2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题五 第12讲　机械振动和机械波【解析版】

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第12讲 机械振动和机械波
命题规律 1.命题角度：(1)机械振动；(2)机械波；(3)振动图像和波的图像综合应用.2.常用方法：公式法、图像法.3.常考题型：选择题．
考点一 机械振动
1．简谐运动的规律
2．单摆
(1)单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))
①摆球只受重力和细线拉力，且悬点静止或做匀速直线运动，g为当地重力加速度，在地球上不同位置g的取值不同，不同星球表面g值也不相同．
②单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g0＝g±a.在近地轨道上运动的卫星加速度a＝g，为完全失重，等效重力加速度g0＝0.
(2)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F＝mgsin θ＝－eq \f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反．(如图所示)
①当摆球在最高点时，F向＝eq \f(mv2,l)＝0，FT＝mgcs θ.
②当摆球在最低点时，F向＝eq \f(mvmax2,l)，F向最大，FT＝mg＋meq \f(vmax2,l).
例1 (多选)(2022·湖南卷·16(1)改编)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1 Hz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0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35 m和x＝0.45 m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)
答案 ABD
解析 由简谐运动的对称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒处于平衡位置，则x从0.05 m到0.15 m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0.21 m到0.25 m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)，加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，B正确；x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一竖直高度，竖直方向速度大小相等，方向相反，而这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；木棒底端处于水面下最大位移时，F1＝ρgSh1，木棒底端处于水面下最小位移时，F2＝ρgSh2，木棒在竖直方向做简谐运动的振幅A＝eq \f(h1－h2,2)＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，D正确．
例2 (2022·山东潍坊市期末)光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子的系统总能量表达式为E＝eq \f(1,2)kA2，其中k为弹簧的劲度系数，A为简谐运动的振幅．若小球质量为0.25 kg，弹簧的劲度系数为25 N/m.起振时系统具有势能为0.06 J和动能为0.02 J，则下列说法正确的是( )
A．该振动的振幅为0.16 m
B．小球经过平衡位置时的速度为0.4 m/s
C．小球的最大加速度为8 m/s2
D．若小球在位移最大处时，质量突变为0.15 kg，则振幅变大
答案 C
解析 弹簧振子振动过程中系统机械能守恒，则有eq \f(1,2)kA2＝0.06 J＋0.02 J＝0.08 J，所以该振动的振幅为A＝0.08 m，故A错误；小球经过平衡位置时，动能为eq \f(1,2)mv2＝0.08 J，所以速度为v＝0.8 m/s，故B错误；由牛顿第二定律可知小球的最大加速度为a＝eq \f(kA,m)＝8 m/s2，故C正确；小球在位移最大处时，速度为零，动能为零，所以质量突变为0.15 kg，不影响系统的机械能，所以振幅不变，故D错误．
例3 (多选)(2022·广东广州市天河区测试)如图所示，用绝缘细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O点，摆长为l，当它摆过竖直线OC时便进入或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆动的平面向里，A、B点分别是最大位移处．下列说法中正确的是( )
A．A点和B点处于同一水平面
B．A点高于B点
C．摆球在A点和B点处线上的拉力大小不相等
D．单摆的振动周期仍为T＝2πeq \r(\f(l,g))
答案 AD
解析 带电小球在磁场中的运动过程中洛伦兹力不做功，所以在整个过程中小球的机械能守恒，所以A点和B点处于同一水平面，则A正确，B错误；小球在A、B点的速度均为0，向心力均为0，细线的拉力大小都等于重力沿细线方向的分力，所以摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等，则C错误；由于洛伦兹力始终沿绳的方向，洛伦兹力不做功，不改变小球的动能，不改变小球的速度，也不提供回复力，所以单摆的振动周期与没有磁场时一样，为T＝2πeq \r(\f(l,g))，所以D正确．
考点二 机械波
例4 (多选)(2022·四川巴中市一诊)周末，鹏程和小李到清江观光园去秋游，他俩发现公园内湖面上有只游船，游客周期性摇动双桨激起的水波源源不断地传向湖边，他俩用手机上的秒表记录了水面上漂浮的树叶在12秒内共完成了6次全振动，他们又用该手机上“实用工具”中的“AR测量”测出树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间是10 s．鹏程10 s内拍击水面10次让手激起的振动向周围传播，他们最后讨论得到的正确结论是( )
A．游客摇桨激起的水波波长是1 m
B．鹏程用手激起的水波和桨激起的水波叠加能产生干涉图样
C．他们观察到桨激起的水波波长比手激起的水波波长长
D．鹏程用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅不改变
答案 AC
解析 树叶在12秒内共完成了6次全振动，所以振动周期为T＝eq \f(12,6) s＝2 s，树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间是10 s，所以传播速度为v＝eq \f(x,t)＝eq \f(5,10) m/s＝0.5 m/s，故水波波长为λ＝vT＝0.5×2 m＝1 m，故A正确；桨激起的水波的频率为f＝eq \f(1,T)＝0.5 Hz，鹏程用手激起的水波的频率为f′＝eq \f(10,10) Hz＝1 Hz，两列波的频率不相等，所以鹏程用手激起的水波和桨激起的水波叠加不能产生干涉图样，故B错误；波速由介质决定，所以波速不变，由波长λ＝eq \f(v,f)可知，桨激起的水波波长比手激起的水波波长长，故C正确；由于水波不是简谐波，所以用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅要改变，故D错误．
例5 (2022·山东泰安市期末)如图，x＝12 m处有一质点做简谐运动，其运动方程为y＝3eq \r(2)sin (eq \f(π,2)t) cm.某时刻在介质中形成波形如图所示，振动刚好传播到x＝4 m处．则从该时刻起，x＝0处质点第一次到达y＝－3 cm处需要的时间为( )
A．2.5 s B．4.5 s C．3 s D．5 s
答案 B
解析 由运动方程可得周期为T＝eq \f(2π,ω)＝4 s，故波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,4) m/s＝2 m/s，由题意知振动刚好传播到x＝4 m处，所以波向左传播，由上下坡法可知，x＝4 m处的质点起振方向向上，所以波从x＝4 m处传播到原点处需要时间为t1＝eq \f(Δx,v)＝eq \f(4,2) s＝2 s，又在原点处质点开始向上振动，在波传播过程中，所有质点的运动情况相同，则可得在x＝0处质点从开始振动到第一次到达y＝－3 cm处需要的时间为t2，满足－3 cm＝3eq \r(2)sin(eq \f(π,2)t2) cm，解得t2＝2.5 s，故从该时刻起，x＝0处质点第一次到达y＝－3 cm处需要的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，故选B.
例6 (多选)(2022·浙江6月选考·16)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
答案 BD
解析 波沿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，故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，波源振动了2 s，即波传播了5个周期，故波源的起振方向与t＝2.1 s时、x＝
1.5 m处质点的振动方向相同，则波源的振动方向向上，在t＝0.42 s，即T1.0 s
由题可知，0.6 s＝n·eq \f(T,2)，解得T＝eq \f(1.2,n) s，
因为T>1.0 s，所以n＝1，即T＝1.2 s
波长λ＝vT＝24 cm
在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰．因为A、B距离小于一个波长，质点B位于波峰最快是质点A处的波峰传过去，所以从t1时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间t＝eq \f(xAB,v)＝
0.8 s
(2)在t1时刻(t1>0)，A位于波峰，B与A相距16 cm，故质点B偏离平衡位置的位移为
y′＝ycseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,24)×2π)) cm＝－0.5 cm.
[尖子生选练]
12．(多选)(2022·福建泉州市质量监测)一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上在平衡位置相距6 m的两质点，振动图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )
A．在t＝0至t＝0.5 s时间内，质点a的路程比质点b的小
B．a、b两质点可能同时经过平衡位置
C．这列波的波长可能是24 m
D．这列波的波速可能是eq \f(6,7) m/s
答案 CD
解析 根据图像可知，在t＝0至t＝0.5 s时间内，质点a的平均速率大于质点b的平均速率，则质点a的路程大于质点b的路程，故A错误；根据图像可知，两者间距为eq \f(1,4)λ＋nλ或eq \f(3,4)λ＋nλ(n＝0,1,2,3，…)，所以a、b两质点不可能同时经过平衡位置，故B错误；由题图可知，T＝4 s，则当两者间距为eq \f(1,4)λ＋nλ时，eq \f(1,4)λ＋nλ＝6 m，波长为λ＝eq \f(24,4n＋1) m(n＝0,1,2,3，…)，波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(6,4n＋1) m(n＝0,1,2,3，…)；当两者间距为eq \f(3,4)λ＋nλ时，eq \f(3,4)λ＋nλ＝6 m，波长为λ＝eq \f(24,4n＋3) m(n＝0,1,2,3，…)，波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(6,4n＋3) m(n＝0,1,2,3，…)，当n＝1时，且两者间距为eq \f(3,4)λ＋nλ时波速才能为eq \f(6,7) m/s，当n＝0时，且两者相距eq \f(1,4)λ＋nλ时，波长才能为24 m，故C、D正确．规律
x＝Asin(ωt＋φ)
图像
反映同一质点在各个时刻的位移
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，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒
周期性特征
质点的位移、回复力、加速度和速度均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
关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速度的大小、相对平衡位置的位移大小相等；动能、势能相等
形成条件
(1)波源；(2)传播介质，如空气、水等
传播特点
(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移
(2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同
(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零
(4)一个周期内，波向前传播一个波长
波的图像
(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移
(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
波长、波速和频率(周期)的关系
(1)v＝λf；(2)v＝eq \f(λ,T)
波的叠加
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1＋A2
波的多解问题
由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题
波的特性
波的干涉
波的衍射