2025新高考方案一轮物理第十二章含答案

2025新高考方案一轮物理第十二章含答案第十二章机械振动机械波基础落实课第1讲机械振动第2讲机械波实验探究课第3讲实验：用单摆测量重力加速度第1讲机械振动(基础落实课)一、简谐运动1．两点理解平衡位置物体在振动过程中回复力为零的位置回复力①定义：使物体在平衡位置附近做往复运动的力叫回复力。②表达式：回复力F＝－kx。负号表示回复力的方向与位移方向始终相反，回复力的大小与位移的大小成正比。③属于效果力，可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力或某个力的分力提供。注意：回复力等于做简谐运动的物体指向平衡位置的合外力，而不是物体受到的合外力2．两种描述表达式描述①动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反②运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动振动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫作初相图像描述①从平衡位置开始计时，振动表达式为x＝Asinωt，图像如图甲所示②从最大位移处开始计时，振动表达式为x＝Acosωt，图像如图乙所示注意：简谐运动的x-t图像是一条正弦或余弦曲线，不是振子的运动轨迹，振子的运动轨迹是一条线段二、受迫振动共振1．受迫振动定义系统在周期性驱动力作用下的振动特点物体做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，与物体的固有周期(或频率)无关2．共振定义做受迫振动的物体受到的驱动力的频率与其固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象共振曲线如图所示：理解判断(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。(×)(2)简谐运动是匀变速运动。(×)(3)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。(√)(4)振幅等于振子运动轨迹的长度。(×)(5)振动物体经过半个周期，路程等于2倍振幅；经过eq\f(1,4)个周期，路程等于振幅。(×)(6)当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力为零。(×)(7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率有关。(×)(8)驱动力的频率越大，物体做受迫振动的振幅越大。(×)逐点清(一)简谐运动的规律受力特征回复力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，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eq\f(T,2)对称性特征(1)如图所示，做简谐运动的物体经过关于平衡位置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(2)物体由P到O所用的时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′(3)物体往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO(4)相隔eq\f(T,2)或eq\f(2n＋1T,2)(n为正整数)的两个时刻，物体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[考法全训]考法1对简谐运动的理解1．(鲁科版教材选择性必修1，P39练习T6)(多选)某鱼漂的示意图如图所示，O、M、N为鱼漂上的三个点。当鱼漂静止时，水面恰好过点O。用手将鱼漂向下压，使点M到达水面，松手后，鱼漂会上下运动，上升到最高处时，点N到达水面。不考虑阻力的影响，下列说法正确的是()A．鱼漂的运动是简谐运动B．点O过水面时，鱼漂的速度最大C．点M到达水面时，鱼漂具有向下的加速度D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大解析：选AB设鱼漂的横截面积为S，O点以下的长度为h。当鱼漂静止时，水位恰好在O点，说明此时浮力等于重力，即mg＝ρgSh。可取O点所在位置为平衡位置，取竖直向下为正，当鱼漂被下压x时，水位在O点上方x处，此时合力为F合＝mg－ρgS(h＋x)＝－ρgSx，同理可得水位在O点下方时也满足此式。因为ρ、g、S都是确定量，所以上述关系式满足简谐运动的条件(F合＝－kx)，鱼漂做的是简谐运动，故A正确；O点是平衡位置，所以O点过水面时鱼漂的速度最大，故B正确；M点到达水面时，鱼漂具有向上的加速度，故C错误；鱼漂由上往下运动时，可能加速也可能减速，故D错误。2．(2022·湖南高考，有删节)(多选)下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为eq\f(F1－F2,2ρSg)解析：选ABD由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置，则x从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35m和x＝0.45m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在竖直方向速度大小相等、方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方Δx0处，则有ρgSeq\f(L,2)＋Δx0＝Mg，木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时Mg－F2＝Mg－ρgSeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋Δx0－A))＝kA，木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时F1－Mg＝ρgSeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋Δx0＋A))－Mg＝kA，可解得k＝ρgS，A＝eq\f(F1－F2,2ρSg)，D正确。|考|教|衔|接|教材题和高考题都考查了物体在重力与浮力作用下做简谐运动的基本特征和规律。上述高考题对教材题的改编称不上成功，高考题把一个生活化的真实情境(鱼漂)改成了一个虚构情境(悬浮的木棒)，从而让题目逊色不少。唯一可以称道的是，高考题实现了跨板块知识的综合考查。考法2简谐运动中各物理量分析3．(多选)如图所示，在光滑水平面上有一轻质弹簧左端固定，右端与一质量为m的小球相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小球位于O点。现使小球以O点为平衡位置，在C、B两点间沿光滑水平面做简谐运动，关于这个弹簧振子做简谐运动的过程，下列说法中正确的是()A．小球从O位置向B位置运动过程中做匀减速运动B．小球每次通过同一位置时的加速度一定相同C．小球从C位置向B位置运动过程中，弹簧振子所具有的势能持续增加D．小球在C位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等解析：选BD小球在O点时弹簧的弹性势能为零，所以小球的动能最大，小球从O位置向B位置运动过程中受到弹簧的向左的拉力，与小球速度的方向相反，所以小球做减速运动，但是小球受到弹簧的弹力在变化，则加速度在变化，所以不是匀减速运动，A错误；小球每次通过同一位置时的回复力F＝－kx都是相同的，所以加速度一定相同，B正确；根据能量守恒定律，小球从C位置向O位置运动过程中，速度增大，所以动能逐渐增大，弹簧振子所具有的势能逐渐减小，从O位置向B位置运动过程中，速度减小，所以动能逐渐减小，弹簧振子所具有的势能逐渐增大，C错误；小球在运动的过程中，动能与弹性势能相互转化，由于小球在C点与在B点的速度都是零，所以小球在C位置弹簧振子所具有的势能与在B位置弹簧振子所具有的势能相等，D正确。考法3简谐运动的多解问题4．(2023·山东高考)(多选)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的eq\r(3)倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是()A．eq\f(2L,\r(3)－1)，3t B．eq\f(2L,\r(3)－1)，4tC．eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,5)t D．eq\f(2L,\r(3)＋1)，eq\f(12,7)t解析：选BC根据题意质点有以下四种运动情况：①A、B位于平衡位置两侧，质点先从A点向右运动到右侧最大位移处，再向左运动到B点，运动示意图如图甲所示，eq\f(A,2)＋eq\f(\r(3)A,2)＝L，得A＝eq\f(2L,\r(3)＋1)，A→O用时eq\f(T,12)，O→右侧最大位移处用时eq\f(T,4)，右侧最大位移处到B用时eq\f(T,12)，故eq\f(T,12)＋eq\f(T,4)＋eq\f(T,12)＝t，得T＝eq\f(12,5)t，故C正确；②A、B位于平衡位置两侧，质点先从A点向左运动到左侧最大位移处，再向右运动到右侧最大位移处后向左运动到B点，运动示意图如图乙所示，eq\f(A,2)＋eq\f(\r(3)A,2)＝L，得A＝eq\f(2L,\r(3)＋1)，用时eq\f(2T,12)＋eq\f(T,2)＋eq\f(T,12)＝t，得T＝eq\f(4,3)t，D错误；③A、B位于平衡位置同侧，质点先从A点向右运动到右侧最大位移处，再向左运动到B点，运动示意图如图丙所示，eq\f(\r(3)A,2)－eq\f(A,2)＝L，得A＝eq\f(2L,\r(3)－1)，用时eq\f(2T,12)＋eq\f(T,12)＝t，得T＝4t，B正确；④A、B位于平衡位置同侧，质点先从A点向左运动到左侧最大位移处，再向右运动到右侧最大位移处后向左运动到B点，运动示意图如图丁所示，eq\f(\r(3)A,2)－eq\f(A,2)＝L，得A＝eq\f(2L,\r(3)－1)，用时eq\f(T,12)＋eq\f(T,4)＋eq\f(T,2)＋eq\f(T,12)＝t，得T＝eq\f(12,11)t，A错误。逐点清(二)简谐运动的两种模型模型弹簧振子(水平)单摆示意图简谐运动条件①弹簧质量要忽略②无摩擦力等阻力③在弹簧弹性限度内①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气阻力等阻力③最大摆角小于等于5°平衡位置弹簧处于原长处最低点受力特征回复力：弹簧的弹力提供回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力。向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力周期与振幅无关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[考法全训]考法1弹簧振子模型1．如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B间距为6cm，小球完成30次全振动所用时间为60s，则()A．该振子振动周期是2s，振幅是6cmB．该振子振动频率是2HzC．小球完成一次全振动通过的路程是12cmD．小球过O点时开始计时，3s内通过的路程为24cm解析：选C由题意可知T＝eq\f(60,30)s＝2s，A＝eq\f(6,2)cm＝3cm，A错误；频率f＝eq\f(1,T)，解得f＝0.5Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4×3cm＝12cm，C正确；小球在3s内通过的路程为s＝eq\f(t,T)×4A＝eq\f(3,2)×4×3cm＝18cm，D错误。考法2单摆模型2．(2024·天津高三模拟)(多选)图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02N，已知摆球质量m＝100g，重力加速度取9.8m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是()A．单摆周期为0.8sB．单摆摆长为1.0mC．F的最小值Fmin＝0.96ND．若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变解析：选CD由题图乙可知，单摆周期为T＝1.6s，选项A错误；根据T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得l＝eq\f(gT2,4π2)＝0.64m，单摆摆长为0.64m，选项B错误；摆到最低点时mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，Fmax－mg＝meq\f(v2,l)，可得cosθ＝eq\f(1.92,1.96)，则F最小值Fmin＝mgcosθ＝0.96N，选项C正确；单摆周期与摆球的质量无关，若仅将摆球质量变为200g，单摆周期不变，选项D正确。考法3等效摆长问题3．(2024·扬州高三模拟)如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为()A．2πeq\r(\f(\r(3)L,g)) B．2πeq\r(\f(L,g))C．2πeq\r(\f(2L,g)) D．2πeq\r(\f(2\r(3)L,3g))解析：选A由于“杆线摆”中摆球绕OO′轴摆动，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角很小时，摆球受到的力沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，如图，“杆线摆”的摆长为l＝Lcos30°＝eq\f(\r(3),2)L，摆球沿虚线方向等效重力G′＝Gcos60°＝eq\f(1,2)G＝eq\f(1,2)mg＝mg′，“杆线摆”的周期为T＝2πeq\r(\f(l,g′))＝2πeq\r(\f(\r(3)L,g))，故选A。考法4等效重力加速度问题4．(2024·天津模拟)如图所示，一倾角为α＝30°的光滑绝缘斜面，处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝eq\f(2mg,q)。现将一长为l的细线(不可伸长)一端固定，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球放在斜面上，小球静止在O点。将小球拉开倾角θ后由静止释放，小球的运动可视为单摆运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．摆球的摆动周期为T＝2πeq\r(\f(l,g))B．摆球的摆动周期为T＝2πeq\r(\f(2l,3g))C．摆球经过平衡位置时合力为零D．摆球刚释放时的回复力大小F＝eq\f(1,2)mg解析：选B带正电小球受到的电场力和重力的合力大小为F′＝qE＋mg＝3mg，电场力和重力的合力沿斜面方向产生的加速度为ax＝eq\f(Fx,m)＝eq\f(F′sinα,m)＝eq\f(3,2)g，则摆球的摆动周期为T＝2πeq\r(\f(l,ax))＝2πeq\r(\f(2l,3g))，故A错误，B正确；摆球做单摆运动，摆球经过平衡位置时回复力为零，但合力不为零，故C错误；摆球刚释放时的回复力大小为F＝F′sinα·sinθ＝3mg×eq\f(1,2)×sinθ＝eq\f(3,2)mgsinθ，故D错误。逐点清(三)简谐运动的表达式和图像1．简谐运动的表达式x＝Asin(ωt＋φ)根据简谐运动表达式中质点相对平衡位置的位移x、振幅A、圆频率ωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＝\f(2π,T)))、初相位φ所表示的物理意义，能写出质点做简谐运动的表达式。由简谐运动的表达式能画出其图像，或由简谐运动的图像写出其表达式。2．由图像可获取的五个信息(1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示)(2)判定振动物体在某一时刻的位移。(3)判定某时刻质点的振动方向：①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；②下一时刻位移若减小，质点的振动方向是指向平衡位置。(4)判定某时刻质点的加速度(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\up7(F＝－kx))eq\x(\a\al(F的大小,及方向))eq\o(→,\s\up7(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，动能则越小。[考法全训]考法1对简谐运动图像的理解1．(多选)如图所示是弹簧振子做简谐运动的振动图像，可以判定()A．从t1到t2时间内系统的动能不断增大，势能不断减小B．从t2到t3时间内振幅不断增大C．t3时刻振子处于平衡位置处，动能最大D．t1、t4时刻振子的动能、速度都相同解析：选ACt1到t2时间内，x减小，弹力做正功，系统的动能不断增大，势能不断减小，故A正确；振幅是离开平衡位置的最大位移，振幅不变，故B错误；t3时刻振子处于平衡位置，位移为零，速度最大，动能最大，故C正确；t1、t4时刻位移相同，即处于同一位置，速度等大反向，动能相同，故D错误。考法2两个简谐运动图像的对比2．(2024·海口模拟)(多选)如图所示是两个理想单摆在同一地点的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是()A．t＝2s时，甲单摆的摆线拉力为0，乙的速度为0B．增大乙的摆球质量，乙的周期有可能与甲相等C．甲摆球和乙摆球永远不可能同时均处于动能最小的状态D．乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm解析：选CDt＝2s时，甲单摆运动到最低点，摆球速度最大，摆线拉力和摆球重力的合力提供向心力，摆线拉力不为0，故A错误；由周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))可知，周期与摆球质量没有关系，故B错误；由题图可知，乙的周期是甲的2倍，甲、乙同时从平衡位置向正方向运动，则永远不可能同时均处于动能最小的状态，故C正确；由题图可知，乙单摆的振幅为1cm，圆频率为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，又有t＝0时，x＝0，且开始向正方向运动，则乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm，故D正确。考法3简谐运动图像与方程的综合3．(2024·河南开封质检)如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端系小球，现使小球在竖直方向上做简谐运动，小球相对平衡位置的位移随时间t变化的规律如图乙所示，则小球在0～0.5s内通过的路程为__________cm，振动的周期为________s，小球的振动方程是y＝__________m。解析：由题图乙知小球在0～0.5s内通过的路程为30cm，小球振动的周期为1.2s，小球的振幅为A＝0.2m，设小球的振动方程为y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(2π,T)t＋φ))＝0.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)t＋φ))m，将t＝0，y＝0.1m代入上式解得φ＝eq\f(π,6)，则小球的振动方程是y＝0.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(5π,3)t＋eq\f(π,6)))m。答案：301.20.2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)t＋\f(π,6)))逐点清(四)受迫振动和共振|题|点|全|练|1．[对受迫振动和共振的理解](多选)正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，转速逐渐慢下来，到某一时刻t，机身反而会发生强烈的振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，针对这种现象的分析说法正确的是()A．在t时刻脱水桶的惯性最大B．在t时刻脱水桶的转动频率最大C．在t时刻洗衣机发生共振D．机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等解析：选CD惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，A错误；机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，C、D正确，B错误。2．[对共振曲线的理解]同一地点，甲、乙单摆在驱动力作用下振动，其振幅A随驱动力频率f变化的图像如图所示，下列说法正确的是()A．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率大于f0B．若驱动力的频率为f0，乙单摆振动的频率小于f0C．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的振幅相同D．若驱动力的频率为3f0，甲、乙单摆振动的频率均为3f0解析：选D当物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率，故A、B错误，D正确；受迫振动物体的固有频率与驱动力频率越接近，振幅越大，由题图可知，甲的固有频率是f0，乙的固有频率是2f0，若驱动力的频率为3f0，甲单摆振动的振幅小于乙单摆振动的振幅，C错误。3．[共振现象的应用](多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则()A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同解析：选AD不同树木的固有频率不同，因此针对不同树木，要使之发生共振需要的振动频率不同，选项A正确；根据共振曲线，小于固有频率时，逐渐增加驱动力频率，振动的幅度会增大，而在大于固有频率时增加驱动力频率，振动的幅度会减小，选项B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，选项D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有频率不同，选项C错误。|精|要|点|拨|三种振动的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受驱动力受驱动力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(θ≤5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等[课时跟踪检测]1．(2024·宿州高三模拟)如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，则()A．在t＝0.2s时，振子的加速度为负向最大B．在t＝0.6s时，弹簧振子的弹性势能最小C．在t＝0.4s和t＝0.8s两个时刻，振子的速度都为零D．从t＝0.2s到t＝0.4s时间内，振子做加速度减小的减速运动解析：选A由图像乙知，t＝0.2s时位移正向最大，根据F＝－kx知回复力负向最大，所以振子的加速度为负向最大，故A正确；由图像乙知，在t＝0.6s时，弹簧振子的位移最大，则弹簧的弹性势能最大，故B错误；x-t图像的斜率表示速度，由图像乙得，t＝0.4s和t＝0.8s时图像的斜率最大，速度最大，故C错误；从t＝0.2s到t＝0.4s时间内，振子的位移减小，回复力减小，则加速度减小，加速度方向与速度方向相同，则速度增加，振子做加速度减小的加速运动，故D错误。2．一弹簧振子振幅为A，从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置，若振子从平衡位置处经过时间eq\f(t0,3)时的加速度大小和动能分别为a1和E1，而振子位移为eq\f(A,3)时的加速度大小和动能分别为a2和E2，则a1、a2和E1、E2的大小关系为()A．a1>a2，E1>E2 B．a1>a2，E1<E2C．a1<a2，E1<E2 D．a1<a2，E1>E2解析：选B已知从最大位移处经过时间t0第一次到达平衡位置，可知从平衡位置到第一次到达最大位移处的时间亦为t0，由平衡位置经时间t0到达最大位移处的过程是加速度增大的减速运动过程，此过程的位移为A，所以振子从平衡位置处经过eq\f(t0,3)时间通过的位移要大于eq\f(A,3)，所以a1>a2，E1<E2。故B正确，A、C、D错误。3．(多选)劲度系数相同的两根弹簧分别与甲、乙两个小钢球组成弹簧振子，让两弹簧振子各自在水平面内做简谐运动，某时刻开始计时，两者的振动图像如图所示。已知弹簧振子的振动周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m为振子质量，k为弹簧劲度系数，下列说法正确的是()A．甲球质量等于乙球质量B．甲球的加速度始终大于乙球的加速度C．t＝0.15s时，弹簧对甲球的作用力大于弹簧对乙球的作用力D．若用两根相同的无弹性细长绳分别系住两个小球制成单摆，甲球做成的单摆周期大于乙球做成的单摆周期解析：选AC由题图知，甲、乙周期相同，由T＝2πeq\r(\f(m,k))知，两个小球质量相同，A正确；甲、乙都做简谐振动，由图像可知，甲、乙的振动不是同步的，因此甲球的加速度不可能始终大于乙球的加速度，B错误；对甲有x甲＝2cosω甲t＝2cos5πt(cm)，对乙有x乙＝－sinω乙t＝－sin5πt(cm)，t＝0.15s时，则有x甲＝2cosω甲t＝2cos(5π×0.15)(cm)＝－eq\r(2)cm，x乙＝－sinω乙t＝－sin(5π×0.15)(cm)＝－eq\f(\r(2),2)cm，弹簧劲度系数相同，由F＝－kx可知，弹簧对甲球的作用力大于弹簧对乙球的作用力，C正确；单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，与小球质量无关，甲球做成的单摆周期等于乙球做成的单摆周期，D错误。4．(2024·哈尔滨模拟)假定地球为密度均匀分布的球体，球半径为R。某单摆在地面处做简谐运动的周期T1与在某矿井底部做简谐运动的周期T2之间满足T1＝eq\r(k)T2(0<k<1)。忽略地球的自转，已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的万有引力为零，则该矿井底部离地面的距离为()A．(1－k)R B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(k))))RC．kR D．eq\r(k)R解析：选A球壳部分对物体的万有引力为0，则矿井底部重力加速度g＝Geq\f(M,R－d2)，其中M＝ρ·eq\f(4,3)π(R－d)3，则g＝eq\f(4,3)πρG(R－d)，又地面处重力加速度g0＝eq\f(4,3)πρGR，则eq\f(g,g0)＝eq\f(R－d,R)，根据单摆周期公式可知T1＝2πeq\r(\f(L,g0))，T2＝2πeq\r(\f(L,g))，且T1＝eq\r(k)T2，解得d＝(1－k)R，故选A。5．(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)如图，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为()A．2mgsinθ B．3mgsinθC．4mgsinθ D．5mgsinθ解析：选C物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有F弹1＝mgsinθ，对甲有F弹1＋mgsinθ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mgsinθ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mgsinθ＝4mgsinθ，故选C。6．(多选)科技文化节中，物理社团做了如下一个沙摆实验。如图甲所示，薄木板被沿箭头方向水平拉出的过程中，沙摆漏出的沙在板上形成的一段曲线如图乙所示，当沙摆摆动经过最低点时开始计时(记为第1次)，当它第20次经过最低点时测得所需的时间为19s(忽略摆长的变化)，取当地重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．随着沙子不断漏出，沙摆摆动的频率将会增加B．该沙摆的摆长约为1mC．由图乙可知薄木板做的是匀加速运动，且加速度大小约为7.5×10－3m/s2D．当图乙中的C点通过沙摆正下方时，薄木板的速率约为0.126m/s解析：选BD沙摆摆动的周期、频率与质量无关，A错误；由t＝eq\f(n－1,2)T得T＝2s，由单摆周期公式可得L＝eq\f(gT2,4π2)≈1m，故B正确；由题图乙中数据可知，木板在连续且相等的时间段内的位移差恒定，约为Δx＝3.10cm，由匀变速直线运动的规律可知木板做匀加速运动，加速度大小为a＝eq\f(Δx,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2)＝eq\f(3.10cm,1s2)＝3.1×10－2m/s2，C错误；匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，有vC＝eq\x\to(v)＝eq\f(BD,T)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14.10＋11.00))×10－2m,2s)≈0.126m/s，故D正确。7．(多选)如图所示，质量为1.44kg的小球(视为质点)在B、C两点间做简谐运动，O点是它振动的平衡位置。若从小球经过O点开始计时，在t1＝0.1s时刻小球第一次经过O、B两点间的M点(图中未画出)，在t2＝0.5s时刻小球第二次经过M点，已知弹簧振子的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，其中m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数，取π2＝10，则下列说法正确的是()A．弹簧振子的周期为1.2sB．弹簧的劲度系数为80N/mC．在t3＝1.3s时刻，小球第三次经过M点D．O、M两点间的距离为5cm解析：选ACD根据题意，M点到B点的时间为t0＝eq\f(t2－t1,2)＝0.2s，则有eq\f(T,4)＝t0＋t1＝0.3s，可得周期为T＝1.2s，故A正确；根据弹簧振子周期公式T＝2πeq\r(\f(m,k))，代入数据得k＝40N/m，故B错误；小球第三次经过M点时刻为t3＝T＋t1＝1.3s，故C正确；小球做简谐运动，振幅为A＝10cm，圆频率为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(5π,3)rad/s，则简谐运动的表达式为y＝Asinωt＝10sineq\f(5π,3)t(cm)，t1＝0.1s时，则有y＝5cm，故D正确。第2讲机械波(基础落实课)一、机械波1．定义：机械振动在介质中传播，形成了机械波。2．形成条件(1)有发生机械振动的波源。(2)有传播介质，如空气、水等。3．特点(1)传播振动的形式、能量、信息。(2)质点不随波迁移。(3)每个质点起振方向都与波源的起振方向相同。4．分类(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰和波谷。(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有疏部和密部。5．描述物理量(1)波长(λ)：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。①在横波中，两个相邻波峰(或波谷)间的距离等于波长。②在纵波中，两个相邻密部(或疏部)之间的距离等于波长。(2)周期(T)或频率(f)：波的周期或频率等于波源的振动周期或频率。(3)波速(v)：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。(4)波长、频率(或周期)和波速之间的关系：v＝eq\f(λ,T)＝λf。6．波的图像(1)坐标轴：横坐标表示沿波传播方向上各个质点的平衡位置，纵坐标表示某时刻各个质点偏离平衡位置的位移。(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。二、波的干涉和衍射现象多普勒效应1．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，相位差保持不变产生明显衍射的条件：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继续向前传播2．多普勒效应现象观察者接收到的波的频率发生变化条件波源和观察者之间有相对运动(距离发生变化)实质波源频率不变，观察者接收到的频率发生变化理解判断(1)横波就是在水平方向传播的波。(×)(2)在机械波的传播过程中各质点随波的传播而迁移。(×)(3)通过波的图像可以找出任一质点在某时刻的位移。(√)(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)机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。(×)(6)波速表示介质中质点振动的快慢。(×)(7)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。(×)(8)一切波都能发生衍射现象。(√)(9)多普勒效应说明波源的频率发生变化。(×)逐点清(一)机械波的传播与波的图像的应用考法(一)波的传播规律及波速公式的应用1．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，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。(4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。2．对波速公式v＝eq\f(λ,T)＝λf的理解(1)波长λ：在波的传播方向上，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。(2)波速v：机械波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定，与波源的周期T无关。(3)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点的振动频率等于波源的振动频率。[例1](2022·北京高考)在如图所示的xOy坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a。t＝0时，x＝0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。t＝eq\f(3,4)T时的波形如图所示。下列说法正确的是()A．t＝0时，质点P0沿y轴负方向运动B．t＝eq\f(3,4)T时，质点P4的速度最大C．t＝eq\f(3,4)T时，质点P3和P5相位相同D．该列绳波的波速为eq\f(8a,T)[解析]由t＝eq\f(3,4)T时的波形图可知，波刚好传到质点P6，根据“上下坡法”，可知此时质点P6沿y轴正方向运动，故波源起振的方向也沿y轴正方向，故t＝0时，质点P0沿y轴正方向运动，故A错误；由题图可知，在t＝eq\f(3,4)T时质点P4处于正的最大位移处，故速度为零，故B错误；由题图可知，在t＝eq\f(3,4)T时，质点P3沿y轴负方向运动，质点P5沿y轴正方向运动，故两个质点的相位不相同，故C错误；由题图可知eq\f(λ,4)＝2a，解得λ＝8a，故该列绳波的波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8a,T)，故D正确。[答案]D[针对训练]1．(2024年1月·安徽高考适应性演练)“水袖功”是中国古典舞中用于表达情感的常用技巧，舞者通过手把有规律的抖动传导至袖子上，营造出一种“行云流水”的美感。这一过程其实就是机械波的传播。下列关于机械波中横波的说法正确的是()A．介质中质点沿波的传播方向移动B．介质中质点的振动速度等于波速C．横波是传递能量的一种方式D．横波由一种介质进入另一种介质时频率发生变化解析：选C介质中质点不会沿波的传播方向移动，只在自己平衡位置附近振动，故A错误；介质中质点的振动速度不等于波速，波速与介质有关，振动的速度与距平衡位置的远近有关，故B错误；横波和纵波都能传递能量，故横波是传递能量的一种方式，故C正确；波的频率由波源决定，与介质无关，故横波由一种介质进入另一种介质时频率不发生变化，故D错误。考法(二)波的图像的应用1．波的图像特点(1)质点振动nT(波传播nλ)时，波形不变。(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ(n＝1,2，3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，3，…)时，它们的振动步调总相反。(3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。2．根据波的图像、传播方向判定振动方向方法内容图像“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注意：波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。[例2]B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的周期为1×10－7s，下列说法正确的是()A．质点M开始振动的方向沿y轴正方向B．0～1.25×10－7s内质点M运动的位移为0.4mmC．超声波在血管中的传播速度为1.4×103m/sD．t＝2.0×10－7s时质点N恰好处于波谷[解析]根据同侧法可知，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，故A错误；由题可知，质点M运动了eq\f(5,4)T，因此M的位移为－0.4mm，故B错误；超声波在血管中的传播速度为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(14×10－5,1×10－7)m/s＝1.4×103m/s，故C正确；根据题意可知，0～2.0×10－7s时间内，波传播的距离为x＝vt＝2.8×10－4m，即x＝7×10－2mm处质点的振动形式传播到N点，则质点N恰好处于波峰，故D错误。[答案]C[针对训练]2．一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为10m/s，t＝0时刻的波形如图所示。下列说法正确的是()A．0～0.6s时间内，质点P运动的路程为18cmB．t＝0.6s时刻，质点P相对平衡位置的位移为6cmC．t＝1.2s时刻，质点Q加速度最大D．t＝1.4s时刻，质点M沿y轴负方向运动解析：选A由波形图可知A＝6cm，λ＝8m，因为v＝10m/s，所以T＝eq\f(λ,v)＝0.8s,0～0.6s时间内，质点P运动的路程s＝3A＝18cm，A正确；t＝0.6s时，即经过eq\f(3,4)T，质点P恰好回到平衡位置，相对平衡位置的位移为0，B错误；t＝1.2s＝eq\f(3,2)T时，质点Q处于平衡位置，加速度为0，C错误；t＝1.4s＝eq\f(7,4)T时，质点M处于波谷和平衡位置之间，正沿y轴正方向运动，D错误。考法(三)根据两时刻的波的图像分析问题由t时刻的波形确定t＋Δt时刻的波形(1)如图所示，波向右传播Δt＝eq\f(1,4)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(3,4)T))的时间和向左传播Δt＝eq\f(3,4)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(1,4)T))的时间，波形相同。(2)若Δt＞T，可以采取“去整留零头”的办法。[例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0.40m/sB．波长为0.08mC．x＝0.08m的质点在t＝0.70s时位于波峰D．x＝0.08m的质点在t＝0.12s时位于波谷[解析]因周期T＞0.20s，故波在t＝0到t＝0.20s时间内传播的距离小于波长λ，由y-x图像可知传播距离Δx＝0.08m，故波速v＝eq\f(Δx,Δt)＝0.40m/s，故A正确；由y-x图像可知波长λ＝0.16m，故B错误；由v＝eq\f(λ,T)得，波的周期T＝eq\f(λ,v)＝0.4s，根据振动与波动的关系知t＝0时，x＝0.08m的质点沿＋y方向振动，t＝0.70s＝eq\f(7,4)T，故此时该质点位于波谷，因为eq\f(1,4)T＜0.12s＜eq\f(T,2)，此时x＝0.08m的质点在x轴上方沿－y方向振动，故C、D错误。[答案]A[针对训练]3．(多选)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x＝0处的质点在0～1s内运动的路程为4.5cm。下列说法正确的是()A．波沿x轴正方向传播B．波源振动周期为1.1sC．波的传播速度大小为13m/sD．t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴负方向运动解析：选AC由题意，x＝0处的质点在0～1s的时间内通过的路程为4.5cm，则结合题图可知t＝0时刻x＝0处的质点沿y轴的负方向运动，则由质点的振动和波的传播方向关系可知，该波的传播方向沿x轴的正方向，故A正确；由题意可知，t＝1s为eq\f(13,12)T，解得T＝eq\f(12,13)s，由题图可知λ＝12m，则v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(12,\f(12,13))m/s＝13m/s，故C正确，B错误；由同侧法可知t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴正方向运动，故D错误。逐点清(二)波的图像与振动图像的综合应用1．振动图像与波的图像的比较振动图像波的图像图像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的加速度方向(4)传播方向、振动方向的互判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2．求解波的图像与振动图像综合问题的关键点(1)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像，横坐标为t则为振动图像。(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。(3)找准波的图像对应的时刻，找准振动图像对应的质点。[考法全训]考法1已知波的图像判定质点的振动图像1．(2024·衡阳模拟)(多选)如图是一列沿x轴传播的简谐横波t＝0时刻的波形图，已知该波的传播速度为4m/s，则下列选项图中，描述平衡位置坐标为x＝12m处质点的振动图像可能正确的是()解析：选AD由题图可以得到该波的波长为λ＝24m，又因为波速为v＝4m/s，所以得到质点的振动周期为T＝eq\f(λ,v)＝6s，故B错误；因为x＝12m处的质点与原点的水平距离正好是半个波长，故t＝0时刻x＝12m处的质点的位移为5cm，故C错误；若该波沿x轴负方向传播，由“同侧法”可知，t＝0时刻x＝12m处的质点向上振动，故A正确；若该波沿x轴正方向传播，由“同侧法”可知，t＝0时刻x＝12m处的质点向下振动，故D正确。考法2已知质点振动图像判定波的图像2．(2022·山东高考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当t＝7s时，简谐波的波动图像可能正确的是()解析：选AC由O点的振动图像可知，周期为T＝12s，设原点处的质点的振动方程为y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋φ))，则10＝20sinφ，解得φ＝eq\f(π,6)，在t＝7s时刻y7＝20sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,12)×7＋\f(π,6)))＝－10eq\r(3)cm≈－17.3cm，因7s＝eq\f(1,2)T＋eq\f(1,12)T，则在t＝7s时刻质点沿y轴负方向振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。考法3波的图像与振动图像的综合应用3．(鲁科版教材选择性必修1，P72例题)图(a)是一列简谐横波在t＝2s时的图像，图(b)是这列波中质点P的振动图像，求该波的传播速度和传播方向。提示：由题图(a)可知，这列波的波长λ＝100cm；由题图(b)可知，这列波的周期T＝2s。根据公式v＝eq\f(λ,T)可得波速v＝50cm/s由题图(b)可知，质点P在t＝2s时向上运动，故这列波沿x轴负方向传播。4．[2023·全国乙卷，T34(1)](多选)一列简谐横波沿x轴传播，图(a)是t＝0时刻的波形图；P是介质中位于x＝2m处的质点，其振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是()A．波速为2m/sB．波向左传播C．波的振幅是10cmD．x＝3m处的质点在t＝7s时位于平衡位置E．质点P在0～7s时间内运动的路程为70cm解析：选ABE由题图(a)可知波长为4m，由题图(b)可知波的周期为2s，则波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s，故A正确；由题图(b)可知t＝0时刻P点向下运动，根据“同侧”法可知波向左传播，故B正确；由题图(a)可知波的振幅为5cm，故C错误；根据题图(a)可知t＝0时x＝3m处的质点位于波谷处，由于t＝7s＝3T＋eq\f(1,2)T，可知在t＝7s时x＝3m处的质点位于波峰处，故D错误；质点P运动的路程为s＝3×4A＋eq\f(1,2)×4A＝70cm，E正确。|考|教|衔|接|从教材中“建模”，到高考中“用模”教材题和高考题均考查了波的图像与质点振动图像的综合应用，解这类问题，需从波的图像提取波长、从质点振动图像提取周期等信息，利用v＝eq\f(λ,T)＝λf求解波的传播速度，利用同侧法等判断波的传播方向或质点的振动方向。高考年年题不同，高考年年“神”相似。这个“神”，就是解同类题的思维模型。

逐点清(三)波的多解问题造成波动问题多解的主要因素有：波的周期性、波的双向性、波形的隐含性。解决该类问题一般可以按如下思路：(1)首先找出造成多解的原因，比如考虑传播方向的双向性，可先假设波向右传播，再假设波向左传播，分别进行分析。(2)根据周期性列式，若题目给出的是时间条件，则列出t＝nT＋Δt(n＝0,1,2，…)，若给出的是距离条件，则列出x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2，…)进行求解。(3)根据需要进一步求与波速eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＝eq\f(Δx,Δt)或v＝eq\f(λ,T)＝λf))等有关的问题。类型一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。[例1](2024·营口模拟)如图甲所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，A、B两点的平衡位置间的距离x＝6m，A、B两点的振动情况分别如图乙中的图线a、b所示。该波的最大波长为()A．8m B．6mC．4m D．2m[解析]根据振动图像平移可知，该波从A点传播至B点的时间Δt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(3,4)))T(n＝0,1,2,3…)，又由于v＝eq\f(x,Δt)＝eq\f(λ,T)，由题图乙可知，该波的周期T＝4s，解得λ＝eq\f(24,4n＋3)m(n＝0,1,2,3…)，可知，当n＝0时，波长最大，且λmax＝8m，故选A。[答案]A类型二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。[例2](多选)一列简谐横波在某一时刻波的图像如图中实线所示。下列说法中正确的是()A．平衡位置分别为A、B的2个质点的振幅相等B．如果波向右传播，平衡位置分别为B、C的2个质点，在此时刻的振动方向相反C．若波速为240m/s，那么波的频率为30HzD．若虚线是简谐横波在t＝eq\f(1,4)s时的波形图，那么波的传播速度为8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n＋1))m/seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝0，1，2…))[解析]波在传播过程中各个质点的振幅都相等，选项A正确；如果波向右传播，平衡位置分别为B、C的2个质点，在此时刻的振动方向相反，B质点沿y轴正向振动，C质点沿y轴负向振动，选项B正确；若波速为240m/s，那么波的频率为f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(240,8)Hz＝30Hz，选项C正确；若虚线是简谐横波在t＝eq\f(1,4)s时的波形图，若波沿x轴正向传播，那么波的传播速度为v＝eq\f(nλ＋\f(1,4)λ,Δt)＝eq\f(8n＋2,\f(1,4))m/s＝8(4n＋1)m/s(n＝0,1，2…)，若波沿x轴负向传播，那么波的传播速度为v＝eq\f(nλ＋\f(3,4)λ,Δt)＝eq\f(8n＋6,\f(1,4))m/s＝8(4n＋3)m/s(n＝0,1，2…)，选项D错误。[答案]ABC类型三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。[例3](2023·海南高考)如图所示分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是()A．该波的周期是5s B．该波的波速是3m/sC．4s时P质点向上振动 D．4s时Q质点向上振动[解析]由振动图像可看出该波的周期是4s，A错误；由于Q、P两个质点振动方向相反，则可知两者间距离满足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))λ＝6m，n＝0,1，2，…，则v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(3,2n＋1)m/s，n＝0,1,2，…，B错误；由P质点的振动图像可看出，在4s时P质点在平衡位置向上振动，C正确；由Q质点的振动图像可看出，在4s时Q质点在平衡位置向下振动，D错误。[答案]C逐点清(四)波的干涉、衍射、多普勒效应|题|点|全|练|1．[波的叠加](2023·湖南高考)如图(a)，在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位于同一直线上，AC＝BC＝4m，DC＝3m，DC垂直AB。t＝0时，位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图(b)所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长为4m。下列说法正确的是()A．这三列波的波速均为2m/sB．t＝2s时，D处的质点开始振动C．t＝4.5s时，D处的质点向y轴负方向运动D．t＝6s时，D处的质点与平衡位置的距离是6cm解析：选C由题图(b)的振动图像可知，振动周期为4s，故三列波的波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4m,4s)＝1m/s，A错误；由题图(a)可知，D处质点离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C产生的横波传播到D处所需的时间为tC＝eq\f(DC,v)＝eq\f(3m,1m/s)＝3s，故t＝2s时，D处的质点还未开始振动，B错误；由几何关系可知AD＝BD＝5m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB＝eq\f(AD,v)＝eq\f(5m,1m/s)＝5s，故t＝4.5s时，仅波源C产生的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t1＝t－tC＝1.5s，由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；t＝6s时，波源C产生的横波传播到D处后振动时间为t2＝t－tC＝3s，由振动图像可知此时波源C产生的横波的波谷传播到D处，波源A、B产生的横波传播到D处后振动时间为t3＝t－tAB＝1s，由振动图像可知此时波源A、B产生的波峰传播到D处，根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为y＝2A－A＝2cm，D处的质点与平衡位置的距离是2cm，D错误。2．[波的干涉](1)(公式法)(多选)如图甲所示，在同一均匀介质中波源S1、S2相距5m，在t＝0时，同时向外发出两列相干波，波源处的质点的振动图像均如图乙所示。在以S1、S2连线为直径、O为圆心的圆周上有A、B两点，且AS1＝3m，B点在S1、S2连线中垂线上，两列波在介质中传播速度大小均为2.5m/s。则下列判断正确的有()A．两列波在介质中的波长为5mB．在t＝1.35s时，A处质点处于波峰C．B点为振动加强点，且始终处于波峰位置D．A点为振动加强点，振幅为1cm解析：选BD由题图乙可知波的周期为T＝0.2s，所以波长λ＝v·T＝0.5m，A错误；S1产生的波传播至A点用时t1＝eq\f(AS1,v)＝1.2s，S2产生的波传播至A点用时t2＝eq\f(AS2,v)＝eq\f(4,2.5)s＝1.6s，因此在t＝1.35s时，只有S1产生的波到达A点，并且使A处质点振动eq\f(3,4)T，所以此时A处质点应该处于波峰，B正确；由于S1、S2为同相位波源，且BS1－BS2＝0，所以B点为振动加强点，但B点是处于振动状态，并非一直处于波峰，C错误；由于AS2－AS1＝1m＝2λ，所以A点为振动加强点，振幅为1cm，D正确。(2)(波形图法)(多选)S1和S2两相干水波的干涉图样如图所示，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是1m/s和0.5m，B是AC连线的中点。图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列说法中正确的是()A．再过半个周期，A点变为振动减弱点B．图中A、B两点的竖直高度差为10cmC．图中C点正处于平衡位置且向水面下运动D．从图所示时刻开始经0.25s，B点通过的路程为20cm解析：选BD此时A点波峰与波峰相遇，是振动加强点，但不是总处于波峰位置，不过总是振动加强点，所以再过半个周期，A点还是振动加强点，A错误；题图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为2A＝10cm，B正确；题图中C点是振动加强点，正处于波谷位置，C错误；波的周期为T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(0.5,1)s＝0.5s，从题图所示时刻开始经0.25s＝0.5T，B点通过的路程为2×2A＝20cm，D正确。3．[对波的衍射的理解](多选)障碍物处不能发生明显衍射。下列措施可能使波发生较为明显衍射的是()A．增大波源的振动频率B．减小波源的振动频率C．增大障碍物的长度D．减小障碍物的长度解析：选BD不能发生明显衍射的原因是障碍物的长度远大于波长，则增大波长或减小障碍物的长度可能使波发生较为明显的衍射，选项C错误，D正确；由λ＝eq\f(v,f)知，v不变，减小f，λ增大，选项A错误，B正确。4．[对多普勒效应的理解]如图所示是用发波水槽演示多普勒效应的实验照片，水槽固定不动，波源以固定频率振动并以某一速度沿x轴方向移动，A、B是位于x轴上的两个质点，则在图示时刻，下列说法中正确的是()A．波源向x轴正方向运动B．A处波速大于B处波速C．质点A振动的频率大于波源频率D．质点B振动的频率等于波源频率解析：选C由题图可知，单位时间内在A点接收到的波面数量比B点多，则在A点观察到的频率比在B点观察到的频率高，可知波源向x轴负方向运动，故A错误；A、B处于同一介质，A处波速等于B处波速，故B错误；单位时间内在A处接收的波面数量较多，则质点A振动的频率大于波源频率，故C正确；单位时间内在B处接收的波面数量较少，则质点B振动的频率小于波源频率，故D错误。|精|要|点|拨|1．波的干涉中振动加强点、减弱点的判断方法(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)波形图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．衍射现象的两点提醒(1)障碍物或孔的尺寸大小并不是决定衍射能否发生的条件，仅是衍射现象是否明显的条件，波长越大越易发生明显的衍射现象。(2)当孔的尺寸远小于波长时，尽管衍射十分突出，但衍射波的能量很弱，也很难观察到波的衍射。3．多普勒效应的成因分析(1)接收频率是指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整波的个数。(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。[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1．(2024年1月·河南高考适应性演练)如图，在同一根软绳上先后激发出a、b两段同向传播的简谐波，则它们()A．波长相同 B．振幅相同C．波速相同 D．频率相同解析：选C波在相同介质中传播的速度相同，由题图可知，两列波的波长不同，振幅不同，根据f＝eq\f(v,λ)，可知两列波的频率不同。故选项C正确，A、B、D错误。2．(2023·广东高考)渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物。声波在水中传播速度为1500m/s，若探测器发出频率为1.5×106Hz的声波，下列说法正确的是()A．两列声波相遇时一定会发生干涉B．声波由水中传播到空气中，波长会改变C．该声波遇到尺寸约为1m的被探测物时会发生明显衍射D．探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关解析：选B根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发生干涉的条件是频率相等，所以两列声波相遇时不一定发生干涉，故A、D错误；声波由水中传播到空气中时，声波的波速发生变化，频率不变，所以波长会发生改变，故B正确；根据波长的计算公式可得λ＝eq\f(v,f)＝eq\f(1500,1.5×106)m＝1×10－3m，当遇到尺寸约为1m的被探测物时不会发生明显衍射，故C错误。3．(2023·湖北高考)一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x＝－eq\f(40,3)cm和x＝120cm处。某时刻b质点的位移为y＝4cm，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为()解析：选Aa、b之间的距离为Δx＝eq\f(40,3)cm＋120cm＝eq\f(4,3)λ，此时b点的位移为4cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为φ，则有4cm＝8cm·sinφ，解得φ＝eq\f(π,6)或φ＝eq\f(5π,6)(向下振动，舍去)，由a、b之间的距离关系可知φa－φ＝eq\f(\f(λ,3),λ)·2π＝eq\f(2,3)π，则φa＝eq\f(5,6)π，可知a点此时的位移为y＝8cm·sinφa＝4cm，且向下振动，故选A。4．(2023·浙江6月选考)如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则()A．声波的波长λ＝15cmB．声波的波长λ＝30cmC．两声波的振幅之比为3∶1D．两声波的振幅之比为2∶1解析：选C分析可知A、B两管等长时，两声波在O处振动加强，将A管拉长d＝15cm后，两声波在O处振动减弱，设沿A管传播的声波振幅为AA，沿B管传播的声波振幅为AB，根据题意可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA＋AB,AA－AB)))2＝eq\f(400,100)，解得eq\f(AA,AB)＝3，C正确，D错误；把A管拉长d，在O处第一次探测到声波强度最小，故2d＝eq\f(1,2)λ，解得λ＝60cm，A、B错误。5．(2024·郑州高三检测)图甲为超声波悬浮仪，上方圆柱体发出超声波，下方圆柱体将接收到的超声波信号反射回去。两列超声波信号叠加后，会出现振幅几乎为零的点——节点，小水珠能在节点处附近保持悬浮状态，图乙为某时刻两列超声波的波形图，P、Q为波源，点M(－1.5,0)、点N(0.5，0)分别为两列波的波前，已知声波传播的速度为340m/s。则下列说法正确的是()A．该超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为340HzB．小水珠悬浮时，受到的声波压力为零C．两列波充分叠加后，小水珠不可以悬浮在点M(－1.5，0)附近D．经过t＝1×10－4s，点M沿x轴正方向移动3.4cm解析：选C由题图乙可知，超声波波长为1cm，而声波的传播速度为340m/s，所以超声波信号频率为f＝eq\f(v,λ)＝eq\f(340,1×10－2)Hz＝34000Hz，故A错误；小水珠悬浮时，受到的声波压力与重力平衡，所以声波压力竖直向上，故B错误；由题图乙可知两波源振动步调相反，M点与两个波源的波程差为2.5cm，即2.5个波长，故M点为振动加强点，不是节点，小水珠不能悬浮在此处，故C正确；介质中的各质点在平衡位置附近振动，而不会随波迁移，故D错误。6．(2024·重庆高三检测)图(a)是一列简谐横波在某时刻的波形图，该时刻横波恰好传播至P点，图(b)为质点M从该时刻开始的振动图像，下列说法正确的是()A．此波在该介质中的传播速度为1.25m/sB．波源起振方向沿y轴负方向C．此波传播至Q点的过程中，质点P的路程为0.5mD．此波传播至Q点时，质点N位于－5cm位移处解析：选C根据图像可知波长为4m，周期为4s，v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，故A错误；质点M该时刻振动方向向下，根据同侧法，波沿x轴正方向传播，P点起振方向沿y轴正方向，所以波源起振方向沿y轴正方向，故B错误；此波传播至Q点时间满足tQ＝eq\f(x,v)＝5s＝eq\f(5,4)T，因此P点路程s＝5A＝50cm＝0.5m，故C正确；此波传播至Q点时间满足tQ＝eq\f(5,4)T，质点M的振动方程y＝－Asineq\f(2π,T)t＝－10sineq\f(π,2)t(cm)，根据图像可知N点振动到平衡位置时间为t1＝eq\f(1,3)s，t0＝eq\f(T,4)－t1＝eq\f(2,3)s，y＝－10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)×\f(2,3)))(cm)＝－5eq\r(3)(cm)，故D错误。7．一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，O和A是介质中平衡位置分别为x＝0和x＝10cm处的两个质点，且两质点的振动情况始终相反。t＝0时，质点O的位移为y0＝5cm，向上振动；t1＝eq\f(2,3)s时，质点O的位移第二次为y1＝5cm；t2＝1s时，质点O的位移第一次为y2＝－5cm。求：(1)简谐波的波速；(2)质点O的位移随时间变化的关系式。解析：(1)由简谐运动的对称性知，振动周期为T＝2t2＝2s由于质点O和A的振动情况始终相反，则两点间距离为Δx＝nλ＋eq\f(1,2)λ＝10cmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝0，1，2，…))又因为v＝eq\f(λ,T)解得v＝eq\f(10,2n＋1)cm/seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝0，1，2，…))。(2)简谐运动的圆频率为ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/s设O点的振动方程为y＝Asin(ωt＋φ0)则t＝0时，有y＝Asinφ0＝5cmt1＝eq