2025版《新亮劍》高中物理：第八章 機械振動與機械波含答案

2025版《新亮劍》高中物理：第八章機械振動與機械波第八章機械振動與機械波核心素養(yǎng)考點內容高考真題備考建議物理觀念簡諧運動、受迫振動、共振、橫波、縱波、干涉、衍射2023全國甲T34(2)(波的圖像)2023全國乙T34(1)(波動與振動圖像)2023全國新課標T14(波速、波長及頻率之間的關系)2023遼寧T8(波特有的現(xiàn)象)2023廣東T4(波的干涉與反射)2023北京T4(振動圖像)2023湖南T3(振動疊加)2023山東T10(振動圖像的多解性)2023浙江T3(聲波干涉)2022全國乙T34(1)(波的圖像)2022全國甲T34(2)(波的干涉)2022河北T17(1)(機械波的傳播)2022遼寧T3(機械波的傳播)2022廣東T16(機械波的傳播)2022浙江T16(波的圖像)本章重點是振動圖像及波動圖像。涉及的知識點主要有:簡諧運動、簡諧橫波的傳播特征;波長、波速及頻率之間的關系,波的干涉等。在備考上要求,理解振動圖像及波動圖像的物理意義,能依據圖像獲得有用的信息,能根據波的傳播特征分析圖像問題。簡諧橫波描述了介質中質點的空間周期性及時間周期性,這些是進入高校繼續(xù)學習物理學所必備的知識內容與能力要求,備受命題者的關注,仍然是重點考查的內容科學思維振動圖像、波的圖像、干涉和衍射的應用科學探究用單擺測量重力加速度科學態(tài)度與責任用恰當?shù)奈锢砹棵枋龊喼C運動和機械波,解釋生產生活中的有關現(xiàn)象第1講機械振動對應學生用書P166考點一簡諧運動一、簡諧運動一切復雜的振動都可看成是若干①運動的疊加。

從數(shù)學的角度來理解:如果物體的位移與時間的關系遵從②的規(guī)律,即它的振動圖像(x-t圖像)是一條③曲線,這樣的振動是一種簡諧運動。

二、簡諧運動的特征1.位移x與時間t的關系x=Asin(ωt+φ),式中:x表示④,A表示⑤,ω稱作⑥,t表示⑦,φ表示⑧,“ωt+φ”叫作⑨。

相位差(Δφ):兩個振動的相位之差。兩個具有相同頻率的簡諧運動的相位差,數(shù)值上恰好等于它們的⑩之差。

2.回復力與位移的關系物體在運動方向上所受的力F(回復力)與大小成正比,并且總是指向位置。數(shù)學表達式為F=,負號表示力與位移方向始終相反,k是常量,其值由振動系統(tǒng)決定,與振幅無關。

三、描述簡諧運動的物理量1.振幅(A)(1)概念:振動物體離開平衡位置的,是標量,在數(shù)值上等于最大位移的絕對值。

(2)物理意義:表示振動強弱的物理量。2.周期和頻率內容周期頻率概念完成一次所用的時間

單位時間內完成的全振動的

單位秒(s)赫茲(Hz)物理意義表示振動快慢的物理量決定因素物體振動的周期和頻率,由振動系統(tǒng)本身的性質決定,與振幅無關關系式T=

說明ω=2πT=2πf,所以做簡諧運動的物體的位移x與運動時間t的函數(shù)表達式又可寫為x=Asin2πTt+φ答案①簡諧②正弦函數(shù)③正弦④質點相對于平衡位置的位移⑤振幅⑥簡諧運動的圓頻率⑦振動的時間⑧t=0時的相位(初相位)⑨簡諧運動的相位⑩初相它偏離平衡位置的位移x平衡-kx最大距離全振動次數(shù)1f如圖所示,小球靜止在O點時,彈簧沒有發(fā)生形變,長度為原長。把小球拉到平衡位置的右方A點時,彈簧伸長量為OA,放開小球,觀察小球的振動,并回答下列問題。(1)若水平桿與小球之間有摩擦,則小球運動一段時間會停止。若忽略摩擦,小球的運動會怎樣?(2)忽略摩擦力,彈簧最大伸長的長度OA和彈簧最大壓縮的長度OA'有什么關系?(3)忽略摩擦力,小球從A經O到A'和小球從A'經O到A所用的時間有什么關系?(4)小球在運動過程中所受到的彈簧的彈力的方向有什么特點?(5)若以O為坐標原點,沿振動方向建立Ox軸,取向右為正,則小球受到的彈力F與小球位移x有什么關系?(位移是相對于O點的)答案(1)小球將一直在O點附近做往復運動。(2)OA=OA'。(3)相等。(4)總是指向O點。(5)F=-kx。角度1彈簧振子及其規(guī)律的應用類型水平彈簧振子傾斜彈簧振子豎直彈簧振子條件空氣阻力和摩擦阻力忽略不計,彈簧質量忽略不計摩擦阻力和空氣阻力忽略不計,彈簧質量忽略不計空氣阻力忽略不計,彈簧質量忽略不計圖示平衡位置彈簧處于原長時小球的位置物塊靜止時的位置,此時彈簧的伸長量x0=mgsinθk小球靜止時的位置,此時彈簧的伸長量x0=mg位移—時間圖像以平衡位置O為坐標原點,規(guī)定向右為正方向,沿水平方向建立坐標軸。若以小球從平衡位置向右運動為計時起點,則一個周期內小球的位移—時間圖像如圖所示,它是一條正弦曲線以平衡位置O為坐標原點,規(guī)定沿斜面向下為正方向,沿振動方向建立坐標軸。以物塊從平衡位置向下運動為計時起點,則一個周期內物塊的位移—時間圖像如圖所示,它是一條正弦曲線以平衡位置O為坐標原點,規(guī)定豎直向下為正方向,沿豎直方向建立坐標軸。以小球從平衡位置向下運動為計時起點,則一個周期內小球的位移—時間圖像如圖所示,它是一條正弦曲線如圖所示,在光滑桿下面鋪一張可沿垂直桿方向勻速移動的白紙,一帶有鉛筆的彈簧振子在A、B兩點間做簡諧振動,可以在白紙上留下痕跡。已知彈簧的勁度系數(shù)k=10N/m,振子的質量為0.1kg,白紙移動速度為0.4m/s。在一次實驗中得到如圖所示的圖線,下列說法正確的是()。A.該彈簧振子的振幅為16cmB.該彈簧振子的周期為0.25sC.該彈簧振子的最大加速度為8m/s2D.該彈簧振子的最大速度為1.6m/s答案C解析振幅為振子偏離平衡位置的最大距離,故該彈簧振子的振幅為8cm,A項錯誤;一個周期內白紙移動的距離l=20cm,白紙移動速度v=0.4m/s,該彈簧振子的周期T=lv=0.5s,B項錯誤;該彈簧振子的最大加速度a=kAm=8m/s2,C項正確;簡諧振動中系統(tǒng)的機械能守恒,由機械能守恒可得12kA2=12mvm2,可得彈簧振子的最大速度vm=Akm=0(2022年浙江卷)如圖所示,一根固定在墻上的水平光滑桿,兩端分別固定著相同的輕彈簧,兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點以初速度v向右運動,小球將做周期為T的往復運動,則()。A.小球做簡諧運動B.小球動能的變化周期為TC.兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為TD.小球的初速度為v2時,其運動周期為2答案B解析畫出小球運動的v-t圖像,如圖所示,由于圖像不是正弦或余弦曲線,因此小球的運動不是簡諧運動,A項錯誤;根據動能的定義式Ek=12mv2,結合所畫的v-t圖像可知,動能的變化周期為T2,B項正確;由于小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,故兩根彈簧的總彈性勢能等于初始時小球的動能,結合B項分析可得,兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為T2,C項錯誤;利用勻變速直線運動規(guī)律和彈簧振子的周期公式,可得小球運動的周期T=2xv0+2πmk,由該式可知,小球的初速度為v2角度2簡諧運動的判斷判斷物體是否做簡諧運動的基本思路:(1)確定平衡位置。(2)假設振子偏離平衡位置的位移為x,分析此時振子的受力情況,計算它指向平衡位置的合力大小是否滿足關系式F=kx。若滿足,則說明振子做簡諧運動。如圖所示,豎直輕質彈性繩上端固定,原長狀態(tài)時下端在P點?，F(xiàn)取來一塊帶有小孔的薄板,使小孔處在P點,并將繩下端穿過小孔懸掛一個質量為m的小球,小球靜止時位于O點?，F(xiàn)將小球拉至與O點等高的A點由靜止釋放,B為A點的對稱點,不計一切阻力且彈性繩始終遵循胡克定律。則關于小球釋放之后的運動,下列說法正確的是()。A.小球將沿直線在A、B之間來回運動B.小球將沿曲線在A、B之間來回運動C.小球經過P點正下方時繩子拉力大于mgD.小球的運動不是簡諧運動答案A解析設PO=h,則mg=kh。設某時刻彈性繩與豎直方向的夾角為θ,此時球離開O點的距離為x,則彈力的豎直分量k?cosθcosθ=kh=mg,可知合力方向水平,小球將沿直線在A、B之間來回運動,且O點為平衡位置;小球經過P點正下方(O點)時,繩子拉力等于mg。小球的合力大小為F合=k?cosθsinθ=mgtanθ=mg?·x,方向與x的方向相反,且始終指向O點,滿足簡諧振動的動力學特征角度3簡諧運動的多解性問題(2023年山東卷)(多選)如圖所示,沿水平方向做簡諧振動的質點,依次通過相距L的A、B兩點。已知質點在A點的位移大小為振幅的一半,B點的位移大小是A點的3倍,質點經過A點時開始計時,t時刻第二次經過B點,該振動的振幅和周期可能是()。A.2L3-1,3t B.2C.2L3+1,125t D.答案BC解析當A、B兩點在平衡位置的同側時,有12A=Asinφa,32A=Asinφb,可得φa=π6,φb=π3或者φb=2π3;因此可知第二次經過B點時φb=2π3,有23π-π62πT=t,解得T=4t,此時位移關系為32A-12A=L,解得A=2L3-1,A項錯誤,B項正確。當A、B兩點在平衡位置兩側時有-12A=Asinφa,32A=Asinφb,解得φa=-π6或者φa=-5π6(由圖中運動方向舍去),φb=π3或者φb=2π3;當?shù)诙谓涍^B點時,φ角度4單擺及其規(guī)律的應用單擺及其規(guī)律模型建構細線質量忽略不計,空氣阻力忽略不計,球的直徑與線的長度相比忽略不計,擺線的伸縮也忽略不計,且擺角小于5°,這樣的裝置就叫作單擺,如圖所示回復力單擺在擺動時,擺球的重力沿圓弧切線方向的分力提供單擺的回復力,如圖所示單擺做簡諧運動的條件在偏角很小時,擺球所受的回復力與它偏離平衡位置的位移成正比,方向總是指向平衡位置,即F=-mglx,三點說明①當擺球在最高點時,F向=mv2l=0,FT=mgcos②當擺球在最低點時,F向=mvmax2l,F向最大,F③擺球經平衡位置時,只是回復力為零,而不是合外力為零(此時合外力提供擺球做圓周運動的向心力)單擺的周期1.單擺做簡諧運動時的周期與擺球質量無關,與振幅無關,與擺長和重力加速度的大小有關。2.T=2πl(wèi)g,式中擺長l下列四種裝置中,小鋼球均在豎直平面內小角度(小于5°)擺動,其中可視為單擺的是()。ABCD答案A解析B項中,小球在擺動過程中細橡皮筋的長度變化較大,因此該裝置不可視為單擺;C項中,粗麻繩的質量與小球的質量相比,不能忽略,因此該裝置不可視為單擺;D項中,懸點位置不固定,因此該裝置不可視為單擺。實際擺看作單擺的6個條件1.擺線的形變量與擺線長度相比小得多。2.擺線的質量與擺球質量相比小得多。3.擺球的直徑與擺線長度相比小得多。4.懸點必須固定。5.空氣阻力等可以忽略不計。6.最大擺角比較小(通常認為小于5°)。(2024屆梅河口模擬)利用如圖所示的裝置進行單擺實驗。將小球拉離平衡位置釋放,擺角小于5°。借助傳感器可知最大拉力為F1,最小拉力為F2,這兩個數(shù)據出現(xiàn)的時間間隔為t。當?shù)刂亓铀俣葹間。下列說法正確的是()。A.單擺的振動周期為2tB.單擺擺長為gC.用所給數(shù)據可以表示出最大擺角的余弦值D.傳感器的示數(shù)增大時,小球的勢能也在變大答案C解析由題意知,單擺的振動周期為4t,A項錯誤。由周期公式T=2πl(wèi)g得,單擺的擺長l=gT24π2=4gt2π2,B項錯誤。擺球重力沿切線方向的分力提供回復力,擺球在最低點時,由牛頓第二定律有F1-mg=mv2l,從最高點到最低點的過程中,由機械能守恒定律得mgl(1-cosθ)=12mv2;在最高點時,擺線的拉力F2=mgcosθ;聯(lián)立解得類單擺模型類單擺模型是指與單擺模型有著相同或相似的運動特點,有著與單擺模型相同或類似規(guī)律的模型。利用T=2πLg,等效擺長圖1中甲、乙在垂直紙面方向擺起來效果是相同的,所以甲擺擺長為lsinα,其周期T=2πl(wèi)sinαg。圖2中,乙在垂直紙面方向擺動時,與甲擺等效;圖1圖2等效重力加速度圖3中,單擺的等效重力加速度g'=gsinθ圖3如圖所示,一小球在光滑槽內做簡諧運動,下述方法中可使小球的振動加快的是()。A.減小小球的振幅B.增大光滑圓槽的半徑C.增大小球的振幅D.減小光滑圓槽的半徑答案D解析光滑圓槽的半徑R與單擺擺長L等效,故根據單擺的周期公式T=2πLg可得T=2πRg,周期與振幅無關,要加快振動,即減小周期,可以減小光滑圓槽的半徑(2024屆北京模擬)在光滑水平面上的O點系一長度為L的絕緣細線,線的另一端系一質量為m、帶電荷量為q、大小不計的小球。當沿細線方向加上電場強度為E的勻強電場后,小球處于平衡狀態(tài),如圖所示。現(xiàn)給小球一垂直于細線的初速度v0,使小球在水平面上開始運動。若v0很小,則小球第一次回到平衡位置所需時間為()。A.πmLqE B.πLg C.2πmLqE D答案A解析若v0很小,則小球擺動的幅度很小,即擺角很小,則小球的運動是簡諧運動,小球處于平衡狀態(tài)時,繩的彈力T0=qE,則等效重力加速度g'=T0m=qEm。小球運動的周期T=2πLg',小球第一次回到平衡位置所需時間t=12T,解得(2024屆武漢模擬)一水平固定放置的弧形槽如圖所示,其底面是矩形平面,上表面ABCD是半徑R=10m的光滑圓弧面,直邊AD=BC=1.57m,圓弧邊AB和CD平行且等長為0.5m,B、C是弧面最低點且切線水平?，F(xiàn)有一個可看作質點的小球,以沿AD方向的初速度v從A點開始沿弧面運動,恰好能運動到C點。重力加速度取g=10m/s2,則v的大小約為()。A.0.5m/s B.1.0m/sC.1.5m/s D.2.0m/s答案B解析小球在豎直面內做加速度減小的加速圓周運動,小球從A到C豎直面內的圓心角sinθ≈lABR=5100,小球在豎直面內的運動可看作單擺運動,小球從A到C的時間t=14T=14×2πRg=π2s,小球從A點運動到C點,在水平方向上做勻速運動,則lAD=vt,解得考點二受迫振動和共振一、阻尼振動1.實際生活中,振動系統(tǒng)在振動過程中會受到阻力的作用,振幅隨時間逐漸①,振動的機械能逐步轉化為②,這種振動叫作阻尼振動。阻尼振動的振動圖像如圖所示。

2.物體做阻尼振動時,振幅雖不斷減小,但振動的頻率仍由③特點所決定,并不會隨振幅的減小而變化。

二、受迫振動1.固有振動與固有頻率系統(tǒng)不受外力作用,也不受任何阻力,只在自身回復力作用下的振動,稱為固有振動,又叫作無阻尼振動。固有振動的頻率,叫作系統(tǒng)的固有頻率。固有頻率由系統(tǒng)本身的特征決定。2.受迫振動與驅動力的頻率用④作用于振動系統(tǒng),補償系統(tǒng)的能量損耗,使系統(tǒng)持續(xù)等幅地振動下去,這種⑤叫作驅動力,系統(tǒng)在⑥作用下的振動叫作受迫振動。

物體做受迫振動達到穩(wěn)定后,物體振動的頻率等于⑦的頻率,與物體的固有頻率⑧關。

三、共振1.共振及其產生條件驅動力的頻率等于⑨時,受迫振動的振幅⑩,這種現(xiàn)象叫作共振。

2.共振曲線如圖所示,橫坐標為驅動力的頻率f,縱坐標為受迫振動的振幅A。當驅動力的頻率f與系統(tǒng)的固有頻率f0相等時,受迫振動的振幅。驅動力的頻率f與系統(tǒng)的固有頻率f0差別越大,受迫振動的振幅。

答案①減?、谄渌芰竣圩陨斫Y構④周期性的外力⑤周期性外力⑥驅動力⑦驅動力⑧無⑨振動物體的固有頻率⑩最大最大越小如圖所示,鐵架橫梁上掛著幾個擺長不同的擺。其中,A、B、C擺長相同,A的擺球質量大于其他四個擺球,使A擺偏離平衡位置后釋放,A擺在振動中通過橫梁對其他幾個擺施加周期性的驅動力,在振動穩(wěn)定后,振幅最大及最小的擺是哪個?A擺外的其他擺的振動周期與A擺的振動周期之間有何關系?答案由共振條件知,B、C擺振幅最大,D擺振幅最小;由受迫振動的條件知,A擺外的其他擺的振動周期等于A擺的振動周期。角度1受迫振動(2024屆廣州模擬)一個有固定轉動軸的豎直圓盤如圖1所示,圓盤轉動時,固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向振動,T形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統(tǒng),小球做受迫振動。圓盤靜止時,小球做簡諧運動,其振動圖像如圖2所示(以豎直向上為正方向),下列說法正確的是()。A.圓盤轉動帶動小球振動,圓盤轉速越大,小球振幅越大B.若圓盤以30r/min的轉速勻速轉動,小球振動達到穩(wěn)定時,其振動的周期為2sC.若圓盤靜止,小球做簡諧運動,t=1s到t=2s,小球所受的回復力增加D.若圓盤靜止,小球做簡諧運動,t=2s到t=3s,彈簧的彈性勢能一定減小答案B解析圓盤轉動時,T形支架對小球產生周期性的驅動力,此時小球的振動為受迫振動,當驅動力頻率與小球簡諧振動固有頻率相同時,小球的振幅最大,A項錯誤;圓盤以30r/min的轉速勻速轉動,驅動力的周期T=1n=2s,小球振動穩(wěn)定后的周期等于驅動力的周期,為2s,B項正確;圓盤靜止,小球做簡諧運動,t=1s到t=2s,小球從最低點向平衡位置振動,回復力減小,C項錯誤;小球豎直掛在彈簧上,圓盤靜止時,根據受力平衡可知,小球做簡諧運動的平衡位置不在彈簧原長處,t=2s到t=3s,小球從平衡位置向最高點振動,小球可能會經過彈簧原長處,彈性勢能可能先減小后增大,D角度2共振現(xiàn)象的應用與防止(2024屆河南模擬)(多選)把一個篩子用四根彈簧支撐起來,篩子上裝一個電動偏心輪,它每轉一周,給篩子一個驅動力,這就做成了一個共振篩,如圖1所示。該共振篩的共振曲線如圖2所示。已知增大電壓,可使偏心輪轉速提高,增加篩子質量,可增大篩子的固有周期?，F(xiàn)在,在某電壓下偏心輪的轉速是54r/min。為了使篩子的振幅增大,應采取的方案是()。A.增大電壓B.減小電壓C.增加篩子質量D.減小篩子質量答案BD解析在某電壓下偏心輪的轉速是54r/min,頻率f=0.9Hz。由圖2可知篩子的固有頻率f0=0.8Hz。驅動力的頻率大于固有頻率,要使振幅變大,應減小驅動力的頻率或增大篩子的固有頻率(減小篩子的固有周期),即可以減小電壓或減小篩子的質量。B、D兩項符合題意。1.(改編)滑板運動場地有一種常見的圓弧形軌道,其截面如圖所示,小明把滑板從軌道最低點O點移開一小段距離至P點,由靜止釋放,從滑板經過O點開始用手機計時,與此同時從0開始記錄滑板經過O點的次數(shù),測出滑板n次經過O點的總時間為t,滑板的長度遠小于軌道半徑,當?shù)氐闹亓铀俣葹間,則軌道半徑為()。A.gt24n2π2 B.答案B解析滑板在一個周期內經過最低點兩次,則其運動的周期T=2tn,滑板的運動類似于單擺,設圓弧形軌道半徑為R,據單擺的周期公式有T=2πRg,解得R=gT22.(改編)如圖1所示,一個輕質彈簧下端掛一小球,小球靜止?，F(xiàn)將小球向下拉動距離A后由靜止釋放,并開始計時,小球在豎直方向做簡諧運動,周期為T,位移—時間圖像如圖2所示。下列說法正確的是()。A.小球做簡諧振動的初相位為πB.經T8時間,小球從最低點向上運動的距離大于C.在3T5時刻D.在振動過程中,彈簧的彈性勢能和小球的動能總和保持不變答案C解析由圖2,根據數(shù)學知識可得小球振動的位移與時間的關系為y=-Acos2πTt,將它與簡諧振動的位移公式y(tǒng)=Asin2πTt+φ相比較,可得φ=32π,A項錯誤;當t=T8時,有y=-22A,所以小球從最低點向上運動的距離Δy=A-22A=2?22A<A2,B項錯誤;由圖2可知,在3T5時刻,小球的位移為正,所以小球的加速度為負,即小球的加速度方向豎直向下,小球處于失重狀態(tài),C項正確3.如圖,一彈簧振子沿x軸做簡諧運動,振子在t=0時刻向右經過A點,1.5s后第一次到達B點,已知振子經過A、B兩點時的速度大小相等,下列說法正確的是()。A.該彈簧振子的周期為1.5sB.該彈簧振子的周期為2sC.該彈簧振子的周期為3sD.若該彈簧振子做簡諧運動的振幅由0.1m變?yōu)?.2m,則周期變?yōu)樵瓉淼?倍答案C解析根據簡諧運動的對稱性特點可知,振子在t=0時刻向右經過A點,1.5s后第一次到達B點,已知振子經過A、B兩點時的速度大小相等,則A、B兩點關于平衡位置對稱,周期T=2t=3s,A、B兩項錯誤,C項正確;彈簧振子的振動周期與振幅無關,D項錯誤。4.如圖1所示,用不可伸長的輕細線懸掛一小球做簡諧運動,若從某時刻開始計時(取t=0),小球運動的x-t圖像如圖2所示,已知t=t0時小球受到的拉力大小為F0,小球質量為m,重力加速度取g=π2m/s2。下列說法正確的是()。A.在t=t0時,小球處于平衡狀態(tài)B.小球振動的周期為2t0C.細線的長度為2tD.擺線所受到的最大拉力為3mg-2F0答案D解析t=t0時,小球在最高點,小球沿細線方向受力平衡,但沿細線的切線方向有加速度,不是處于平衡狀態(tài),A項錯誤;由題圖3的振動圖像可知小球振動的周期為4t0,B項錯誤;根據單擺周期計算公式T=2πLg,可得單擺的擺長L=4t02,C項錯誤;當小球在最高點時,沿細線方向根據平衡條件有F0=mgcosα,在最低點,根據牛頓第二定律有Fmax-mg=mv2l,由最高點到最低點過程,根據動能定理有mgl(1-cosα)=12mv2,聯(lián)立解得Fmax=3見《高效訓練》P571.如圖所示,彈簧振子在B、C間振動,O為平衡位置,BO=OC=5cm。已知振子從B到C的運動時間是1s,則下列說法正確的是()。A.振子從B經O到C完成一次全振動B.振子的振動周期是2s,振幅是5cmC.經過兩次全振動,振子運動的路程是20cmD.從B開始經過3s,振子運動的路程是40cm答案B解析振子從B經O到C僅完成了半次全振動,所以周期T=2×1s=2s;振幅A=BO=5cm,振子在一次全振動中通過的路程s=4A=20cm,所以兩次全振動中通過的路程為40cm;3s的時間為1.5T,所以振子通過的路程為30cm。2.(多選)如圖1所示,在一條張緊的繩子上掛3個擺,a、c擺的擺長相等且小于b擺的擺長。當a擺振動的時候,通過張緊的繩子給其他各擺施加驅動力,使其余各擺也振動起來(各擺的擺球質量相同)。圖2是c擺穩(wěn)定以后的振動圖像,重力加速度為g,不計空氣阻力,則下列說法正確的是()。A.a、b、c單擺的固有周期關系為Ta=Tc<TbB.b、c擺振動達到穩(wěn)定時,c擺振幅較大C.b、c擺振動達到穩(wěn)定時,b擺的振幅最大D.b、c擺振動達到穩(wěn)定時,b擺的周期大于t0答案AB解析由單擺周期公式T=2πl(wèi)g,知a、b、c單擺的固有周期關系為Ta=Tc<Tb,A項正確;因為Ta=Tc,所以c擺與a擺共振,達到穩(wěn)定時,c擺振幅較大,b擺的振幅最小,B項正確,C項錯誤;受迫振動的頻率等于驅動力的頻率,所以b、c擺振動達到穩(wěn)定時,三個單擺的頻率相同,周期相同,均等于t0,D3.某彈簧振子在0~5s內的振動圖像如圖所示,由圖可知()。A.該振子的振動周期為5s,振幅為8cmB.第2s末,振子的速度為零,加速度為負向的最大值C.從第1s末到第2s末,振子的位移增大,振子在做加速度減小的減速運動D.第3s末,振子的速度為正向的最大值答案D解析該振子的振動周期為4s,振幅為8cm,A項錯誤;第2s末,振子在最大位移處,速度為零,位移為負,加速度為正向的最大值,B項錯誤;從第1s末到第2s末,振子的位移增大,振子在做加速度增大的減速運動,C項錯誤;第3s末,振子在平衡位置,向正方向運動,速度為正向的最大值,D項正確。4.(2024屆汕頭模擬)(多選)擺鐘(如圖1所示)是一種計時鐘表,它利用了單擺的周期性,結合巧妙的擒縱器設計,實現(xiàn)計時的功能。圖2為其內部的結構簡圖。下列說法正確的是()。A.擺動過程中,金屬圓盤所受合力為其回復力B.擺鐘在太空實驗室內是無法正常使用的C.若擺鐘在北京走時準確,則將它從北京帶到汕頭后,為使它走時準確,需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動D.若擺鐘在冬季走時準確,則到了夏季,為使它走時準確,需旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向下移動答案BC解析回復力是指向平衡位置的力,所以在擺動過程中,金屬圓盤所受到的重力沿軌跡切線方向的分力為其回復力,A項錯誤;擺鐘在太空實驗室內處于失重狀態(tài),無法正常使用,B項正確;把該擺鐘從北京帶到汕頭,重力加速度變小,由T=2πLg可知周期變大,擺鐘變慢,為使它走時準確,需要將擺鐘的擺長變短,可旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動,C項正確;該擺鐘在冬季走時準確,夏季溫度升高,由于熱脹冷縮,擺長變長,為使它走時準確,需要將擺長變短,可旋轉微調螺母使金屬圓盤沿擺桿向上移動,D5.如圖所示,細線一端固定于懸掛點O,另一端系一小球。在懸掛點正下方A點處釘一個光滑小釘子。小球從B點由靜止釋放,擺到最低點C的時間為t1,從C點向右擺到最高點的時間為t2。擺動過程中,擺角始終小于5°,不計空氣阻力。下列說法正確的是()。A.t1=t2,擺線碰到釘子的瞬間,小球的速率變小B.t1>t2,擺線碰到釘子的瞬間,小球的速率變小C.t1>t2,擺線碰到釘子的瞬間,小球的速率不變D.t1=t2,擺線碰到釘子的瞬間,小球的速率不變答案C解析因為擺角始終小于5°,所以小球在釘子兩邊擺動時均可看作單擺運動,根據T=2πl(wèi)g可知T左>T右,故t1=14T左>14T右=t2;擺線碰到釘子的瞬間,由小球在水平方向受力為零,可知小球的速率不變6.(2024屆南平模擬)(多選)如圖,飛力士棒是一種物理康復器材,其整體結構是一根兩端帶有配重的彈性桿。用戶在健身訓練時,使桿體發(fā)生振動,從而使桿體帶動手臂肌肉運動,改變配重可以改變桿體振動快慢,以達到最佳鍛煉效果。若桿體振動加快,則手臂肌肉()。A.振動快慢程度保持不變B.振動一定加快C.振動幅度一定變大D.振動幅度不一定變大答案BD解析手臂肌肉在桿體帶動下做受迫振動,則桿體振動加快,手臂肌肉的振動一定加快,A項錯誤,B項正確;當驅動力的頻率等于固有頻率時,受迫振動的振幅最大,則桿體振動加快時,手臂肌肉的振動幅度不一定變大,C項錯誤,D項正確。7.(2024屆房山模擬)如圖1所示,彈簧振子的平衡位置為O點,在A、B兩點之間做簡諧運動,取向右為正方向,以振子從A點開始運動的時刻作為計時起點,振子的位移x隨時間t的變化如圖2所示。下列說法正確的是()。A.t=0.4s時,振子的速度方向向左B.t=0.8s時,振子的加速度方向向右C.t=0.8s到t=1.2s的時間內,振子的回復力逐漸增大D.t=1.2s到t=1.6s的時間內,振子的動能逐漸減小答案D解析由圖可知t=0.4s時,振子由平衡位置向正方向運動,說明振子的速度方向向右,A項錯誤;由圖可知,t=0.8s時,振子在正向最大位移處,所以振子的加速度方向向左,B項錯誤;t=0.8s到t=1.2s的時間內,振子從最大位移處往平衡位置運動,所以振子的回復力逐漸減小,C項錯誤;t=1.2s到t=1.6s的時間內,振子從平衡位置往最大位移處運動,振子的速度逐漸減小,振子的動能逐漸減小,D項正確。8.(2024屆廣東一模)某水平彈簧振子做簡諧運動的x-t圖像如圖所示,M、P、N是圖像上的3個點,分別對應t1、t2、t3時刻。下列說法正確的是()。A.該振子振動的周期是0.2s,振幅是8cmB.在t2時刻振子的速度方向就是圖像上P點的切線方向C.在t1到t2時間段振子的速度先增大后減小D.在t2到t3時間段振子的加速度逐漸減小答案D解析由振動圖像可知,該振子的周期T=0.2s,振幅A=4cm,A項錯誤;振動圖像不是彈簧振子的運動軌跡,所以在t2時刻振子的速度方向不是圖像上P點的切線方向,在t2時刻振子的速度方向指向振子的平衡位置,B項錯誤;由振動圖像可知,在t1到t2時間段,振子先向正向最大位移方向運動,到達正向最大位移處后接著又朝著平衡位置運動,所以振子的速度先減小后增大,C項錯誤;在t2到t3時間段,振子朝著平衡位置方向運動,振子偏離平衡位置的位移x逐漸減小,根據a=kxm可知,振子的加速度逐漸減小,D9.(2024屆莆田模擬)(多選)如圖所示,質量為1.44kg的小球(視為質點)在B、C兩點間做簡諧運動,O點是它振動的平衡位置。若從小球經過O點開始計時,在t1=0.1s時刻小球第一次經過O、B兩點間的M點(圖中未畫出),在t2=0.5s時刻小球第二次經過M點。已知彈簧振子的周期T=2πmk,其中m為小球的質量,k為彈簧的勁度系數(shù),取π2=10,則下列說法正確的是()A.彈簧振子的周期為1.2sB.彈簧的勁度系數(shù)為80N/mC.在t3=1.3s時刻,小球第四次經過M點D.O、M兩點間的距離為5cm答案AD解析根據題意,M點到B點的時間t0=t2-t12=0.2s,則T4=t0+t1=0.3s,得T=1.2s,A項正確;根據T=2πmk,代入數(shù)據得k=40N/m,B項錯誤;小球第三次經過M點時刻t3=t2+t1+T2+t1=1.3s,C項錯誤;小球做簡諧運動,有y=Asinωt=10sin2πTt=10sin5π3tcm,當t1=010.(2024屆深圳模擬)(多選)如圖1所示,把小球安裝在彈簧的一端,彈簧的另一端固定,小球和彈簧穿在光滑的水平桿上。小球振動時,沿垂直于振動的方向以速度v勻速拉動紙帶,紙帶上會留下痕跡,a、b是紙帶上的兩點,不計阻力,如圖2所示。由此可判斷()。A.t時間內小球的運動路程為vtB.小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C.小球通過a點時的速度大小大于通過b點時的速度大小D.若小球以較小的振幅振動,則周期也會變小答案BC解析vt是t時間內紙帶運動的路程,并不是小球的運動路程,A項錯誤;小球在振動過程中只有彈簧的彈力做功,小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,B項正確;由題圖可知小球通過a點時更靠近平衡位置,其速度大小大于通過b點的速度大小,C項正確;小球做簡諧運動,其振動周期與振幅無關,D項錯誤。11.一彈簧振子的振動圖像如圖所示,請完成以下問題:(1)寫出該振子做簡諧運動的表達式。(2)在第2s末到第3s末這段時間內,彈簧振子的加速度、速度、動能和彈性勢能各是怎樣變化的?(3)該振子在前100s內的總位移是多少?路程是多少?解析(1)由題圖可得A=5cm,T=4s,φ0=0,則ω=2πT=π2rad/s,故該振子做簡諧運動的表達式為x=5sin(2)由題圖可知,在t=2s時,振子恰好通過平衡位置,此時加速度為零,隨著時間的增加,位移不斷變大,加速度也變大,速度不斷變小,動能不斷減小,彈性勢能逐漸增大,當t=3s時,加速度達到最大值,速度等于零,動能等于零,彈性勢能達到最大值。(3)振子經過一個周期的位移為零,路程為4×5cm=20cm,前100s剛好經過了25個周期,所以前100s振子的總位移x=0,路程s=25×20cm=500cm=5m。第2講機械波對應學生用書P172考點一機械波的形成與傳播形成條件①;②

傳播特點1.各質點的起振方向與波源的起振方向③,離波源越遠的質點,起振越④;

2.介質中的質點跟著波源做⑤振動,振動頻率和周期都與⑥相同,且質點只在各自的平衡位置附近振動,并不隨波⑦;

3.機械波傳播的只是振動的⑧和⑨

分類橫波(1)定義:質點的振動方向與波的傳播方向相互⑩的波;

(2)波峰與波谷:凸起的最高處叫,凹下的最低處叫

縱波(1)定義:質點的振動方向與波的傳播方向的波;

(2)密部與疏部:質點分布最密的位置叫作,質點分布最疏的位置叫作

描述波長λ定義在波的傳播方向上,振動相位總是相同的兩個質點間的距離

橫波兩個相鄰波峰或兩個相鄰波谷之間的距離,如圖所示縱波兩個相鄰密部或相鄰疏部之間的距離周期T波的周期等于的振動周期

周期與頻率的關系:T=

頻率f波的頻率等于的振動頻率

波速v機械波在介質中傳播的速度,由的性質決定,在不同介質中,波速往往是不同的。聲波的傳播速度還與溫度有關

相互關系波長、頻率(周期)和波速的關系為v==

橫波圖像圖示意義表示在波的傳播方向上,某時刻各質點離開的位移的宏觀情形

坐標軸的物理意義橫坐標x表示在波的傳播方向上各質點的平衡位置縱坐標y表示某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移答案①波源②介質③相同④滯后⑤受迫⑥波源⑦遷移⑧形式⑨能量⑩垂直波峰波谷平行密部疏部相鄰波源波源1f介質本身λfλT平衡位置機械波的形成與傳播模型如圖所示,請根據模型闡述機械波的形成機理。答案如題圖所示,將繩分成許多小部分,每一部分看作一個質點。在無外來擾動之前,各個質點排列在同一直線上,各個質點所在的位置稱為各自的平衡位置。由于外來的擾動,會引起繩中的某一質點振動,首先振動的那個質點為波源。由于繩中各質點之間存在著相互作用力,作為波源的質點就帶動周圍質點振動,周圍質點又依次帶動鄰近質點振動,于是振動就在繩中由近及遠地傳播。角度1波的形成及傳播(2024屆南京二模)將較長的繩一端固定在墻上,另一端用手捏住以恒定振幅上下持續(xù)振動,產生的繩波沿繩自左向右傳播,圖示時刻,波形剛好傳播到A點。下列判斷正確的是()。A.手的起振方向向下B.若減小手的振動頻率,繩波的傳播速度不發(fā)生變化C.若增大手的振動頻率,繩波的波長將增大D.若停止手的振動,繩中波形立即消失答案B解析根據“同側法”可知,A點的起振方向向上,由于A點的起振方向與手的起振方向相同,故手的起振方向向上,A項錯誤;由于機械波的傳播速度只與介質有關,故減小手的振動頻率,繩波的傳播速度不發(fā)生變化,B項正確;根據公式λ=vf及機械波的傳播速度只與介質有關可知,繩波的傳播速度不發(fā)生變化,若增大手的振動頻率,繩波的波長將減小,C項錯誤;若停止手的振動,繩中波形會繼續(xù)傳播,不會立即消失,D波的傳播方向與質點振動方向的兩種互判方法方法內容圖像上下坡法沿波的傳播方向,“上坡”時質點向下振動,“下坡”時質點向上振動同側法波形圖上表示某點傳播方向和振動方向的箭頭在圖線同側角度2波動方程的理解與應用波動方程就是簡諧運動表達式在平面簡諧波中的拓展應用。不同的是,簡諧運動表達式描述的是單個質點的振動;波動方程描述的是所有質點的振動,依據是“依次牽連”,后一質點總是重復前一質點的振動狀態(tài),“滯后”一定的時間Δt=Δxv和相位Δφ=ωΔt=2πT·(2021年全國甲卷)均勻介質中質點A、B的平衡位置位于x軸上,坐標分別為xA=0和xB=16cm。某簡諧橫波沿x軸正方向傳播,波速v=20cm/s,波長大于20cm,振幅y=1cm,且傳播時無衰減。t=0時刻A、B偏離平衡位置的位移大小相等、方向相同,運動方向相反,此后每隔Δt=0.6s兩者偏離平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1時刻(t1>0),質點A位于波峰。求:(1)從t1時刻開始,質點B最少要經過多長時間位于波峰。(2)t1時刻質點B偏離平衡位置的位移。答案(1)0.8s(2)-0.5cm解析(1)因為波長大于20cm,所以波的周期T=λv>1.0s,由題可知,波的周期T=2Δt=1.2s,波的波長λ=vT=24cm。在t1(t1>0)時刻,質點A位于波峰。因為A、B間的距離小于一個波長,B到波峰最快也是A的波峰傳過去,所以從t1時刻開始,質點B運動到波峰所需要的最少時間tmin=xABv=0.8(2)在t1(t1>0)時刻,A位于波峰,由題意可知,此時圖像的函數(shù)是y=cos2πxλ=cosπ12x(cm)。t1時刻,質點B偏離平衡位置的位移yB=cosπ12xB(cm)=-0角度3波的圖像(2024屆河北模擬)一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖所示。已知x=1m處質點b的振動周期為2s,下列說法正確的是()。A.t=0時刻,質點a正在向y軸正方向運動B.質點b經半個周期移動到了質點d的位置C.0~0.5s內,質點a經過的路程為10cmD.該簡諧波的傳播速度為2m/s答案D解析波沿x軸正方向傳播,根據上下坡法可知t=0時刻,質點a正在向y軸負方向運動,A項錯誤;質點b在其平衡位置上下振動,不會隨波遷移,B項錯誤;0~0.5s,質點a運動了14T,且t=0時刻,質點a向y軸負方向運動,遠離平衡位置,可知0~0.5s,質點a經過的路程小于10cm,C項錯誤;該簡諧波的傳播速度v=λT=42m/s=2m/s對波的圖像分析,常按如下步驟來分析:1.讀取直接信息:波長和振幅,以及某一質點的平衡位置和偏離平衡位置的位移。2.利用波的圖像進行波傳播方向與某一質點振動方向的互判。3.利用波速關系式進行分析與計算:波長、波速、周期之間一定滿足v=λT=λf如圖1,一列簡諧橫波沿x軸傳播,實線和虛線分別為t1=0時刻和t2時刻的波形圖,P、Q分別是平衡位置為x1=1.0m和x2=4.0m的兩質點。圖2為質點Q的振動圖像,求:(1)波的傳播速度和t2的大小。(2)質點P的位移隨時間變化的關系式。答案(1)40m/st2=(0.2n+0.05)s(n=0,1,2,3,…)(2)y=10sin10π解析(1)波長λ=8m,周期T=0.2s,傳播速度v=λT=40結合圖像可知,橫波沿x正向傳播,故t1=0和t2=Δt時刻,有nλ+2=vΔt,得Δt=(0.2n+0.05)s,(n=0,1,2,3,…)。(2)質點P做簡諧振動的位移表達式為y=Asin2其中A=10cm,t=0時,y=52cm且向y軸負方向運動,解得y=10sin10πt從波動圖像中,我們可以直接讀取波長λ和振幅A,依據題意確定波的周期或依據波長、波速、周期的關系v=λT確定波的周期,以及t=0時刻質點的初相位φ0,最后代入振動方程y=Asin角度4波的多解問題造成波動問題多解的主要原因周期性時間周期性時間間隔Δt與周期T的關系不明確空間周期性波傳播的距離Δx與波長λ的關系不明確雙向性傳播方向雙向性波的傳播方向不確定振動方向雙向性質點振動方向不確定波形的隱含性往往只給出完整波形的一部分,或給出幾個特殊點,而其余信息均處于隱含狀態(tài)。這樣,波形就有多種情況,形成波動問題的多解性(2023年海南卷)(多選)圖1、2分別是一列機械波在傳播方向上相距6m的兩個質點P、Q的振動圖像,下列說法正確的是()。A.該波的周期是5sB.該波的波速可能是3m/sC.4s時P質點向上振動D.4s時Q質點向上振動答案BC解析由振動圖像可看出該波的周期是4s,A項錯誤;Q、P兩個質點振動反相,P、Q之間的波形不確定而帶來多解,一般表達式為6=n+12λ,n=0,1,2,…,根據v=λT=32n+1,n=0,1,2,…,可知,n=0時,有v=3m/s,B項正確;由P質點的振動圖像可看出,在4s時,P質點在平衡位置向上振動,C項正確;由Q質點的振動圖像可看出,在4s(2024屆云南模擬)一列簡諧橫波沿x軸傳播,如圖所示,實線為t1=0時的波形圖,虛線為t2=6s時的波形圖,則平衡位置在x=0處的質點的振動圖像可能正確的是()。ABCD答案C解析若波向右傳播,x=0處質點起振方向向下,且滿足6=14+nT,n=0,1,2,3,…,解得T=241+4ns,取T=24s時,n=0;取T=4s時,則n=1.25,這是不可能的。因此,A項錯誤,C項正確。若波向左傳播,x=0處質點起振方向向上,且滿足6=34+nT,n=0,1,2,3,…,解得T=243+4ns,n=0,1,2,3,…,分別取周期T=24s、T=4s,解決波的多解問題的思路一般采用從特殊到一般的思維方法,即找出一個周期內滿足條件關系的Δt或Δx,若此關系為時間,則t=nT+Δt(n=0,1,2,…);若此關系為距離,則x=nλ+Δx(n=0,1,2,…)。波的圖像與振動圖像的區(qū)別與聯(lián)系名稱波的圖像(y-x圖像)振動圖像(y-t圖像)物理意義某時刻所有質點振動的位移某一質點的位移隨時間變化的規(guī)律圖像形狀圖像信息直接1.波長λ、振幅A;2.任意一質點在該時刻的位移1.周期T、振幅A;2.各時刻質點的位移判斷1.任意一質點在該時刻加速度的方向;2.傳播方向、振動方向互判各時刻速度、加速度的方向圖像變化隨時間推移,圖像沿傳播方向平移隨時間推移,圖像延續(xù),但已有圖像形狀不變形象比喻一群人在某時刻動作的“照片”一個人在一段時間內活動的“錄像”角度1振動圖像(2024屆綿陽模擬)某質點做簡諧運動的振動圖像如圖所示,根據圖像判斷可知()。A.該質點的振幅為10cmB.質點振動在P時,振動方向沿y軸負方向C.質點振動在Q時,振動的加速度方向沿y軸負方向D.質點振動從P至Q過程中,路程大于9.5cm答案B解析由圖知,該簡諧運動的振幅A=5cm,A項錯誤;質點振動在P時,質點向平衡位置運動,沿y軸負方向,B項正確;振動的加速度方向指向平衡位置,則質點振動在Q時,加速度方向沿y軸正方向,C項錯誤;質點振動從P至Q過程中,路程s=2.5cm+5cm+2cm=9.5cm,D項錯誤。角度2波的圖像與振動圖像的綜合(多選)圖1為一列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖,P是平衡位置在x=1.0m處的質點,Q是平衡位置在x=4.0m處的質點;圖2為質點Q的振動圖像。下列說法正確的是()。A.在t=0.10s時,質點Q向y軸正方向運動B.在t=0.25s時,質點P的加速度方向與y軸正方向相同C.從t=0.10s到t=0.25s,該波沿x軸負方向傳播了6mD.從t=0.10s到t=0.25s,質點P通過的路程為30cm答案BC解析由題圖2可知,t=0.10s時質點Q沿y軸負方向運動,A項錯誤;由題圖2可知,波的振動周期T=0.2s,由題圖1可知λ=8m,故波速v=λT=40m/s,根據振動與波動的關系知,波沿x軸負方向傳播,則波在0.10s到0.25s內傳播的距離Δx=vΔt=6m,C項正確;在t=0.25s時,其波形圖如圖中虛線所示,此時質點P的位移沿y軸負方向,而回復力、加速度方向沿y軸正方向,B項正確;Δt=0.15s=34T,質點P在其中的12T內路程為20cm,在剩下的14T內包含了質點P通過最大位移的位置,故其路程小于10cm,因此在Δt=0.15s內質點P通過的路程小于30(2024屆石家莊模擬)O、P、Q為軟繩上的三點,t=0時刻手持O點由平衡位置開始在豎直方向做簡諧運動,至t1時刻恰好完成兩次全振動,此時繩上OQ間形成的波形如圖所示,下列四幅位移—時間圖像中能反映P點在0~t1時間內運動情況的是()。ABCD答案D解析由題可知,簡諧運動的周期T=t12。由于題圖波形是恰好完成兩次全振動時的波形,且O、P兩點正好在平衡位置,OP之間有一個完整的波形,說明OP之間的距離等于波長,O、P兩點的振動是同步的,此時P點正在向下振動,說明O點開始時是向下振動的。所以在0~t12的時間內,波從O點傳播到了P點;在t12時刻,P點開始向下振動;在t12~t1時間內,P點完成了一次全振動;在t1時刻巧解振動圖像與波的圖像綜合問題的分析方法考點二機械波的干涉與衍射多普勒效應一、波的疊加波的疊加原理幾列波相遇時能夠保持各自的①,繼續(xù)傳播,即各自的②、③等保持不變,幾列波相遇時,在它們重疊的區(qū)域里,介質的質點同時參與這幾列波引起的振動,質點的位移等于幾列波單獨傳播時引起的位移的④和

說明1.波的疊加原理表明波的傳播具有⑤性;

2.波的疊加遵循⑥法則;

3.波的疊加是無條件的,任何頻率的兩列波在空間相遇都會疊加二、波的干涉現(xiàn)象波的干涉頻率相同的兩列波疊加,使介質中某些區(qū)域的質點振動始終加強,某些區(qū)域的質點振動始終減弱,并且這兩種區(qū)域互相間隔、位置保持不變,這種穩(wěn)定的疊加現(xiàn)象(圖樣)叫作波的干涉產生條件1.兩列波的⑦相同;2.兩個波源的⑧恒定

加強點的振幅振動的振幅等于兩列波的振幅之和,即A=⑨

減弱點的振幅質點振動的振幅等于兩列波的振幅之差,即A=⑩

說明一切波都能發(fā)生干涉,干涉是波特有的現(xiàn)象三、波的衍射波的衍射波繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象產生明顯衍射現(xiàn)象的條件障礙物或孔的尺寸比波長

四、多普勒效應多普勒效應當波源與觀察者相互靠近或者相互遠離時,觀察者接收到的波的頻率會發(fā)生變化的現(xiàn)象規(guī)律

1.波源與觀察者如果相互,觀察者接收到的頻率大于波源頻率;

2.波源與觀察者如果相互,觀察者接收到的頻率小于波源頻率;

3.波源和觀察者如果相對靜止,觀察者接收到的頻率波源的頻率實質波源頻率不變,觀察者接收到的頻率變化應用1.測車輛速度;2.測星球速度;3.測血流速度答案①運動特征②波長③頻率④矢量⑤獨立⑥矢量合成⑦頻率⑧相位差⑨A1+A2⑩|A1-A2|小或相差不多靠近遠離等于如圖所示,聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運動,相對于地面的速率分別為vS和vA,空氣中聲音傳播的速率為vP,設vS<vP,vA<vP,空氣相對于地面沒有流動。若聲源相繼發(fā)出兩個聲信號,時間間隔為Δt,請根據發(fā)出的這兩個聲信號從聲源傳播到觀察者的過程,確定觀察者接收到這兩個聲信號的時間間隔Δt'。(假設兩次聽到聲音的位置都在聲源同一側)答案S在A后面時,Δt'=vP-vSvP-vAΔt;S在角度1波的疊加均勻彈性介質中有A和B兩個波源,分別位于x=0和x=50m處,A、B上下振動時形成兩列沿x軸傳播的簡諧橫波,其中實線是A波,虛線是B波。t=0時的波形圖如圖所示,已知波源A振動時的頻率是2Hz。(1)求B波的傳播速率及周期。(2)請回答平衡位置在x=13m處的質點位移能否為0.8m?如果能,求出經多長時間其位移第一次到達0.8m;如果不能,請說明理由。答案(1)8m/s1s(2)不能,理由見解析解析(1)對A波,有vA=λAfA=8m/sB波的傳播速率和A波的傳播速率相等,所以vB=vA=8m/s,TB=λBvB=1(2)要使平衡位置x=13m處的質點位移達到0.8m,必須要求A波和B波的波峰同時傳播過來。A波波峰傳播到x=13m位置的時刻tA=TA4+nTA(n=0,1,2,…),B波波峰傳播到x=13m位置的時刻tB=7TB8+mTB(m=0,1A波和B波的波峰同時傳播到x=13m位置的時刻需滿足TA4+nTA=7TB8+mTB,代入數(shù)據整理得n=2m+1.5(m,n=0,1上面關系式在整數(shù)范圍內不成立,所以平衡位置為x=13m處的質點位移不能達到0.8m。對波的疊加的理解,要抓住波的獨立傳播特性及波的疊加原理1.波的獨立傳播特性介質中幾列波相遇后,仍將保持著它們各自原有的特征(頻率、振幅、振動方向、傳播方向等)繼續(xù)傳播,并不因為有其他波的存在而發(fā)生變化。2.波的疊加原理在幾列波傳播的重疊區(qū)域內,質點要同時參與由幾列波引起的振動,質點的總位移等于各列波單獨存在時在該處引起的振動位移的矢量和。角度2對波的干涉的理解(多選)水槽中,與水面接觸的兩根相同細桿固定在同一個振動片上。振動片做簡諧振動時,兩根細桿周期性觸動水面形成兩個波源。兩波源發(fā)出的波在水面上相遇,在重疊區(qū)域發(fā)生干涉并形成了干涉圖樣。若兩列波的振幅均為A,則關于兩列波重疊區(qū)域內水面上振動的質點,下列說法正確的是()。A.振動加強點的位移恒為2AB.振動減弱點的振幅恒為0C.所有質點振動的周期都與振動片的周期相同D.同一質點處,兩列波的相位差不隨時間變化答案BCD解析兩列波相遇疊加產生干涉,一些質點的振動加強,一些質點的振動減弱。振動加強點做簡諧運動,其位移隨時間變化,但振幅恒為2A;所有質點均做受迫振動,它們的振動頻率、周期都與振動片的相同;不同質點的振動相位不同(不是同時到達正的最大位移);兩列波到達某點時相位差恒定。兩列相干波在空間相遇時產生干涉現(xiàn)象,一些地方振動加強,一些地方振動減弱,加強區(qū)與減弱區(qū)相互隔開。在兩列波的波峰與波峰(或波谷與波谷)相遇處,質點振動加強,質點仍做簡諧運動,位移隨時間變化,振幅恒為A1+A2;在兩列波的波峰與波谷相遇處,質點振動減弱,質點仍做簡諧運動,位移隨時間變化,振幅恒為|A1-A2|。角度3波的干涉現(xiàn)象的定量分析波的干涉現(xiàn)象中加強點、減弱點的兩種判斷方法1.公式分析法某質點的振動是加強還是減弱,取決于該點到兩相干波源的距離之差Δr(即波程差)。情境加強點減弱點兩波源振動步調一致Δr=nλ(n=0,1,2,…)Δr=(2n+1)λ2(n=0,1,2,…兩波源振動步調相反Δr=(2n+1)λ2(n=0,1,2,…Δr=nλ(n=0,1,2,…)2.圖形分析法如圖所示,波峰與波峰(或波谷與波谷)的交點,一定是加強點,而波峰與波谷的交點一定是減弱點。各加強點或減弱點各自連接,成為以兩波源為中心向外輻射的連線,形成加強線和減弱線,兩種線互相間隔;加強點的最強點與減弱點的最弱點之間各質點的振幅介于最強點與最弱點的振幅之間。(1)加強區(qū)和減弱區(qū)的位置固定不變。(2)加強區(qū)始終加強,減弱區(qū)始終減弱。加強區(qū)與減弱區(qū)不隨時間變化。(3)加強區(qū)與減弱區(qū)互相間隔。(2023年全國甲卷)分別沿x軸正向和負向傳播的兩列簡諧橫波P、Q的振動方向相同、振幅均為5cm,波長均為8m,波速均為4m/s。t=0時刻,P波剛好傳播到坐標原點,該處的質點將自平衡位置向下振動;Q波剛好傳到x=10m處,該處的質點將自平衡位置向上振動。經過一段時間后,兩列波相遇。(1)在坐標圖上分別畫出P、Q兩列波在t=2.5s時刻的波形圖(P波用虛線,Q波用實線)。(2)求出圖示范圍內的介質中,因兩列波干涉而振動振幅最大和振幅最小的平衡位置。答案見解析解析(1)根據Δx=vt,得Δx=4×2.5m=10m,可知t=2.5s時P波剛好傳播到x=10m處,Q波剛好傳播到x=0處,根據“上下坡法”可得波形圖如圖所示。(2)根據題意可知,P、Q兩波振動頻率相同,振動方向相反,兩波疊加時,振動加強點的條件為到兩波源的距離差Δx=(2n+1)λ2(n=0,1,解得振幅最大的平衡位置有x=3m、x=7m振動減弱的條件為Δx=nλ(n=0,1,2,…)解得振幅最小的平衡位置有x=1m、x=5m、x=9m。角度4機械波的衍射多普勒效應(多選)關于機械波的特性,下列說法正確的是()。A.超聲波被血管中的血流反射后,探測器接收到的超聲波頻率發(fā)生變化,這屬于多普勒效應B.同一聲源發(fā)出的聲波,在空氣和水中傳播的速度不同,這是波的衍射現(xiàn)象C.觀察者聽到遠去的列車發(fā)出的汽笛聲,音調會變低,這屬于多普勒效應D.聞其聲而不見其人,表明聲波可繞過障礙物繼續(xù)傳播,這是波的干涉現(xiàn)象答案AC解析波源與觀察者之間由于相對運動,使觀察者感覺到頻率發(fā)生變化的現(xiàn)象,屬于多普勒效應,A、C兩項正確;同一聲源發(fā)出的聲波,在空氣和水中傳播的速度不同,聲波的傳播速度取決于介質,與頻率無關,這不是衍射現(xiàn)象,B項錯誤;聲波可繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象,是波的衍射現(xiàn)象,而不是干涉現(xiàn)象,D項錯誤。對波的衍射的理解1.波的衍射總是存在的,只有“明顯”與“不明顯”的差異。障礙物或孔的尺寸大小,并不是決定衍射能否發(fā)生的條件,僅是衍射現(xiàn)象是否明顯的條件。一般情況下,波長較長的波容易產生明顯的衍射現(xiàn)象。2.波傳到孔或障礙物時,孔或障礙物仿佛一個新的波源,由它發(fā)出與原來同頻率的波(稱為子波)在孔或障礙物后傳播,于是,就出現(xiàn)了偏離直線傳播的衍射現(xiàn)象。3.當孔的尺寸遠小于波長時,盡管衍射十分突出,但由于衍射波的能量很弱,衍射現(xiàn)象不容易觀察到。4.衍射是波特有的現(xiàn)象,一切波都可以發(fā)生衍射。凡能發(fā)生衍射現(xiàn)象的就是波。1.(改編)如圖1所示,在均勻介質中有a、b、c三個點分別位于直角三角形的三個頂點上,已知ab=3m,ac=4m。在t=0時刻位于a、b處的兩個完全相同的橫波波源同時開始振動,振動圖像均如圖2所示,振動方向與平面abc垂直,已知波長為1m,則下列說法正確的是()。A.該機械波的傳播速度大小為0.2m/sB.t=4.5s時,c處的質點與平衡位置的距離是0.2mC.t=5.25s時,c處的質點與平衡位置的距離是0.4mD.兩列波相遇后,c處質點的振動頻率增大答案C解析由圖2的振動圖像可知,振動的周期為1s,該機械波的傳播速度大小v=λT=11m/s=1m/s,A項錯誤;波源a產生的橫波傳播到c處所需的時間ta=acv=4s,由幾何關系可知bc=5m,波源b產生的橫波傳播到c處所需的時間tb=bcv=5s,t=4.5s時,僅a處的波傳到c點,此時c處的質點振動時間為4.5s-4s=0.5s,c處的質點處在平衡位置,B項錯誤;t=5.25s時,a處的波傳到c處后振動時間為5.25s-4s=1.25s,由振動圖像可知此時c處為波源a發(fā)出的橫波的波峰,b處的波傳到c處后振動時間為5.25s-5s=0.25s,由振動圖像可知此時c處為波源b發(fā)出的橫波的波峰,根據波的疊加原理可知此時c處質點的位移為0.4m,C項正確;因為兩列波在同一介質中傳播,且周期相同,所以兩列波的頻率相同,c2.(改編)如圖所示,在x軸上,a點的坐標為-2m,b點的坐標為8m,現(xiàn)有分別沿x軸正向和負向傳播的兩列簡諧橫波P、Q,兩者的振動方向相同,波長均為8m,周期均為2s。t=0時刻,P波剛好傳播到坐標a點,該處的質點將自平衡位置向下振動;Q波剛好傳到b處,該處的質點將自平衡位置向上振動。經過一段時間后,兩列波相遇。下列說法正確的是()。A.這兩列波的波速為0.25m/sB.x=2m處的質點振動始終加強C.ab之間的介質振動加強點有3個D.ab之間的介質振動減弱點有3個答案D解析v=λT=8m2s=4m/s,A項錯誤;兩列波在ab之間任一位置的波程差Δx=8?x-(x+2)=6?2x,(-2m<x<8m),根據題意可知,P、Q兩波振動頻率相同,步調相反,兩波疊加時,振動加強點的條件為Δx=2n+12λ(n=0,1,2,…),解得振幅最大的平衡位置有x=1m、x=5m,ab之間的介質振動加強點有2個,B、C兩項錯誤;振動減弱的條件為Δx=nλ(n=0,1,2,…),解得振幅最小的平衡位置有x=-1m、x=3m、x=3.(改編)(多選)一列簡諧橫波沿x軸傳播,圖1是t=0時刻的波形圖;P處在介質中x=4m處的質點,其振動圖像如圖2所示。下列說法正確的是()。A.波速為2m/sB.波向右傳播C.x=3m處的質點在t=14s時位于平衡位置D.質點P在0~9s時間內運動的路程為36cm答案BD解析由圖1可知波長為4m,由圖2可知周期為4s,則波速v=λT=4m4s=1m/s,A項錯誤;由圖2可知t=0時,P點向下運動,根據“上下坡法”可知波向右傳播,B項正確;根據圖1可知t=0時,x=3m處的質點位于波谷處,由于t=14s=3T+T2,可知在t=14s時該質點位于波峰處,C項錯誤;由圖1可知波的振幅為4cm,則0~9s時間內質點P運動的路程s=2×4A+14×4A=4.坐標原點O處在介質Ⅰ和介質Ⅱ的分界面上,坐標原點處的質點為一簡諧橫波的波源,產生兩列分別沿x軸正方向與負方向傳播的機械波,如圖所示。下列說法正確的是()。A.在Ⅰ、Ⅱ介質中兩列波的波長之比為3∶1B.在Ⅰ、Ⅱ介質中兩列波的頻率之比為2∶3C.在Ⅰ、Ⅱ介質中兩列波的波速之比為1∶1D.兩列波的波長不同的原因是波在兩種介質中波速不同答案D解析向x軸正方向傳播的波,有32λ正=a,得λ正=23a,向x軸負方向傳播的波,有32λ負=1.5a,得λ負=a,所以λ正∶λ負=2∶3,A項錯誤;波的頻率由波源決定,同一波源產生的兩列波頻率相同,B項錯誤;根據波速公式v=λf,可得出波速之比為2∶3,C項錯誤;由λ=vf可知,波的頻率相同,介質不同,見《高效訓練》P591.(2023年新課標卷)船上的人和水下的潛水員都能聽見輪船的鳴笛聲。聲波在空氣中和在水中傳播時的()。A.波速和波長均不同 B.頻率和波速均不同C.波長和周期均不同 D.周期和頻率均不同答案A解析聲波的周期和頻率由振源決定,故聲波在空氣中和在水中傳播的周期和頻率均相同,但聲波在空氣和水中傳播的波速不同,根據波速與波長的關系v=λf可知,波長不同。2.(2024屆云南模擬)如圖1所示,在水平面內的a、b、c分別位于直角三角形的三個頂點上,ab=6m,ac=8m。其中a、b處為兩波源,在t1=0時刻,a、b同時開始振動,振動圖像均如圖2所示,所形成的機械波在水平面內傳播,在t2=4s時,c處質點開始振動。下列說法正確的是()。A.該機械波的波長為8mB.該機械波的傳播速度大小為8m/sC.兩列波相遇后,c點振動的振幅和頻率增大D.兩列波相遇后,c點振動的振幅增大而頻率不變答案D解析由于兩列波波速相同,且ab<ac,故a處振動先到達c點,由波速公式有v=xact2=84m/s=2m/s,由題圖2可知振動周期T=1s,則波長λ=vT=2×1m=2m,A、B兩項錯誤;因為兩列波在同一介質中傳播,且周期相同,所以兩列波的頻率相同,則兩列波相遇后,c點的振動頻率不變,a、b到c的路程差Δs=sbc-sac=62+82m-8m=2m=λ,則c點振動加強3.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播,周期為T,t=0時刻的波形如圖所示。在t=T4時刻()A.質點a速度方向沿y軸負方向B.質點b沿x軸正方向遷移了1mC.質點c的加速度為零D.質點d的位移為-5cm答案C解析經過T4周期,波向右傳播了λ4,波形如圖所示。由圖可知,質點a恰好運動到平衡位置且沿著y軸正方向運動,A項錯誤;質點b只在豎直方向上運動,不會隨波遷移,B項錯誤;質點c恰好運動到平衡位置,速度最大,加速度為零,C項正確;質點d的位移為5cm,4.一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸負方向傳播,已知x=54λ處質點的振動方程為y=Acos2πTt,則t=34TABCD答案D解析t=34T時,在54λ=λ+14λ處的質點處于y=Acos2πT·34T=Acos3π2=0,則此時該質點位于平衡位置,A、B兩項錯誤;根據題意,橫波沿x軸負方向傳播,5.一列簡諧橫波某時刻的波形圖如圖所示,比較介質中的三個質點a、b、c,則下列說法正確的是()。A.此刻a的加速度最小B.此刻b的速度最小C.若波沿x軸正方向傳播,則此刻b向y軸正方向運動D.若波沿x軸負方向傳播,則a比c先回到平衡位置答案C解析此時質點a位于波峰處,根據質點振動特點可知,質點a的加速度最大,A項錯誤;此時質點b位于平衡位置,速度最大,B項錯誤;若波沿x軸正方向傳播,由“上下坡法”可知,質點b向y軸正方向運動,C項正確;若波沿x軸負方向傳播,由質點振動與波的傳播方向之間的關系可知,質點a沿y軸負方向運動,質點c沿y軸正方向運動,所以質點c比質點a先回到平衡位置,D項錯誤。6.(2024屆黑龍江模擬)一列沿x軸正向傳播的簡諧波,t=0時刻的波形如圖所示,t=7s時,d質點第二次位于波峰位置,下列說法正確的是()。A.波上各質點的起振方向向上B.波的傳播速度大小為4m/sC.0~7s內a、b兩質點運動的路程均為1.4mD.b質點的振動方程為yb=-10cos2πt(cm)答案C解析根據t=0時刻波形圖可知,波沿x軸正方向傳播,此時波恰好傳到c點,根據波的傳播方向與振動方向關系可知,c點振動方向向下,則各質點的起振方向向下,A項錯誤;由波形圖可知,波長λ=4m,設波速大小為v,周期為T,有v=λT,t=7s時,d質點第二次位于波峰,則Δt=xd-xcv+74T=7s,解得T=2s,v=2m/s,B項錯誤;因為7s等于3.5個周期,且0時刻a、b兩點均在特殊位置,所以兩質點振動的總路程相等,大小s=4AΔtT=1.4m,C項正確;b點的振動方程為yb=-10cos7.(2023年浙江卷)如圖所示,置于管口T前的聲源發(fā)出一列單一頻率聲波,分成的兩列強度不同的聲波分別沿A、B兩管傳播到出口O。先使A、B兩管等長,O處探測到聲波強度為400個單位,然后將A管拉長d=15cm,在O處第一次探測到聲波強度最小,其強度為100個單位。已知聲波強度與聲波振幅的平方成正比,不計聲波在管道中傳播的能量損失,則()。A.聲波的波長λ=15cmB.聲波的波長λ=30cmC.兩聲波的振幅之比為3∶1D.兩聲波的振幅之比為2∶1答案C解析A、B兩管等長時,聲波的振動加強,將A管拉長d=15cm后,兩聲波在O點減弱,根據題意,設聲波加強時振幅為20,聲波減弱時振幅為10,則A1+A2=20,A1-A2=10,可得兩聲波的振幅之比A1A2=3,C項正確,D項錯誤;根據振動減弱的條件可得λ2=2d,解得λ=60cm,8.(2023年湖南卷)如圖1所示,在均勻介質中有A、B、C、D四點,其中A、B、C三點位于同一直線上,AC=BC=4m,DC=3m,DC垂直于AB。t=0時,位于A、B、C處的三個完全相同的橫波波源同時開始振動,振動圖像均如圖2所示,振動方向與平面ABD垂直,已知波長為4m。下列說法正確的是()。A.這三列波的波速均為2m/sB.t=2s時,D處的質點開始振動C.t=4.5s時,D處的質點向y軸負方向運動D.t=6s時,D處的質點與平衡位置的距離是6cm答案C解析由題圖2的振動圖像可知,振動的周期為4s,故三列波的波速v=λT=4m4s=1m/s,A項錯誤;由圖1可知,D處與波源最近的距離為3m,開始振動后波源C處的橫波傳播到D處所需的時間tC=DCv=3m1m/s=3s,故t=2s時,D處的質點還未開始振動,B項錯誤;由幾何關系可知AD=BD=5m,波源A、B產生的橫波傳播到D處所需的時間tAB=ADv=5m1m/s=5s,故t=4.5s時,僅波源C處的橫波傳播到D處,此時D處的質點振動時間t1=t-tC=1.5s,由振動圖像可知此時D處的質點向y軸負方向運動,C項正確;t=6s時,波源C處的橫波傳播到D處后振動時間t2=t-tC=3s,由振動圖像可知此時D處為波源C發(fā)出的橫波的波谷,t=6s時,波源A、B處的橫波傳播到D處后振動時間t3=t-tAB=1s,由振動圖像可知此時D處為波源A、B發(fā)出的橫波的波峰,根據波的疊加原理可知此時D處質點的位移y=2A-A=2cm9.(2024屆淮北模擬)圖1為一簡諧橫波在某時刻的波形圖,圖2為質點P以該時刻為計時起點的振動圖像,則從該時刻起下列說法正確的是()。A.經過0.2s,波沿x軸正方向傳播了0.2mB.經過3s,質點P的加速度沿y軸正方向且最大C.經過5s,質點Q的振動速度大于質點P的振動速度D.經過6s,質點P的加速度大于質點Q的加速度答案C解析由圖2可知計時起點時質點P向y軸負方向振動,再由圖1可知波向x軸負方向傳播,A項錯誤。由圖2可知,周期T=4s,則t1=3s=34T,所以經過3s,質點P的加速度最大且沿y軸負方向,B項錯誤。由t2=5s=114T,可知經過5s,質點Q的位移是正值且向y軸正方向振動;質點P的位移是負向最大,速度為0,故經過5s,質點Q的振動速度大于質點P的振動速度,C項正確。由t3=6s=112T,可知經過6s,質點Q的位移是正值且向y軸負方向振動;質點P的位置在平衡位置,加速度為0,故經過6s,質點P的加速度大小小于質點Q的加速度大小10.(20