专题一 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

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 规律 x＝A sin （ωt＋φ） 图像 反映同一质点在各个时刻的位移 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 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 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 周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度均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，加速度的大小、速度的大小、相对平衡位置的位移大小相等；动能、势能相等 2.弹簧振子 （1）弹簧振子的周期与振幅、与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关． （2）公式：T＝2π. 3.单摆 周期 T＝2π g0的 理解 重力加速度或等效重力加速度 超重时g0＝g＋a 失重时g0＝g－a 完全失重时g0＝0 受力 特征 回复力：F＝mg sin θ＝－x＝－kx 最高点：Fn＝m＝0，FT＝mg cos θ 最低点：Fn＝m最大，FT＝mg＋m [例1]　（2025·四川省攀枝花市高三二模）如图所示，一个小球和轻质弹簧组成的系统，小球静止时其下端与水平线a对齐，现将小球沿竖直方向向下拉动使其下端与水平线b对齐后由静止释放，小球将沿竖直方向上下振动，经Δt＝0.125 s小球首次回到其下端与水平线a对齐时的位置．已知水平线a、b之间的距离d＝1 cm，不计空气阻力，轻弹簧始终处在弹性限度以内．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，下列说法中正确的是（　　） A.小球振动的频率为0.5 Hz B.小球在2 s内通过的路程为16 cm C.t＝0.375 s时小球在向上运动 D.小球振动的位移x随时间t的变化关系为x＝sin （4πt＋0.25π） cm 答案　B 解析　经Δt＝0.125 s小球首次回到其下端与水平线a对齐时的位置，可知T＝4Δt，解得T＝0.5 s，则频率为f＝，解得f＝2 Hz，故A错误；由题可知A＝d＝1 cm，则小球在2 s内通过的路程为s＝×4A＝×4×1 cm＝16 cm，故B正确；当t＝0.375 s＝3Δt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＝，解得ω＝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t的变化关系为x＝－sin （4πt） cm，故D错误． [例2]　（2025·江苏卷·10）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦．压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（　　） 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 答案　D 解析　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、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＋M）a，联立解得：F＝（m＋M），在弹簧的最大弹力减小到F＝（m＋M）后，当物块与木箱共速之后两者保持相对静止一起做简谐运动，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，当木箱到达最右端时其速度为零，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3]　（2025·四川卷·5）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 答案　C 解析　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丙＝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＝2π ，由此可知1.5T乙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲，即T丁＝3T乙，小球丁经过T丁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＝1.5∶2＝3∶4，故C正确；根据单摆周期公式T＝2π ，摆长L＝T2，因此＝，由于T丙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲，得T丁＝2T丙，联立解得＝1∶4，故D错误． ►变式训练 变式　（2024·浙江6月选考·9）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（　　） A.摆角变小时，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力大小为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 答案　B 解析　根据单摆的周期公式T＝2π 可知周期与摆角无关，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2FA cos 30°＝mg 解得FA＝FB＝＝ N，故C、D错误； 根据几何知识可知摆长为L＝＝1 m，故周期为T＝2π ≈2 s，故B正确． 【迁移归纳】 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　　　　等效摆长 　l＝l1sin θ　　　l＝l1sin θ＋l3 小球在垂直纸面方向摆动 考点二　机械波　 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）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 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）v＝ 波的叠加 （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 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 波的特性 波的干涉 波的衍射 [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．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 答案　D 解析　对向左传播的波形，在Δt＝2.5 s－1.5 s＝1.0 s时间内，传播的距离为Δx＝2 m，故波速为v＝＝ m/s＝2 m/s，故A错误；由题意，波长λ＝4 m，周期T＝2 s，当t＝1.5 s时，机械波向左右传播的距离均为x＝vt＝2×1.5 m＝3.0 m，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4 m－3 m＝1 m，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＝2 s，则t＝1.0 s时，波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；t＝5.5 s＝2T，P、Q两质点均在振动，因为起振方向向下，经过T时，均位于正的最大位移处，故D正确． [例5]　（多选）（2025·陕西省西安三中等五校高三联考）在均匀介质中，一简谐横波沿x轴正方向传播，质点M、N的平衡位置均在x轴负半轴上，且M、N平衡位置间的距离为4.2 m，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（　　） A.N的振动方程为y＝4cos t（cm） B．波长可能为2.4 m C．波速可能为0.28 m/s D．0～10 s内N通过的路程为40 cm 答案　BCD 解析　由M、N的振动图像知质点的振幅为4 cm，振动周期T＝4 s，t＝0时而质点N处于负向最大位移处，则y＝A sin （t－）＝－4cos t（cm），故A错误；由题意可知N点更靠近波源，则M、N两质点平衡位置距离为nλ＋λ＝4.2 m（n＝0，1，2…），解得λ＝m（n＝0，1，2…），当n＝1时λ＝2.4 m，故B正确；周期T＝4 s，波速v＝＝ m/s（n＝0，1，2…），当n＝3时，v＝0.28 m/s，故C正确；振幅A＝4 cm，0～10 s内N通过的路程为s＝×4A，解得s＝40 cm，故D正确． [例6]　（多选）（2025·山东卷·9）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 答案　BD 解析　由图得，甲波的波长λ甲＝4 m，甲波的周期为T甲＝＝ s＝4 s，故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，根据题图结合振动方程有：1 cm＝2sin ×（cm），又：6 m－2 m－2x＝，代入数据解得：x＝0.5 m，λ乙＝6 m，故B正确；t＝6 s时即经过T甲＋，即M点运动了一个半周期，结合同侧法可知M向y轴负方向运动，故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，故D正确． 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7]　（多选）（2025·广东省广州市高三最后冲刺卷）如图甲所示是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝4 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝2 m处的质点，S是平衡位置在x＝0.5 m处的质点，Q是平衡位置在x＝2.5 m处的质点．图乙为介质中质点P的振动图像．下列说法正确的是（　　） A．该波沿x轴正方向传播 B．波源起振方向为y轴负方向 C．S与Q一定总是同时回到平衡位置 D．波源起振后5 s，x＝5 m处的质点第一次到达波峰 答案　AC 解析　由图乙介质中质点P的振动图像可知，t＝4 s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λ＝4 m，周期T＝4 s，波速v＝，解得v＝1 m/s，波源起振后，平衡位置距波源5 m处的质点第一次到达波峰时，波向前传播的距离为6 m，所用时间为t0＝，解得t0＝6 s，故D错误． [例8]　（多选）（2025·晋、陕、宁、青卷·8）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（　　） 答案　AD 解析　t＝0时，a处于平衡位置向上振动，b处于波谷．若波沿＋x方向传播，有：（＋n）λ＝2 m，波长大于1 m，所以当n＝0时，λ＝8 m；当n＝1时，λ＝m；若波沿－x方向传播，有：（＋n）λ＝2 m，波长大于1 m，所以当n＝0时，λ＝ m；当n＝1时，λ＝ m；综上所述，可知AD正确、BC错误． 学科网（北京）股份有限公司 $