...wd......wd......wd...與機械波光電磁波相對論第一章機械振動機械波[2017高考備考導航]考點考綱要求專家解讀1簡諧運動Ⅰ本章考察的熱點有簡諧運動的特點及圖象、波的圖象以及波長、波速、頻率的關系、波動圖象與振動圖象的結合，題型以選擇題和填空題為主，難度中等偏下。復習時應注意理解振動過程中回復力、位移、速度、加速度等各物理量的變化規律、振動與波動的關系及兩個圖象的物理意義。2簡諧運動的公式和圖象Ⅱ3單擺、周期公式Ⅰ4受迫振動和共振Ⅰ5機械波Ⅰ6橫波和縱波Ⅰ7橫波的圖象Ⅱ8波速、波長和頻率(周期)的關系Ⅱ9波的干預和衍射現象Ⅰ10多普勒效應Ⅰ11實驗：探究單擺的運動、用單擺測定重力加速度第一節機械振動[主干回憶]eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(簡諧運動)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(表達式\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(動力學：F＝－kx,運動學：x＝Asin〔ωt＋φ〕)),回復力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(方向：指向平衡位置,來源：沿振動方向的合力)),圖象\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(質點偏離平衡位置的位移與時間,的關系是一條正弦〔余弦〕曲線)))),單擺\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(條件：最大擺角小于10°,周期公式：T＝2π\r(\f(L,g)))),\a\vs4\al(受迫振動,與共振)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(受迫振動\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(受迫振動的頻率等于驅動力的頻率,與系統的固有頻率無關)),共振\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(條件：驅動力的頻率等于系統固有頻率,特征：振幅最大))))))[自我檢測]1．判斷以下說法的正誤。(1)簡諧運動是勻變速運動。(×)(2)周期、頻率是表征物體做簡諧運動快慢程度的物理量。(√)(3)振幅等于振子運動軌跡的長度。(×)(4)簡諧運動的回復力可以是恒力。(×)(5)彈簧振子每次經過平衡位置時，位移為零、動能最大。(√)(6)單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動。(×)(7)物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關。(√)(8)簡諧運動的圖象描述的是振動質點的軌跡。(×)2．以下說法正確的選項是A．一彈簧連接一物體沿水平方向做簡諧運動，則該物體做的是勻變速直線運動B．假設單擺的擺長不變，擺球的質量增加為原來的4倍，擺球經過平衡位置時的速度減小為原來的eq\f(1,2)，則單擺振動的頻率將不變，振幅變小C．做簡諧運動的物體，當它每次經過同一位置時，速度一定一樣D．單擺在周期性外力作用下做簡諧運動，則外力的頻率越大，單擺的振幅越大答案D3．(2016·沈陽質檢)在上海走時準確的擺鐘，被考察隊帶到珠穆朗瑪峰的頂端，則這個擺鐘A．變慢了，重新校準應減小擺長B．變慢了，重新校準應增大擺長C．變快了，重新校準應減小擺長D．變快了，重新校準應增大擺長答案D4．某振動系統的固有頻率為f0，在周期性驅動力的作用下做受迫振動，驅動力的頻率為f。假設驅動力的振幅保持不變，以下說法正確的選項是A．當f<f0時，該振動系統的振幅隨f增大而減小B．當f>f0時，該振動系統的振幅隨f減小而增大C．該振動系統的振動穩定后，振動的頻率等于f0D．該振動系統的振動穩定后，振動的頻率大于f答案B考點一簡諧運動簡諧運動的兩種根本模型模型彈簧振子(水平)單擺簡諧運動條件(1)彈簧質量忽略不計(2)無摩擦等阻力(3)在彈性限度內(1)擺線為不易伸長的輕細線(2)無空氣等阻力(3)最大擺角θ<5°回復力彈簧的彈力提供F回＝F彈＝－kx(x為形變量)擺球重力沿與擺線垂直(即切線)方向的分力提供F回＝－mgsinα＝－eq\f(mg,l)x(l為擺長，x是相對平衡位置的位移)平衡位置F回＝0，a＝0彈簧處于原長F回＝0，a切＝0，小球擺動的最低點(此時F向心≠0，a＝a向心≠0)能量轉化關系彈性勢能與動能的相互轉化，機械能守恒重力勢能與動能的相互轉化，機械能守恒固有周期T＝2πeq\r(\f(m,k))，T與振幅無關T＝2πeq\r(\f(l,g))，T與振幅、擺球質量無關2.簡諧運動的特征(1)動力學特征F＝－kx，“－〞表示回復力的方向與位移方向相反，k是比例系數，不一定是彈簧的勁度系數。(2)運動學特征簡諧運動的加速度與物體偏離平衡位置的位移成正比而方向相反，為變加速運動，遠離平衡位置時，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均減小，靠近平衡位置時則相反。(3)運動的周期性特征相隔T或nT的兩個時刻振子處于同一位置且振動狀態一樣。(4)對稱性特征①相隔eq\f(T,2)或eq\f(〔2n＋1〕T,2)(n為正整數)的兩個時刻，振子位置關于平衡位置對稱，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。②如圖1－1－1所示，振子經過關于平衡位置O對稱的兩點P、P′(OP＝OP′)時，速度的大小、動能、勢能相等，相對于平衡位置的位移大小相等。圖1－1－1③振子由P到O所用時間等于由O到P所用時間，即tPO＝tOP′，④振子往復過程中通過同一段路程(如OP段)所用時間相等，即tOP＝tPO。(5)能量特征振動的能量包括動能Ek和勢能Ep，簡諧運動過程中，系統動能與勢能相互轉化，系統的機械能守恒。考向1彈簧振子的特點[例1][導學號：60810830](多項選擇)一彈簧振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點，t＝0時刻開場分析，此時振子的位移x＝－0.1m；t＝1.2s時刻剛好第2次經過x＝0.1A．振幅為0.2mB．周期為1.2sC．1.2s內的路程是0.6mD．t＝0.6s時刻的位移為0.1mE．t＝0到t＝1.2s時間內的位移是0.2m[解析]t＝1.2s時刻振子處在正向最大位移處，得t＝0時刻在負向最大位移處，且振幅為0.1m，選項A錯誤、E正確；由于是第二次到正向最大位移處，所以1.5T＝1.2s，T＝0.8s，選項B錯誤；一個周期經過的路程是4個振幅，選項C正確；t＝0.6s時刻振子位于平衡位置，選項[答案]CE規律總結分析簡諧運動中各物理量的變化情況的技巧(1)分析簡諧運動中各物理量的變化情況時，一定要以位移為橋梁，位移增大時，振動質點的回復力、加速度、勢能均增大，速度、動能均減小；反之，則產生相反的變化。另外，各矢量均在其值為零時改變方向。(2)分析過程中要特別注意簡諧運動的周期性和對稱性。位移一樣時，回復力、加速度、動能、勢能可以確定，但速度可能有兩個方向，由于周期性，運動時間也不確定。(3)做簡諧運動的物體經過平衡位置時，回復力一定為零，但所受合外力不一定為零。考向2簡諧運動對稱性的應用[例2][導學號：60810831](多項選擇)(2016·西安模擬)一簡諧振子沿x軸振動，平衡位置在坐標原點。t＝0時刻振子的位移x＝－0.1m；t＝eq\f(4,3)s時刻x＝0.1m；t＝4s時刻x＝0.1m，該振子的振幅和周期可能為A．0.1m，eq\f(8,3)sB．0.1m，8s C．0.2m，eq\f(8,3)s D．0.2m，8s[解析]假設振子的振幅為0.1m，則有eq\f(4,3)s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T，此時周期的最大值為eq\f(8,3)s，A正確、B錯誤；假設振子的振幅為0.2m，由簡諧運動的對稱性可知，當振子由x＝－0.1m處運動到負向最大位移處再反向運動到x＝0.1m處時有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋n))T＝eq\f(4,3)s，所以周期的最大值為eq\f(8,3)s，且t＝4s時刻x＝0.1m，故C正確；假設振幅為0.2m，當振子由x＝－0.1m經平衡位置運動到x＝0.1m處時有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)＋n))T＝eq\f(4,3)s，所以此時周期的最大值為8s，且t＝4s時x＝0.1m，故D正確。[答案]ACD考點二簡諧運動的圖象1．對簡諧運動圖象的認識(1)簡諧運動的圖象是一條正弦或余弦曲線，如圖1－1－2所示。圖1－1－2(2)圖象反映的是位移隨時間的變化規律，隨時間的增加而延伸，圖象不代表質點運動的軌跡。2．圖象信息(1)由圖象可以得出質點做簡諧運動的振幅、周期和頻率。(2)可以確定某時刻質點離開平衡位置的位移。(3)可以確定某時刻質點回復力、加速度的方向：因回復力總是指向平衡位置，故回復力和加速度在圖象上總是指向t軸。(4)確定某時刻質點速度的方向：速度的方向可以通過下一時刻位移的變化來判定，下一時刻位移如增加，振動質點的速度方向就是遠離t軸，下一時刻位移如減小，振動質點的速度方向就是指向t軸。(5)比擬不同時刻回復力、加速度的大小。(6)比擬不同時刻質點的動能、勢能的大小。考向1利用圖象求解有關物理量[例3][導學號：60810832]一質點做簡諧運動，其位移和時間的關系如圖1－1－3所示。圖1－1－3(1)求t＝0.25×10－2s時質點的位移；(2)在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振動過程中，質點的位移、回復力、速度、動能、勢能如何變化(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s時間內，質點的路程、位移各多大[解析](1)由題圖可知A＝2cm，T＝2×10－2s，振動方程為x＝Asin(ωt－eq\f(π,2))＝－Acosωt＝－2coseq\f(2π,2×10－2)tcm＝－2cos(100πt)cm當t＝0.25×10－2s時，x＝－2coseq\f(π,4)cm＝－eq\r(2)cm。(2)由題圖可知在1.5×10－2s到2×10－2s的振動過程中，質點的位移變大，回復力變大，速度變小，動能變小，勢能變大。(3)在t＝0到t＝8.5×10－2s時間內經歷eq\f(17,4)個周期，質點的路程為s＝17A＝34cm，位移為2cm。[答案](1)－eq\r(2)cm(2)變大變大變小變小變大(3)34cm2cm考向2應用圖象分析運動過程[例4][導學號：60810833]如圖1－1－4甲所示，彈簧振子以O點為平衡位置，在A、B兩點之間做簡諧運動。取向右為正方向，振子的位移x隨時間t的變化如圖乙所示，以下說法正確的選項是圖1－1－4A．t＝0.8s時，振子的速度方向向左B．t＝0.2s時，振子在O點右側6cmC．t＝0.4s和t＝1.2s時，振子的加速度完全一樣D．t＝0.4s到t＝0.8s的時間內，振子的速度逐漸減小[解析]從t＝0.8s時起，再過一段微小時間，振子的位移為負值，因為取向右為正方向，故t＝0.8s時，速度方向向左，A正確；由題圖乙得振子的位移x＝12sin(eq\f(5π,4)t)cm，故t＝0.2s時，x＝6eq\r(2)cm，故B錯誤；t＝0.4s和t＝1.2s時，振子的位移方向相反，由a＝－eq\f(kx,m)知，加速度方向相反，C錯誤；t＝0.4s到t＝0.8s的時間內，振子的位移逐漸變小，故振子逐漸靠近平衡位置，其速度逐漸變大，故D錯誤。[答案]A考點三實驗：用單擺測定重力加速度1．實驗原理單擺在擺角小于10°時，其振動周期跟擺角的大小和擺球的質量無關，單擺的周期公式是T＝2πeq\r(\f(l,g))，由此得g＝eq\f(4π2l,T2)，因此測出單擺的擺長l和振動周期T，就可以求出當地的重力加速度值。2．數據處理(1)公式法將幾次測得的周期T和擺長l分別代入公式g＝eq\f(4π2l,T2)中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即為當地的重力加速度的值。(2)圖象法由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可得l＝eq\f(g,4π2)T2，因此以擺長l為縱軸、以T2為橫軸作出的l－T2圖象是一條過原點的直線，如圖1－1－5所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝eq\f(l,T2)＝eq\f(Δl,ΔT2)。圖1－1－5考向1實驗操作[例5][導學號：60810834](2013·安徽)根據單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可以通過實驗測量當地的重力加速度。如圖1－1－6所示，將細線的上端固定在鐵架臺上，下端系一小鋼球，就做成了單擺。圖1－1－6(1)用游標卡尺測量小鋼球直徑，示數如圖乙所示，讀數為________mm。(2)(多項選擇)以下是實驗過程中的一些做法，其中正確的有________。A．擺線要選擇細些的、伸縮性小些的，并且盡可能長一些B．擺球盡量選擇質量大些、體積小些的C．為了使擺的周期大一些，以方便測量，開場時拉開擺球，使擺線相距平衡位置有較大的角度D．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，在釋放擺球的同時開場計時，當擺球回到開場位置時停頓計時，此時間間隔Δt即為單擺周期TE．拉開擺球，使擺線偏離平衡位置不大于5°，釋放擺球，當擺球擺動穩定后，從平衡位置開場計時，記下擺球做50次全振動所用的時間Δt，則單擺周期T＝eq\f(Δt,50)[解析](1)十分度游標尺的第6個刻度線與主尺刻度線對齊，所以讀數為18.6mm(2)對于單擺，擺線質量可忽略且不可伸長，所以應選伸縮性小的細線，擺球應選密度較大、體積小的鋼球；為使擺的周期大一些，由T＝2πeq\r(\f(l,g))知，擺線應長些，所以選項A、B正確，為使單擺具有等時性，擺角應小于5°，要減小測量周期的誤差，計時起點應選在擺球的平衡位置，且測量屢次(N)全振動的總時間(Δt)，然后再算出周期T＝eq\f(Δt,N)，選項E正確。[答案](1)18.6(2)ABE考向2實驗數據處理[例6][導學號：60810835]在探究單擺周期與擺長關系的實驗中，(1)關于安裝儀器及測量時的一些實驗操作，以下說法中正確的選項是A．用米尺測出擺線的長度，記為擺長lB．先將擺球和擺線放在水平桌面上測量擺長l，再將單擺懸掛在鐵架臺上C．使擺線偏離豎直方向某一角度α(接近5°)，然后由靜止釋放擺球D．測出擺球兩次通過最低點的時間間隔記為此單擺振動的周期(2)實驗測得的數據如下表所示：次數12345擺長l/cm80.0090.00100.00110.00120.0030次全振動時間t/s53.856.960.062.865.7振動周期T/s1.791.902.002.092.19振動周期的平方T2/s23.203.614.004.374.80請將測量數據標在圖1－1－7中，并在圖中作出T2隨l變化的關系圖象。圖1－1－7(3)根據數據及圖象可知單擺周期的平方與擺長的關系是________。(4)根據圖象，可求得當地的重力加速度為________m/s2。(π＝3.14，結果保存三位有效數字)[解析](1)本實驗中，應將擺球和擺線組成單擺之后再測量其擺長，擺長應為懸點到擺球球心的距離，故A、B錯誤；測量單擺的周期時，應為相鄰兩次通過最低點并且通過最低點的速度方向一樣，即單擺做一次全振動，這段時間才為一個周期，為了減小誤差，須測量單擺的多個周期，然后再取平均值求出一個周期，故D錯誤；單擺在擺角小于5°時可認為做簡諧運動，故C正確。(2)通過描點、連線可得到單擺的T2－l圖象，近似為一條直線。(3)通過作出的圖象說明單擺周期的平方和擺長成正比。(4)根據圖象求出圖線的斜率k，再根據單擺的周期公式可得g＝eq\f(4π2,k)，進而求出重力加速度g。[答案](1)C(2)如以下圖(3)成正比(4)9.86考點四受迫振動和共振1．自由振動、受迫振動和共振的關系比擬振動工程自由振動受迫振動共振受力情況僅受回復力受驅動力作用受驅動力作用振動周期或頻率由系統本身性質決定，即固有周期T0或固有頻率f0由驅動力的周期或頻率決定，即T＝T驅或f＝f驅T驅＝T0或f驅＝f0振動能量振動物體的機械能不變由產生驅動力的物體提供振動物體獲得的能量最大常見例子彈簧振子或單擺(θ≤5°)機械工作時底座發生的振動共振篩、聲音的共鳴等2.對共振的理解(1)共振曲線：如圖1－1－8所示，橫坐標為驅動力頻率f，縱坐標為振幅A。f與f0越接近，振幅A越大；當f＝f0時，振幅A最大。圖1－1－8(2)受迫振動中系統能量的轉化：系統機械能不守恒，與外界時刻進展能量交換。考向對共振的理解圖1－1－9[例7][導學號：60810836](多項選擇)(2016·宜城模擬)如圖1－1－9所示，曲軸上掛一個彈簧振子，轉動搖把，曲軸可帶動彈簧振子上下振動。開場時不轉動搖把，讓振子自由振動，測得其頻2Hz。現勻速轉動搖把，轉速為240r/min，則A．當振子穩定振動時，它的振動周期是0.5sB．當振子穩定振動時，它的振動頻率是4HzC．當轉速增大時，彈簧振子的振幅增大D．當轉速減小時，彈簧振子的振幅增大[解析]搖把勻速轉動的頻率f＝n＝eq\f(240,60)Hz＝4Hz，周期T＝eq\f(1,f)＝0.25s，當振子穩定振動時，它的振動周期及頻率均與驅動力的周期及頻率相等，A錯誤、B正確，當轉速減小時，其頻率將更接近振子的固有頻率2Hz，彈簧振子的振幅將增大，C錯誤、D正確。[答案]BD規律總結(1)無論發生共振與否，受迫振動的頻率都等于驅動力的頻率，但只有發生共振現象時振幅才能到達最大。(2)受迫振動系統中的能量轉化不再只有系統內部和勢能的轉化，還有驅動力對系統做正功補償系統阻力而損失的機械能。[隨堂穩固]1．[導學號：60810837](多項選擇)(2016·大連模擬)如圖1－1－10所示為同一地點的兩單擺甲、乙的振動圖象，以下說法中正確的選項是圖1－1－10A．甲、乙兩單擺的擺長相等B．甲擺的振幅比乙擺大C．甲擺的機械能比乙擺大D．在t＝0.5s時有正向最大加速度的是乙擺解析振幅可從題圖上看出甲擺振幅大，故B對。且兩擺周期相等，則擺長相等，因質量關系不明確，無法比擬機械能。t＝0.5s時乙擺球在負的最大位移處，故有正向最大加速度，所以正確答案為A、B、D。答案ABD2．[導學號：60810838](多項選擇)(2015·山東理綜)如圖1－1－11所示，輕彈簧上端固定，下端連接一小物塊，物塊沿豎直方向做簡諧運動。以豎直向上為正方向，物塊簡諧運動的表達式為y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0時刻，一小球從距物塊h高處自由落下；t＝0.6s時，小球恰好與物塊處于同一高度。取重力加速度的大小g＝10m/s2圖1－1－11A．h＝1.7B．簡諧運動的周期是0.8sC．0.6s內物塊運動的路程是0.2mD．t＝0.4s時，物塊與小球運動方向相反解析由小物塊的運動方程可知，eq\f(2π,T)＝2.5π，T＝0.8s，故B正確。0.6s內物塊運動了eq\f(3,4)個周期，故路程應為0.3m，C錯。t＝0.4s時物塊運動了半個周期，正向下運動，與小球運動方向一樣，故D錯。t＝0.6s時，物塊的位移y＝－0.1m，小球下落距離H＝eq\f(1,2)gt2＝1.8m，由題圖可知，h＝H＋y＝1.7m，故A正確。答案AB3．[導學號：60810839](2013·課標Ⅱ)如圖1－1－12所示，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構成彈簧振子，該物塊是由a、b兩個小物塊粘在一起組成的。物塊在光滑水平面上左右振動，振幅為A0，周期為T0。當物塊向右通過平衡位置時，a、b之間的粘膠脫開；以后小物塊a振動的振幅和周期分別為A和T，則A________A0(填“>〞、“<〞或“＝〞),T________T0(填“>〞、“<〞或“＝〞)。圖1－1－12解析當物塊向右通過平衡位置時，脫離前：振子的動能Ek1＝eq\f(1,2)(ma＋mb)veq\o\al(2,0)脫離后振子的動能Ek2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)由機械能守恒可知，平衡位置處的動能等于最大位移處的彈性勢能，因此脫離后振子振幅變小；由彈簧振子的周期T＝2πeq\r(\f(m,k))知，脫離后周期變小。答案<<4．[導學號：60810840](2015·天津理綜)某同學利用單擺測量重力加速度。(1)為了使測量誤差盡量小，以下說法正確的選項是A．組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球B．組裝單擺須選用輕且不易伸長的細線C．實驗時須使擺球在同一豎直面內擺動D．擺長一定的情況下，擺的振幅盡量大(2)如圖1－1－13所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長約1m的單擺。實驗時，由于僅有量程為20cm、精度為1mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標記點，測出單擺的周期T1；然后保持懸點位置不變，設法將擺長縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標記點，并測出單擺的周期T2；最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標記點之間的距離ΔL。用上述測量結果，寫出重力加速度的表達式g圖1－1－13解析(1)應選用密度較大且直徑較小的擺球，A錯。在擺動中要盡力保證擺長不變，故應選用不易伸長的細線，B對。擺動中要防止單擺成為圓錐擺，擺球要在同一豎直面內擺動，C對。擺動中擺角要控制在5°以內，所以D錯。(2)設兩次擺動時單擺的擺長分別為L1和L2，則T1＝2πeq\r(\f(L1,g))，T2＝2πeq\r(\f(L2,g))，則ΔL＝eq\f(g,4π2)(Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))，因此g＝eq\f(4π2ΔL,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))。答案(1)BC(2)eq\f(4π2ΔL,Teq\o\al(2,1)－Teq\o\al(2,2))[限時檢測](限時45分鐘，總分值100分)一、選擇題(每題7分，共70分)1．[導學號：60810841](2013·上海高考)做簡諧振動的物體，當它每次經過同一位置時，可能不同的物理量是A．位移B．速度 C．加速度D．回復力解析做簡諧振動的物體，經過同一位置時，相對平衡位置的位移x一樣，回復力(F＝－kx)一樣，由牛頓第二定律(F＝ma)知加速度a一樣，物體可能以方向相反的速度經過同一位置，故B正確。答案B2．(2016·江西聯考)某質點做簡諧運動，其位移隨時間變化的關系式為x＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm，則以下關于質點運動的說法中正確的選項是A．質點做簡諧運動的振幅為5B．質點做簡諧運動的周期為4sC．在t＝4s時質點的速度最大D．在t＝4s時質點的位移最大解析由x＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)t))cm可知，A＝10cm，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,4)rad/s，得T＝8s。t＝4s時，x＝0，說明質點在平衡位置，此時質點的速度最大、位移為0，所以只有C項正確。答案C3．[導學號：60810842](2014·浙江理綜)一位游客在千島湖邊欲乘坐游船，當日風浪較大，游船上下浮動。可把游船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為3.0s。當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊。地面與甲板的高度差不超過10cmA．0.5sB．0.75sC．1.0sD．1.5s解析設振動圖象表達式為y＝Asinωt，由題意可知ωt1＝eq\f(π,6)或ωt2＝eq\f(5,6)π，其中ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2,3)πrad/s，解得t1＝0.25s或t1＝1.25s，則游客舒服登船時間Δt＝t2－t1＝1.0s。答案C4．[導學號：60810843](2014·安徽理綜)在科學研究中，科學家常將未知現象同現象進展比擬，找出其共同點，進一步推測未知現象的特性和規律。法國物理學家庫侖在研究異種電荷的吸引力問題時，曾將扭秤的振動周期與電荷間距離的關系類比單擺的振動周期與擺球到地心距離的關系。單擺擺長為l，引力常量為G，地球質量為M，擺球到地心的距離為r，則單擺振動周期T與距離r的關系式為A．T＝2πreq\r(\f(GM,l)) B．T＝2πreq\r(\f(l,GM))C．T＝eq\f(2π,r)eq\r(\f(GM,l)) D．T＝2πleq\r(\f(r,GM))解析由單擺周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))及黃金代換式GM＝gr2，得T＝2πreq\r(\f(l,GM))。答案B5．勁度系數為20N/cm的彈簧振子，它的振動圖象如圖1－1－14所示，則圖1－1－14A．在圖中A點對應的時刻，振子所受的彈力大小為0.5N，方向指向x軸的負方向B．在圖中A點對應的時刻，振子的速度方向指向x軸的正方向C．在0～4s內振子做了1.75次全振動D．在0～4s內振子通過的路程為0.35cm，位移為0解析由圖可知A在t軸上方，位移x＝0.25cm，所以彈力F＝－kx＝－5N，即彈力大小為5N，方向指向x軸負方向，選項A不正確。由圖可知此時振子的速度方向指向x軸的正方向，選項B正確。由圖可看出，t＝0、t＝4s時刻振子的位移都是最大，且都在t軸的上方，在0～4s內完成兩次全振動，選項C錯誤。由于t＝0時刻和t＝4s時刻振子都在最大位移處，所以在0～4s內振子的位移為零，又由于振幅為0.5cm。在0～4s內振子完成了2次全振動，所以在這段時間內振子通過的路程為2×4×0.5cm＝4cm，應選項D答案B6．下表記錄了某受迫振動的振幅隨驅動力頻率變化的關系，假設該振動系統的固有頻率為f固，則驅動力頻率/Hz304050607080受迫振動振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固＝60HzB．60Hz＜f固＜70HzC．50Hz＜f固＜60HzD．以上三個都不對解析從如以下圖的共振曲線可判斷出f驅與f固相差越大，受迫振動的振幅越小；f驅與f固越接近，受迫振動的振幅越大，并可以從中看出f驅越接近f固，振幅的變化越慢，比擬各組數據知f驅在50Hz～60Hz范圍內時，振幅變化最小，因此50Hz<f固<60Hz，即C正確。答案C7．(2016·昆明模擬)如圖1－1－15為一水平彈簧振子的振動圖象，由此可知圖1－1－15A．在t1時刻，振子的動能最大，所受的彈性力最大B．在t2時刻，振子的動能最大，所受的彈性力最小C．在t3時刻，振子的動能最大，所受的彈性力最小D．在t4時刻，振子的動能最大，所受的彈性力最大解析從題圖的橫坐標和縱坐標可以知道題圖是機械振動圖象，它所描述的是一個質點在不同時刻的位置，t2和t4是在平衡位置處，t1和t3是在最大位移處，頭腦中應出現彈簧振子振動的實物圖形，根據彈簧振子振動的特征，彈簧振子在平衡位置時的速度最大，加速度為零，即彈性力為零；在最大位移處，速度為零，加速度最大，即彈性力為最大，所以B項正確。答案B8．[導學號：60810844](多項選擇)彈簧振子做簡諧運動的圖象如圖1－1－16所示，以下說法正確的選項是圖1－1－16A．在第5秒末，振子的速度最大且沿＋x方向B．在第5秒末，振子的位移最大且沿＋x方向C．在第5秒末，振子的加速度最大且沿－x方向D在0到5秒內，振子通過的路程為10解析由題圖可知第5秒末，振子處于正的最大位移處，此時有負方向的最大加速度，速度為零，故B、C正確，A錯誤；在0到5s內，振子經過eq\f(5,4)個全振動，路程為5A＝10cm，故D正確。答案BCD9．[導學號：60810845](多項選擇)有一個單擺，原來的周期是2s。在以下情況下，對周期變化的判斷正確的選項是A．擺長減為原來的eq\f(1,4)，周期也減為原來的eq\f(1,4)B．擺球的質量減為原來的eq\f(1,4)，周期不變C．振幅減為原來的eq\f(1,4)，周期不變D．重力加速度減為原來的eq\f(1,4)，周期變為原來的2倍解析由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，單擺周期與擺球質量、振幅無關，B、C正確；單擺周期與擺長的平方根成正比，與重力加速度的平方根成反比，故擺長減為原來的eq\f(1,4)，周期減為原來的一半，A錯；重力加速度減為原來的eq\f(1,4)，周期增大為原來的2倍，D正確。答案BCD10．[導學號：60810846](多項選擇)某質點做簡諧運動，其位移隨時間變化的關系式為x＝Asineq\f(π,4)t，則質點A．第1s末與第3s末的位移一樣B．第1s末與第3s末的速度一樣C．3s末至5s末的位移方向一樣D．3s末至5s末的速度方向一樣解析由x＝Asineq\f(π,4)t知，ω＝eq\f(π,4)rad/s，由ω＝eq\f(2π,T)，知T＝8s，畫出質點做簡諧運動的位移—時間圖象如以下圖。由圖象可知第1s末與第3s末位移大小相等且都為正值，A對；第1s末與第3s末速度大小相等方向相反，B錯；3s末至4s末的位移為正，4s末至5s末的位移為負，C錯誤。3s末至5s末質點正從正向位移處向負向位移處運動，運動方向不變，D對。答案AD二、計算題(共30分)11．[導學號：60810847](8分)(2016·臺州模擬)一同學在半徑為2m的光滑圓弧面內做測定重力加速度的實驗(如圖1－1－17所示)。他用一個直徑為2圖1－1－17A．將小球從槽中接近最低處(虛線)靜止釋放；B．測量屢次全振動的時間并準確求出周期；C．將圓弧面半徑和周期代入單擺周期公式求出重力加速度。(1)他在以上操作中應該改正的操作步驟是________(填寫步驟序號)；假設不改正，測量所得的重力加速度的值與真實值相比會________(選填“偏大〞或“偏小〞)。(2)如圖1－1－18是一組同學選擇幾個半徑r不同的均勻光滑實心球進展了正確實驗，他們根據測出的周期與小球的半徑r關系畫出了如以下圖的圖線。請你根據該圖寫出確定重力加速度的表達式_________________________________________________________。圖1－1－18(3)假設釋放時給了小球一個平行于虛線，很小的初速度，按照上述操作，會使重力加速度計算結果________(選填“偏大〞“偏小〞或“不變〞)。答案(1)C偏大(2)g＝eq\f(b,a)(3)不變12．[導學號：60810848](10分)彈簧振子以O點為平衡位置，在B、C兩點間做簡諧運動，在t＝0時刻，振子從O、B間的P點以速度v向B點運動；在t＝0.2s時，振子速度第一次變為－v；在t＝0.5s時，振子速度第二次變為－v。(1)求彈簧振子振動周期T；(2)假設B、C之間的距離為25cm，求振子在4.0s(3)假設B、C之間的距離為25cm解析(1)彈簧振子簡諧運動示意圖如圖由對稱性可得：T＝0.5×2s＝1.0s(2)假設B、C之間距離為25cm則振幅A＝eq\f(1,2)×25cm＝12.5cm振子4.0s內通過的路程s＝4×4×12.5cm＝(3)根據x＝Asinωt，A＝12.5cm，ω＝eq\f(2π,T)＝2πrad/s。得x＝12.5sin2πt(cm)。振動圖象為答案(1)1.0s(2)200cm(3)x＝12.5sin2πt(cm13．[導學號：60810849](12分)如圖1－1－19所示，小球m自A點以向AD方向的初速度v開場運動，AB＝0.9m，AB圓弧的半徑R＝10m，AD＝10m，A、B、C、D在同一水平面內。重力加速度g取10m/s2，欲使小球恰能通過圖1－1－19解析小球m的運動由兩個分運動合成，這兩個分運動分別是：以速度v沿AD方向的勻速直線運動和在圓弧面上AB方向上的往復運動。因為AB?R，所以小球在圓弧面上的往復運動具有等時性，符合類單擺模型，其圓弧半徑R即為類單擺的擺長，小球m恰好能通過C，則有AD＝vt，且滿足t＝eq\f(2n＋1,2)T(n＝0，1，2，3…)又T＝2πeq\r(\f(R,g))，解以上方程得v＝eq\f(10,π〔2n＋1〕)m/s(n＝0，1，2，3…)。答案eq\f(10,π〔2n＋1〕)m/s(n＝0，1，2，3…)第二節機械波[主干回憶]eq\a\vs4\al(機械波)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(形成與,傳播)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(形成條件\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(有波源,有介質)),傳播特點\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(傳播振動形式、能量和信息,質點不隨波遷移,介質中各質點振動頻率、振幅、起振,方向等都與波源一樣)))),分類\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(橫波,縱波)),圖象\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(坐標軸：橫坐標表示沿波傳播方向上各個質點的,平衡位置,縱坐標表示該時刻各個質點離開平衡位置的位移,意義：表示在波的傳播方向上，某時刻各質點離開,平衡位置的位移)),關系式：v＝λf,特有現象\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(干預,衍射,多普勒效應))))[自我檢測]1．判斷以下說法的正誤。(1)在機械波的傳播中，各質點隨波的傳播而遷移。(×)(2)機械波在傳播過程中，各個質點振動的周期、振幅都相等。(√)(3)機械波在一個周期內傳播的距離等于一個波長。(√)(4)兩列波在介質中疊加，一定產生干預現象。(×)(5)一切波都能發生衍射現象。(√)(6)多普勒效應說明波源的頻率發生變化。(×)2．(2016·佛山模擬)“隔墻有耳〞現象是指隔著墻，也能聽到墻另一側傳來的聲音，因為聲波A．發生了干預，聽者處于振動加強處B．發生了干預，聽者處于振動減弱處C．波長較短，無法發生明顯衍射D．波長較長，發生了明顯衍射答案D3．介質中有一列簡諧機械波傳播，對于其中某個振動質點A．它的振動速度等于波的傳播速度B．它的振動方向一定垂直于波的傳播方向C．它在一個周期內走過的路程等于一個波長D．它的振動頻率等于波源的振動頻率答案D4．如圖1－2－1所示，向左勻速運動的小車發出頻率為f的聲波，車左側A處的靜止的人感受到的聲波的頻率為f1，車右側B處的靜止的人感受到的聲波的頻率為f2，則圖1－2－1A．f1<f，f2<f B．f1<f，f2>fC．f1>f，f2>f D．f1>f，f2<f答案D考點一波的圖象與波速公式1．波的圖象反映了在某時刻介質中的各質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移，如圖1－2－2所示。圖1－2－2圖象的應用：(1)直接讀取振幅A和波長λ，以及該時刻各質點的位移。(2)確定某時刻各質點加速度的方向，并能比擬其大小。(3)結合波的傳播方向可確定各質點的振動方向或由各質點的振動方向確定波的傳播方向。2．波速與波長、周期、頻率的關系為：v＝eq\f(λ,T)＝λf。3．質點振動nT(波傳播nλ)時，波形不變。4．在波的傳播方向上，當兩質點平衡位置間的距離為nλ時(n＝1，2，3…)，它們的振動步調總一樣；當兩質點平衡位置間的距離為(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，3…)時，它們的振動步調總相反。5．波源質點的起振方向決定了它后面的質點的起振方向，各質點的起振方向與波源的起振方向一樣。考向1質點振動方向與波的傳播方向的關系[例1][導學號：60810850](2015·北京理綜)周期為2.0s的簡諧橫波沿x軸傳播，該波在某時刻的圖象如圖1－2－3所示，此時質點P沿y軸負方向運動。則該波圖1－2－3A．沿x軸正方向傳播，波速v＝20mB．沿x軸正方向傳播，波速v＝10mC．沿x軸負方向傳播，波速v＝20mD．沿x軸負方向傳播，波速v＝10m[解析]由質點P沿y軸負方向運動，可知波沿x軸正方向傳播，波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(20m,2.0s)＝10m/s，B項正確。[答案]B規律總結波的傳播方向與質點振動方向的互判方法內容圖象“上下坡〞法沿波的傳播方向，“上坡〞時質點向下振動，“下坡〞時質點向上振動“同側〞法波形圖上某點表示傳播方向和振動方向的箭頭在圖線同側“微平移〞法將波形沿傳播方向進展微小的平移，再由對應同－x坐標的兩波形曲線上的點來判斷振動方向考向2波形判斷與波速公式的應用[例2][導學號：60810851](2015·福建理綜)簡諧橫波在同一均勻介質中沿x軸正方向傳播，波速為v。假設某時刻在波的傳播方向上，位于平衡位置的兩質點a、b相距為s，a、b之間只存在一個波谷，則從該時刻起，以下四幅波形圖中質點a最早到達波谷的是[解析]根據波的傳播方向，可分別判定四幅波形圖中質點a的振動方向，A圖中向上振動，B圖中向下振動，C圖中向上振動，D圖中向下振動；各圖中波的周期分別為TA＝eq\f(2·s,v)，TB＝eq\f(s,v)，TC＝eq\f(s,v)，TD＝eq\f(\f(2,3)s,v)，故從該時刻起，各圖中質點a第一次到達波谷的時間分別為tA＝eq\f(3,4)·TA＝eq\f(3,2)eq\f(s,v)。tB＝eq\f(1,4)TB＝eq\f(1,4)eq\f(s,v)，tC＝eq\f(3,4)TC＝eq\f(3,4)eq\f(s,v)，tD＝eq\f(1,4)TD＝eq\f(1,6)eq\f(s,v)，可知tD<tB<tC<tA，應選D。[答案]D考向3波的多解問題[例3][導學號：60810852]如圖1－2－4實線是某時刻的波形圖象，虛線是經過0.2s時的波形圖象。求：圖1－2－4(1)波傳播的可能距離；(2)可能的周期；(3)假設波速是35m/s(4)假設0.2s小于一個周期時，傳播的距離、周期、波速。[解析](1)由題圖知，波長λ＝4m沿x軸向左傳播時，傳播的距離為x＝nλ＋eq\f(3λ,4)＝(4n＋3)m(n＝0，1，2…)沿x軸向右傳播時，傳播的距離為x＝nλ＋eq\f(λ,4)＝(4n＋1)m(n＝0，1，2…)(2)向左傳播時，傳播的時間為t＝nT＋eq\f(3T,4)得T＝eq\f(4t,4n＋3)＝eq\f(0.8,4n＋3)s(n＝0，1，2…)向右傳播時，傳播的時間為t＝nT＋eq\f(T,4)得T＝eq\f(4t,4n＋1)＝eq\f(0.8,4n＋1)s(n＝0，1，2…)(3)假設波速是35m/sx＝vt＝35×0.2m＝7m＝1eq\f(3,4)λ，所以波向左傳播。(4)假設0.2s小于一個周期，說明波在0.2s內傳播的距離小于一個波長。向左傳播時，傳播的距離x＝eq\f(3λ,4)＝3m；由傳播的時間t＝eq\f(3T,4)得周期T≈0.267s，波速v≈15m/s。向右傳播時，傳播的距離為x＝eq\f(λ,4)＝1m；由傳播的時間t＝eq\f(T,4)得周期T＝0.8s，波速v＝5m/s。[答案]見解析規律總結波的多解問題的處理方法1．造成波動問題多解的主要因素(1)周期性：①時間周期性：時間間隔Δt與周期T的關系不明確。②空間周期性：波傳播距離Δx與波長λ的關系不明確。(2)雙向性：①傳播方向雙向性：波的傳播方向不確定。②振動方向雙向性：質點振動方向不確定。如：a.質點到達最大位移處，則有正向和負向最大位移兩種可能。b．質點由平衡位置開場振動，則起振方向有向上、向下(或向左、向右)兩種可能。c．只告訴波速不指明波的傳播方向，應考慮沿兩個方向傳播的可能，即沿x軸正方向或沿x軸負方向傳播。d．只給出兩時刻的波形，則有屢次重復出現的可能。解決此類問題時，往往采用從特殊到一般的思維方法，即找到一個周期內滿足條件的特例，在此根基上，如知時間關系，則加nT；如知空間關系，則加nλ。(3)波形的隱含性形成多解：在波動問題中，往往只給出完整波形的一局部，或給出幾個特殊點，而其余信息均處于隱含狀態。這樣，波形就有多種情況，形成波動問題的多解性。2．解決波的多解問題的思路(1)首先要考慮波傳播的“雙向性〞，例如，nT＋eq\f(1,4)T時刻向右傳播的波形和nT＋eq\f(3,4)T時刻向左傳播的波形一樣。(2)其次要考慮波的周期性，假設一段時間，就要找出與周期的關系，寫成t＝nT＋Δt，Δt<T；假設一段距離，就要找出與波長的關系，寫成x＝nλ＋Δx，Δx<λ。考點二振動圖象與波的圖象的綜合應用兩種圖象的比擬圖象類型振動圖象波的圖象研究對象一振動質點沿波傳播方向上所有質點研究內容一質點的位移隨時間變化規律某時刻所有質點的空間分布規律圖象物理意義表示某質點各個時刻的位移表示某時刻各質點的位移圖象信息(1)質點振動周期(2)質點振幅(3)各時刻質點位移(4)各時刻速度、加速度方向(1)波長、振幅(2)任意一質點在該時刻的位移(3)任意一質點在該時刻加速度方向(4)傳播方向、振動方向的互判形象比喻記錄著一個人一段時間內活動的錄像帶記錄著許多人某時刻動作、表情的集體照片圖象變化隨時間推移，圖象延續，但已有形狀不變隨時間推移，圖象沿傳播方向平移一完整曲線占橫坐標距離表示一個周期表示一個波長考向利用圖象求解波動和振動問題[例4][導學號：60810853](多項選擇)(2014·課標Ⅱ)圖1－2－5甲為一列簡諧橫波在t＝0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置在x＝1.0m處的質點，Q是平衡位置在x＝4.0m處的質點；圖乙為質點圖1－2－5A．在t＝0.10s時，質點Q向y軸正方向運動B．在t＝0.25s時，質點P的加速度方向與y軸正方向一樣C．在t＝0.10s到t＝0.25s時，該波沿x軸負方向傳播了6D．從t＝0.10s到t＝0.25s，質點P通過的路程為30E．質點Q簡諧運動的表達式為y＝0.10sin10πt(國際單位制)[解析]由圖甲得λ＝8m，由圖乙得T＝0.2s，所以v＝eq\f(λ,T)＝40m/s。由圖乙知，在t＝0.10s時，質點Q通過平衡位置向y軸負方向運動，A錯誤。結合圖甲，由“同側法〞判得波沿x軸負方向傳播，畫出t＝0.25s時的波形圖，標出P、Q點，如圖，此時P點在x軸下方，其加速度向上，B正確。Δt＝0.25s－0.10s＝0.15s，Δx＝v·Δt＝6.0m，C正確。P點起始位置不在平衡位置或最大位移處，故D錯誤。由圖知A＝0.1m，ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s，所以Q點簡諧運動表達式為y＝0.10sin10πt(國際單位制)，E正確。[答案]BCE規律總結“一分、一看、二找〞巧解波動圖象與振動圖象綜合類問題(1)分清振動圖象與波動圖象，只要看清橫坐標即可，橫坐標為x則為波動圖象，橫坐標為t則為振動圖象。(2)看清橫、縱坐標的單位。尤其要注意單位前的數量級。(3)找準波動圖象對應的時刻。(4)找準振動圖象對應的質點。考點三波的干預、衍射、多普勒效應1．波的干預中振動加強點和減弱點的判斷某質點的振動是加強還是減弱，取決于該點到兩相干波源的距離之差Δr。(1)當兩波源振動步調一致時假設Δr＝nλ(n＝0，1，2，…)，則振動加強；假設Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，…)，則振動減弱。(2)當兩波源振動步調相反時假設Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，…)，則振動加強；假設Δr＝nλ(n＝0，1，2，…)，則振動減弱。2．波的衍射波的衍射現象是指波能繞過障礙物繼續傳播的現象，產生明顯衍射現象的條件是縫、孔的寬度或障礙物的尺寸跟波長相差不大或者小于波長。3．多普勒效應的成因分析(1)接收頻率：觀察者接收到的頻率等于觀察者在單位時間內接收到的完全波的個數，當波以速度v通過觀察者時，時間t內通過的完全波的個數為N＝eq\f(vt,λ)，因而單位時內通過觀察者的完全波的個數，即接收頻率。(2)當波源與觀察者相互靠近時，觀察者接收到的頻率變大，當波源與觀察者相互遠離時，觀察者接收到的頻率變小。考向1由公式計算波的干預[例5][導學號：60810854](2016·南京模擬)波源S1和S2振動方向一樣，頻率均為4Hz，分別置于均勻介質中x軸上的O、A兩點處，OA＝2m，如圖1－2－6所示。兩波源產生的簡諧橫波沿x軸相向傳播，波速為4m/s。圖1－2－6(1)簡諧橫波的波長；(2)OA間合振動振幅最小的點的位置。[解析](1)設簡諧橫波波長為λ，頻率為f，波速為v，則λ＝eq\f(v,f)①代入數據得λ＝1m(2)以O為坐標原點，設P為OA間的任意一點，其坐標為x，則兩波源到P點的波程差Δl為Δl＝x－(2－x)，0≤x≤2③其中x、Δl以m為單位。合振動振幅最小的點的位置滿足Δl＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2)))λ，k為整數④聯立③④式，得x＝0.25m，0.75m，1.25m[答案](1)1m(2)0.25m，0.75m，[特別提醒]在穩定的干預現象中，振動加強點始終是加強的，減弱點始終是減弱的。振動加強點以兩列波振幅之和為振幅不停振動，振動減弱點以兩列波振幅之差為振幅振動。振動減弱點的位移可能在某個瞬時比振動加強點的位移還要大。考向2由圖象判斷波的干預[例6][導學號：60810855]如圖1－2－7表示兩個相干波源S1、S2產生的波在同一種均勻介質中相遇。圖中實線表示波峰，虛線表示波谷，c和f分別為ae和bd的中點，則：圖1－2－7(1)在a、b、c、d、e、f六點中，振動加強的點是________。振動減弱的點是________。(2)假設兩振源S1和S2振幅一樣，此時刻位移為零的點是________。(3)畫出此時刻a、c、e連線上，以a為起點的一列完整波形，標出e點。[解析](1)a、e兩點分別是波谷與波谷、波峰與波峰相交的點，故此兩點為振動加強點；c處在a、e連線上，且從運動的角度分析a點的振動形式恰沿該線傳播，故c點是振動加強點。同理b、d是減弱點，f也是減弱點。(2)因為S1、S2振幅一樣，振動最強區的振幅為2A，最弱區的振幅為零，該時刻a、e的中點c正處在平衡位置，所以位移為零的是b、c、d、f(3)題圖中對應時刻a處在兩波谷的交點上，即此刻a在波谷，同理e在波峰，故a、e中點c在平衡位置，所以所對應的波形如圖。[答案](1)a、c、eb、d、f(2)b、c、d、f(3)見解析圖[隨堂穩固]1．[導學號：60810856](2015·四川理綜)平靜湖面傳播著一列水面波(橫波)，在波的傳播方向上有相距3mA．頻率是30HzB．波長是3mC．波速是1m/sD．周期是0.1s解析波的周期T＝eq\f(60,30)s＝2s，f＝eq\f(1,T)＝0.5Hz，1.5λ＝3m，λ＝2m，則波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,2)m/s＝1m/s，A、B、D錯誤，C正確。答案C2．[導學號：60810857](2015·天津理綜)圖1－2－8甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，a、b兩質點的橫坐標分別為xa＝2m和xb＝6m，圖乙為質點圖1－2－8A．該波沿＋x方向傳播，波速為1m/s B．質點a經4s振動的路程為C．此時刻質點a的速度沿＋y方向 D．質點a在t＝2s時速度為零解析t＝0時，b質點向＋y方向運動，根據“下坡上〞可判定波沿－x方向傳播，A錯誤；a總是與b的振動方向相反，t＝0時，a向－y方向運動，C錯誤；經過4s，a回到平衡位置，路程為1m，B錯誤；t＝2s時，a處于波谷，速度為零，D答案D3．[導學號：60810858](多項選擇)(2015·海南單科)一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形如圖1－2－9所示，質點P的x坐標為3m圖1－2－9A．波速為4m/sB．波的頻率為1.25HzC．x坐標為15m的質點在t＝0.6sD．x坐標為22m的質點在t＝0.2sE．當質點P位于波峰時，x坐標為17m解析任意振動質點連續兩次通過平衡位置的過程所用時間為半個周期，即eq\f(1,2)T＝0.4s，T＝0.8s，f＝eq\f(1,T)＝1.25Hz，選項B正確；由題圖知：該波的波長λ＝4m，波速v＝eq\f(λ,T)＝5m/s，選項A錯誤；畫出t＝0.6s時波形圖如以下圖，因15m＝3λ＋eq\f(3,4)λ，故x坐標為15m的質點與x＝3m處的質點振動情況一樣，即在平衡位置向下振動，選項C錯誤；畫出t＝0.2s時波形圖如以下圖，因22m＝5λ＋eq\f(1,2)λ，故x＝22m處的質點與x＝2m處的質點振動情況一樣，即在波峰位置，選項D正確；因質點P與x＝17m處質點平衡位置間距離Δx＝14m＝3λ＋eq\f(1,2)λ，故兩質點振動步調相反，選項E正確。答案BDE4．[導學號：60810859](多項選擇)(2015·江蘇單科)一漁船向魚群發出超聲波，假設魚群正向漁船靠近，則被魚群反射回來的超聲波與發出的超聲波相比A．波速變大B．波速不變 C．頻率變高D．頻率不變(2)用2×106Hz的超聲波檢查膽結石，該超聲波在結石和膽汁中的波速分別為2250m/s和1500m解析(1)超聲波的波速由介質決定，介質不變，則波速不變，B項正確；當魚群向漁船靠近時，由于多普勒效應，被魚群反射回來的超聲波頻率高于波源發出的頻率，C正確。(2)由于波長、波速、頻率三者的關系為v＝λf，而同一超聲波在不同介質中傳播時頻率不變(不發生多普勒效應)，則波長之比等于波速之比，所以該超聲波在結石中的波長是膽汁中的eq\f(2250,1500)＝1.5倍；發生明顯衍射現象的條件是縫、孔的寬度或障礙物的尺寸與波長相差不多，或小于波長。因為超聲波的波長較短，所以遇到結石不容易發生衍射。答案(1)BC(2)1.5不容易[限時檢測](限時45分鐘，總分值100分)一、選擇題(每題6分，共60分)1．以下物理現象中：(1)在春天里一次閃電過后，有時雷聲轟鳴不絕；(2)“聞其聲而不見其人〞；(3)學生圍繞振動的音叉轉一圈會聽到忽強忽弱的聲音；(4)當正在鳴笛的火車向著我們急駛而來時，我們聽到汽笛聲的音調變高。這些物理現象分別屬于波的A．反射、衍射、干預、多普勒效應B．折射、衍射、多普勒效應、干預C．反射、折射、干預、多普勒效應D．衍射、折射、干預、多普勒效應解析在春天里在一次閃電過后，有時雷聲轟鳴不絕，屬于聲波的反射；“聞其聲而不見其人〞屬于聲波的衍射；學生圍繞振動的音叉轉一圈會聽到忽強忽弱的聲音屬于聲波的干預；當正在鳴笛的火車向著我們急駛而來時，我們聽到汽笛聲的音調變高屬于多普勒效應。正確選項是A。答案A2．[導學號：60810860](2016·西寧聯考)兩波源S1、S2在水槽中形成的波形如圖1－2－10所示，其中實線表示波峰，虛線表示波谷，則圖1－2－10A．在兩波相遇的區域中會產生干預B．在兩波相遇的區域中不會產生干預C．a點的振動始終加強D．a點的振動始終減弱解析根據題意，由于介質一樣，所以兩列波的波速相等。由題圖可知，兩列波的波長不相等。由v＝λf知兩列波的頻率不相等，因此相遇時不會發生干預現象，也就不會出現振動始終加強或者始終減弱的區域，選項A錯誤、B正確。a點在圖示時刻是兩波峰相遇，振動加強，但因頻率不同，另一時刻，可能是兩列波的波峰和波谷相遇，振動就減弱了，應選項C、D均錯誤。答案B3．[導學號：60810861](2014·北京理綜)一簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，波長為λ，周期為T。t＝0時刻的波形如圖1－2－11甲所示，a、b是波上的兩個質點。圖乙是波上某一質點的振動圖象。以下說法中正確的選項是圖1－2－11A．t＝0時質點a的速度比質點b的大B．t＝0時質點a的加速度比質點b的小C．圖乙可以表示質點a的振動D．圖乙可以表示質點b的振動解析由圖甲可知，t＝0時，a在正向最大位移處，v＝0，加速度最大；b在平衡位置，速度最大，a＝0，且振動方向沿y軸負向，圖乙可以表示質點b的振動，選項A、B、C都錯誤，選項D正確。答案D4．[導學號：60810862](2014·天津理綜)平衡位置處于坐標原點的波源S在y軸上振動，產生頻率為50Hz的簡諧橫波向x軸正、負兩個方向傳播，波速均為100m/s。平衡位置在x軸上的P、Q兩個質點隨波源振動著，P、Q的x軸坐標分別為xP＝3.5m、xQ＝－3m。當S位移為負且向－y方向運動時，PA．位移方向一樣、速度方向相反 B．位移方向一樣、速度方向一樣C．位移方向相反、速度方向相反 D．位移方向相反、速度方向一樣解析該波的波長λ＝v/f＝eq\f(100,50)m＝2m，xP＝3.5m＝λ＋eq\f(3,4)λ，xQ＝3m＝λ＋eq\f(1,2)λ，此時P、Q兩質點的位移方向相反，但振動方向一樣，選項D正確。答案D5．[導學號：60810863](2014·安徽理綜)一簡諧橫波沿x軸正向傳播，圖1－2－12是t＝0時刻的波形圖，圖乙是介質中某質點的振動圖象，則該質點的x坐標值合理的是圖1－2－12A．0.5mB．1.5mC．2.5mD．3.5m解析由圖乙知，t＝0時刻此質點相對平衡位置的位移為－0.15m，且振動方向向下，圖甲中符合此要求的點在2～3m答案C6．[導學號：60810864](多項選擇)設x軸方向的一條細繩上有O、A、B、C、D、E、F、G八個點，OA＝AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FG＝1m，質點O在垂直于x軸方向上做簡諧運動，沿x軸方向傳播形成橫波。t＝0時刻，O點開場向上運動，經t＝0.2s，O點第一次到達上方最大位移處，這時A點剛好開場運動。那么在t＝2.5s圖1－2－13A．B點位于x軸下方 B．A點與E點的位移一樣C．D點的速度最大 D．C點正向上運動E．這列波的波速為5m/s解析由題可知，eq\f(T,4)＝0.2s，周期T＝0.8s，eq\f(1,4)λ＝1m，波長λ＝4m，由v＝eq\f(λ,T)得波速v＝5m/s，則可判斷E項正確；當t＝2.5s時，波源O已振動了3eq\f(1,8)個周期，此時O位于x軸上方向上振動，B點與O點之間相距半個波長，可判斷B點位于x軸下方，A項正確；2.5s時E點已經振動了一段時間，A點與E點間距1個波長，兩點振動情況完全一樣，則B項正確；O點與D點間距1個波長，兩點的振動情況完全一樣，此時，O點已經離開平衡位置向上振動，D點也一樣，則D點的速度不是最大，C項錯誤；O點與C點間距為eq\f(3,4)波長，2.5s時，O點剛離開平衡位置向上振動，則C點應向下振動，則D項錯誤。答案ABE7．[導學號：60810865](多項選擇)(2014·新課Ⅰ)圖1－2－14甲為一列簡諧橫波在t＝2s時的波形圖，圖乙為媒質中平衡位置在x＝1.5m處的質點的振動圖象，P是平衡位置為x＝2m圖1－2－14A．波速為0.5m/sB．波的傳播方向向右C.0～2s時間內，P運動的路程為8D.0～2s時間內，P向y軸正方向運動E．當t＝7s時，P恰好回到平衡位置解析由圖甲可知，波長λ＝2m，由圖乙可知周期T＝4s，則波速v＝eq\f(λ,T)＝0.5m/s，A正確。t＝2s時，x＝1.5m處的質點振動方向向下，則波向左傳播，B錯。