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高考物理一轮复习 第十二章：机械振动 机械波学案
展开这是一份高考物理一轮复习 第十二章：机械振动 机械波学案，共43页。学案主要包含了简谐运动，受迫振动和共振，扫描实验盲点等内容，欢迎下载使用。
一、简谐运动
1．两点理解
2．两种描述
二、受迫振动和共振
1．受迫振动
2．共振
微点判断
(1)简谐运动是匀变速运动。(×)
(2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。(√)
(3)振幅等于振子运动轨迹的长度。(×)
(4)简谐运动的回复力可以是恒力。(×)
(5)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大。(√)
(6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)
(7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。(√)
(一) 简谐运动的规律及应用(精研点)
考法(一) 简谐运动的规律
1．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。
2．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。
3．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。
4．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)。
5．对称性特征：关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等。
[针对训练]
1．[对简谐运动的理解]
(2022·浙江6月选考)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则( )
A．小球做简谐运动
B．小球动能的变化周期为eq \f(T,2)
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D．小球的初速度为eq \f(v,2)时，其运动周期为2T
解析：选B 小球在图中x这段位移中做匀速直线运动，即小球不符合受力与位移成正比、方向与位移相反，所以小球做的不是简谐运动，A错误；从开始运动，以向右为正方向，其v-t图像如图所示，AB代表向右匀速通过eq \f(x,2)的过程，B是刚接触弹簧，BC代表做简谐运动，C点代表小球向左刚离开弹簧瞬间，CD指的是向左匀速通过x的过程，DE是接触左侧弹簧做简谐运动，E点代表小球向右刚离开弹簧瞬间，EF是向右通过eq \f(x,2)的过程，F点回到运动的起点。通过该图像可知，小球的动能变化周期为eq \f(T,2)，B正确；图中BC、DE过程弹性势能均先增加，后减小，显然其变化周期小于T，C错误；如果小球的速度变为eq \f(v,2)，则匀速通过x的阶段时间变为原来两倍，但简谐运动的周期与速度无关eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T＝2π\r(\f(m,k))))，因此整个运动周期小于2T，D错误。
2．[简谐运动中各物理量的分析]
如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小物块位于O点。现使小物块在M、N两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中( )
A．小物块运动到M点时回复力与位移方向相同
B．小物块每次运动到N点时的加速度一定相同
C．小物块从O点向M点运动过程中做加速运动
D．小物块从O点向N点运动过程中机械能增加
解析：选B 根据F＝－kx可知小物块运动到M点时回复力与位移方向相反，故A错误；根据a＝－eq \f(kx,m)可知小物块每次运动到N点时的位移相同，则加速度一定相同，故B正确；小物块从O点向M点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故C错误；小物块从O点向N点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减少，故D错误。
考法(二) 简谐运动的两种模型
[注意] 单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))的两点说明：
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。
(2)g为当地重力加速度。
[针对训练]
1．[弹簧振子模型]
(2023·江西抚州质检)一弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当t＝0时刻，振子经过O点，t＝0.4 s时，第一次到达M点，t＝0.5 s时振子第二次到达M点，则弹簧振子的周期可能为( )
A．0.6 s B．1.2 s
C．2.0 s D．2.6 s
解析：选A
做出示意图如图1，若从O点开始向右，振子按图1路线振动，则振子的振动周期为T1＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.4＋\f(0.1,2)))s＝1.8 s。
如图2，若从O点开始向左，振子按图2路线振动，M1为M点关于平衡位置O的对称位置，则振子的振动周期为T2＝4×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(0.4－0.1,3)＋\f(0.1,2)))s＝0.6 s，B、C、D错误，A正确。
2．[单摆模型](2023·山东青岛质检)如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L 处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是( )
A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9π eq \r(\f(L,g))时间A回到最高点
C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D．若m1
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 \(――→,\s\up7(F＝－kx))eq \x(\a\al(F的大小,及方向))eq \(――→,\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]
1．[对简谐运动图像的理解]
如图甲所示，水平放置的弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O是平衡位置，以向右为正方向，其振动图像如图乙所示，则( )
A．A、O间的距离为4 cm
B．0.1 s末，小球位于A点
C．0.2 s末，小球有正向的最大速度
D．在0.2～0.3 s内，小球从O向A做减速运动
解析：选D 由振动图像可知，振幅为2 cm，所以A、O间的距离为2 cm，A错误；0.1 s末，小球在正向最大位移处，即位于B点，B错误；0.2 s末，小球速度方向沿x轴负方向，并且速度最大，C错误；在0.2～0.3 s内，小球沿负向的速度逐渐减小，到达负向最大位移A处时速度减为零，则小球从O向A做减速运动，D正确。
2．[两个简谐运动图像的对比]
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，下列说法错误的是( )
A．甲、乙两物体的振幅分别是2 m和1 m
B．甲的振动频率比乙的大
C．前2 s内，两物体的加速度均为负值
D．第2 s末，甲的速度最大，乙的加速度最大
解析：选A 由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2 cm和 1 cm，A错误；8 s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2 s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2 s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。
3．[单摆的振动图像的应用]
如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方eq \f(3,4)l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是( )
解析：选A 摆长为l时单摆的周期T1＝2π eq \r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α为摆角，α很小时，sin α＝α)，摆长为eq \f(1,4)l时单摆的周期T2＝2π eq \r(\f(\f(1,4)l,g))＝π eq \r(\f(l,g))＝eq \f(T1,2)，振幅A2＝eq \f(1,4)lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cs α)＝mgeq \f(l,4)(1－cs β)，利用cs α＝1－2sin 2eq \f(α,2)，cs β＝1－2sin 2 eq \f(β,2)，以及sin α＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝eq \f(1,2)A1，A正确。
(三) 受迫振动和共振(精研点)
三种振动的比较
[考法全训]
1．[对受迫振动的理解]
(2023·武汉高三调研)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2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则( )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
解析：选D 摇把匀速转动的频率f＝n＝eq \f(240,60) Hz＝4 Hz，周期T＝eq \f(1,f)＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A、B错误；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确。
2．[对受迫振动和共振的理解]
(2023·天津质检)如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示。圆盘匀速转动时，小球做受迫振动，小球振动稳定时，下列说法正确的是( )
A．小球振动的固有频率是4 Hz
B．小球做受迫振动时周期一定是4 s
C．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著增大
D．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著减小
解析：选C 小球振动的固有周期T＝4 s，则其固有频率为f＝eq \f(1,T)＝0.25 Hz，A错误；小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4 s，B错误；圆盘转动周期在4 s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C正确，D错误。
3．[对单摆的共振曲线的理解]
如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法错误的是( )
A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
解析：选D 图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝eq \f(1,2π) eq \r(\f(g,L))可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的频率f小，且有eq \f(fⅠ,fⅡ)＝eq \f(0.2,0.5)，所以eq \f(LⅠ,LⅡ)＝eq \f(25,4)，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。
4．[共振现象的应用]
(2021·浙江1月选考)(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振动频率不同，选项C错误。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(2022·浙江1月选考)图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是( )
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
解析：选B 空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将来回振动，A错误，B正确；乙图中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分力，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止，若给小球一定的初速度，则做匀速圆周运动，C、D错误。
2.(2023·江西抚州质检)一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x＝5sin 5πt cm，则下列判断正确的是( )
A．该简谐运动的周期是0.2 s
B．第1 s内质点运动的路程是100 cm
C．0.4 s到0.5 s内质点的速度在逐渐减小
D． t＝0.6 s时刻质点的动能为0
解析：选C 根据质点的位移随时间变化的关系可知，该简谐运动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,5π) s＝0.4 s，故A错误；根据质点的位移随时间变化的关系可知，零时刻质点位于平衡位置，振幅为A＝5 cm,1 s内质点完成2.5个全振动，每个周期质点运动的路程等于4倍振幅，1 s内质点运动的路程等于10A＝50 cm，故B错误；0.4 s到0.5 s内质点开始从平衡位置向最大位移处运动，质点的速度在逐渐减小，故C正确；t＝0.6 s时刻质点位于平衡位置，动能最大，故D错误。
3.如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为( )
A．2.0π s B．0.4π s
C．0.6π s D．1.2π s
解析：选B 小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T1＝2π eq \r(\f(l1,g))＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π eq \r(\f(l1－l2,g))＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝eq \f(T1＋T2,4)＝0.4π s，B正确。
4．(2021·江苏高考)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\c1(ωt－\f(π,2))) B．x＝Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt＋\f(π,2)))
C．x＝2Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt－\f(π,2))) D．x＝2Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωt＋\f(π,2)))
解析：选B 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)，当t＝0时，P的位移为R，代入解得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\c1(ωt＋\f(π,2)))，B正确，A、C、D错误。
5.(多选)如图所示，光滑圆弧槽半径为R，A为最低点，C到A的距离远远小于R，若同时释放小球B、C。设小球B到A点的距离为H，则要使两小球B和C在A点相遇(小球B和C可视为质点)，H的可能值为( )
A．eq \f(π2R,8) B．eq \f(3π2R,8)
C．eq \f(3π2R,4) D．eq \f(9π2R,8)
解析：选AD 小球C做简谐运动，根据题意得H＝eq \f(1,2)gt2，t＝eq \f(n,4)×2πeq \r(\f(R,g))(n＝1,3,5，…)，解得H＝eq \f(n2π2R,8)(n＝1,3,5，…)，A、D正确。
6．(2023·山东德州模拟)如图甲所示水平弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x -t图像，下列说法正确的是( )
A．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2πt＋\f(3π,2)))m
C．图乙中的P点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向
D．弹簧振子在2.5 s内的路程为1 m
解析：选D 弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为0.5次全振动，故A错误；根据题图乙可知，弹簧振子的振幅A＝0.1 m，周期T＝1 s，则振动频率ω＝eq \f(2π,T)＝2π rad/s，规定水平向右为正方向，t＝0时刻位移为0.1 m，表示振子从B点开始运动，初相为φ0＝eq \f(π,2)，则振动方程为x＝Asin(ωt＋φ0)＝0.1sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2πt＋\f(π,2)))m，故B错误；简谐运动图像中的P点时刻速度方向为负，振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正，故C错误；因周期T＝1 s，则时间2.5 s 和周期的关系为2.5 s＝2T＋eq \f(T,2)，则振子从B点开始振动的路程为s＝2×4A＋2A＝10×0.1 m＝1 m，故D正确。
7.假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，如图所示，地球仍可看作一个球心为O、半径为R、质量分布均匀的球体。从隧道口P点由静止释放一小球，下列说法正确的是( )
A．小球先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．小球在O点受到地球的引力最大
C．小球以O点为平衡位置做简谐运动
D．小球与地球组成系统的引力势能先增加后减少
解析：选C 设小球距圆心的距离为r，地球的密度为ρ，小球的质量为m，根据题意，由万有引力公式F＝eq \f(GMm,r2)可得，小球下落过程中，受到的引力为F＝eq \f(4,3)Gπρmr，则小球下落过程中所受引力的大小与到地心的距离成正比，且方向指向地心，故小球以O点为平衡位置做简谐运动，故C正确；根据牛顿第二定律有F＝ma，得加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(4,3)Gπρr，可知，当小球下落时，在O点上方时，r越来越小，则a越来越小，到达O点时r＝0，则a＝0，即此时引力为0，引力最小，在O点下方时，r越来越大，则a越来越大，则小球下落过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故A、B错误；由以上分析可知，小球下落过程中，引力先做正功，再做负功，则小球与地球组成系统的引力势能先减小后增大，故D错误。
8．(多选)如图(a)所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图(b)所示，若eq \f(T,2)时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．0时刻弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧劲度系数为eq \f(2mg,A)
C．eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间段，回复力冲量为0
D．eq \f(T,2)～T时间段，小球动能与重力势能之和减小
解析：选AD 小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，eq \f(T,2)时刻弹簧弹力为0，位移为A，有kA＝mg，可得劲度系数为k＝eq \f(mg,A)，故B错误；0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F＝k·2A＝2mg，故A正确；eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间段，小球从平衡位置沿负方向振动回到平衡位置，回复力一直沿正方向，由I＝Ft可知回复力冲量不为0，故C错误；eq \f(T,2)～T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D正确。
第2讲 机械波
一、机械波
1．定义：机械振动在介质中的传播。
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振动的周期或频率。
(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
2．多普勒效应
微点判断
(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，各质点的起振方向都相同。(√)
(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。(×)
(一) 机械波的传播与波的图像的应用(精研点)
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。
(2)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点振动的频率等于波源的振动频率。
[例1] (2021·全国甲卷)均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 cm/s，波长大于20 cm，振幅为y＝1 cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6 s，两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求：
(1)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
[解析] (1)因波速v＝20 cm/s，波长大于20 cm，所以周期T＞1 s，又由t＝0时刻后每隔0.6 s A、B两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，可知该波周期T＝1.2 s，该波波长λ＝vT＝24 cm，故A、B的平衡位置相距eq \f(2,3)λ，从t1时刻开始，质点B最少要经过eq \f(2,3)T＝0.8 s位于波峰。
(2)在t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰，A、B平衡位置相距eq \f(2,3)λ，可知质点B偏离平衡位置的位移
yB＝ycseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π×\f(2,3)))＝－0.5 cm。
[答案] (1)0.8 s (2)－0.5 cm
[针对训练]
1.青岛濒临黄海，是国内著名的滨海旅游城市，长达800多公里的海岸线，拥有众多优良海水浴场。在石老人海水浴场，某同学漂浮在海面上，水波以3 m/s的速率向着海滩传播，该同学记录了第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间为18 s。下列说法正确的是( )
A．该同学很快就会漂流到沙滩上
B．该水波的周期为1.8 s
C．该水波的波长为6 m
D．该水波可以绕过石老人继续传播属于波的干涉现象
解析：选C 该同学只会在平衡位置附近振动，不会随波迁移，A错误；该水波的周期为T＝eq \f(t,n－1)＝2 s，B错误；根据波长公式得λ＝vT＝6 m，C正确；该水波可以绕过石老人继续传播属于波的衍射现象，D错误。
2.(多选)如图所示，A、B两点为某简谐横波上的质点，已知波的传播方向由A到B，t＝0时刻该波刚好传到A点，且A点的振动方向竖直向上，经时间t0质点B刚好起振。已知波的传播周期为T、传播速度为v，则下列说法正确的是( )
A．振源位于A的左侧，且起振方向竖直向上
B．质点B振动后，其振动周期一定为T
C．质点B每次经过平衡位置的速度一定为v
D．质点B的起振方向与A、B两点之间的距离有关
解析：选AB 因为质点A刚起振时的振动方向竖直向上，因此振源的起振方向竖直向上，又由于波的传播方向由A到B，因此振源位于A的左侧，故A正确；质点B的振动周期等于振源的振动周期，等于波的传播周期，则一定为T，故B正确；波的传播速度与质点的振动速度是两个不同的概念，则质点B经过平衡位置的速度不一定为v，故C错误；A、B之间各质点在振源的带动下做受迫振动，则开始振动的方向与振源开始起振的方向相同，与A、B两点之间的距离无关，故D错误。
eq \a\vs4\al(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
[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] (2023·东莞模拟)如图甲所示，一个不计重力的弹性绳水平放置，O、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点O从t＝0时刻开始，在竖直平面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为y＝20sin 5πt(cm)，形成的简谐波同时沿该直线向Ob和Oc方向传播，在t1＝0.5 s时，质点b恰好第一次到达正向最大位移处，O、b两质点平衡位置间的距离L1＝0.8 m，O、c两质点平衡位置间的距离L2＝0.6 m。求：
(1)此横波的波长和波速；
(2)计算0～1.0 s的时间内质点c运动的总路程，并在图乙中画出t＝1.0 s时刻向两方向传播的大致波形图。(画波形图时不要求解题过程)
[解析] (1)由质点O位移随时间变化的振动方程可知：T＝eq \f(2π,ω)＝0.4 s
设质点O振动产生的机械波的波长为λ，波速为v，由题意可得：t1＝eq \f(L1,v)＋eq \f(T,4)
可得：v＝2 m/s
由λ＝vT
解得：λ＝0.8 m。
(2)设波由O点传播到c点所用时间为t2，t2之前质点c处于静止状态。
t2＝eq \f(L2,v)＝0.3 s，在t2＝0.3 s时，质点c开始向上振动，其振幅为A＝20 cm，振动周期和波源的周期相等，为T＝0.4 s，
则振动时间为：Δt＝(1.0－0.3)s＝T＋eq \f(3,4)T
质点c在0～1.0 s运动的总路程为：s＝7A＝1.4 m
t＝1.0 s时，质点O振动了eq \f(1.0 s,0.4 s)＝2.5个周期，正处在平衡位置向下运动，再结合波长λ＝0.8 m及波的传播方向，可画出波形图如图所示。
[答案] (1)0.8 m 2 m/s (2)1.4 m 波形图见解析图
[针对训练]
3．(多选)一列机械波在介质中传播，t＝0时的波动图像如图所示。O点为波源，振动周期为T，振幅为A，波沿x轴正方向传播，P点为波动图像上一点，对应坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，－\f(A,2)))。下列说法正确的是( )
A．此列波的传播速度为eq \f(L,T)
B．t＝0时P点振动方向沿y轴负方向
C．此列波的波长为eq \f(4L,3)
D．从t＝0开始经时间eq \f(5,12)T，P点第一次到达平衡位置
解析：选BD 波沿x轴正方向传播，P点位于传播方向的上坡段，则P点振动方向沿y轴负方向，B正确；由题图可知该波的波动方程为y＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,λ)x＋φ))，代入点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(A,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，－\f(A,2)))，有φ＝eq \f(π,6)，λ＝eq \f(6,5)L，此列波的传播速度为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(6L,5T)，A、C错误；由题图可知此时P点向下振动，则P点的振动方程为y＝－Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t＋φ′))，代入点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(A,2)))有φ′＝eq \f(π,6)，当P点第一次到达平衡位置有t＝eq \f(5,12)T，D正确。
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\c1(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\c1(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] (2021·湖北高考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1 s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0～1 s内运动的路程为4.5 cm。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1.1 s
C．波的传播速度大小为13 m/s
D．t＝1 s时，x＝6 m处的质点沿y轴负方向运动
[解析] 由题意，x＝0处的质点在0～1 s的时间内通过的路程为4.5 cm，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＝1 s为eq \f(13,12)T，解得T＝eq \f(12,13) s，由题图可知λ＝12 m，则v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(12,\f(12,13)) m/s＝13 m/s，故C正确，B错误；由同侧法可知t＝1 s时，x＝6 m处的质点沿y轴正方向运动，故D错误。
[答案] AC
[针对训练]
4．(2021·全国乙卷)图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线。经过0.3 s后，其波形图曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。
解析：若波是沿x轴正方向传播的，波形移动了15 cm，由此可求出波速和周期：
v1＝eq \f(0.15,0.3) m/s＝0.5 m/s；T1＝eq \f(λ,v1)＝eq \f(0.2,0.5) s＝0.4 s。
若波是沿x轴负方向传播的，波形移动了5 cm，由此可求出波速和周期：
v2＝eq \f(0.05,0.3) m/s＝eq \f(1,6) m/s；T2＝eq \f(λ,v2)＝eq \f(0.2,\f(1,6)) s＝1.2 s。
答案：0.5 0.4 1.2
(二) 波的图像与振动图像的综合应用(精研点)
1．振动图像与波的图像的比较
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．(2021·山东等级考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝5 s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是( )
解析：选AC 由题意，如果波沿x轴正方向传播，则t2－t1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(3,4)))T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝4 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向上振动，故A正确，B错误；如果波沿x轴负方向传播，则t2－t1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,4)))T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝12 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向下振动，故C正确，D错误。
考法2 已知质点振动图像判定波的图像
2．(2022·山东等级考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当t＝7 s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＝12 s，设原点处的质点的振动方程为y＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t＋φ))，则10＝20sin φ，解得φ＝eq \f(π,6)，在t＝7 s时刻y7＝20sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,12)×7＋\f(π,6)))＝－10eq \r(3) cm≈－17.3 cm，因7 s＝eq \f(1,2)T＋eq \f(1,12)T，则在t＝7 s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．(多选)一列简谐横波，在t＝0.6 s时刻的图像如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1 cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是eq \f(50,3) m/s
C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是2 cm
D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置
解析：选ABD 由题图乙读出该时刻即t＝0.6 s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由题图甲读出该波的波长为λ＝20 m，由题图乙知周期为T＝1.2 s，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(20,1.2) m/s＝eq \f(50,3) m/s，故B正确；Δt＝0.6 s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过Δt＝0.6 s，A质点通过的路程是s＝2A＝2×2 cm＝4 cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将题图甲与余弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为xP＝eq \f(20,3) m，Q点的横坐标为xQ＝eq \f(40,3) m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置的时间为t＝eq \f(xQ－xP,v)＝eq \f(\f(20,3),\f(50,3)) s＝0.4 s，故D正确。
(三) 波的多解问题(精研点)
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\c1(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] 如图，实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5 s时刻的波形。
(1)写出这列波的波速表达式；
(2)若波速大小为74 m/s，波的传播方向如何？
[解析] (1)由题图可知λ＝8 m
当波向右传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为
s＝nλ＋eq \f(3,8)λ＝(8n＋3)m(n＝0,1,2，…)
波速为v＝eq \f(s,Δt)＝eq \f(8n＋3,0.5) m/s＝(16n＋6)m/s(n＝0,1,2，…)。
当波向左传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为s＝nλ＋eq \f(5,8)λ＝(8n＋5)m(n＝0,1,2，…)
波速为v＝eq \f(s,Δt)＝eq \f(8n＋5,0.5) m/s＝(16n＋10)m/s(n＝0,1,2，…)。
(2)若波速大小为74 m/s，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为s＝v·Δt＝74×0.5 m＝37 m。
因为37 m＝4λ＋eq \f(5,8)λ，所以波向左传播。
[答案] (1)当波向右传播时，v＝(16n＋6)m/s(n＝0,1,2，…) 当波向左传播时，v＝(16n＋10)m/s(n＝0,1,2，…) (2)向左传播
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)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速度大小可能是( )
A．7 m/s B．2 m/s
C．1.2 m/s D．1 m/s
[解析] 由振动图像可知周期T＝4 s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。①若波沿x轴正向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…
则波长有：x2－x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,4)))λ(n＝0,1,2，…)
得波速表达式v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(\f(x2－x1,n＋\f(1,4)),T)＝eq \f(6,4n＋1)(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝6 m/s，当n＝1时，v＝1.2 m/s，C正确。
②若波沿x轴负向传播，其波形如图乙所示。
则有x2－x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(3,4)))λ(n＝0,1,2，…)
得v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(\f(x2－x1,n＋\f(3,4)),T)＝eq \f(6,4n＋3)(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝2 m/s，当n＝1时，v≈0.86 m/s，B正确。
[答案] BC
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·日照高三调研)(多选)一列沿x轴传播的简谐横波，t＝3 s时的波形如图甲所示，x＝3 m处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是( )
A．1 m/s B．eq \f(1,2) m/s C．eq \f(2,3) m/s D．eq \f(3,4) m/s
[解析] 在t＝3 s时，由x＝3 m处质点的振动图像可知，波的周期为T＝6 s，质点在t＝3 s时从平衡位置向下振动，若波沿x轴正方向传播，则x＝3 m处质点可能处在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))λ处，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))λ＝3 m，解得λ＝eq \f(6,2n＋1) m(n＝0,1,2,3，…)，则波速可能是v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(\f(6,2n＋1),6) m/s＝eq \f(1,2n＋1) m/s(n＝0,1,2,3，…)。当n＝0时，v＝1 m/s；当n＝1时，v＝eq \f(1,3) m/s；当n＝2时，v＝eq \f(1,5) m/s。若波沿x轴负方向传播，则x＝3 m处质点可能处在nλ处，则有nλ＝3 m，解得λ＝eq \f(3,n) m(n＝1,2,3，…)，则波速可能是v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(\f(3,n),6) m/s＝eq \f(1,2n) m/s(n＝1,2，3，…)。当n＝1时，v＝eq \f(1,2) m/s；当n＝2时，v＝eq \f(1,4) m/s，因此由题意可知A、B正确，C、D错误。
[答案] AB
(四) 波的干涉、衍射、多普勒效应(固基点)
[ 题点全练通]
1．[对波的干涉条件的理解]
(多选)甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速均为2 m/s，振幅都为A，某时刻的图像如图所示。此时甲波恰好传到x＝2 m处，乙波恰好传到x＝6 m处，取此时为t＝0时刻，则以下说法中正确的是( )
A．经过足够长时间后，甲、乙两波能形成稳定的干涉图样
B．t＝2 s时，平衡位置在x＝3 m处的质点的位移此时为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3),2)))A
C．t＝3 s时，平衡位置在x＝7 m处的质点振动方向向下
D．t＝3 s时，两波源间(不含波源)有5个质点位移为零
解析：选BD 由题图可求得甲、乙两列横波的频率为f甲＝eq \f(v,λ甲)＝eq \f(2,4) Hz＝eq \f(1,2) Hz，f乙＝eq \f(v,λ乙)＝eq \f(2,6) Hz＝eq \f(1,3) Hz，产生稳定的干涉图样需要两列波的频率相同，故这两列波不能形成稳定的干涉图样，故A错误；t＝2 s时，根据Δx＝vt＝2×2 m＝4 m可知，两列波均向前传播了4 m，可知甲波的波峰刚好到达3 m处，乙波x＝7 m处的振动刚好传到3 m处，故可得t＝2 s时，平衡位置在3 m处的质点的位移为y＝y甲＋y乙＝A＋eq \f(\r(3),2)A＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3),2)))A，故B正确；t＝3 s时，根据Δx＝vt＝2×3 m＝6 m可知，两列波均向前传播了6 m，即甲的波谷到达x＝7 m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x＝7 m处，根据叠加知，该质点向上振动，故C错误；画出再经过3 s的波形图如图所示，根据波的叠加可知两波源间(不含波源)有5个质点位移为零，这5个质点的平衡位置分别在2～3 m之间，4～5 m之间，6 m处，7～8 m之间，9 m处，选项D正确。
2．[波的干涉中加强点、减弱点的判断]
(1)(公式法)如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1 m,0)和S2(5 m,0)，振动方程分别为zs1＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt＋\f(π,2)))、zs2＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt－\f(π,2)))。两列波的波速均为1 m/s，两列波在点B(5 m,3 m)和点C(3 m,2 m)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互( )
A．加强、加强 B．减弱、减弱
C．加强、减弱 D．减弱、加强
解析：选B 由于C点到两波源的距离相等，两列波从波源传到C点的路程差为ΔsC＝0，为波长的整数倍，由两波源的振动方程可知两波的振动方向相反，所以C为振动减弱点，则A、D错误；两列波从波源传到B点的路程差为ΔsB＝eq \r(32＋42) m－3 m＝2 m，由振动方程可知两列波源的振动周期为T＝eq \f(2π,π)＝2 s，波长为λ＝vT＝1×2 m＝2 m，两列波从波源传到B点的路程差为波长的整数倍，所以B点为振动减弱点，所以B正确，C错误。
(2)(波形图法)如图所示，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述错误的是( )
A．Q点始终处于波峰位置
B．R、S两点始终处于静止状态
C．P、Q连线上各点振动始终最强
D．P点在图中所示的时刻处于波谷，再过eq \f(1,4)周期处于平衡位置
解析：选A Q点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，但并不是始终处于波峰的位置，A错误；R、S两点是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点，位移为零，则始终处于静止状态，B正确；P、Q两点都是振动加强点，故P、Q连线上各点振动始终最强，C正确；P点是振动加强点，在题图所示的时刻处于波谷，再过eq \f(1,4)周期处于平衡位置，D正确。
3．[对波的衍射的理解]
(多选)下列说法正确的是( )
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象
解析：选BC 在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总比减弱点的位移大，故A错误；单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的振动周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，故与单摆的摆长无关，故B正确；火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应知，我们听到的笛声频率大于声源发声的频率，故C正确；当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小的多时，将发生明显的衍射现象，故D错误。
4．[多普勒效应]
(多选)关于多普勒效应，下列说法正确的是( )
A．多普勒效应是由于波的干涉引起的
B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的
D．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率
解析：选BCD 多普勒效应是由于波源与观察者之间发生相对运动而产生的，其波源的频率不发生变化，是观察者接收到的频率发生变化，故B、C正确，A错误；当声源向观察者靠近时，观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，D正确。
[要点自悟明]
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全波的个数。
(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。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(多选)如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5 m的A点开始振动；t＝1 s时，离O点10 m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则( )
A．波的周期为0.4 s
B．波的波长为2 m
C．波速为5eq \r(3) m/s
D．t＝1 s时AB连线上有4个点处于最大位移
解析：选AB 根据题意可知经过1 s，A处质点经过了5个0.5T，即eq \f(10 m－5 m,v)＝2.5T＝1 s，说明T＝0.4 s，v＝5 m/s，由v＝eq \f(λ,T)，得λ＝2 m，A、B正确，C错误；根据题意，第5次经过平衡位置，说明A、B之间有5个0.5倍的波长，即AB连线上应该有5个点处于最大位移，D错误。
2．(2022·辽宁高考)一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是( )
A．该时刻速度沿y轴正方向
B．该时刻加速度沿y轴正方向
C．此后eq \f(1,4)周期内通过的路程为A
D．此后eq \f(1,2)周期内沿x轴正方向迁移为eq \f(1,2)λ
解析：选A 题中为某时刻波形图，因为传播方向沿x轴正方向，由同侧法可知该时刻质点P运动方向沿y轴正方向，故A正确；质点P位于x轴上方，加速度方向指向平衡位置，该时刻加速度方向沿y轴负方向，故B错误；此后eq \f(1,4)周期内质点P的速度先向上减小后向下增大，通过的路程小于A，故C错误；质点P的运动是上、下振动，不会沿x轴方向运动，故D错误。
3．(2022·浙江1月选考)(多选)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t＝0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距λ，则( )
A．t＝eq \f(T,4)时，波形如图2甲所示
B．t＝eq \f(T,2)时，波形如图2乙所示
C．t＝eq \f(3T,4)时，波形如图2丙所示
D．t＝T时，波形如图2丁所示
解析：选BD 根据波长和波速的关系式v＝eq \f(λ,T)，可知t＝eq \f(T,4)时，两列波各自向前传播的距离为x1＝vt＝eq \f(λ,4)，故两列波还未相遇，A错误；t＝eq \f(T,2)时，两列波各自向前传播的距离为x2＝vt＝eq \f(λ,2)，故两列波的波前刚好相遇，B正确；t＝eq \f(3T,4)时，两列波各自向前传播的距离为x3＝vt＝eq \f(3λ,4)，两列波的波谷相遇，振动加强，波谷质点的位移为2A，C错误；t＝T时，两列波各自向前传播的距离为x4＝vt＝λ，两列波的波峰与波谷叠加，波形为直线，D正确。
4．(多选)甲、乙两列简谐横波的传播速率相同，分别沿x轴正方向和负方向传播，t＝0时刻两列波的前端刚好分别传播到x＝－2 m的质点A处和x＝1 m 的质点B处，如图所示。已知横波甲的频率为2.5 Hz，下列说法正确的是( )
A．两列波相遇后会发生干涉现象
B．乙波的频率为1.25 Hz
C．乙波更易发生明显衍射现象
D．两列波会同时传到x＝－0.5 m处，且该质点的振动方向沿y轴负方向
解析：选BC 波在同种介质中传播速度相等，波的频率f＝eq \f(v,λ)，所以eq \f(f甲,f乙)＝eq \f(λ乙,λ甲)＝eq \f(2,1)，解得乙波的频率为f乙＝1.25 Hz，由于两波频率不同，不能发生干涉现象，A错误，B正确；波长越长的波越易发生明显衍射现象，乙的频率小，故乙波的波长大，所以乙波更易发生明显衍射现象，C正确；两列波的波速都为v＝λ甲f甲＝10 m/s，x＝－0.5 m处质点距A点和B点距离相同，因此两列波同时传到该处，根据传播方向和振动方向的关系，两列波在该点的振动方向都沿y轴正方向，D错误。
5．如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m。在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则下列说法正确的是( )
A．该机械波的波长为8 m
B．该机械波的传播速度大小为8 m/s
C．两列波相遇后，c点的振动频率增大
D．两列波相遇后，c点振动加强
解析：选D 由于两列波的波速相同，且ac
A．波的频率f＝0.5 Hz
B．t＝0时刻，x＝4 m与x＝8 m处的两质点振动方向相同
C．两列波叠加后，x＝6 m处为振动加强点
D．在t＝0.5 s时刻，x＝5 m处的质点第一次到达y＝－7 cm处
解析：选D 由题图可知λ＝4 m，根据v＝λf得f＝2 Hz，故A错误；t＝0时刻，x＝4 m处的质点向上振动，x＝8 m处的质点向下振动，故B错误；两列波叠加后，x＝6 m处为振动减弱点，故C错误；x＝5 m处为振动加强点，在t＝0.5 s时刻质点第一次到达波谷，即y＝－7 cm处，故D正确。
7．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0～4 s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为0.5 m/s。
(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4 s内通过的路程；
(3)在图(b)中画出t＝4 s时刻的波形图。
解析：(1)由题图(a)可知，振幅A＝4 cm，周期T＝4 s，由于波的传播速度为0.5 m/s，根据波长与波速的关系有λ＝vT＝2 m。
(2)由(1)可知波源的振动周期为4 s，则4 s内波源通过的路程为s＝4A＝16 cm。
(3)
由题图(a)可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5 m/s，则在4 s时x＝vt＝2 m，可知该波刚好传到位置为2 m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿x轴正方向传播，则根据“上下坡法”可绘制出t＝4 s时刻的波形图如图所示。
答案：(1)2 m (2)16 cm (3)见解析图
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(2023·山东青岛检测)在某种介质中，一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图(a)所示，此时质点A在波峰位置，质点D刚要开始振动，质点C的振动图像如图(b)所示；t＝0时刻在D点有一台机械波信号接收器(图中未画出)，正以2 m/s的速度沿x轴正向匀速运动。下列说法正确的是( )
A．质点D的起振方向沿y轴负方向
B．t＝0.05 s时质点B回到平衡位置
C．信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5 Hz
D．若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变
解析：选C 因t＝0时刻质点C从平衡位置向下振动，可知波沿x轴正向传播，则质点D的起振方向沿y轴正方向，A错误；由题图知λ＝4 m，T＝0.4 s，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,0.4) m/s＝10 m/s，当质点B回到平衡位置时，波向右至少传播1.5 m，则所需时间为t＝eq \f(1.5,10) s＝0.15 s，B错误；机械波的频率为2.5 Hz，接收器远离波源运动，根据多普勒效应可知，信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5 Hz，C正确；机械波的传播速度只与介质有关，则若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度不变，D错误。
9．(多选)图1中的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由计算机处理，从而形成B超图像。图2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。已知此超声波的频率为1×107 Hz。下列说法正确的是( )
A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B．质点M开始振动的方向沿y轴正方向
C．t＝1.25×10－7 s时质点M运动到横坐标x＝3.5×10－4 m 处
D．0～1.25×10－7 s内质点M的路程为2 mm
解析：选AD 由题图2知波长λ＝14×10－2 mm＝1.4×10－4 m，由v＝λf得波速v＝1.4×10－4 m×1×107 Hz＝1.4×103 m/s，A正确；根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，B错误；质点M只会上下振动，不会随波迁移，C错误；质点M振动的周期T＝eq \f(1,f)＝eq \f(1,1×107) s＝1×10－7 s，由于eq \f(Δt,T)＝eq \f(1.25×10－7,1×10－7)＝eq \f(5,4)，质点M在0～1.25×10－7 s内运动的路程L＝eq \f(5,4)×4A＝2 mm，D正确。
10．(2022·浙江6月选考)(多选)位于x＝0.25 m的波源P从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t＝2.0 s时波源停止振动，t＝2.1 s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa＝1.75 m，质点b的平衡位置xb＝－0.5 m。下列说法正确的是( )
A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉
B．t＝0.42 s时，波源的位移为正
C．t＝2.25 s时，质点a沿y轴负方向振动
D．在0到2 s内，质点b运动总路程是2.55 m
解析：选BD 波从波源发出后，向x轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，A错误；由题图可知，波的波长λ＝1 m，由题意可知0.1 s内波传播四分之一波长，可得eq \f(T,4)＝0.1 s，解得T＝0.4 s，根据同侧法可知，t＝0.4 s时波源的起振方向向上，t＝0.42 s即T
A．乙波的波长为2 m
B．在t＝2.0 s时，质点P开始振动
C．若两波源一直振动，则质点P为振动的加强点，其振幅为7 cm
D．若两波源一直振动，则在t＝4.5 s时，质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动
解析：选AC 在同一介质中，甲、乙速度相同，所以v＝2.0 m/s，因此λ＝vT＝2 m，故A正确；在t＝eq \f(8－5,2) s＝1.5 s时，乙波到达P点，质点开始振动，故B错误；t＝0时刻甲波传播到x＝1 m处，且振动方向向下，乙波开始振动，且振动方向向上，此时两波到P点的距离差为1 m，为半个波长，所以P点为振动加强点，因此振幅为3 cm＋4 cm＝7 cm，故C正确；甲的周期T甲＝eq \f(λ甲,v甲)＝1 s＝T乙，对于甲波，需要2 s到达P点，之后P点振动两个周期后再经过eq \f(1,2)T，此时P点处于平衡位置且向y轴正方向振动，对于乙波，需要1.5 s到达P点之后再运动3个周期，此时P点应处于平衡位置向y轴正方向振动，综合甲、乙运动情况，则在t＝4.5 s时，质点P处于平衡位置且向y轴正方向振动，故D错误。
12．(2023·南京调研)甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x＝0.9 m处和x＝－0.6 m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2 cm，两列波在t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x＝－0.2 m和x＝0.1 m处的P、Q两质点刚要开始振动。质点M的平衡位置在x＝0.3 m处，已知甲波的周期为0.8 s，求：
(1)乙波传播到M质点所需要的时间；
(2)在0～2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。
解析：(1)由题图可知，甲波的波长为λ甲＝0.8 m，由于甲波的周期为T甲＝0.8 s
由v＝eq \f(λ甲,T甲)可得v＝1.0 m/s
两波波速大小相等，由题图可知xPM＝0.5 m
由t＝eq \f(xPM,v)，可解得t＝0.5 s。
(2)由题图知乙波的波长λ乙＝0.4 m，由T乙＝eq \f(λ乙,v)
可得T乙＝0.4 s
甲波使M质点处于波峰时，应有t甲＝mT甲
解得t甲＝eq \f(4m,5) s(m＝0,1,2，…)
乙波使M质点处于波峰时，应有t乙＝(n＋2)T乙
解得t乙＝eq \f(2,5)(n＋2)s(n＝0,1,2，…)
欲使两列波相遇后M质点位于波峰位置，
则必有t甲＝t乙，即2m－n＝2
因m、n只能取整数，故有
m＝1、n＝0时，t＝0.8 s
m＝2、n＝2时，t＝1.6 s
m＝3、n＝4时，t＝2.4 s
所以t＝0时刻后的2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻分别为0.8 s、1.6 s和2.4 s。
答案：(1)0.5 s (2)0.8 s、1.6 s和2.4 s
第3讲 实验：用单摆测量重力加速度的大小(基础实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。
(3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角要小于5°。可通过估算振幅的办法掌握。
(4)摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过平衡位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计时计数。
2．误差分析
1．(2023·山西太原模拟)用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
(1)选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：
①将单摆上端细线固定在铁架台上。
②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长L。
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t。
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小。
根据图2所示，测得的摆长L＝____________cm；
重力加速度测量值表达式g＝____________(用L、n、t表示)。
(2)为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制T2-L图像，如图3所示。由图可知重力加速度g＝________(用图中字母表示)。
(3)关于本实验，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)。
A．需要用天平称出小球的质量
B．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量
C．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
解析：(1)刻度尺的最小分度值为1 mm，所以读数为98.50 cm。测量单摆的周期为T＝eq \f(t,n)，而单摆的理论周期为T＝2πeq \r(\f(L,g))，两式联立可得g＝eq \f(4π2Ln2,t2)。
(2)对单摆的周期公式进行变形可得T2＝eq \f(4π2,g)L
根据图中斜率值，可得eq \f(T22－T12,L2－L1)＝eq \f(4π2,g)
解得g＝eq \f(4π2L2－L1,T22－T12)。
(3)本实验通过单摆的周期来测量当地的重力加速度，不需要摆球的质量，故A错误；测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，可以更精确地测量出悬点到球心的距离，故B正确；单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故C错误。
答案：(1)98.50 eq \f(4π2Ln2,t2) (2)eq \f(4π2L2－L1,T22－T12) (3)B
2．在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，若均匀小球在垂直纸面的平面内做小幅度的摆动，悬点到小球顶点的细线长L，小球直径为d ，将激光器与传感器左右对准，分别置于摆球的平衡位置两侧，激光器连续向左发射激光束。在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号。将其信息输入计算机，经处理后画出相应图线。图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号I随时间t变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，则：
(1)在实验中，若摆线的长度L可以准确测量，摆球直径忘记测量，现使用同一摆球，多次改变摆线长度L，并测得每一次相应的摆动周期T，用作图法进行数据处理，下列说法中正确的是________。
A．L与T不是直线关系，不能通过作图法测出当地重力加速度的大小
B．L与T2是直线关系，图像与纵轴的交点绝对值表示摆球半径
C．L-T2是直线关系，其斜率与准确测量摆长L′和周期T作出L′-T2的图像斜率相同
D．L与T2是直线关系，但不能测出当地重力加速度的大小
(2)由上述已知量(L、d、t0、Δt)可以求出当地的重力加速度大小的计算公式g＝____________。
(3)关于上述实验，下列说法正确的是________。
A．为了使实验减小误差，应该让细线偏离竖直位置的夹角尽可能大些
B．实验中若增大摆球半径，时间间隔t0将变大
C．如果将摆球换成质量更小(半径不变)的塑料球，对实验不产生影响
D．如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，对实验没有影响
解析：(1)由单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))＝2πeq \r(\f(L＋\f(d,2),g))，整理得L＝eq \f(g,4π2)T2－eq \f(d,2)，可见L与T不是直线关系，但L与T2是直线关系，图像与纵轴的交点绝对值表示摆球半径，其斜率k＝eq \f(g,4π2)，与准确测量摆长L′和周期T作出L′-T2的图像斜率相同，并可求出当地重力加速度，故选B、C。
(2)在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号，结合题图乙可知T＝2t0，又T＝2πeq \r(\f(L＋\f(d,2),g))，可得当地的重力加速度大小的计算公式为g＝eq \f(π22L＋d,2t02)。
(3)在摆角较小时，摆球的运动可以看作简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°，A错误；实验中若增大摆球半径，则摆长变大，根据T＝2πeq \r(\f(l,g))，可知周期将变大，时间间隔t0将变大，B正确；如果将摆球换成质量更小(半径不变)的塑料球，阻力变大，对实验会产生影响，C错误；如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，摆长会发生变化，会对实验有影响，D错误。
答案：(1)BC (2)eq \f(π22L＋d,2t02) (3)B
3.根据单摆周期公式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。
(1)用分度值为毫米的直尺测得摆线长，用游标卡尺测得摆球直径如图乙所示，读数为__________cm。
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是____________。
A．摆线要选择细些的、长度不可改变、并且尽量长一些的
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些以方便测量，拉开摆球使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
(3)某同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。利用图中A、B两点坐标表示当地重力加速度的表达式g＝____________。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样__________(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。
解析：(1)游标卡尺测得摆球直径读数为2 cm＋0.05 mm×10＝2.050 cm。
(2)摆线要选择细些的、长度不可改变、并且尽量长一些的，A正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，以减小阻力的影响，B正确；为了使摆球做简谐运动，则摆角不应该大于5°，C错误；当摆球在最低点时开始计时，让摆球振动多次全振动，用振动的总时间t除以振动次数即为单摆周期T，D错误。
(3)根据T＝2πeq \r(\f(L,g))，解得L＝eq \f(g,4π2)T2，由图像可知eq \f(g,4π2)＝eq \f(LB－LA,TB2－TA2)，解得g＝eq \f(4π2LB－LA,TB2－TA2)，若在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，则图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
答案：(1)2.050 (2)AB (3)eq \f(4π2LB－LA,TB2－TA2) 不影响
4．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)若完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长(悬点到摆球上端的距离)为L0，用游标卡尺测得摆球的直径为d，用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式g＝______________。
(2)实验中某同学发现测得的重力加速度的值总是偏大，下列原因中可能的是__________。
A．实验室处在高山上，距离海面太高
B．单摆所用的摆球质量太大了
C．实际测出n次全振动的时间t，误作为(n＋1)次全振动的时间
D．以线长作为摆长来计算
(3)甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出T2-L图像中的实线OM，如图1所示；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2-L图像为________(选填：①、②、③、④)。
(4)丙同学将单摆固定在力传感器上(如图2)，得到了拉力随时间的变化曲线，如图3所示，已知摆长L1＝0.99 m，根据图中的信息可得，重力加速度g＝________m/s2(取π2＝9.87，结果保留三位有效数字)。
解析：(1)根据T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得g＝eq \f(4π2L,T2)＝eq \f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L0＋\f(d,2))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,n)))2)＝eq \f(4π2n2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L0＋\f(d,2))),t2)＝eq \f(2π2n22L0＋d,t2)。
(2)实验室处在高山上，距离海面太高，若操作正确，测得的重力加速度在误差允许范围内等于当地的重力加速度，A错误；单摆所用的摆球质量大小与测量结果无关，B错误；实际测出n次全振动的时间t，误作为(n＋1)次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，C正确；以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，D错误。
(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，可得T2＝eq \f(4π2,g)L，可知k＝eq \f(4π2,g)，解得g＝eq \f(4π2,k)，实验后乙同学发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长L＝0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即M位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②。
(4)由图像可知，单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2πeq \r(\f(L,g))
可得g＝eq \f(4π2L,T2)＝eq \f(4×9.87×0.99,22) m/s2≈9.77 m/s2。
答案：(1)eq \f(2π2n22L0＋d,t2) (2)C (3)② (4)9.77
5．(2023·南京模拟)某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。
(1)用游标卡尺测出小铁球直径，结果如图乙所示。则其直径D＝__________mm。
(2)让小钢球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图丙，则小球摆动的周期为T＝__________s。
(3)该同学还测得该单摆的摆线长，用L表示，则重力加速度的表达式为g＝____________(用物理量T、L、D表示)。
(4)将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2，并得到F2-F1图线，如图丁所示，如果小球在摆动的过程中机械能守恒，则该图线斜率的绝对值等于________。
(5)若实际测得F2-F1图线的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因________。
A．测量单摆摆长时漏加小球半径
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动角度偏大
D．小钢球摆动过程中存在空气阻力
解析：(1)读数为9 mm＋3×0.1 mm＝9.3 mm。
(2)小球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过二次最低点，所以小球做单摆运动的周期为T＝2×(1.5－0.5)s＝2.0 s。
(3)由单摆周期公式可知T＝2πeq \r(\f(L＋\f(D,2),g))
解得g＝eq \f(4π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(D,2))),T2)＝eq \f(2π22L＋D,T2)。
(4)设摆球在最高点与最低点的竖直距离为h，根据向心力方程以及机械能守恒可知
F1－mgeq \f(L＋\f(D,2)－h,L＋\f(D,2))＝0
F2－mg＝meq \f(v2,L＋\f(D,2))
mgh＝eq \f(1,2)mv2
联立解得F2＝3mg－2F1
所以图像的斜率的绝对值应为2。
(5)由以上分析可知，绳长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故A、B、C错误，D正确。
答案：(1)9.3 (2)2.0 (3)eq \f(2π22L＋D,T2) (4)2 (5)D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：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
②表达式：F＝－kx
③来源：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；是效果力，不是性质力
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＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动振动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0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＝Asin ωt，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＝Acs ωt，图像如图乙所示
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
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：
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°
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＝2π eq \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
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
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
波能够绕过障碍物或孔继续向前传播
现象
观察者接收到的频率发生变化
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
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
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
原理装置图
(1)摆角很小时，单摆做简谐运动，周期T＝2π eq \r(\f(l,g))。
(2)由g＝eq \f(4π2,T2)l可知，只要测出l、T即可计算出当地重力加速度的大小
操作
要领
(1)做单摆：用约1 m长的细线穿过小球上的小孔，并打一个比孔大的结，并把细线另一端固定在铁架台上。
(2)测摆长：用毫米刻度线测摆线长l′，用游标卡尺测小球直径D，则摆长l＝l′＋eq \f(D,2)。
(3)测周期：让摆球偏离一个角度(小于5°)，释放后让单摆自由摆动，测出单摆振动30～50次的总时间，求出周期，反复测量三次，求出周期的平均值
公式法
将测得的几组周期T和摆长l代入公式g＝eq \f(4π2l,T2)中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的大小
图像法
由单摆的周期公式T＝2π eq \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l -T2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)
系统误差
主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可视为质点，球、线是否符合要求，振幅是否足够小，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等
偶然误差
主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“0”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应多次测量后取平均值
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