江苏版2023版高三一轮总复习物理第十二章机械振动机械波教案

[高考备考指南]知能模块考点内容高考(江苏卷)五年命题情况对照分析20172018201920202021年适应考2021命题分析第1讲机械振动(5年1考)简谐运动T13：简谐运动的回复力、速度、位移T5简谐运动的公式高考对本章的考查形式有选择题、实验题和计算题。命题热点为简谐运动的特点及波长、波速、和频率的关系，波动与振动的综合应用。简谐运动的公式和图像单摆、周期公式受迫振动和共振第2讲机械波(5年3考)机械波、横波和纵波T12：多普勒效应T12：由质点的振动图像求波长、波速T8：振动和波横波的图像波速、波长和频率(周期)的关系波的干涉和衍射现象多普勒效应实验十七用单摆测量重力加速度的大小(5年0考)核心素养物理观念：简谐运动、弹簧振子、单摆、受迫振动、横波、多普勒效应、干涉、衍射。科学思维：简谐运动的公式和图像、共振曲线。科学探究：探究单摆的周期与摆长的定量关系、会用单摆测重力加速度。科学态度与责任：多普勒效应。机械振动一、简谐运动的描述与规律1．简谐运动(1)定义：如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力。②方向：总是指向平衡位置。③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。2．简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图弹簧振子(水平)简谐运动条件①弹簧质量要忽略②无摩擦等阻力③在弹簧弹性限度内①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气阻力等③最大摆角小于等于5°回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T＝2πeq\r(\f(L,g))能量转化弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒3．简谐运动的表达式(1)回复力与位移关系，亦即动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。(2)振动位移与时间关系，亦即运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf，表示简谐运动的快慢，ωt＋φ代表运动的相位，φ代表初相位。二、简谐运动的图像1．物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦(或余弦)曲线。2．简谐运动的图像(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图像如图甲所示。甲乙(2)从最大位置开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图像如图乙所示。三、受迫振动和共振1．受迫振动(1)概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动。(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关。2．共振(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。(2)条件：驱动力的频率等于固有频率。(3)特征：共振时振幅最大。(4)共振曲线(如图所示)。f＝f0时，A＝Am，f与f0差别越大，物体做受迫振动的振幅越小。一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。 (×)(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。 (×)(3)公式x＝Asinωt说明是从平衡位置开始计时。 (√)(4)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。 (×)(5)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。 (√)(6)物体受迫振动的频率与驱动力的频率无关。 (×)二、教材习题衍生1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不相同的物理量是()A．位移B．速度C．加速度D．回复力B[简谐运动的位移是指由平衡位置指向物体所在位置的有向线段，物体经过同一位置时，运动位移一定相同；回复力产生加速度，回复力与位移满足F＝－kx的关系，只要位移相同，回复力一定相同，回复力产生的加速度也一定相同；经过同一位置，可能远离平衡位置，也可能靠近平衡位置，因此，速度的方向可能相反，故应选B。]2．(简谐振动的描述与规律)下列关于简谐运动的说法正确的是()A．加速度第一次恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动B．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同C．一个全振动指的是动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程D．位移减小时，加速度减小，速度增大D[加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程不是一次全振动，故A错误；回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度方向可以与位移方向相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故B错误；一次全振动过程中，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，故C错误；当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置，速度在增大，故D正确。]3．(简谐振动的规律与共振)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆。下列说法不正确的是()A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一定相同B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2πeq\r(\f(L,g))C．如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于AD．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大C[某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据F＝－kx可得，加速度a＝eq\f(F,m)＝－eq\f(k,m)x，故加速度一定相同，A正确；如果驱动摆的摆长为L，根据单摆的周期公式有T＝2πeq\r(\f(L,g))，而其他单摆都是受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，B正确；当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，故某个单摆的摆长大，振幅不一定也大，C错误；同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，D正确。]4．(简谐振动的图像)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振动物体的位移x随时间t的变化如图乙所示，则由图可知()甲乙A．t＝0.2s时，振动物体的加速度方向向左B．t＝0.6s时，振动物体的速度方向向右C．在t＝0.4s到t＝0.8s时间内，振动物体的动能逐渐减小D．在t＝0到t＝2.4s时间内，振动物体通过的路程是80cmA[由题图乙可知，t＝0.2s时，振动物体远离平衡位置向右运动，位移增大，根据F＝－kx可知，回复力方向向左，故加速度方向向左，A正确；t＝0.6s时，振动物体靠近平衡位置向左运动，故振动物体的速度方向向左，B错误；在t＝0.4s到t＝0.8s时间内，振动物体向平衡位置运动，速度逐渐增大，动能逐渐增大，C错误；在t＝0到t＝2.4s时间内，振动物体通过的路程是4A×eq\f(2.4s,1.6s)＝60cm，故D错误。]5．一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的()A．动能增大B．速度增大C．回复力增大D．机械能增大C[由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的速度减小，动能减小，故A错误；当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故B错误；由回复力F＝－kx可知，位移增大，回复力增大，故C正确；单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故D错误。]简谐运动的描述与规律1．(简谐运动的描述)(2021·江苏卷)如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为()A．x＝Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt－\f(π,2))) B．x＝Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,2)))C．x＝2Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt－\f(π,2))) D．x＝2Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,2)))B[由题图可知，影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为x＝Rsin(ωt＋φ)由图可知，当t＝0时，P的位移为R，所用时间为t＝eq\f(π,ω)代入振动方程解得φ＝eq\f(π,2)则P做简谐运动的表达式为x＝Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,2)))故B正确，A、C、D错误。故选B。]2．(简谐运动中各物理量的分析)如图所示，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度v(v≠0)相同，那么，下列说法正确的是()A．振子在M、N两点所受弹簧弹力相同B．振子在M、N两点对平衡位置的位移相同C．振子在M、N两点加速度大小相等D．从M点到N点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动C[因M、N两点的速度大小相同，则M、N两点关于O点对称，故振子在M、N两点对平衡位置的位移大小相同，方向相反，选项B错误；根据F＝－kx可知，振子在M、N两点所受弹簧弹力大小相同，方向相反，选项A错误；由牛顿第二定律可知振子在M、N两点加速度大小相等，选项C正确；从M点到N点，由于弹力的大小不断变化，故振子先做变加速运动，后做变减速运动，选项D错误。]3．(简谐振动规律的应用)弹簧振子在BC间做简谐运动，O为平衡位置，BC间距离为10cm，由B→C运动时间为1s，则()A．从B开始经过0.25s，振子通过的路程是2.5cmB．经过两次全振动，振子通过的路程为80cmC．该振子任意1s内通过的路程都一定是10cmD．振动周期为2s，振幅为10cmC[由B→C运动时间为1s，则周期T＝2s，则从B开始经过0.25s＝eq\f(T,8)，振子通过的路程小于2.5cm，选项A错误；一次全振动振子的路程为20cm，则经过两次全振动，振子通过的路程为40cm，选项B错误；由运动的对称性可知，该振子任意1s内通过的路程都一定是10cm，选项C正确；振动周期为2s，振幅为5cm，选项D错误。]4．(弹簧振子的周期性与多解性的应用)一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3s时，振子第一次到达P点，又经过2s第二次经过P点，则该弹簧振子的振动周期可能为()A．32sB．16sC．8sD．4sB[若从O点开始向右振动，按下面路线振动，作出示意图如图，则弹簧振子的振动周期为：T1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,2)))s＝16s；若振子从O点开始向左振动，则按下面路线振动，作出示意图如图，设从P到O的时间为t，则有：eq\f(2,2)＋t＝eq\f(3－t,2)，解得：t＝eq\f(1,3)s，则周期为：T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))s＝eq\f(16,3)s。故选项B正确，A、C、D错误。]简谐运动的“五个特征”(1)动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。(2)运动学特征：简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。(3)运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。(4)对称性特征①相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1,2)T(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。②如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。③振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。④振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO。(5)能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。简谐运动的图像的理解与应用根据简谐运动图像可获取的信息(1)确定振动的振幅A和周期T。(如图所示)(2)可以确定振动物体在任一时刻的位移。(3)确定各时刻质点的振动方向。判断方法：振动方向可以根据下一时刻位移的变化来判定。下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。(4)比较各时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。eq\x(\a\al(从图像读取x,大小及方向))eq\o(→,\s\up10(F＝kx))eq\x(\a\al(F的大小,及方向))eq\o(→,\s\up10(F＝ma))eq\x(\a\al(a的大小,及方向))(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能越小。[典例](简谐运动图像的理解)如图甲所示，一水平弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，O点为平衡位置，取水平向右为正方向，其振动图像如图乙所示。由振动图像可知()甲乙A．t1时刻振子位于O点B．t3时刻振子的速度为零C．t2时刻振子的运动方向与t4时刻振子的运动方向相反D．从t1时刻到t3时刻，振子运动的加速度逐渐减小D[由题图乙知在t1时刻振子位于正向位移最大处即B点，故A错误；t3时刻振子位于平衡位置，所以此时速度最大，故B错误；由题意可知，t2时刻振子处于从B向O运动过程中，t4时刻振子处于从O到A的运动过程中，所以两时刻运动方向相同，故C错误；从t1时刻到t3时刻，振子从最大位移B处向平衡位置O处运动，所以加速度越来越小，速度越来越大，故D正确。]对简谐运动图像的两点说明(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。甲乙(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。[跟进训练]简谐振动图像的应用1．如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是()A．t＝2×10－3s时刻纸盆中心的速度最大B．t＝3×10－3s时刻纸盆中心的加速度最大C．在0～1×10－3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向相同D．纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×10－4cos50πt(m)C[t＝2×10－3s时刻在波谷位置，则纸盆中心的速度为零，选项A错误；t＝3×10－3s时刻纸盆中心在平衡位置，此时的加速度为零，选项B错误；在0～1×10－3s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向均向下，方向相同，选项C正确；因为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4×10－3)rad/s＝500πrad/s则纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×10－4cos500πt(m)，选项D错误。]两个简谐运动图像的对比2．如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，则下列判断错误的是()A．甲、乙两物体的振幅分别是2m和1mB．甲的振动频率比乙的大C．前2s内两物体的加速度均为负值D．第2s末甲的速度最大，乙的加速度最大A[由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2cm和1cm，A错误；8s内甲完成2次全振动，乙完成1次全振动，甲的振动频率比乙的大，B正确；前2s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。]单摆及其周期公式1．对周期公式的理解(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离，即l＝l线＋r球。(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。(4)周期T只与l和g有关，与摆球质量m和振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。2．周期公式应用(1)只要测出单摆摆长l和周期T，就可以根据g＝eq\f(4π2l,T2)求当地重力加速度g。(2)可以制作计时仪器。3．单摆振动中的等效问题(1)等效摆长：摆球重心到摆动圆弧圆心的距离。(2)等效重力加速度：①分析摆球的受力，确定摆球相对静止的位置(即平衡位置)；②计算摆球的视重(即平衡位置的拉力);③利用g′＝eq\f(F,m)求出等效重力加速度。简谐运动图像的理解1．某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D．t＝4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值A[由题图可知，t＝1s和t＝3s时，振子在最大位移处，速度为零，加速度分别为负向最大值、正向最大值；而t＝2s和t＝4s时，振子在平衡位置，加速度为零，而速度分别为负向最大、正向最大，综上所述，A项正确。]单摆图像及其应用2．甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以断定()A．甲、乙两单摆振动的周期之比是3∶2B．甲、乙两单摆振动的频率之比是2∶3C．若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆摆长之比是9∶4D．若甲、乙两单摆摆长相同，在不同地点摆动，则甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4D[根据图像可知，甲和乙的周期之比为T甲∶T乙＝2∶3，故A错误；因为f＝eq\f(1,T)，所以甲、乙的频率之比为f甲∶f乙＝3∶2，故B错误；根据单摆的周期公式可知T＝2πeq\r(\f(l,g))，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为4∶9，故C错误；摆长相同，重力加速度和周期的平方成反比，即甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4，故D正确。]单摆的振动图像的应用3．将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示，甲图中O点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的ABC之间来回摆动，其中B点为运动中最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于5°且是未知量。图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小F随时间变化的曲线，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息(g取10m/s2)求：甲乙(1)单摆的周期和摆长；(2)摆球的质量。[解析](1)摆球受力分析如图所示：小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，知：T＝0.4πs由单摆的周期公式：T＝2πeq\r(\f(L,g))代入数据解得：L＝0.4m。(2)在最高点A，有：Fmin＝mgcosα＝0.495N在最低点B，有：Fmax－mg＝meq\f(v2,L)其中Fmax＝0.510N从A到B，小球机械能守恒，有：mgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2联立并代入数据得：m＝0.05kg。[答案](1)0.4πs0.4m(2)0.05kg受迫振动、共振1．(受迫振动和共振的理解)如图所示，A、B、C、D、E五个摆悬挂于同一根绷紧的水平绳上，A是摆球质量较大的摆，让它摆动后带动其他摆运动。稳定后，下列结论正确的是()A．其他各摆的振动周期与A摆的振动周期相同B．其他各摆的振幅都相等C．其他各摆的振幅不同，D摆的振幅最大D．其他各摆的振动周期不同，E摆周期最大A[A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动周期均等于A摆的摆动周期，而由于A、E摆长相同，这两个摆的固有周期相同，则E摆出现共振现象，振幅达到最大，故选A。]2．(单摆的共振曲线的理解)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则()A．此单摆的固有周期约为1sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长减小，共振曲线的峰将向左移动B[由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝2πeq\r(\f(l,g))，得此单摆的摆长约为1m；若摆长减小，单摆的固有周期减小，固有频率增大，则共振曲线的峰将向右移动；若摆长增大，单摆的固有频率减小，故选项B正确，A、C、D错误。]3．(受迫振动和共振的应用)半径为R的光滑球面，已知圆弧AB≪R，且A、B等高，其中B点和圆弧最低点之间由光滑斜面相连，现有三个小球，A球从A点从静止释放沿圆弧下滑，B球从B点从静止释放沿斜面下滑，C球从圆心O点由静止释放，若三个小球同时释放，则下列说法正确的是()A．A球最先运动到圆弧最低点B．B球最先运动到圆弧最低点C．C球最先运动到圆弧最低点D．三个小球同时到达圆弧最低点C[A球是等效单摆，A球从静止运动到最低点的时间tA＝eq\f(T,4)＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(R,g))＝eq\f(π,2)eq\r(\f(R,g))设弦轨道的倾角为θ，对于B球，有2Rcos(90°－θ)＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,B)可得tB＝2eq\r(\f(R,g))，C球做自由落体运动，有R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,C)可得tC＝eq\r(\f(2R,g))则有tB>tA>tC则C球最先运动到圆弧最低点，故A、B、D错误，C正确。]自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动类型自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力作用受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(摆角θ≤5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等

机械波一、机械波的形成与传播1．机械波的形成条件(1)有发生机械振动的波源。(2)有传播介质，如空气、水、绳子等。2．传播特点(1)传播振动形式、能量和信息。(2)质点不随波迁移。(3)介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同。3．机械波的分类分类质点振动方向和波的传播方向的关系形状举例横波垂直凹凸相间；有波峰、波谷绳波等纵波在同一条直线上疏密相间；有密部、疏部弹簧波、声波等4．波长、频率和波速及其关系(1)波长：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻点间的距离，用λ表示。波长由频率和波速共同决定。①横波中，相邻两个波峰(或波谷)之间的距离等于波长。②纵波中，相邻两个密部(或疏部)之间的距离等于波长。(2)频率：波的频率由波源决定，等于波源的振动频率。(3)波速：波的传播速度，波速由介质决定，与波源无关。(4)波速公式：波长、波速和频率的关系v＝λf＝eq\f(λ,T)或v＝eq\f(Δx,Δt)。二、波的图像1．坐标轴x轴：各质点平衡位置的连线。y轴：沿质点振动方向，表示质点的位移。2．物理意义：表示介质中各质点在某一时刻相对各自平衡位置的位移。3．图像形状：简谐波的图像是正弦(或余弦)曲线，如图所示。三、波的干涉、衍射和多普勒效应1．波的叠加观察两列波的叠加过程可知：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。2．波的干涉和衍射波的干涉波的衍射条件两列波的频率必须相同明显条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多现象形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样波能够绕过障碍物或孔继续向前传播3．多普勒效应(1)定义：由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感受到波的频率发生变化的现象。(2)实质：波源频率不变，观察者接收到的频率发生变化。(3)规律：①波源与观察者如果相互靠近，观察者接收到的频率变大。②波源与观察者如果相互远离，观察者接收到的频率变小。③波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率。一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在机械波的传播中，各质点随波的传播而迁移。 (×)(2)机械波的频率等于振源的振动频率。 (√)(3)通过波的图像可以找出任一质点在任意时刻的位移。 (×)(4)机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同。 (√)(5)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。 (×)(6)一切波都能发生衍射现象。 (√)(7)多普勒效应说明波源的频率发生变化。 (×)二、教材习题衍生1．(波的形成和传播)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s。下列说法正确的是()A．该水面波的频率为6HzB．该水面波的波长为5mC．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移D[从第1个波峰到第10个波峰经历了9个波形，时间间隔为15s，所以其振动周期为T＝eq\f(15,9)s＝eq\f(5,3)s，频率为f＝eq\f(1,T)＝0.6Hz，A错误；波长λ＝vT＝1.8×eq\f(5,3)m＝3m，B错误；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，C错误，D正确。]2．(波的图像)一列横波在x轴上传播，在某时刻波形图如图所示，已知此时质点E的运动方向向下，则()A．此波沿x轴正方向传播B．质点C此时向下运动C．质点A将比质点B先回到平衡位置D．质点D的振幅为零B[简谐波横波在x轴上传播，此时质点E的运动方向向下，由波形平移法可知波沿x轴负方向，故A错误；波沿x轴负方向传播，由波形平移法可知此时C点向下运动，故B正确；质点A此时的运动方向与E相反，即向上运动，回到平衡位置的时间大于eq\f(1,4)T，而质点B向下运动，直接回到平衡位置，回到平衡位置的时间等于eq\f(1,4)T，则B先回到平衡位置，故C错误；此时质点D的位移为零，但振幅不为零，各质点的振幅均相同，故D错误。]3．(波的干涉、衍射和多普勒效应)下列说法正确的是()A．当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大B．当波遇到障碍物时，一定会发生明显的衍射现象C．当两列波发生干涉时，振动加强点的位移始终最大D．当波源的频率发生变化时，就会发生多普勒效应现象A[当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，A正确；只有当缝、孔或障碍物的尺寸跟波长相差不多或比波长更小时，才能发生明显的衍射现象，B错误；在干涉现象中，振动加强点的位移可以最大，也可以最小，即为零，C错误；多普勒效应是观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，D错误。]波的形成与传播与波的图像波的传播规律及波速公式的应用1．(2021·南京模拟)2021年5月底，云南15头野象向北迁徙的新闻备受关注。研究人员发现大象也有自己的“语言”，某研究小组录下野象“语言”交流时发出的声音，发现以3倍速度快速播放录音时，能听到比正常播放时更多的声音。播放速度变为原来的3倍时，则()A．播出声波的频率变为原来的3倍B．播出声波的周期变为原来的3倍C．播出声波的波速变成原来的3倍D．播出声波的波长变为原来的3倍A[播放速度变为原来的3倍时，声波的频率是正常播放时的3倍，则此时声音的音调变高，部分次声波变成可听到的声音，故人能听到的声音更多，所以当播放速度变为原来的3倍时，频率变为原来的3倍，根据T＝eq\f(1,f)可知周期变为原来的eq\f(1,3)，故A正确、B错误；声波的传播速度与介质有关，与振源的振动频率无关，所以播出声波的波速不变，故C错误；根据v＝fλ，波速不变、f变为原来的3倍，则波长变为原来的eq\f(1,3)，故D错误。]2．如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间距离为7.0m，ON间距离为5.0m。O点上下振动，则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0m/s。t＝0时刻O点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷。则()A．波Ⅰ的波长为4mB．波Ⅱ的波长为4mC．N点的振动周期为2sD．t＝3s时，N点恰好处于波谷B[OM之间的波向左传播，O点正通过平衡位置向上运动，则O点左侧为波谷；OM之间有一个波谷，即：1eq\f(1,4)λ1＝7m解得波Ⅰ的波长为λ1＝5.6m；根据题意可知波Ⅰ的波速为v1＝eq\f(7.0m,5s)＝1.4m/s故波的周期为：T＝eq\f(λ1,v1)＝eq\f(5.6,1.4)s＝4s同一波源的频率相同，故N点的振动周期为4s，故A、C错误；波Ⅱ的波长为λ2＝v2T＝4m，故B正确；ON之间的距离为5m＝1eq\f(1,4)λ2；t＝0时刻O点处在波谷位置，由于ON之间的波向右传播，所以t＝0时刻N点正向下运动，则经过3s＝eq\f(3T,4)，此时N点恰好到达波峰的位置，故D错误。]根据两个时刻的波的图像分析有关问题3．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T＞0.20s。下列说法正确的是()A．波速为0.80m/sB．波长为0.08mC．x＝0.08m的质点在t＝0.70s时位于波峰D．若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长将变为0.32mD[波沿x轴正方传播，根据波形图可知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T＝0.2s，该波的周期T＞0.20s，n只能等于0，故T＝0.4s；波长λ＝16cm＝0.16m，故波速v＝eq\f(λ,T)＝0.4m/s，故A、B错误；x＝0.08m的质点在t＝0时位于平衡位置向上振动，经过t＝0.70s时，eq\f(t,T)＝eq\f(0.7,0.4)＝1eq\f(3,4)，所以0.7s时x＝0.08m处的质点位于波谷，故C错误；若此波传入另一介质中，频率不变，则周期不变，其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为λ＝vT＝0.8×0.4m＝0.32m，故D正确。]根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向4．简谐横波某时刻的波形图线如图所示。由此图可知()A．若质点a向上运动，则波是从右向左传播的B．若质点b向下运动，则波是从左向右传播的C．若波从右向左传播，则质点c向下运动D．若波从右向左传播，则质点d向上运动D[由“上下坡法”可判，若波向右传播，则a、b向上运动，c、d向下运动；若波向左传播，则a、b向下运动，c、d向上运动。故选D。]机械波的传播特点(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质的情况不同，它的波长和波速可能改变，但频率和周期都不会改变。(4)质点经过一个周期T完成一次全振动，振动形式恰好向前传播一个波长的距离，所以v＝eq\f(λ,T)＝λf。波动图像和振动图像的理解及应用1．两种图像的比较图像类型振动图像波的图像图像特点物理意义表示某质点各个时刻的位移表示某时刻各质点的位移图像信息(1)质点振动周期(2)质点振幅(3)各时刻质点位移(4)各时刻速度、加速度方向(1)波长、振幅(2)任意一质点在该时刻的位移(3)任意一质点在该时刻加速度方向(4)传播方向、振动方向的互判形象比喻记录着一个人一段时间内活动的录像带记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片图像变化随时间推移，图像延续，但已有形状不变随时间推移，图像沿传播方向平移一完整曲线占横坐标距离表示一个周期表示一个波长2．波的传播方向与质点的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图沿传播方向进行微小平移，再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定eq[典例]一列简谐横波在t＝eq\f(1,3)s时的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点。图乙是质点Q的振动图像。求：甲乙(1)波速及波的传播方向；(2)质点Q的平衡位置的x坐标。思路点拨：解此题可按以下思路(1)根据波的图像读出波长，根据振动图像读出周期，进而根据v＝eq\f(λ,T)计算波速。(2)根据同侧法、微平移法等判断波的传播方向或质点的振动方向。(3)根据振动图像写出质点振动的一般方程y＝Asinωt，判断质点的位置。[解析](1)由图甲可以看出，该波的波长为λ＝36cm ①由图乙可以看出，周期为T＝2s ②波速为v＝eq\f(λ,T)＝0.18m/s ③由图乙知，当t＝eq\f(1,3)s时，Q点向上运动，结合图甲可得，波沿x轴负方向传播。(2)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ。由图甲知，x＝0处y＝－eq\f(A,2)＝Asin(－30°)，因此xP＝eq\f(30°,360°)λ＝3cm ④由图乙知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝eq\f(1,3)s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有xQ－xP＝vΔt＝6cm ⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为xQ＝9cm。 ⑥[答案](1)0.18m/s波沿x轴负方向传播(2)9cm“一分、一看、二找”巧解波的图像与振动图像综合类问题[跟进训练]1．图甲为一简谐横波在t＝0.10s时的波形图，P是平衡位置在x＝0.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝2.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是()甲乙A．这列波沿x轴正方向传播B．t＝0.15s时，质点P的加速度沿y轴负方向C．t＝0.15s时，质点Q位于波峰位置D．在t＝0.10s到t＝0.15s时间内，质点P通过的路程大于10cmB[分析振动图像，由乙图读出，在t＝0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x轴负方向的传播，故A错误；从t＝0.10s到t＝0.15s，质点P振动了eq\f(T,4)，根据波动规律可知，t＝0.15s时，质点P位于平衡位置上方，则加速度方向沿y轴负方向，故B正确；由乙图可知t＝0.15s时，质点Q位于波谷位置，故C错误；在t＝0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，从t＝0.10s到t＝0.15s，质点P先向上振动，到达最高点后向下振动，则此过程中的平均速率小于从平衡位置到最高点的过程中的平均速率，可知此过程中质点P通过的路程小于A＝10cm，故D错误。]2．图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝8m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则()甲乙A．该波一定沿x轴正方向传播B．该波一定沿x轴负方向传播C．t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴正方向D．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点Q通过的路程为6mA[由图乙可知Q点在0.10s时向下运动，故波沿x轴正方向传播，故A正确，B错误；由图乙可知波的周期为0.2s，故在t＝0.15s时，质点振动了eq\f(1,4)个周期，故质点P位移为正，向平衡位置运动，故运动方向为沿y轴负方向，故C错误；从t＝0.10s到t＝0.25s，质点Q振动了eq\f(3,4)个周期，质点Q从图甲位置开始向下振动，故通过的路程3A＝30cm，故D错误。]波的多解性1．波动问题多解的主要因素(1)周期性①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。②空间周期性：波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确。(2)双向性①传播方向双向性：波的传播方向不确定。②振动方向双向性：质点振动方向不确定。2．解决波的多解问题的思路一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋Δt(n＝0,1,2，…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2，…)。波的双向性形成多解1．传播方向双向性：波的传播方向不确定。2．振动方向双向性：质点振动方向不确定。[典例1]如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是t＝0时刻的波形图，虚线是t＝0.2s时刻的波形图。(1)若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度；(2)若波沿x轴正方向传播，求它的最大周期；(3)若波速是25m/s，求t＝0时刻P点的运动方向。思路点拨：解此题按以下思路：(1)知道两个时刻波的图像，根据周期性，得出波传播距离的通项关系式。(2)根据波的传播方向和波形得出传播时间的通项关系式。(3)再由v＝eq\f(Δx,Δt)求出波速的通项关系式。[解析](1)由图知，该波的波长为λ＝4m波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为：Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))λ＝(4n＋3)m(n＝0,1,2,3，…)传播的速度为：v＝eq\f(Δx,t)＝(20n＋15)m/s(n＝0,1,2,3，…)。(2)波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为：t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,4)))T(n＝0,1,2,3，…)得：T＝eq\f(4t,4n＋1)＝eq\f(0.8,4n＋1)s(n＝0,1,2,3，…)当n＝0时周期最大，即最大周期为0.8s。(3)波在0.2s内传播的距离为：Δx＝vt＝25×0.2m＝5m传播的波长数n＝eq\f(Δx,λ)＝1eq\f(1,4)，可见波形图平移了eq\f(1,4)λ的距离。由题图知波沿x轴正方向传播。所以P点在t＝0s时刻沿y轴负方向运动。[答案](1)(20n＋15)m/s(n＝0,1,2,3，…)(2)0.8s(3)沿y轴负方向波的周期性形成多解1．时间的周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。2．空间的周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。[典例2]在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质点的振动图像。已知该波波长大于2m，求这列波可能的波速。甲乙[解析]由振动图像得质点振动周期T＝0.4s，若波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间Δt＝nT＋eq\f(3,4)T(n＝0,1,2,3，…)，所以A、B间的距离为Δs＝vΔt＝eq\f(λ,T)Δt＝nλ＋eq\f(3,4)λ(n＝0,1,2,3，…)，则波长为λ＝eq\f(4Δs,4n＋3)＝eq\f(16,4n＋3)m，因为λ>2m，所以n＝0,1当n＝0时，λ1＝eq\f(16,3)m，v1＝eq\f(λ1,T)＝eq\f(40,3)m/s当n＝1时，λ2＝eq\f(16,7)m，v2＝eq\f(λ2,T)＝eq\f(40,7)m/s。若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间Δt＝nT＋eq\f(1,4)T(n＝0,1,2,3，…)，所以A、B间的距离为Δs＝nλ＋eq\f(1,4)λ(n＝0,1,2,3，…)，则波长为λ＝eq\f(4Δs,4n＋1)＝eq\f(16,4n＋1)m因为λ>2m，所以n＝0,1当n＝0时，λ1＝16m，v1＝40m/s当n＝1时，λ2＝eq\f(16,5)m，v2＝8m/s。[答案]见解析波形的隐含性形成多解在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点的振动情况，而其余信息均处于隐含状态。这样，波形就有多种可能情况，形成波动问题的多解。[跟进训练]1．(2021·江苏省新高考适应性考试)渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则()图1图2A．该波的波速为1.5m/sB．该波沿x轴负方向传播C．0～1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5mD．0～1s时间内，质点P运动的路程为2mD[由图1可知，该波的波长λ＝1.5×10－2m，由图2可知周期T＝1×10－5s，则该波的波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(1.5×10－2,1×10－5)m/s＝1.5×103m/s，A错误；由图2可得，在t＝0时刻，P质点沿y轴正方向振动，由波形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误；质点P只在平衡位置附近振动，不沿x轴运动，C错误；质点P的振幅是5×10－6m，在0～1s时间内共振动了eq\f(1,1×10－5)＝105个周期，运动的路程是s＝4×5×10－6×105m＝2m，D正确。]2．如图所示是一列简谐横波在t＝0时刻的波动图像。如果此时刻质点P的运动方向沿y轴负方向，且经过0.35s质点P恰好第3次到达y轴正方向最大位移处。设波的周期为T，波速为v，则()A．波沿着x轴负向传播B．波的周期T＝0.175sC．波的波速为v＝2m/sD．再经过eq\f(T,8)，Q点到达平衡位置A[根据质点P向下运动，由上下坡法可得：波沿着x轴负向传播，故A正确；根据质点P向下运动，由质点P经过0.35s恰好第3次到达波峰可得0.35＝eq\f(11,4)T解得T≈0.127s，故B错误；由图可得：波长λ＝0.4m，故波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(0.4,0.127)m/s≈3.15m/s，故C错误；根据波向左传播可得：质点Q向下振动；由质点Q的位移可得，质点Q回到平衡位置的时间t＝eq\f(\f(π,6)＋nπ,2π)T＝eq\f(1,12)T＋eq\f(1,2)nT，故D错误。]解答波的多解问题的方法(1)假设波向x轴正方向或负方向传播。(2)由题目提供的波形变化等条件列出传播距离或传播时间与波长、周期等相关的通式。(3)根据v＝eq\f(λ,T)、v＝λf或v＝eq\f(Δx,Δt)求出速度或其他未知量的关系通式。(4)分析题目中有没有其他限制条件，判断通过关系通式得到的多解能否变为有限个解或唯一解。波的干涉、衍射和多普勒效应1．(波的衍射)如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述不正确的是()A．此时能观察到明显的波的衍射现象B．挡板前后波纹间距离相等C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象D[由题图可知，孔的尺寸与水波的波长差不多，故此时能观察到明显的波的衍射现象，故A正确；波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故B正确；如果将孔AB扩大，若孔的尺寸远大于水波的波长，可能观察不到明显的衍射现象，故C正确；如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，根据λ＝eq\f(v,f)知，波长减小，可能观察不到明显的衍射现象，故D错误。]2．(波的干涉)(2021·江苏省南菁高级中学高三期中)如图表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示某时刻的波峰，虚线表示的是波谷，下列说法正确的是()A．a、c两点的振动加强，b、d两点的振动减弱B．a点位移始终处于最大位置C．经适当的时间后，加强点和减弱点的位置互换D．经eq\f(1,4)个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰A[由图可知，a点是波谷与波谷相遇点，c点是波峰与波峰相遇，而b、d点是波峰与波谷相遇，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，故A正确；a点为振动加强点，但并不是始终处于最大位移处，而是在平衡位置附近振动，故B错误；振动加强和减弱区位置是固定不变的，故C错误；由波动过程可知，经半个周期后，原来位于波峰的点将位于波谷，原来位于波谷的点将位于波峰，故D错误。]3．(波的干涉的应用)如图所示，在均匀介质中S1和S2是同时起振(起振方向相同)、频率相同的两个机械波源，它们发出的简谐波相向传播。在介质中S1和S2平衡位置的连线上有a、b、c三点，已知S1a＝ab＝bc＝cS2＝eq\f(λ,2)(λ为波长)，则下列说法中正确的是()A．b点的振动总是最强，a、c两点的振动总是最弱B．b点的振动总是最弱，a、c两点的振动总是最强C．a、b、c三点的振动都总是最强D．a、b、c三点的振动都是有时最强有时最弱C[已知S1a＝ab＝bc＝cS2＝eq\f(λ,2)(λ为波长)，则两波到b点的路程相等，则该点是振动加强点；而两波到a点的光程差为一个波长，则也是振动加强点；两列波到c点的光程差也为一个波长，则此点也是振动加强点。因此a、b、c三点的振动都总是最强。故选C。]4．(多普勒效应)一频率为600Hz的声源以20rad/s的角速度沿一半径为0.8m的圆周(圆心为O点)做匀速圆周运动，一观察者站在离圆心很远的P点且相对于圆心静止，如图所示，则观察者接收到()A．声源在A点时声音的频率大于600HzB．声源在B点时声音的频率小于600HzC．声源在C点时声音的频率等于600HzD．声源在D点时声音的频率小于600HzA[根据多普勒效应，当声源和观察者相向运动时，观察者接收到的频率大于声源的频率，当声源和观察者反向运动时，观察者接收到的频率小于声源的频率，将声源运动至A、B、C、D四个点时相对于观察者的速度方向标出来，A点有接近观察者的趋势，C点有远离观察者的趋势，声源在B、D两点的速度方向垂直O点与观察者的连线，故选项A正确，B、C、D错误。]1．波的干涉现象中加强点、减弱点的两种判断方法：(1)公式法：某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。①当两波源振动步调一致时若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。②当两波源振动步调相反时若Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。(2)图像法：在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。2．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长。3．多普勒效应的成因分析：(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。当波以速度v通过观察者时，时间t内通过的完全波的个数为N＝eq\f(vt,λ)，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率。(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小；波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率。

用单摆测量重力加速度的大小教材原型实验实验原理与操作1．适当加长摆线可以使周期大些，减小摆长与周期的测量误差，从而减小实验误差。2．摆线上端需牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆长变大。3．测长度时用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度。[题组训练]1．实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。(1)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________(选填选项前的字母)。A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的均匀铁球D．直径约10cm的均匀木球(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图________中所示的固定方式。甲乙(4)某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是________(填字母代号)。A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动(5)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm。(6)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是________(选填选项前的字母)。A．测出摆线长作为单摆的摆长B．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动C．在摆球经过平衡位置时开始计时D．用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期(7)甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是________(选填“l2”“l”或“eq\r(l)”)，若图线斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)。(8)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是________(选填选项前的序号)。A．开始摆动时振幅较小B．开始计时时，过早按下停表C．测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间D．测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长[解析](1)单摆的周期：T＝eq\f(t,n)由单摆周期公式：T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，重力加速度：g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4π2n2L,t2)；(2)摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1m左右的细线，故选择A线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择C球；故选A、C；(3)为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图乙；(4)这样做的目的就是为了便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变。因此A、C正确；(5)游标卡尺示数为d＝12.0mm；(6)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则A错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，B正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，C正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，D错误；(7)据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))＝eq\f(2π,\r(g))eq\r(l)所以应该作T­eq\r(l)图像，故横坐标所代表的物理量是eq\r(l)，知斜率k＝eq\f(2π,\r(g))解得g＝eq\f(4π2,k)；(8)由周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得g＝eq\f(4π2l,T2)振幅大小与g无关，故A错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则g偏小，故B错误；测量周期时，误将摆球(n－1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，则g偏大，C正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由g＝eq\f(4π2l,T2)，所以g偏大，故D正确。[答案](1)eq\f(4π2n2l,t2)(2)AC(3)乙(4)AC(5)12.0(6)BC(7)eq\r(l)eq\f(4π2,k2)(8)CD2．利用单摆可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。甲乙(1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。A．摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线B．为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度C．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为Δt，则单摆周期T＝2ΔtD．记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,30)(2)若已测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。(3)图乙是摆线长为L时小球的振动图像，取g＝10m/s2，π2＝10，则小球的回复加速度最大值为________m/s2。[解析](1)该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，应选用体积比较小，密度较大的小球，故A正确；单摆的最大摆角应小于5°，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故B错误；为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故C错误；为减小实验误差，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝eq\f(Δt,30)，故D正确。(2)单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，其中T＝eq\f(t,n)，联立解得：g＝eq\f(4n2π2L,t2)。(3)由图知A＝5cm，T＝2s，根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得：L＝1m；小球的回复加速度在x＝5cm或x＝－5cm时最大，根据牛顿第二定律得：am＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ≈g·eq\f(A,L)＝10×eq\f(0.05,1)＝0.5m/s2。[答案](1)AD(2)eq\f(4n2π2L,t2)(3)0.53．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，(1)以下做法正确的是________。A．测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长LB．测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为eq\f(t,50)C．摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会D．释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°(2)黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径(如图)，读数为________cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为______m/s2。(π2取9.86，结果保留两位小数)(3)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g＝________。[解析](1)测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长L，选项A错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为t/50，选项B正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项C错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°，选项D正确。(2)摆球直径：主尺读数为：2.1cm，游标尺读数：6×0.1mm＝0.6mm，则d＝2.16cm；根据T＝2πeq\r(\f(L,g))解得g＝eq\f(4π2L,T2)＝eq\f(4×9.86×97.92＋\f(1,2)×2.16×10－2,4)m/s2≈9.76m/s2。(3)设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T1＝2πeq\r(\f(L1＋r,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2＋r,g))，联立两式解得：g＝eq\f(4π2L1－L2,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))。[答案](1)BD(2)2.169.76(3)4π2eq\f(L1－L2,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))数据处理与误差分析1．公式法将几次测得的周期T和摆长l分别代入关系式g＝eq\f(4π2l,T2)，算出各组数据对应的重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值。2．图像法由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(g,4π2)T2，因此以摆长l为纵轴，以T2为横轴作出的l­T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。[题组训练]1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示。甲乙回答下列问题：(1)从甲图可知，摆球的直径为D＝________mm；(2)该单摆的周期为________。(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2­L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2­L图像是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)，由图像可得当地重力加速度g＝________；由此得到的g值会________(选填“偏小”“不变”“偏大”)。[解析](1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16mm，游标尺示数是4×0.1mm＝0.4mm，金属球的直径为16mm＋0.4mm＝16.4mm。(2)由于测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，所以该单摆的周期为T＝eq\f(Δt,n)。(3)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知T2＝eq\f(4π2,g)L，则T2­L图像的斜率k＝eq\f(4π2,g)，则重力加速度g＝eq\f(4π2,k)，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有T2＝eq\f(4π2,g)(L－r)，由此得到的T2­L图像是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得k＝eq\f(b,a)，当地重力加速度g＝eq\f(4π2a,b)。[答案](1)16.4(2)eq\f(Δt,n)(3)①eq\f(4π2a,b)不变2．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测出了单摆在摆角小于5°时完成n次全振动的时间为t，如图甲所示用毫米刻度尺测得摆线长为L，又用游标卡尺测得摆球直径为d，如图乙所示。甲乙丙(1)由图可知摆球直径是________cm，单摆摆长是________m。(2)实验中某同学每次的测定值都比其他同学偏大，其原因可能是________。A．他的摆球比别的同学的重B．他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆C．数摆动次数时，在计时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次D．直接将线长作为摆长来计算(3)利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长L时相应的周期值T，做T2­L图线，如图丙所示。T2与L的关系式T2＝________，利用图线上任两点A、B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线的斜率k＝________，再由k可求出g＝________。[解析](1)游标卡尺的主尺读数为20mm，游标读数为0.1×0mm＝0.0mm，则最终读数为20.0mm＝2.00cm，摆长的大小l＝L＋eq\f(d,2)＝99.00cm＋1.00cm＝100.00cm＝1.0000m。(2)根据T＝2πeq\r(\f(l,g))得，g＝eq\f(4π2l,T2)＝eq\f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2))),T2)①。由公式①可知，重力加速度的测量值的大小与摆球的质量无关，故A错误；他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆，设圆锥摆的摆线与竖直方向之间的夹角为θ，则mgtanθ＝m·eq\f(4π2,T2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(d,2)))·sinθ，可得T＝2πeq\r(\f(L＋\f(d,2),g)cosθ)，可知圆锥摆的周期小于单摆的周期；由于T的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大，故B正确；数摆动次数时，在计时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次，则周期的测量值T＝eq\f(t,n)，全振动次数n增大，则周期T的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大，故C正确；直接将线长作为摆长来计算，则摆长L减小，所以重力加速度g的测量值减小，故D错误。(3)根据T＝2πeq\r(\f(L,g))得：T2＝eq\f(4π2L,g)则图线的斜率为：k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(4π2,g)则有g＝eq\f(4π2(x2－x1),y2－y1)＝eq\f(4π2,k)。[答案](1)2.001.0000(2)BC(3)eq\f(4π2L,g)eq\f(y2－y1,x2－x1)eq\f(4π2,k)3．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)由公式g＝eq\f(4π2L,T2)求得的g值偏小，可能是由于________。A．测量摆长时，只测量了摆线长度B．悬点固定不牢，摆动中摆线被拉长了C．测量周期时，将N次全振动误记为N＋1次全振动D．选择了质量大体积小