振动和波复习与测试

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1、振动和波复习与测试知识网络重难点聚焦1简谐运动的公式和图象2受迫振动 共振3波的图象及应用4波的干涉、衍射、多普勒效应知识要点回扣知识点一简谐运动1简谐运动物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动。2简谐运动的三个特征简谐运动物体的受力特征：回复力F=kx；简谐运动的运动特征：加速度a=kx/m，变加速运动；简谐运动的能量特征：机械能转化及守恒。3描述简谐运动的物理量(1)位移x由平衡位置指向振动质点所在位置的有向线段，是矢量。(2)振幅A振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱。(3)周期T和频率f物体完成一次全振动所需的时间叫周期，而频率

2、则等于单位时间内完成全振动的次数。它们是表示振动快慢的物理量，二者互为倒数关系。当T和f是由振动系统本身的性质决定（非受迫振动）时，则叫作固有周期和固有频率。4简谐运动的规律简谐运动涉及到的物理量较多，但都与简谐运动物体相对平衡位置的位移x存在直接或间接关系： 如果弄清了上述关系，就很容易判断各物理量的变化情况。具体来说，有以下几条规律：(1)在平衡位置：位移最小、回复力最小、加速度最小；速度最大、动能最大。(2)在离开平衡位置最远时：位移最大、回复力最大、加速度最大；速度最小、动能最小。(3)远离平衡位置的过程：位移x增大，回复力F增大，加速度a增大，加速度a与速度v反向，故v减小，动能减小

3、。(4)靠近平衡位置的过程：位移x减小，回复力F减小，加速度a减小，但加速度a与速度v同向，故v增大，动能增大。（5）经过同一位置：位移、回复力、加速度、速率、动能一定相同，但速度不一定相同，方向可相反。（6）在关于平衡位置对称的两个位置：位移、回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向也可相同，也可相反；动能、势能对应相等。知识点二单摆1单摆的概念在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，线的伸缩和质量可忽略，线长远大于球的直径，这样的装置叫单摆。2单摆的特点(1)单摆是实际摆的理想化，是一个理想模型，(2)单摆的回复力由重力沿圆弧方向的分力提供，除最高点外，摆球的回复力并不等

4、于合外力。(3)单摆的等时性，在振幅很小的情况下，单摆的振动周期与振幅、摆球的质量等无关，(4)当最大摆角很小时，单摆的振动是简谐运动，其振动周期。3关于单摆周期公式的几点说明(1) 从单摆周期公式可看出，单摆周期与振幅和摆球质量无关。(2) 周期公式，摆长指悬点到小球重心的距离，重力加速度为单摆所在处的测量值。(3)在有些振动系统中不一定是绳长，g也不一定为9.8 m/s2，因此出现了等效摆长和等效重力加速度的问题。等效摆长：摆长是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。等效重力加速度g：公式中的g由单摆所在空间位置和单摆系统的运动状态决定，在均匀场中g值等于摆球静止在平衡位置时摆线的张力（视重）

5、与摆球质量的比值。4单摆的应用(1)计时器（摆钟是靠调整摆长而改变周期，使摆钟与标准时间同步）(2)测重力加速度：知识点三单摆测重力加速度1摆长的计算，要用摆线长加小球半径。2周期的计算 ，做3050次全振动的时间除以总次数，得到1个周期的时间，用这种方法可以减小测量误差。3实验数据的处理(1)公式法: 得到了摆长和周期T代入公式即可求出当地的重力加速度的值，为了减小误差，可以改变摆长，测量周期，得到g1、g2、g3，然后求平均值。(2)利用图像处理: 由公式可以得出，因此对数据的处理可采用图象的方法，作出的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，即可求得g值。这样可以减小误差。知

6、识点四简谐运动的能量和受迫振动1振动能量对于两种典型的简谐运动单摆和弹簧振子，其振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大。简谐运动过程中动能和势能相互转化，机械能守恒。物体做简谐运动时，其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时间做周期性变化，它们的变化周期就是简谐运动的周期T。物体的动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为T/2。2受迫振动和共振(1)受迫振动物体在周期性驱动力作用下的振动，其振动频率和固有频率无关，等于驱动力的频率；受迫振动是等幅振动，振动物体因克服摩擦或其它阻力做功而消耗振动的能量刚好由周期性的驱动力做功给予补充，维持其做等幅振动。(2)共振在受迫振动中，驱动力的频率和物

7、体的固有频率相等时，振幅最大，这种现象称为共振。产生共振的条件：驱动力频率等于物体固有频率。共振的应用：转速计、共振筛。知识点四机械波的形成和传播1机械波的特点(1)每一质点都以它的平衡位置为中心做简谐运动；后一质点的振动总是落后于带动它的前一质点的振动。(2)波传播的只是运动形式（振动）和振动能量，介质中的质点并不随波迁移。2机械振动和机械波的联系和区别有机械波必有机械振动，有机械振动不一定有机械波，但是已经形成的波跟波源无关，在波源停止振动时仍会继续传播，直到机械能耗尽后停止。3描述波的物理量(1)波长在波动中对平衡位置的位移总是相等的两个相邻质点间的距离等于一个波长。在横波中两个相邻的波

8、峰或相邻的波谷之间的距离等于一个波长，在纵波中两个相邻的疏部或相邻的密部之间的距离等于一个波长。波长等于波在一个周期内向外传播的距离。(2)周期T和频率f周期是指波在介质中传播一个波长所用的时间。周期的倒数为波的频率。波的频率就是质点的振动频率。频率与介质无关，波从一种介质进入另一种介质，频率(周期)是不变的。(3)波速v波速是指波传播的距离与传播这段距离所用时间的比值，是表示波传播快慢的物理量。波速的大小由介质的性质决定，在不同的介质中，波速是不同的，在同一种介质的不同温度条件下波速也是不同的。(4)波速和波长、频率、周期的关系：经过一个周期T，振动在介质中传播的距离等于一个波长，所以波速为

9、知识点五振动图象和波的图象1振动图象和波的图象振动是一个质点随时间的推移而呈现的现象，波动是全部质点联合起来共同呈现的现象。简谐运动和其引起的简谐波的振幅、频率相同，二者的图象有相同的正弦（余弦）曲线形状，但两图象是有本质区别的，如下表：振动图象波动图象研究对象一振动质点沿波传播方向所有质点研究内容一质点的位移随时间变化规律某时刻所有质点的空间分布规律图线一完整曲线占横坐标距离表示一个周期表示一个波长图线变化随时间推移图象延续，但已有形状不变随时间推移，图象沿传播方向平移2图象的应用(1)根据简谐运动的规律，利用该图象可以得出以下判定：振幅A、周期T以及各时刻振子的位置；各时刻回复力、加速度、

10、速度、位移的方向；某段时间内位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况；某段时间内振子的路程。(2) 根据机械波的产生和传播规律，利用该图象可以得出以下判定：振幅A，波长以及该时刻各质点的位移和加速度的方向；根据某一质点的振动方向可确定波的传播方向或根据波的传播方向确定某一质点的振动方向判断的基本规律是横波的形成与传播的特点，常用方法有：a、质点带动法：通过波的传播方向判断处波源的位置，在质点A靠近波源一侧附近（不超过）图象上找另一质点B，若质点B在A的上方，则A向上运动，若B在A的下方，则A向下运动。即沿波的传播方向，后振动的质点总是追随先振动的质点来运动的。B、微平移法：将波形曲线沿

11、波的传播方向做微小平移，如图所示的P(Q)点，移动后它比原来的位置高(低)了，说明经过极短的一段时间它向上(下)运动了。 也可以用这些方法反过来由振动方向判断波的传播方向。已知波速v和波形，画出再经t时间的波形图：a、平移法：先算出经t时间波传播的距离x= vt，再把波形沿波的传播方向平移x即可。因为波动图象的重复性，若知波长，则波形平移n时波形不变，当x nx时，可采取去整n留零x的方法，只需平移x即可，然后按正弦规律画出新波形。B、特殊点法（若知周期T则更简单）：在波形上找两特殊点，如过平衡位置的点和与它相邻的峰（谷）点，先确定这两点的振动方向，再看t=nT+t。由于经nT波形不变，所以也

12、采取去整nT留零t的方法，分别作出两特殊点经t后的位置，然后按正弦规律画出新波形。知识点六波特有的现象1波的反射(1)波遇到障碍物会返回来继续传播的现象叫波的反射。(2)波的反射规律a、入射线、法线、反射线在同一平面内，入射线与反射线分居法线两侧，反射角等于入射角， 即i=i。b、反射波的波长、频率、波速都跟入射波的相等。2波的折射(1)波从一种介质射入另一种介质时，传播的方向会改变，这种现象叫波的折射。(2)波的折射规律a、在波的折射中，波的频率不改变，折射波频率等于入射波频率。折射波的波速、波长均发生改变。b、入射角的正弦跟折射角的正弦之比等于波在第一种介质中的速度跟波在第二种介质中的速度

13、之比，即：3波的衍射(1)波绕过障碍物的现象叫做波的衍射。(2)能够发生明显的衍射现象的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不多。4波的干涉(1)波的叠加原理：在两列波重叠的区域，任何一个质点的总位移都等于两列波分别引起的位移的矢量和。(2)波的独立传播原理：在两列波重叠的区域，每一列波保持自己的特性互不干扰继续前进。(3)波的干涉产生稳定干涉现象的条件：两列机械波的频率必须相同、相差恒定。现象：在稳定的干涉区域内，振动加强点始终加强；振动减弱点始终减弱。判断振动最强点和振动最弱点的方法A、两列相干波的波峰与波峰（或波谷与波谷）相遇处是振动最强的地方，波峰与波谷（或波谷与波峰）相遇

14、处是振动最弱的地方。B、干涉区域内某点是振动最强点还是振动最弱点的充要条件：最强点：该点到两个波源的路程之差是波长的整数倍，即=n最弱点：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍，即注意：两列相干波相遇并产生干涉现象时，振动加强的质点永远加强，振动减弱的质点永远减弱。 但是要注意振动加强的质点不是位移永远最大，而是振幅最大，振动减弱的质点不是位移永远最小，而是振幅最小。5多普勒效应(1)当波源或者接收者相对于介质运动时，接收者会发现波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。(2)如果波源和观察者相对于介质都是静止的，那么观察者接收到的频率高于波源的频率。当波源与观察者有相对运动时，如果二者相互

15、接近，观察者接收到的频率增大；如果二者远离，观察者接收到的频率减小。知识点七声波1声波：一切振动着发声的物体叫声源。声源的振动在介质中的传播就是声波。空气中的声波是纵波。声波在空气中的传播速度约为340 m/s。声波也能发生反射、干涉和衍射等波的特有现象。声波的共振现象称为声波的共鸣。能够把回声与原声区别开来的最小时间间隔为0.1s。2超声波和次声波人耳能听到的声波的频率范围在20Hz到20000Hz之间。频率低于20Hz的声波叫次声波。频率高于20000Hz的声波叫超声波。超声波的应用十分广泛，如声呐、B超、探伤仪等规律方法指导本部分内容综合运用运动学、动力学和能的转化等方面的知识讨论了两种

16、常见的运动形式机械振动和机械波的特点和规律，以及它们之间的联系与区别。对于这两种运动，既要认识到它们的共同点运动的周期性，如振动物体的位移、速度、加速度、回复力、能量等都呈周期性变化，更重要的是搞清它们的区别：振动研究的是一个孤立质点的运动规律，而波动研究的是波的传播方向上参与波动的一系列质点的运动规律。1几个辩析机械振动能量只取决于振幅，与周期和频率无关；机械波的传播速度只与介质有关，与周期和频率无关；波由一介质进入另一介质，只改波速和波长，不改频率；波干涉中振动加强的点比振动减弱的点振幅大，但每时刻的位移并不一定大，即振动加强的点也有瞬时位移为零的时候；波的干涉图象中除最强和最弱点外，还有

17、振动介于二者之间的质点，且波的干涉是有前提条件的。2简谐运动的对称性、多解性质点做简谐运动时，在同一位置P点，振子的位移、回复力、加速度、动能和势能也相同，速度大小相等，但方向可相同也可相反；在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能也对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可相同，也可相反；在平衡位置对称两段位移间运动的时间相等，即运动时间也具有对称性。一个做简谐运动的质点，经t=nT（n为正整数），则质点必回到出发点，而经过t=（2n+1）（n为正整数），则质点所处位置与原来位置关于平衡位置对称。3波动问题的周期性和多解性波动过程具有时间和空间的周期性，介质在传播振动

18、的过程中，介质中每一个质点相对于平衡位置的位移随时间做周期性变化，这体现了时间的周期性。另一方面每一时刻，介质中沿波传播方向上各个质点的空间分布具有空间周期性，如相距波长整数倍的两个质点振动状态相同，即它们在任一时刻的位移、速度及相关量均相同；相距半波长奇数倍的两个质点振动状态相反，即它们在任一时刻的位移、速度及相关量均相反。波的这两个特征决定了波问题通常具有多解性。为了准确地表达波的多解性，通常先写出含有“n”或“k”的通式，再结合某些限制条件，得出所需要的特解，这样可有效地防止漏解。典型例题透析类型一简谐运动中各物理量的变化1、弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程

19、中：（ ）A振子所受的回复力逐渐增大 B振子的位移逐渐增大C振子的速度逐渐减小 D振子的加速度逐渐减小思路点拨：本题考察简谐运动中各物理量的变化，应先分析位移变化的特点，从而判断各物理量的变化情况。解析：在振子向平衡位置运动的过程中，易知x减小，根据上述关系很容易判断，回复力F、加速度a减小；速度v增大。即D选项正确。振子向平衡位置运动过程中，位移减小，根据F=-kx知回复力与位移大小成正比，所以回复力减小，选项AB错误；由牛顿第二定律可知a=-kx/m，振子的加速度也与位移的大小成正比，所以加速度减小，选项D正确。振子向平衡位置运动的过程中，速度方向和加速度方向相同，振子做变加速运动，则速度

20、应增大，选项C错误。答案：A总结升华：简谐运动涉及到的物理量较多，但都与简谐运动物体相对平衡位置的位移x存在直接或间接关系，因此抓住位移变化的特点，就很容易判断各物理量的变化情况。举一反三【变式】做简谐运动的物体向平衡位置运动时，下列关于速度越来越大的原因分析正确的是：()A回复力对物体做了正功 B物体惯性的作用C物体的加速度与速度同向 D物体的势能转化为动能解析：选项A和D从能量角度说明了速度越来越大的原因；选项C则从力和运动的关系角度说明了速度越来越大的原因；关于选项B惯性是保持原来运动状态的一种性质，惯性不是力。答案：ACD类型二简谱运动的往复性和对称性2、如图所示，弹簧振子以O点为平衡

21、位置，在A、B间做简谐运动，A、B间距为10cm，振子从O点向左运动到P点历时0.2s，经A点再回到P点又历时0.4s，下列说法正确的是：（ ）A它的振幅为10cmB它的周期为1.6sC它的频率为0.5HzD它由P点经O点运动到B历时0.8s解析：质点从P点到A点又回到P点历时0.4s，则从P点到A点的时间为0.2s，从O点到A时间为0.4s，时间为周期的1/4，所以周期为1.6s，频率为f1/T0.625Hz，选项B正确，C错误；它由P点经O点运动到B点用时应为0.2s+0.4s=0.6s，选项D错误；振幅AAB/25cm，选项A也错误。答案：B总结升华：简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡

22、位置对称的两位置时，振子的位移、回复力、加速度、动能、势能、速度等均是等大的（位移、回复力、加速度的方向相反，速度的方向不确定）。运动时间也具有对称性，即在平衡位置对称两段位移间运动的时间相等。理解好对称性这一点对解决有关问题很有帮助。举一反三【变式】某质点做简谐运动，先后以相同的速度通过A、B两点，历时0.5s，质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B点，历时也是0.5s，则该质点的振动周期为:（）A2s B1.5s C0.4s D0.5s解析：如图所示，由题意知，先后以相同的速度通过A、B两点历时0.5s，又以大小相同方向相反的速度通过B点，历时也是0.5s，可以推出半个周期为1s，故周期

23、为2s。答案：A类型三单摆的周期公式及其拓展和应用3、细长绳下端拴一小球构成单摆，在悬点正下方摆长处有一能挡住摆绳的钉子A，如图所示，现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速释放，对于以后的运动，下列说法正确的是：（ ）A摆球运动往返一次的周期比无钉子时的单摆周期小B摆球在左右两侧上升的最大高度一样C摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍解析：根据单摆做简谐运动的周期公式 知，T与 成正比，摆长减小，周期变小，故A项正确；摆球在摆动过程中，空气阻力很小，可忽略，悬线拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，摆球在左、右两侧上升的最大高度一样，故B正确；假

24、若无钉子，摆球将摆至右侧最高点B，与初位置对称，有钉子摆球摆至右侧最高点C，B、C在同一水平线上，如图，摆球在平衡位置左侧走过的最大弧长大于在右侧走过的最大弧长，C选项错。由几何关系知，所以，故D项错。答案：AB总结升华：建立清晰的物理情景，是解决本题的关键，结合运动规律画出运动过程的示意图是有一种有效的方法。4、某人在山脚下（设与海平面等高）测得一单摆的周期为T0，在山顶上测得此单摆的周期变化了T，设山脚处地球的半径为R，求此山高度。解析：以g、gh分别表示山脚和山顶处的重力加速度，则由周期公式得此单摆在山脚与山顶处的振动周期分别为依题意，在相同时间内，此单摆在山脚下振动N次，在山脚下振动N

25、-1次， 又由万有引力定律得 由解得举一反三【变式】用长为的细线把一个小球悬挂在倾角为的光滑斜面上，然后将小球偏离自然悬挂的位置拉到A点，偏角5，如图所示，当小球从A点无初速释放后，小球在斜面上往返振动的周期为：（ ）A BC D解析：在光滑斜面上时，小球重力垂直于斜面的分力被斜面支持力所平衡，另一个沿着斜面的分力G1=mgsin可分解成两个分力：F1=G1sin=mgsinsin，F2=G1cos=mgsincos其中F2的方向始终沿着悬线，F1的方向垂直悬线，因此F1就是使小球往返振动的回复力，即F回=F1=mgsinsin在小振幅的条件下(5)，同样满足关系则可见放在光滑斜面上的单摆，同

26、样做简谐运动，与竖直悬挂的单摆相比较，相当于重力加速度变为g=gsin所以振动周期答案：C类型四用单摆测当地的重力加速度实验5、用单摆测定重力加速度时， 某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值， 引起这一误差的可能原因是: ( )A.摆球在水平面内做圆锥摆运动；B.测量摆长时， 漏测摆球直径；C.测量周期时， 当摆球通过平衡位置时启动停表并数下“1”， 直到30次通过平衡位置时制动停表，读出经历时间t， 则周期T = t/30；D.单摆振动的振幅偏小；E.摆球的质量偏大；F.摆球质量的测量值不够准确。解析: 摆球在水平面内做圆锥摆运动时， 周期 (如图，为偏角) ， 它小于同样摆长的单摆的

27、振动周期， 用它代入单摆振动周期公式得出的g值偏大， A正确；漏测摆球直径，会使得g的测量值偏小，B错；振幅偏小、摆球的质量偏大不但不影响测量反而是实验原理的要求， 只要足以观测判断即可， 实验中也不需要具体知道摆球的质量， 因而D、E、F错；振动周期为一次全振动的时间， 按题中方法应完成14.5个全振动，而不是30个全振动， 测量周期算错了(偏小) ， 也使g值偏大， C正确。答案：AC总结升华：实验误差分析包括两个方面: 一是看单摆做简谐运动的条件是否符合， 如振动时要使之保持在同一个竖直平面内而不要形成圆锥摆、摆动时控制摆角应较小， 否则单摆周期公式就不再成立； 另一方面根据实验原理可知

28、，g的测量误差来源于和T的测量误差。对于， 常见的错误是忘了加上摆球的半径或者错加了直径；测T的常见错误往往是数全振动次数时出现多数或少数。举一反三【变式】在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到 ， 只要测出多组单摆的摆长和运动周期T， 作出T2图象， 就可以求出当地的重力加速度。理论上图象是一条过坐标原点的直线， 某同学根据实验数据作出的图象如图所示。(1)造成图象不过坐标点的原因是_；(2)由图象求出的重力加速度g = _m / s2。(取2= 9.87)解析:本实验数据处理方法一般采用列表记录数据， 再用代数的方法进行计算处理。有时也可以画T2图线， 用直观、简

29、明的图象法进行数据处理。对于图象问题，要紧紧抓住图线斜率的物理意义、纵横坐标截距的物理意义等这些突破口。由可进一步推得，可见T2图线应该经过原点，而图中的图线并不经过原点，当= 0时T0，其最常见的原因是在算摆长时错把摆线长与小球直径d相加， 因而多出了d /2，造成的图线整体向左平移而不再经过原点， 但是对图线的斜率并没有影响。由图可知斜率 = 4.0 ( s2/m) ， 而斜率的物理意义是， 因此k = 9.87 (m / s2)由图还可以得知小球的半径是1cm。类型五综合运用力学规律分析和求解简谐振动问题6、如图所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，当一重球放在弹

30、簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置。现将重球（视为质点）从高于a位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d。以下关于重球运动过程的正确说法应是：（ ）A重球下落压缩弹簧由a至d的过程中，重球做减速运动B重球下落至b处获得最大速度C重球下落至d处获得最大加速度D由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量解析：重球由c至a的运动过程中，只受重力作用，做匀加速运动；由a至b的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力大于弹力，做加速度减小的加速运动；由b至d的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力小于弹力，做加速度增大的减速运动。所以重球下落至b处获得最大

31、速度，由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量，即可判定B、D正确。C选项很难确定是否正确，但利用弹簧振子的特点就可非常容易解决这一难题。重球接触弹簧以后，以b点为平衡位置做简谐运动，在b点下方取一点a，使ab=ab，如图所示，根据简谐运动的对称性，可知，重球在a、a的加速度大小相等、方向相反。而在d点的加速度大于在a点的加速度，所以重球下落至d处获得最大加速度，C选项正确。答案：ABD总结升华：做简谐运动的物体其运动具有对称性，因此描述简谐运动的一些物理量也具有对称性，熟练掌握并准确应用简谐运动的对称性，能使解题有理有据，简捷明了，达到事半功倍的效果。举一反

32、三【变式】如图所示，在质量为M的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量均为m（Mm）的A、B两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐运动。当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为：（ ）AMg B（Mm）gC（Mm）gD（M2m）g解析：由平衡条件可知绳断时A受到的回复力为mg，当A运动到最高点时回复力大小应为mg，方向向下，因而此时弹簧的弹力等于零，木箱对地的压力为Mg。答案：A类型六根据共振的条件分析求解相关问题7、如图所示为一单摆的共振曲线，则该单摆的摆长约为多少？共振时摆球的最大速度大小是多少？（g取10m/s2）思路点拨：这是一道共振曲线所给信息和单摆振动规律进行

33、推理和综合分析的题目，是机械振动与机械能等的综合问题。解析：由题意知，当单摆共振时频率f=0.5Hz，即，振幅A=8cm=0.08m。由得根据机械能守恒定律可得：解得总结升华：发生共振时，驱动力的频率和物体的固有频率相等时，物体的振幅最大。举一反三【变式】如图所示曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。（1）当振子稳定振动时，它的振动周期是多大？（2）转速多大时，弹簧振子的振幅最大？解析：根据图示装置可知，当曲转转动一周时，给弹簧振子施加一次作用力，所以振子做受迫振动，当振子振动稳

34、定时其振动周期等于驱动力的周期（即曲轴的转动周期），即：T=T驱=s=0.25s要使振子做受迫振动的振幅最大，即发生共振，必须满足f驱=f固=2Hz所以转速为2r/s（即120r/min）时，振子振动的振幅最大类型七机械波的产生和传播8、下列关于简谐运动和简谐机械波的说法正确的是：（ ）A.弹簧振子的周期与振幅有关B.横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定C.在波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度D.单位时间内经过介质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率解析：弹簧振子的周期，与振幅无关，故A错；横波在介质中传播速度由介质本身决定，B正确；质点的振动速度和波的传播速度是两码事

35、，选项C错误；质点在单位时间内完成全振动的次数称为频率，即单位时间内经过介质中一点的完全波的个数，D正确。答案：D总结升华：波动是振动的结果，波动问题中很多知识点与振动有关系，因此要搞清波动与振动的联系与区别，在解决问题时才能抓住关键。举一反三【变式】关于机械波下列说法正确的是：（ ）A在传播过程中能传递能量 B频率由波源决定C能产生干涉、衍射现象 D能在真空中传播解析：机械波的传播需要介质；机械波传播的是振动形式和能量，介质不会随波迁移；波源的频率就是波的频率；波的干涉和衍射是波特有的属性。据以上机械波的基本知识可以判定，正确选项是A、B、C。答案：ABC类型八对“振动图象”和“波动图象”的

36、理解和考查9、一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4cm。振子的平衡位置位于x轴上的O点。图1中的a、b、c、d为四个不同的振动状态，黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向，图2给出的是振动图象。下列说法正确的是：（ ）A若规定状态a时t=0，则振动图象为 B若规定状态b时t=0，则振动图象为C若规定状态c时t=0，则振动图象为 D若规定状态d时t=0，则振动图象为思路点拨：此题考查对振动图象的意义及振动在介质中传播形成波的过程的理解与掌握情况。解析：振动图象的意义在于能形象地表达出从计时时刻开始，任意时刻质点相对于平衡位置的位移来。一般以平衡位置或最大振幅处为计时起点，得到的振动图象为正弦或

37、余弦曲线。若计时起点不在特殊点时，得到的振动图象也将不同。该题中，若以a为计时起点，0时刻的位移为+3cm，且向正方向运动，则下一时刻的位移将大于+3cm，所以振动图象是；若以b为计时起点，0时刻的位移为+2cm，且向负方向运动，下一时刻的位移将小于+2cm，所以振动图象都不满足要求；若以c为计时起点，0时刻的位移为负，大小为2cm，且向负方向运动，下一时刻的位移仍为负，大小将大于2cm，所以都不满足要求；若以d为计时起点，0时刻为负的最大位移-4cm，下一时刻的位移也应为负，大小将小于4cm，所以振动图象是；所以选项AD正确。答案：AD总结升华：图象可直观、形象地反映某一物理量随另一物理量变

38、化的规律，因此物理上常用图象描述某些物理量的变化规律。但同一物理量的规律变化图象并不是一成不变的，如振动物体的位移时间图象的形状是由开始计时的时刻和正方向的选取共同决定的。因此，认识物理图象要认识其本质，理解其物理意义，而不能只死记其形式或形状。10、一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=O时刻的波形如图甲所示，图甲中某质点的振动图象如图乙所示，质点N的振幅是_m，振动周期为_s，图乙表示质点_(从质点K、L、M、N中选填)的振动图象，该波的波速为_ms。思路点拨：关于“质点的振动方向与波的传播方向”的关系的确定，是解决本题的突破点。确定这一关系的方法有很多，比较常用的，是根据机械波的特点“后面

39、的质点总是重复前一质点的振动”来求解。解析：（1）从甲、乙图可看出波长=2.0m，周期T= 4s，振幅A = 0.8m；乙图中显示t=0时刻该质点处于平衡位置向上振动，甲图波形图中，波向x轴正方向传播，则L质点正在平衡位置向上振动，波速v =/T=0.5m/s；总结升华：波的图像是波动方向上各质点在某一时刻离开平衡位置位移情况的“照片”，振动图像是在一段时间内某一个质点离开平衡位置位移情况的一段“录像”，两者直读信息有联系又各有侧重。若已知甲图是乙图中哪一时刻波形，乙图中质点是甲图中哪一点 ，就能互相比较和联系。举一反三【变式】图1中，波源S从平衡位置y=0开始振动，运动方向竖直向上(y轴的正

40、方向)，振动周期T=0.01s，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为v=80m/s。经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离SP=1.2m、SQ=2.6m。若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图2的振动图象中，能正确描述P、Q两点振动情况的是：（ ）A甲为Q点振动图象B乙为Q点振动图象C丙为P点振动图象D丁为P点振动图象解析：由题意可得波的波长是：。因为各质点刚开始振动时，其起振方向跟波源S相同即竖直向上，所以Q点的振动图象应为甲，A正确；Q点刚开始振动时，P已振动了，即P正处于y轴负方向最大位移处，对应的振动图象应为丁，选项D正确。答案：AD类型九对时间周期性（振动周期）和空

41、间周期性（波形波长）的考查11、一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点，相距14.0 m，b点在a点的右方，如图所示。当一列简谐横波沿此长绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.00s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移达到负极大，则这简谐横波的波速可能等于：（ ）A4.67m/sB6m/sC10m/sD14m/s思路点拨：本题考查振动以及波动的传播规律，只有理解波动传播的规律，准确把握波动过程中关于时间和空间的周期性，才能作出确切和完整的判断。解析：由于波向右传播，据“a点位移达正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动”，可画出此时a、b间的最简波形

42、，如图所示：因未明确a、b距离与波长的约束关系，故a、b间的空间距离存在“周期性”，即(n1+ (n1=0，1，2，)因所给定时间与周期的关系未知，故运动时间也存在“周期性”，即 (n2=0，1，2，)因此可能的波速为当n2=0，n1=0时，v=4.67m/s，当n2=0，n1=1时，v=2m/s，(n2=0，v随n1的增大而减小。)当n2=1，n1=0时，v=23.3m/s，（n1=0，v随n2的增大而增大。）当n2=1，n1=1时，v=10m/s据以上计算数据，不可能出现B和D选项的结果，故选项A、C正确。答案：AC总结升华：波在传播过程中，空间的周期性体现在波形的重复性，可以从波长着手来

43、描述。时间的周期性体现在振动的重复性，可以从周期着手来描述，解答时要善于抓住实质，熟悉描述周期性的方法，提高分析和解决问题的能力。12、一列横波如图所示，波长=8m，实线表示t1=0时刻的波形图，虚线表示t2=0.005s时刻的波形图。求：（1）波速多大？（2）若，波速又为多大？（3）若，并且波速为3600m/s，则波沿哪个方向传播？思路点拨：因为题中没有给出波的传播方向，故需要对波沿x轴正方向和x轴负方向传播分别进行讨论。又因为题中没有给出与周期T的关系，故需要考虑到波的重复性。解析：（1）若波沿x轴正方向传播，则可看出是波形传播的最小距离 波传播的可能距离是 则可能的波速为，（n = 0、

44、1、2、，） 若波沿x轴负方向传播，则可看出是波形传播的最小距离 波传播的可能距离是 则可能的波速为 ，（n = 0、1、2、，）（2）当时，根据波动与振动的对应性可知， 这时波速的通解表达式中n=1。 若波沿x轴正方向传播，则波速为 若波沿x轴负方向传播，则波速为（3）当，波速为3600m/s时，根据波动与振动的对应性可知， 所以波向前传播的距离大于波长，而且可以计算出 由于波长等于8m，这样波向前传播了个波长。 由波形图不难判断出波是沿x轴正方向传播的。 也可以由波速的通解表达式来判断：若波沿x轴正方向传播， 则波速为，当n=2时， ； 若波沿x轴负方向传播，则波速为，当n=1时， 当n=

45、2时，。所以波是沿x轴正方向传播的。总结升华：由于波动的周期性特点导致周期和波长的值往往不是唯一的（除了有条件制约之外），这两个物理量不是唯一，进而导致波速不是唯一的。求解波的问题时，一定要注意由于波的传播方向不明确和波形图的空间重复性引起的多解，避免漏解。举一反三【变式】如图所示，为一列简谐横波上两质点P、Q的振动图像，P、Q相距30m。（1）若P质点离波源近，则横波波速多大？（2）若Q点据波源近，则横波波速又是多大？解析： 由不同的质点的振动图象确定波长与由不同时刻的波形图来确定波的周期可以说是异曲同工之妙。要注意由于波的传播方向不明确和波形图的空间重复性引起的多解。（1）由图可知周期T=

46、8s。若P质点距波源近时，说明P先振动， 由图可知，P质点的运动状态在t时间内传到Q，则tPQ=(n+)T=8(n+)=8n+2 vP=(m/s)(n=0，1，2，3)（2）若Q质点距波源近时，同理说明Q先振动，则Q质点的运动状态在tQP时间内传到P点， 则tQP=(n+)T=8n+6 vQ=(m/s)(n=0，1，2，3)总结升华：求解波速有两个公式，它们是v=，本题中的30m即为x，即通过其他条件找到t即可。本题多解的原因是由P、Q有多少个空间周期性的重复不确定而造成的。类型十对“波的叠加”和“波的干涉”知识的考查13、A、B两波相向而行，在某时刻的波形与位置如图所示。已知波的传播速度为v

47、，图中标尺每格长度为，在图中画出又经过t=7时的波形。 思路点拨：正确理解波的独立传播和波的叠加原来就能正确作出两列波叠加后的波形图。解析： A、B两波相向而行，经过t=7时在中点相遇，此时B的波峰与A的波谷相重合，在此区域内A、B两波叠加，叠加后的形如图所示：总结升华：确定两列波相遇后的波形问题的思路是首先根据波的独立传播原理分别画出给定时刻的两列波的波形；再根据波的叠加原理，对各个质点的位移进行合成，画出叠加以后的波形图。14、如图所示，在半径为R=45m的圆心O和圆周A处，有两个功率差不多的喇叭，同时发出两列完全相同的声波，且波长=10m。若人站在B处，正好听不到声音；若逆时针方向从B走

48、到A，则时而听到时而听不到声音。试问在到达A点之前，还有几处听不到声音？解析：因为波源A、O到B点的波程差为r=r1r2=R=45m=，所以B点发生干涉相消现象。在圆周任一点C上听不到声音的条件为：r = r1r2=（2n+1）=5（2n+1）将r2=R=45m代入上式得：所以：r1=10k+50 或 r1= 10k+40而0 r1 90m，所以有：0 （10n+50） 90m 和 0 （-10n+40） 90m求得 :-5 k 4，即k = -4、-3、-2、-1、0、1、2、3，所以在到达A点之前有八处听不到声音。总结升华：正确理解振动加强和振动减弱的意义，并弄清楚振动加强点和振动减弱点的

49、空间分布规律，是讨论此类问题的关键。举一反三【变式】两固定相同声源发出的波长相等的声波叠加，如果某时刻叠加区域里P点是两列波的波谷相遇，那么在以后的时间里，P点的振动：（ ）A有时加强，有时减弱 B 经1/2周期时间的奇数倍时加强C 始终加强 D始终减弱解析：P点是两列波的波谷和波谷相遇，根据波的叠加原理，两列波所引起的P点的位移均为负向最大位移(即位移大小均等于振幅)，所以在此时刻合位移最大且为两列波的振幅之和，再经过1/4周期，两列波引起P点的振动都是使它通过平衡位置，再经过1/4周期，两列波的波峰同时传到P点，使P点的位移为正方向最大值，大小为两列波的振幅之和，由此可见两列波引起P点的振

50、动情况始终相同，其振幅为两列波的振幅之和，它的振动始终加强。答案：C类型十一波动现象在工农业生产中的应用问题15、超声波遇到障碍物会发生反射，测速仪发出并接收反射回来的超声波脉冲信号，根据发出和接收到的时间差，测出汽车的速度。图（a）是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的时间差，测出汽车的速度。图（b）中是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是由汽车反射回来的信号。设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔t1.0s，超声波在空气中传播的速度是340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图（b）可知，汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时

51、间内前进的距离是_m，汽车的速度是_m/s。思路点拨：本题的物理情景是超声波和汽车同时做相向运动，两者相遇时超声波被汽车反向反射回测速仪，而汽车继续匀速靠近测速仪。因为超声波从发出到反射回测速仪的时间内做了一次往返运动，因此汽车接收到超声波时距测速仪的距离是超声波往返一次运动路程的一半。由于汽车在逐渐向测速仪靠近，所以每个超声波信号往返一次所用的时间不同。解析：设汽车接收到P1、P2两个信号的时刻，汽车与测速仪的距离分别为s1和s2，如图所示：由题意可知，图(b)中相邻两个刻度所表示的时间间隔为s ，信号P1和P2从发出到被汽车反射回测速仪所用的时间分别为 、由超声波的往返运动可知则汽车在接收

52、到P1、P2两个信号之间的时间内前进的距离为m=17m汽车接收到P1、P2两个信号的时刻分别是图 (b)中P1至n1、P2至n2的中间时刻，所以汽车接收到P1、P2两个信号之间的时间间隔为由此可得汽车的速度为m/s 17.9m/s总结升华：解决本题的关键是搞清汽车与超声波两次相遇的时刻，找时间关系，从超声波的运动过程反映汽车的位移关系。举一反三【变式】利用超声波可以探测鱼群的位置。在一只装有超声波发射和接收装置的渔船上，向选定的方向发射出频率f=5.8104Hz的超声波后，经过时间t=0.64s收到从鱼群反射回来的反射波。已知这列超声波在水中的波长=2.5cm，求鱼群到渔船的距离是多少？解析：所发射的超声波在水中的传播速度为超声波往返的路程为渔船到鱼群的距离为：S1=S/2=464m。