质中的质点。t＝0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为1 cm。下列说法正确的是(　　) A．甲波的周期为6 s B．乙波的波长为6 m C．t＝6 s时，M向y轴正方向运动 D．t＝6 s时，N向y轴负方向运动 BD　[根据题图可知甲波的波长λ甲＝4 m，根据λ甲＝vT甲，可得T甲＝4 s，A错误；设N左边在平衡位置的质点与N质点平衡位置的距离为x，根据题图结合1 cm＝2sin cm，又6 m－2 m－2x＝，可得x＝0.5 m，λ乙＝6 m，B正确；t＝6 s时即经过T甲＋，结合同侧法可知M向y轴负方向运动，C错误；同理根据λ乙＝vT乙，可得T乙＝6 s，根据同侧法可知t＝0时N向y轴负方向运动，t＝6 s时即经过时间T乙，N仍向y轴负方向运动，D正确。故选BD。] 【教师备选资源】 [波的图像与振动图像](2025·吉林长春模拟预测)一列简谐横波在t＝0时刻的波的图像如图1所示，质点M、N刚好在平衡位置，质点P在波峰。质点N的振动图像如图2所示，则下列说法正确的是(　　) A．波沿x轴负方向传播 B．质点N的平衡位置坐标xN＝7.5 m C．质点M在t＝ s时位移为0.04 m D．t＝0.5 s时P点和M点的位移相同 D　[由题图2可知，t＝0时刻质点N向下振动，根据同侧法可知，波沿x轴正方向传播，故A错误；由题图2可知周期为4 s，由题图1可知波长为12 m，质点N的振动图像表达式为yN＝－A sin t＝－0.04sin m，质点N在t＝ s时位移为yN＝－0.04sin m＝－0.02 m，质点M、N平衡位置相差6 m，为半波长，则质点M、N振动步调相反，质点M在t＝ s时位移为0.02 m，故C错误；t＝0时刻的波的图像表达式为y＝A sin ＝0.04sin m，将(0，0.02 m)代入可得φ＝，当y＝0时，解得xM＝1 m，xN＝7 m，故B错误；当y＝0.04时，解得xP＝－2 m，当t＝0.5 s时，波的图像表达式为y′＝0.04sin m＝0.04sin m，将xP＝－2 m，xM＝1 m，代入可得yP＝yM＝0.02 m，故当t＝0.5 s时P点和M点的位移相同，故D正确。故选D。] 热点三　波的干涉、衍射和多普勒效应 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＝nλ＋(n＝0，1，2，…)，两个振动情况相反的波源形成的波，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＝nλ(n＝0，1，2，…)。 (2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大。 [典例6]　[波的叠加](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．S1和S2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 B　[根据题图可知，两列波传到M点的时间之差为3 s，又S1、S2到M点的距离之差为6 m，则由v＝可得两列波的波速为2 m/s，由题图可知两列波的振动周期T＝2 s，则由λ＝vT可知两列波的波长为4 m，A错误；由题图可知，t＝4 s时，M点开始沿x正方向振动，说明较快传播到M点的波的波源的起振方向沿x正方向，t＝7 s时，M点的振动图像开始发生变化，说明此时另一列波刚好传播到M点，由于此时较快传播到M点的波使M点沿x负方向振动，而此后M点的振幅减小，说明此时刚好传播到M点的波使M点沿x正方向振动，即较慢传播到M点的波的波源的起振方向沿x正方向，故B正确；由于S1、S2的频率相同，则S1、S2在平面内能产生干涉现象，C错误；根据题图可知较快传播到M点的波的振幅为3 cm，t＝7 s后，M点的振幅为A＝A快－A慢＝1 cm，则较慢传播到M点的波的振幅为2 cm，D错误。] 1．(多选)(2025·陕晋宁青卷)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(　　) 　　 A　　　　　　　　　　　　B 　　 C　　　　　　　　　　　　D 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，结合题中图像可知AD符合；故选AD。] 【教师备选资源】 [振动图像与波的图像](2024·天津卷)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，图1是t＝1 s时该波的波形图，图2是x＝0处质点的振动图像。则t＝11 s时该波的波形图为(　　) 　 　 A　　　　　　　　　　B 　 C　　　　　　　　　　D C　[波的周期T＝4 s，因t＝11 s时，即在t＝1 s后再经过10 s＝2.5T，此时原点处的质点振动到波谷位置，即该波的波形图为C。故选C。] 2．[振动图像](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(　　) 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 C　[根据题图可知，单摆的周期T＝1.0π s－0.2π s＝0.8π s，结合单摆的周期公式T＝2π可得单摆的摆长L＝1.6 m，起始时刻，单摆的位移最大，加速度最大，速度为零，A、B两点速度大小相等，方向相反，A、C两点速度相同，A、B、D错误，C正确。] 【教师备选资源】 [波的传播问题](2024·安徽卷)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波(　　) A．在x＝9.0 m处开始相遇 B．在x＝10.0 m处开始相遇 C．波峰在x＝10.5 m处相遇 D．波峰在x＝11.5 m处相遇 C　[由题意可知两列波的波速大小相等，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在x＝11.0 m处开始相遇，故A、B错误；甲波峰的坐标为x1＝5 m，乙波峰的坐标为x2＝16 m，由于两列波的波速相同，所以波峰在x′＝5 m＋ m＝10.5 m处相遇，故C正确，D错误。] 3．[波的叠加](多选)(2025·湖南卷)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 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0，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0，速度为0，故D正确。故选AD。] 16/16 学科网（北京）股份有限公司 $