2026版創新設計高考一輪復習物理第七章機械波第1講機械振動學習目標1.認識簡諧運動，理解簡諧運動的表達式和圖像。2.知道單擺，理解并熟記單擺的周期公式。3.認識受迫振動，了解產生共振的條件及其應用。一、簡諧運動1.2.兩種模型模型彈簧振子單擺示意圖簡諧運動條件(1)彈簧質量可忽略(2)無摩擦等阻力(3)在彈簧彈性限度內(1)擺線為不可伸縮的輕細線(2)無空氣阻力(3)擺角小于等于5°回復力彈簧的彈力提供擺球重力沿與擺線垂直方向(即切向)的分力平衡位置彈簧處于原長處最低點周期與振幅無關T＝2πl能量轉化彈性勢能與動能相互轉化，系統的機械能守恒重力勢能與動能相互轉化，擺球機械能守恒二、簡諧運動的表達式和圖像1.2.三、受迫振動和共振1.2.1.思考判斷(1)簡諧運動的平衡位置就是質點所受合力為零的位置。(×)(2)做簡諧運動的質點先后通過同一點時，回復力、速度、加速度、位移都是相同的。(×)(3)做簡諧運動的質點，速度增大時，其加速度一定減小。(√)(4)振動物體經過半個周期，路程等于2倍振幅;經過14個周期，路程等于振幅。(×(5)單擺在任何情況下的運動都是簡諧運動。(×)(6)物體做受迫振動時，其振動頻率與固有頻率無關。(√)(7)簡諧運動的圖像描述的是振動質點的軌跡。(×)(8)簡諧運動的振動圖像一定是正弦曲線。(√)2.如圖所示，彈簧振子在A、B之間做簡諧運動，O為平衡位置，測得A、B間距為6cm，小球完成30次全振動所用時間為60s，則()A.該振子振動周期是2s，振幅是6cmB.該振子振動頻率是2HzC.小球完成一次全振動通過的路程是12cmD.小球過O點時開始計時，3s內通過的路程為24cm答案C3.某質點的振動圖像如圖所示，下列說法正確的是()A.1s和3s時刻，質點的速度相同B.1s到2s時間內，質點的速度與加速度方向相同C.簡諧運動的表達式為y＝2sin(0.5πt＋1.5π)cmD.簡諧運動的表達式為y＝2sin(0.5πt＋0.5π)cm答案D4.(多選)(人教版選擇性必修第一冊P60T6改編)把一個篩子用四根彈簧支撐起來，篩子上裝一個電動偏心輪，它每轉一周，給篩子一個驅動力，這就做成了一個共振篩，如圖甲所示。該共振篩的共振曲線如圖乙所示。已知增大電壓，可使偏心輪轉速提高;增加彈簧的勁度系數，可減小篩子的固有周期。現在，在某電壓下偏心輪的轉速是60r/min。為使共振篩的振幅增大，以下做法可行的是()A.降低輸入電壓 B.增加輸入電壓C.更換勁度系數更大彈簧 D.更換勁度系數更小的彈簧答案AC考點一簡諧運動的基本特征簡諧運動的五個特征受力特征回復力F＝－kx，F(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運動特征靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大;遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大。在運動過程中，動能和勢能相互轉化，系統的機械能守恒周期性特征質點的位移、回復力、加速度和速度均隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T;動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為T對稱性特征關于平衡位置O對稱的兩點，相對平衡位置的位移大小、加速度的大小、速度的大小、動能、勢能均相等角度簡諧運動基本物理量的分析例1如圖所示，小球在B、C之間做簡諧運動，當小球位于O點時，彈簧處于原長，在小球從C點運動到O點的過程中()A.動能不斷增大，加速度不斷減小B.回復力不斷增大，系統機械能守恒C.彈性勢能不斷減小，加速度不斷增大D.彈性勢能不斷增大，加速度不斷減小答案A解析做簡諧運動的小球，從C點到O點的過程中逐漸靠近平衡位置，彈簧彈力做正功，彈性勢能不斷減小，動能不斷增大;同時由于偏離平衡位置的位移減小，由回復力公式F＝－kx可知，回復力逐漸減小，根據牛頓第二定律可知F＝－kx＝ma，則加速度不斷減小，故A正確，B、C、D錯誤。以位移為橋梁分析簡諧運動中各物理量的變化情況(1)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，各矢量均在位移為零時改變方向。(2)位移相同時，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。角度簡諧運動的周期性與對稱性例2如圖所示，一質點做簡諧運動，先后以相同的速度依次通過M、N兩點歷時1s，質點通過N點后再經過1s又第2次通過N點，在這2s內質點通過的總路程為12cm。則質點的振動周期和振幅分別為()A.3s、6cm B.4s、6cmC.4s、9cm D.2s、8cm答案B解析簡諧運動的質點，先后以同樣的速度通過M、N兩點，說明M、N兩點關于平衡位置O點對稱，所以質點由M到O的時間與由O到N的時間相等，則質點從平衡位置O到N點的時間t1＝0.5s，因通過N點后再經過t＝1s，質點以方向相反、大小相同的速度再次通過N點，則有從N點到最大位移處的時間t2＝0.5s，因此，質點振動的周期是T＝4(t1＋t2)＝4s;這2s內質點通過的總路程的一半即為振幅，所以振幅A＝12cm2＝6cm，故B考點二簡諧運動的表達式和圖像1.簡諧運動的振動方程和圖像(1)從平衡位置開始計時:x＝Asinωt，如圖甲所示。(2)從最大位移處開始計時:x＝Acosωt，如圖乙所示。(3)圖像反映的是位移隨時間的變化規律，隨時間的增加而延伸，圖像不代表質點運動的軌跡。2.由圖像可獲取的信息(1)振幅A、周期T(或頻率f)和初相位φ(如圖所示)。(2)某時刻振動質點離開平衡位置的位移。(3)某時刻質點速度的大小和方向:曲線上各點切線的斜率的大小和正負分別表示各時刻質點的速度大小和方向，速度的方向也可根據下一相鄰時刻質點的位移的變化來確定。(4)某時刻質點的回復力和加速度的方向:回復力總是指向平衡位置，回復力和加速度的方向相同。(5)某段時間內質點的位移、回復力、加速度、速度、動能和勢能的變化情況。3.簡諧運動的對稱性(如圖)(1)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3，…)的兩個時刻，彈簧振子在同一位置，位移和速度都相同。(2)相隔Δt＝(n＋12)T(n＝0，1，2，…)的兩個時刻，彈簧振子的位置關于平衡位置對稱，位移等大反向(或都為零)，速度也等大反向(或都為零)例3(2024·河北卷，6)如圖，一電動機帶動輕桿在豎直框架平面內勻速轉動，輕桿一端固定在電動機的轉軸上，另一端懸掛一紫外光筆，轉動時紫外光始終豎直投射至水平鋪開的感光紙上，沿垂直于框架的方向勻速拖動感光紙，感光紙上就畫出了描述光點振動的x－t圖像。已知輕桿在豎直面內長0.1m，電動機轉速為12r/min。該振動的圓頻率和光點在12.5s內通過的路程分別為()A.0.2rad/s，1.0m B.0.2rad/s，1.25mC.1.26rad/s，1.0m D.1.26rad/s，1.25m答案C解析根據題意可知，紫外光筆的光點在紙面上沿x軸方向做簡諧運動，由ω＝2πT＝2πn可得，圓頻率ω＝0.4πrad/s≈1.26rad/s，A、B錯誤;振動周期T＝1n＝5s，由桿長為0.1m知振幅A＝0.1m，則運動路程s＝tT·4A＝12.55×4×0.1m＝1.0跟蹤訓練1.(多選)(2025·山西晉中模擬)一質點做簡諧運動時其相對于平衡位置的位移x與時間t的關系圖線如圖所示，則下列說法正確的是()A.該簡諧運動的周期為5×10－2s，振幅為28cmB.該簡諧運動的表達式為x＝14sin50πtC.t＝0.5×10－2s時質點的速度最大，且方向沿x軸負方向D.t＝0.5×10－2s時質點的位移為－72cm答案BD解析由題圖可知該簡諧運動的周期T＝4×10－2s，振幅A＝14cm，A項錯誤;圓頻率ω＝2πT＝50πrad/s，且t＝0時刻，質點位于負向最大位移處，所以質點做簡諧運動的表達式為x＝14·sin50πt＋3π2cm或x＝14sin50πt-π2cm，B項正確;t＝1×10－2s時質點位于平衡位置，速度最大，且沿x軸正方向，C項錯誤;當t＝0.5×10－2s時質點的位移為考點三單擺及其周期公式1.單擺的受力特征(1)回復力:擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F回＝－mgsinθ＝－mglx＝－kx，F回與位移x的方向相反。(2)向心力:擺線的拉力和擺球重力沿擺線方向分力的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcosθ。(3)兩點說明①當擺球在最高點時，v＝0，Fn＝mv2l＝0，FT＝mgcos②當擺球在最低點時，Fn＝mvmax2l，Fn最大，FT＝mg＋2.周期公式T＝2πlg(1)l為等效擺長，表示從懸點到擺球重心的距離。(2)g為當地重力加速度。例4(2024·甘肅卷，5)如圖為某單擺的振動圖像，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是()A.擺長為1.6m，起始時刻速度最大B.擺長為2.5m，起始時刻速度為零C.擺長為1.6m，A、C點的速度相同D.擺長為2.5m，A、B點的速度相同答案C解析根據題圖可知，單擺的周期T＝1.0πs－0.2πs＝0.8πs，結合單擺的周期公式T＝2πlg可得單擺的擺長l＝1.6m，起始時刻，單擺的位移最大，加速度最大，速度為零，A、B兩點速度大小相等，方向相反，A、C兩點速度相同，A、B、D錯誤，C例5(2024·浙江6月選考，9)如圖所示，不可伸長的光滑細線穿過質量為0.1kg的小鐵球，兩端A、B懸掛在傾角為30°的固定斜桿上，間距為1.5m。小球平衡時，A端細線與桿垂直;當小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時，等效于懸掛點位于小球重垂線與AB交點的單擺，已知重力加速度g＝10m/s2，則()A.擺角變小，周期變大B.小球擺動周期約為2sC.小球平衡時，A端拉力為32D.小球平衡時，A端拉力小于B端拉力答案B解析由單擺的周期公式T＝2πlg可知，單擺的周期與擺角無關，故擺角變小，周期不變，A錯誤;由于同一光滑細線上的拉力大小處處相等，則由題意可知，小球平衡時，細線A端拉力等于B端拉力，D錯誤;對平衡時的小球受力分析，如圖所示，則由力的平衡條件可知FAcos30°＋FBcos30°＝mg，又FA＝FB，代入數據解得FA＝33N，C錯誤;由幾何關系可知單擺的擺長l＝LABtan30°cos30°＝1m，則由T＝2πlg跟蹤訓練2.(多選)如圖甲是用力傳感器對單擺做小角度擺動過程進行測量的裝置圖，圖乙是與力傳感器連接的計算機屏幕所顯示的F－t圖像，其中F的最大值Fmax＝1.02N。已知擺球質量m＝100g，重力加速度g取9.8m/s2，π2取9.8，不計擺線質量及空氣阻力。下列說法正確的是()A.單擺周期為0.8sB.單擺擺長為0.64mC.F的最小值Fmin＝0.96ND.若僅將擺球質量變為200g，單擺周期不變答案BCD解析分析可知小球在最低點時擺線受到的拉力最大，在F－t圖像上相鄰的兩次拉力最大的時間間隔剛好為單擺振動的半個周期，故T＝2×(1.3－0.5)s＝1.6s，選項A錯誤;根據單擺的周期公式T＝2πlg可知單擺做簡諧振動的周期與擺球的質量無關，只與擺長和當地的重力加速度有關，選項D正確;由T＝2πlg得l＝gT24π2＝0.64m，選項B正確;分析可知當擺球上升到最高點時對擺線的拉力最小，設此時擺線與豎直方向的夾角為θ，故Fmin＝mgcosθ，從最高點到最低點的過程中只有重力對擺球做功，擺球的機械能守恒，則有mgl(1－cosθ)＝12mv2，在最低點根據牛頓第二定律有Fmax－mg＝mv2l，聯立解得考點四受迫振動和共振簡諧運動、受迫振動和共振的關系比較振動項目簡諧運動受迫振動共振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振動能量系統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、聲音的共鳴等例6(2025·廣東揭陽高三開學考)蜘蛛通過織出精巧的蜘蛛網來捕捉獵物，蜘蛛網是由絲線構成的，這些絲線非常靈敏，有研究表明，當有昆蟲“落網”時，網上的絲線會傳遞振動信號，蜘蛛通過特殊的感知器官，如腿上的剛毛和體表的感壓器，來接收和解讀這些振動信號。若絲網的固有頻率為200Hz，則下列說法正確的是()A.“落網”昆蟲翅膀振動的頻率越大，絲網的振幅就越大B.當“落網”昆蟲翅膀振動的頻率低于200Hz時，絲網不振動C.當“落網”昆蟲翅膀振動的周期為0.005s時，絲網的振幅最大D.昆蟲“落網”時，絲網振動的頻率與“落網”昆蟲翅膀振動的頻率無關答案C解析根據共振的條件可知，驅動力的頻率等于系統的固有頻率時，系統達到共振，振幅最大，故A錯誤;當“落網”昆蟲翅膀振動的頻率低于200Hz時，絲網仍然振動，故B錯誤;當“落網”昆蟲翅膀振動的周期為0.005s時，其頻率為f＝1T＝10.005Hz＝200Hz，與絲網的固有頻率相等，所以絲網的振幅最大，故C正確;受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，所以昆蟲“落網”時，絲網振動的頻率由“落網”昆蟲翅膀振動的頻率決定跟蹤訓練3.一個單擺做受迫振動，其共振曲線(振幅A與驅動力的頻率f的關系)如圖所示，則()A.此單擺的固有周期約為0.5sB.此單擺的擺長約為1mC.若擺長增大，單擺固有頻率增大D.若擺長增大，共振曲線的峰將向右移動答案B解析由題圖可知，振幅最大時，此單擺的振動頻率與固有頻率相等，則有f＝0.5Hz，可知此單擺的固有周期為T＝1f＝2s，根據單擺周期公式T＝2πlg，可知此單擺的擺長為l＝gT24π2≈1m，故A錯誤，B正確;若擺長增大，由單擺周期公式T＝2πlg可知，單擺的固有周期增大，則固有頻率減小A級基礎對點練對點練1簡諧運動的基本特征1.(2025·河北廊坊高三期末)彈簧振子完成一次全振動對應的物理過程如圖所示，設振動的頻率為f，下列說法正確的是()A.振子由O點運動到B'點的過程中，速度減小得越來越快B.振子由B'點運動到B點需要的運動時間為2C.振子由B'點運動到O點的過程中相對平衡位置的位移越來越大D.振子完成一次全振動，平均速率為2Af答案A解析振子由O點運動到B'點的過程中，速度減小、加速度增大，則速度減小得越來越快，故A正確;振子由B'點運動到B點需要的運動時間為t＝T2＝12f，故B錯誤;振子由B'點運動到O點的過程中，相對平衡位置的位移越來越小，故C錯誤;振子完成一次全振動，平均速率為v＝4A2.小球做簡諧運動，若從平衡位置O開始計時，經過0.5s，小球第一次經過P點，又經過0.2s，小球第二次經過P點，則再過多長時間該振子第三次經過P點()A.1.0s B.2.4s C.0.8s D.2.2s答案D解析若小球從O點開始向指向P點的方向振動，作出示意圖如圖甲所示則小球的振動周期為T1＝(0.5＋0.1)×4s＝2.4s，則該小球再經過時間Δt＝T1－0.2s＝2.2s，第三次經過P點;若小球從O點開始向背離P點的方向振動，作出示意圖如圖乙所示則有0.5s＋0.1s＝34T2，解得小球的振動周期為T2＝0.8s，則該小球再經過時間Δt'＝T2－0.2s＝0.6s，第三次經過P點，故A、B、C錯誤，D3.(多選)(2025·黑龍江齊齊哈爾模擬)某種彈簧振子做簡諧運動時，動能與彈性勢能隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法中正確的是()A.此彈簧振子在光滑的水平面上振動B.t0時刻彈簧振子處在位移最大處C.彈簧振子的周期為4t0D.彈簧振子的周期為2t0答案AC解析由圖像分析可得，彈簧振子做簡諧運動過程中，只有動能和彈性勢能相互轉化，且機械能守恒，即只有彈簧的彈力做功，重力不做功，則彈簧振子在光滑的水平面上振動，A正確;t0時刻彈簧振子的動能最大，彈簧振子處在平衡位置處，B錯誤;動能從0增加到最大，時間為t0＝T4，因此彈簧振子的周期為4t0，C正確，D對點練2簡諧運動的表達式和圖像4.(2024·福建卷，2)某簡諧運動的y－t圖像如圖所示，則以下說法正確的是()A.振幅為2cm B.頻率為2.5HzC.0.1s時速度為0 D.0.2s時加速度方向豎直向下答案B解析由題圖可知該簡諧運動的振幅為1cm，振動周期為0.4s，由f＝1T可知，頻率為2.5Hz，A錯誤，B正確;0.1s時，質點位于平衡位置，此時速度達到最大值，C錯誤;0.2s時，質點位于負向最大位移處，加速度方向指向平衡位置，方向豎直向上，D5.如圖甲所示，豎直懸掛彈簧振子在C、D兩點之間做簡諧運動，O點為平衡位置，振子到達D點開始計時，規定豎直向下為正方向。圖乙是彈簧振子做簡諧運動的x－t圖像，則()A.彈簧振子從D點經過O點再運動到C點為一次全振動B.圖乙中的P點時刻振子的速度方向與加速度方向都沿正方向C.彈簧振子的振動方程為x＝0.1sin2πtD.彈簧振子在前2.5s內的路程為1m答案D解析彈簧振子從D點經過O點運動到C點然后再經過O點回到D點為一次全振動，故A錯誤;題圖乙中的P點時刻振子的速度方向沿負方向，加速度方向沿正方向，故B錯誤;由題圖乙知，彈簧振子的周期為T＝1s，彈簧振子的振幅為A＝0.1m，則ω＝2πT＝2πrad/s，規定豎直向下為正方向，振子到達D點開始計時，t＝0時刻位移為0.1m，可知初相位為π2，則彈簧振子的振動方程為x＝0.1sin2πt＋π2m，故C錯誤;彈簧振子在前2.5s內的路程為s＝tT×4A＝10對點練3單擺及其周期公式6.在同一地方，甲、乙兩個單擺做振幅不同的簡諧運動，其振動圖像如圖所示，可知甲、乙兩個單擺的擺長之比為()A.2∶3 B.3∶2 C.4∶9 D.9∶4答案C解析由題中振動圖像可知甲、乙兩個單擺周期之比為T甲∶T乙＝0.8∶1.2＝2∶3，根據單擺周期公式T＝2πlg，可得l＝gT24π2，則甲、乙兩個單擺的擺長之比為l甲∶l乙＝T甲27.(2025·湖南常德高三期末)蕩秋千是人們喜愛的一種運動，如圖為一種秋千的原理圖。繩子一端固定于O點，另一端系一個可視為質點的小球，在O點正下方釘一個釘子A，小球從左邊某一位置由靜止擺下，擺角θ<5°，g＝10m/s2，O點離球心的距離為4m，OA距離為3m，此繩子拉力突然增加會導致繩子可能斷裂，當小球擺動61s時繩子突然斷裂，則該繩子最多承受多少次拉力的突然增加()A.11 B.20C.21 D.31答案C解析根據單擺的周期公式可得，當擺長為l1＝4m時其周期T1＝2πl1g≈4s，當擺長l2＝1m時其周期T2＝2πl2g≈2s，由此可知擺球從左邊最高點又回到左邊最高點的時間為t＝T12＋T22≈3s，該過程中擺線與釘子碰撞一次，即繩上的拉力突然增加一次，而根據題意，當小球擺動61s時繩子突然斷裂，則可知當擺線與釘子碰撞20次后又回到左側最高點所用的時間為60s，而從左側最高點運動至最低點的時間為T14對點練4受迫振動和共振8.(多選)(2025·廣東汕頭高三期末)如圖所示，振動樁錘是樁基礎施工的重要設備之一。樁錘工作時引起樁身周圍土體振動，使樁身和土體間的粘合度降低，從而減小沉樁阻力。下列說法正確的是()A.針對不同土體，最有利于沉樁的樁錘振動頻率可能不同B.針對同種土體，樁錘的振動頻率越大，樁身周圍土體的振動幅度一定越大C.樁錘穩定工作后，樁身周圍無論哪種土體，其振動頻率都與樁錘的振動頻率相同D.為保障打樁機機身的穩定，樁錘的振動頻率應盡量接近機身的固有頻率答案AC解析針對不同土體，由于系統的固有頻率可能不同，所以最有利于沉樁的樁錘振動頻率可能不同，故A正確;根據共振條件可知，當驅動力頻率等于固有頻率時，做受迫振動的振幅最大，則針對同種土體，樁錘的振動頻率越大，樁身周圍土體的振動幅度不一定越大，故B錯誤;做受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，可知樁錘穩定工作后，樁身周圍無論哪種土體，其振動頻率都與樁錘的振動頻率相同，故C正確;為保障打樁機機身的穩定，樁錘的振動頻率應盡量遠離機身的固有頻率，故D錯誤。9.某種減噪裝置結構如圖所示，通過裝置的共振可吸收聲波。已知其固有頻率為f0＝60σL(SI制)，其中σ為薄板單位面積的質量，LA.系統振動頻率為200HzB.系統振動頻率為300HzC.為獲得更好減噪效果，可僅增大L的大小D.為獲得更好減噪效果，可僅換用σ更大的薄板答案B解析系統做受迫振動，振動時的頻率等于驅動力的頻率，即為300Hz，故A錯誤，B正確;由于驅動力的頻率大于系統的固有頻率，在驅動力的頻率一定時，為獲得更好減噪效果，應使系統的固有頻率增大，由f0＝60σL(SI制)可知，應減小σ或L，故C、DB級綜合提升練10.(2024·北京卷，9)如圖甲為用手機和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機加速度傳感器記錄了手機在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機振動過程中加速度a隨時間t變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說法正確的是()A.t＝0時，彈簧彈力為0B.t＝0.2s時，手機位于平衡位置上方C.從t＝0至t＝0.2s，手機的動能增大D.a隨t變化的關系式為a＝4sin(2.5πt)m/s2答案D解析由題圖乙可知，t＝0時，手機加速度為0，則此時手機所受合力為0，可知此時彈簧彈力大小F＝mg，A錯誤;由題圖乙可知，t＝0.2s時，手機加速度向上，則此時彈簧彈力向上且大于重力，由胡克定律可知，此時彈簧伸長量大于平衡位置彈簧的伸長量，故此時手機處于平衡位置下方，B錯誤;從t＝0至t＝0.2s，手機由平衡位置向下運動，又合力方向向上，則合力對手機做負功，由動能定理可知，該過程手機的動能減小，C錯誤;由題圖乙可知ω＝2πT＝2π0.8rad/s＝2.5πrad/s，則a隨t變化的關系式為a＝4sin(2.5πt)11.在光滑桿下面鋪一張可沿垂直桿方向勻速移動的白紙，一帶有鉛筆的彈簧振子在A、B兩點間做機械振動，可以在白紙上留下痕跡。已知彈簧的勁度系數為k＝10N/m，振子的質量為0.1kg，白紙移動速度為0.4m/s，彈簧彈性勢能的表達式為Ep＝12ky2A.該彈簧振子的振幅為16cmB.該彈簧振子的周期為0.25sC.該彈簧振子的最大加速度為8m/s2D.該彈簧振子的最大速度為1.6m/s答案C解析振幅為振子偏離平衡位置的最大距離，故該彈簧振子的振幅為8cm，A錯誤;一個周期內白紙移動距離l＝20cm，則該彈簧振子的周期T＝lv＝0.5s，B錯誤;該彈簧振子的最大加速度a＝kAm＝8m/s2，C正確;由系統機械能守恒定律得12kA2＝12mvm2，解得彈簧振子的最大速度vm＝C級培優加強練12.(多選)(2024·河南焦作市檢測)下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運動;與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖(a)所示。以木棒所受浮力F為縱軸、木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示。已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小B.x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C.x＝0.35m和x＝0.45m時，木棒的速度大小相等、方向相反D.木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為F答案ABD解析由簡諧運動的對稱性可知，水平位移為0.1m、0.3m、0.5m時木棒處于平衡位置;x從0.05m到0.15m的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動，經平衡位置后到達平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，故A正確;x從0.21m到0.25m的過程中，木棒從平衡位置上方向平衡位置移動，加速度豎直向下，大小逐漸減小，故B正確;x＝0.4m時木棒位于最低點，x＝0.35m和x＝0.45m時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在最低點上方相同距離處，木棒在豎直方向的速度大小相等、方向相反，而兩時刻木棒在水平方向的速度相同，所以合速度大小相等、方向不是相反，故C錯誤;木棒在最低點時有F1＝ρSgh1，在最高點時有F2＝ρSgh2，其中h1－h2＝2A，故振幅A＝F1-F22學習目標1.知道機械波的形成過程及特點。2.理解波速、波長、頻率的關系，會分析波動圖像。3.掌握波的干涉和發生明顯衍射的條件，了解多普勒效應。1.2.3.4.1.思考判斷(1)在水平方向傳播的波為橫波。(×)(2)在機械波中各質點不隨波的傳播而遷移。(√)(3)通過波的圖像可以找出任一質點在任意時刻的位移。(×)(4)機械波在傳播過程中，各質點振動的周期、起振方向都相同。(√)(5)機械波在一個周期內傳播的距離是振幅的4倍。(×)(6)波速表示介質中質點振動的快慢。(×)(7)兩列波在介質中疊加，一定產生干涉現象。(×)(8)一切波都能發生衍射現象。(√)(9)多普勒效應說明波源的頻率發生變化。(×)2.(2023·北京卷，4)位于坐標原點處的波源發出一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t＝0時波源開始振動，其位移y隨時間t變化的關系式為y＝Asin2πTt，則t＝答案D3.(多選)(人教版選擇性必修第一冊P70T2改編)簡諧橫波某時刻的波形如圖所示。P為介質中的一個質點，波沿x軸的正方向傳播。以下說法正確的是()A.質點P此時刻的速度沿y軸的正方向B.質點P此時刻的加速度沿y軸的正方向C.再過半個周期時，質點P的位移為負值D.經過一個周期，質點P通過的路程為4a答案ACD考點一機械波的傳播與波的圖像1.傳播特點(1)波傳到任意一點，該點的起振方向都和波源的起振方向相同。(2)介質中每個質點都做受迫振動，因此，任一質點的振動頻率和周期都和波源的振動頻率和周期相同。(3)波從一種介質進入另一種介質，由于介質的情況不同，它的波長和波速可能改變，但頻率和周期都不會改變。(4)波源經過一個周期T完成一次全振動，波恰好向前傳播一個波長的距離，所以v＝λT＝λf2.波的傳播方向與質點振動方向的互判方法內容圖像“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行微小的平移，再由對應同一橫坐標的兩波形曲線上的點來判斷振動方向角度機械波的形成與傳播例1(2024·湖南卷，2)如圖所示，健身者在公園以每分鐘60次的頻率上下抖動長繩的一端，長繩自右向左呈現波浪狀起伏，可近似為單向傳播的簡諧橫波。長繩上A、B兩點平衡位置相距6m，t0時刻A點位于波谷，B點位于波峰，兩者之間還有一個波谷。下列說法正確的是()A.波長為3m B.波速為12m/sC.t0＋0.25s時刻，B點速度為0 D.t0＋0.50s時刻，A點速度為0答案D解析由題意可知xAB＝32λ＝6m，則該波的波長為λ＝4m，A錯誤;根據振源的振動頻率為f＝1Hz，可知該波的周期T＝1s，則波速為v＝λT＝4m/s，B錯誤;由于t0時刻A點、B點分別位于波谷、波峰位置，則t0時刻A點、B點的速度均為0，從t0時刻到t0＋0.25s時刻，B點振動了14個周期，運動至平衡位置，速度最大，C錯誤;從t0時刻到t0＋0.50s時刻，A點振動了12個周期，運動至波峰位置角度波的圖像例2(多選)[2024·全國甲卷，34(1)改編]一列簡諧橫波沿x軸傳播，周期為2s，t＝0時刻的波形曲線如圖所示，此時介質中質點b向y軸負方向運動，下列說法正確的是()A.該波的波速為1.0m/sB.該波沿x軸正方向傳播C.t＝0.25s時質點a和質點c的運動方向相反D.t＝1.5s時介質中質點b的速率達到最大值答案AC解析由題圖可知該波的波長λ＝2m，則該波的波速v＝λT＝1.0m/s，A正確;t＝0時質點b向y軸負方向運動，結合題圖與同側法可知，該波沿x軸負方向傳播，B錯誤;由題圖可知，t＝0時質點a位于波峰，質點c位于波谷，則0~T2時間內，即0~1s內質點a向y軸負方向運動，質點c向y軸正方向運動，故t＝0.25s時質點a和質點c的運動方向相反，C正確;由題圖可知t＝0時質點b位于平衡位置，并向y軸負方向運動，則t＝1.5s＝34T時，質點b位于波峰，跟蹤訓練1.(多選)(2024·新課標卷，19)位于坐標原點O的波源在t＝0時開始振動，振動圖像如圖所示，所形成的簡諧橫波沿x軸正方向傳播。平衡位置在x＝3.5m處的質點P開始振動時，波源恰好第2次處于波谷位置，則()A.波的周期是0.1sB.波的振幅是0.2mC.波的傳播速度是10m/sD.平衡位置在x＝4.5m處的質點Q開始振動時，質點P處于波峰位置答案BC解析由波源的振動圖像可知T＝0.2s，A＝0.2m，波源起振方向向上，A錯誤，B正確;波源第2次處于波谷位置的時間t1＝134T＝0.35s，波速為v＝xPt1＝10m/s，C正確;設t2時刻波傳播到Q，t2＝xQv＝0.45s，Δt＝t2－t1＝0.1s＝T2，考點二振動圖像與波的圖像的綜合應用振動圖像和波的圖像的比較比較項目振動圖像波的圖像研究對象一個質點波傳播方向上的所有質點研究內容某質點位移隨時間的變化規律某時刻所有質點在空間分布的規律圖像橫坐標表示時間表示各質點的平衡位置物理意義某質點在各時刻的位移某時刻各質點的位移振動方向的判斷看下一時刻的位移同側法或其他方法Δt后的圖形隨時間推移，圖像延伸，但已有形狀不變隨時間推移，圖像沿波的傳播方向平移，原有波形做周期性變化聯系(1)縱坐標均表示質點的位移(2)縱坐標的最大值均表示振幅(3)波在傳播過程中，各質點都在各自的平衡位置附近振動例3(多選)(2025·河北邯鄲一模)一列簡諧橫波沿x軸傳播，A、B分別是平衡位置坐標為1m、4m處的兩個質點，t＝0時刻開始計時，t＝2s時這列波的波形如圖甲所示。圖乙為質點B的振動圖像，下列說法正確的是()A.這列波的傳播速度為1m/sB.這列波沿x軸負方向傳播C.在t＝5s時，質點A的加速度方向為y軸負方向D.從t＝2s到t＝4.5s，質點B運動的路程為2(4＋2)m答案BD解析從題圖甲、乙中可以得到波長為8m，周期為4s，則波的傳播速度為v＝λT＝2m/s，故A錯誤;由題圖乙知，t＝2s時B點振動方向向下，根據題圖甲，結合“同側法”，可知這列波沿x軸負方向傳播，故B正確;在t＝5s時，質點A的位移為負值，則回復力方向為y軸正方向，加速度方向為y軸正方向，故C錯誤;質點B的振動方程為y＝4sinπ2tm，從t＝2s到t＝4s，質點B運動的路程為s＝2A＝8m，再經0.5s運動路程y1＝4sin(π2×0.5)m＝22m，所以從t＝2s到t＝4.5s，質點B運動的路程為s0＝s＋y1＝2(4＋2)跟蹤訓練2.(2024·湖南長沙模擬)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時刻的波形圖如圖甲所示，P、A、B、Q是介質中的四個質點，t＝0時刻，該波剛好傳播到質點B，質點A的振動圖像如圖乙所示，則()A.該波的傳播速度為2.5m/sB.t＝1s時，質點A的位移大小為2cmC.再經過0.4s，質點A剛好運動到質點B所在的位置D.再經過3.8s，質點Q第二次到達波谷答案D解析由題圖乙可知，質點的振動周期，即波的傳播周期為T＝0.8s，由題圖甲可知，波長λ＝20m，則波速為v＝λT＝25m/s，故A錯誤;因t＝1s＝T＋14T，則t＝1s時，質點A的位移大小為2cm，故B錯誤;質點做簡諧運動不隨波遷移，故C錯誤;質點P、Q平衡位置之間的距離為L＝75m，由L＝vt，解得t＝3s，即經過3s質點Q第一次到達波谷，則經過3.8s質點Q第二次到達波谷，故考點三波傳播的周期性和多解性1.造成波動問題多解的三大因素周期性(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。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。波形的隱含性在波動問題中，往往只給出完整波形的一部分，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通常采用從特殊到一般的思維方法，即找出一個周期內滿足條件關系的Δt或Δx，若此關系為時間，則t＝nT＋Δt(n＝0，1，2，…);若此關系為距離，則x＝nλ＋Δx(n＝0，1，2，…)。例4(多選)(2025·山東日照模擬)如圖所示為一列沿x軸方向傳播的簡諧橫波，A為t＝0時刻的波形圖，B為t＝0.12s時的波形圖。已知該簡諧橫波的周期大于0.1s，下列說法正確的是()A.該簡諧橫波沿x軸正方向傳播B.該簡諧橫波的周期可能為0.24sC.該簡諧橫波的傳播速度可能為253D.t＝0.24s時，在x＝3m處的質點在最大位移處答案CD解析由圖像可知該簡諧橫波的波長為λ＝4m。當該簡諧橫波沿x軸正方向傳播時有34T＋nT＝0.12s(n＝0，1，2，3，…)，解得T＝0.484n＋3s(n＝0，1，2，3，…)，因為該簡諧橫波的周期大于0.1s，所以n＝0時T＝0.16s，符合題意，此時波速為v＝λT＝25m/s;當該簡諧橫波沿x軸負方向傳播時有14T＋nT＝0.12s(n＝0，1，2，3，…)，解得T＝0.484n＋1s(n＝0，1，2，3，…)，因為該簡諧橫波的周期大于0.1s，所以n＝0時T＝0.48s，符合題意，此時波速為v＝λT＝253m/s，故A、B錯誤，C正確;若該簡諧橫波沿x軸正方向傳播，T＝0.16s，則t＝0.24s＝T＋T2，故在x＝3m處的質點此時在最大位移處;若該簡諧橫波沿x軸負方向傳播，T＝0.48s，則t＝0.24跟蹤訓練3.(多選)有一列沿水平方向傳播的簡諧橫波，在波的傳播方向上有平衡位置相距4m的A、B兩質點，已知波的傳播方向由B指向A，圖甲、乙分別是A、B兩質點的振動圖像。則這列波的波速可能為()A.409m/s C.40m/s D.60m/s答案AC解析根據題意可得14＋nλ＝xAB＝4m(n＝0，1，2，3，…)，所以λ＝161＋4nm(n＝0，1，2，3，…)，波速v＝λT＝401＋4nm/s(n＝0，1，2，3，…)，當n＝0時，有v＝40m/s;當n＝1時，有v＝8m/s;當n＝2時，有v＝409考點四波的干涉、衍射和多普勒效應1.波的干涉現象中加強點、減弱點的判斷方法(1)公式法: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若Δr＝nλ(n＝0，1，2，…)，則振動加強;若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0，1，2，…)，②當兩波源振動步調相反時若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0，1，2，…)，則振動加強若Δr＝nλ(n＝0，1，2，…)，則振動減弱。(2)圖像法:在某時刻波干涉的波形圖上，波峰與波峰(或波谷與波谷)的交點，一定是加強點，而波峰與波谷的交點，一定是減弱點，各加強點或減弱點各自連接形成以兩波源為中心向外輻射的連線，形成加強線和減弱線，兩種線互相間隔，加強點與減弱點之間各質點的振幅介于加強點與減弱點的振幅之間。2.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。(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。例5(2024·江西卷，6)如圖(a)所示，利用超聲波可以檢測飛機機翼內部缺陷。在某次檢測實驗中，入射波為連續的正弦信號，探頭先后探測到機翼表面和缺陷表面的反射信號，分別如圖(b)、(c)所示。已知超聲波在機翼材料中的波速為6300m/s。關于這兩個反射信號在探頭處的疊加效果和缺陷深度d，下列選項正確的是()A.振動減弱;d＝4.725mm B.振動加強;d＝4.725mmC.振動減弱;d＝9.45mm D.振動加強;d＝9.45mm答案A解析根據反射信號圖像可知，超聲波的傳播周期T＝2×10－7s，又波速v＝6300m/s，則超聲波在機翼材料中的波長λ＝vT＝1.26×10－3m，結合題圖(b)和題圖(c)可知，兩個反射信號傳播到探頭處的時間差為Δt＝1.5×10－6s，故兩個反射信號的路程差為2d＝vΔt＝9.45×10－3m＝152λ，解得d＝4.725×10－3m＝4.725mm，因路程差等于半個波長的奇數倍，則兩個反射信號在探頭處振動減弱，A例6(多選)(2024·山東卷，9)甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質中沿x軸相向傳播，波速均為2m/s。t＝0時刻二者在x＝2m處相遇，波形圖如圖所示。關于平衡位置在x＝2m處的質點P，下列說法正確的是()A.t＝0.5s時，P偏離平衡位置的位移為0B.t＝0.5s時，P偏離平衡位置的位移為－2cmC.t＝1.0s時，P向y軸正方向運動D.t＝1.0s時，P向y軸負方向運動答案BC解析由于兩列波的波速均為2m/s，則t＝0.5s時，題圖所示平衡位置在x＝1m處和x＝3m處兩質點的振動形式傳到P點處，則由波的疊加可知，t＝0.5s時，P偏離平衡位置的位移為－2cm，A錯誤，B正確;同理，t＝1.0s時，題圖所示平衡位置在x＝0處和x＝4m處兩質點的振動形式(均向y軸正方向運動)傳到P點處，根據波的疊加可知，t＝1.0s時，P向y軸正方向運動，C正確，D錯誤。跟蹤訓練4.(2025·江蘇無錫模擬)如圖甲所示，為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為質點P以此時刻為計時起點的振動圖像，從該時刻起，下列說法正確的是()A.該波正在沿x軸負方向傳播，波速為20m/sB.經過0.35s后，質點Q經過的路程為1.4m，且速度最大，加速度最小C.若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為5m的障礙物，不能發生明顯的衍射現象D.若波源向x軸負方向運動，在x＝10m處放一接收器，接收器接收到的波源頻率可能為6Hz答案B解析由題圖乙知，t＝0時刻P沿y軸正方向振動，在題圖甲中，根據波形平移法可知，波正在沿x軸正方向傳播，該波的波長和周期分別為λ＝4m、T＝0.2s，所以波速v＝λT＝20m/s，故A錯誤;根據題意可知t＝0.35s＝T＋34T，所以經過0.35s后，質點Q經歷的路程為s＝7A＝7×0.2m＝1.4m，Q到達平衡位置，速度最大，加速度最小，故B正確;若該波在傳播過程中遇到一個尺寸為5m的障礙物，波長4m與障礙物尺寸差不多，能發生明顯衍射現象，故C錯誤;該波的頻率為f＝1T＝10.2Hz＝5Hz，若波源向x軸負方向運動，波源與接收器間的距離增大，產生多普勒效應，在x＝10m處的接收器接收到的波源頻率減小，小于A級基礎對點練對點練1機械波的傳播與波的圖像1.(多選)(2024·海南卷，10)一歌手在湖邊唱歌，歌聲通過空氣和水傳到距其2km的湖對岸，空氣中的聲速為340m/s，水中聲速為1450m/s，歌聲可視為頻率為400Hz的聲波，則下列說法正確的是()A.歌聲在水中傳播頻率會改變B.歌聲由空氣和水傳到湖對岸的時間差約為4.5sC.歌聲在空氣中的波長為0.85mD.歌聲在水中的波長為5m答案BC解析頻率只與波源有關，同一波源產生的波在不同介質中的頻率相同，A錯誤;根據勻速直線運動規律可得t空＝dv空，t水＝dv水，Δt＝t空－t水，聯立并代入數據解得Δt≈4.5s，B正確;根據v＝λf可得λ空＝v空f＝340400m＝0.85m，λ水2.(2025·八省聯考山陜青寧卷，5)某同學在漂浮于湖中的木筏上休息，看到湖面上的水波正平穩地向著湖岸傳播。該同學估測出相鄰波峰與波谷之間水平距離為1.5m，當某波峰經過木筏時開始計數，此后經20s恰好有12個波峰通過木筏，則該水波()A.波長約為1.5m B.周期約為3.3sC.頻率約為1.7Hz D.波速約為1.8m/s答案D解析因相鄰波峰與波谷之間的水平距離為1.5m，可知波長為λ＝3m，20s內有12個波峰通過木筏，可知12T＝20s，解得T≈1.7s，頻率f＝1220Hz＝0.6Hz，波速v＝λT＝1.8m/s，故3.(2024·廣東卷，3)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速為1m/s，t＝0時的波形如圖所示。t＝1s時，x＝1.5m處的質點相對平衡位置的位移為()A.0 B.0.1mC.－0.1m D.0.2m答案B解析由題圖可知該簡諧橫波的波長為λ＝2m，所以周期為T＝λv＝21s＝2s，當t＝1s時，x＝1.5m處的質點運動半個周期到達波峰處，故相對平衡位置的位移為0.1對點練2振動圖像與波的圖像的綜合應用4.一列簡諧橫波沿x軸傳播，t＝2s時刻波的圖像如圖甲所示，x＝2m處的質點P的振動圖像如圖乙所示，由此可以判斷()A.該波沿x軸負方向傳播B.在t＝3s時質點P的加速度方向沿y軸正方向C.該波在0~5s時間內傳播的距離是2mD.在0~5s時間內質點P通過的路程是20cm答案B解析由題圖乙可知，x＝2m處的質點P在t＝2s時刻沿y軸負方向振動，結合題圖甲可知，該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤;在t＝3s時質點P在負的最大位移處，由回復力F＝－kx可知，回復力方向沿y軸正方向，由牛頓第二定律，可知在t＝3s時質點P的加速度方向沿y軸正方向，故B正確;波長λ＝2m，周期T＝4s，波速v＝λT＝0.5m/s，該波在0~5s時間內傳播的距離Δx＝v·Δt＝0.5×5m＝2.5m，故C錯誤;振幅A＝5cm，周期為4s，在0~5s時間內質點P通過的路程是s＝5A＝25cm，故D5.(多選)(2022·山東卷，9)一列簡諧橫波沿x軸傳播，平衡位置位于坐標原點O的質點振動圖像如圖所示。當t＝7s時，簡諧波的波動圖像可能正確的是()答案AC解析由O處質點的振動圖像可知，周期為T＝12s，振幅A＝20cm。設原點處質點的振動方程為y＝Asin2πTt＋φ，將(0，10cm)代入，有10cm＝20sinφcm，解得φ＝π6，則y＝20sinπ6t＋π6cm，在t＝7s時，y7＝20sinπ6×7＋π6cm＝－103cm≈－17.3cm，因7s＝12T＋112T，由題圖可知在t＝7s時位于坐標原點處的質點在y軸負半軸向下振動，根據“同側法”可判斷若波向右傳播對點練3波傳播的周期性和多解性6.(2025·安徽淮北一中高三期末)一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲、圖乙分別是x軸上相距1m的M、N兩點的振動圖像。下列說法正確的是()A.M、N兩點的振動方向始終相同B.該簡諧橫波的波長可能為54C.該簡諧橫波的波長可能為2mD.該簡諧橫波的波速可能為17答案D解析由題圖可知，1s<t<2s時，M、N兩點振動方向相反，故A錯誤;設由M指向N為x軸正方向，若波沿x軸正向傳播，則n＋14λ＝1m(n＝0，1，2，3，…)，可得λ＝44n＋1m(n＝0，1，2，3，…)，由圖像可知T＝4s，故波速v＝14n＋1m/s(n＝0，1，2，3，…)，當n＝0時，λ＝4m，v＝1m/s，當n＝1時，λ＝0.8m，v＝0.2m/s;若波沿x軸負向傳播，則n＋34λ＝1m(n＝0，1，2，3，…)，解得λ＝44n＋3m(n＝0，1，2，3，…)，又T＝4s，故波速v＝14n＋3m/s(n＝0，1，2，3，…)，當n＝0時，λ＝43m，v＝13m/s，當n7.(2025·山東濟南模擬)一列簡諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實線為t1＝0時的波形圖，虛線為t2＝6s時的波形圖，則平衡位置在x＝0處的質點的振動圖像可能正確的是()答案C解析若波沿x軸正方向傳播，x＝0處質點起振方向向下，且滿足14＋nT＝6s(n＝0，1，2，…)，解得T＝241＋4ns(n＝0，1，2，…)，當n＝0時，T＝24s，故A錯誤，C正確;若波沿x軸負方向傳播，x＝0處質點起振方向向上，且滿足34＋nT＝6s(n＝0，1，2，…)，解得T＝243＋4ns(n＝0，1，2，…)，n＝0時，T＝8s，n＝1時，對點練4波的干涉、衍射和多普勒效應8.(2023·廣東卷，4)漁船常用回聲探測器發射的聲波探測水下魚群與障礙物。聲波在水中的傳播速度為1500m/s，若探測器發出頻率為1.5×106Hz的聲波，下列說法正確的是()A.兩列聲波相遇時一定會發生干涉B.聲波由水中傳播到空氣中，波長會改變C.該聲波遇到尺寸約為1m的被探測物時會發生明顯衍射D.探測器接收到的回聲頻率與被探測物相對探測器運動的速度無關答案B解析根據多普勒效應可知，探測器接收到的回聲頻率與被探測物相對探測器運動的速度有關，而兩列聲波發生干涉的條件是頻率相等，所以兩列聲波相遇時不一定發生干涉，A、D錯誤;聲波由水中傳播到空氣中時，聲波的頻率不變，但波速發生變化，所以波長會發生改變，B正確;根據波長的計算公式可得λ＝vf＝15001.5×106m＝1×10－3m，當遇到尺寸約B級綜合提升練9.(2024·安徽卷，3)某儀器發射甲、乙兩列橫波，在同一均勻介質中相向傳播，波速v大小相等。某時刻的波形圖如圖所示，則這兩列橫波()A.在x＝9.0m處開始相遇 B.在x＝10.0m處開始相遇C.波峰在x＝10.5m處相遇 D.波峰在x＝11.5m處相遇答案C解析由題意可知兩列波的波速相同，所以相同時間內傳播的距離相同，故兩列橫波在x＝11m處開始相遇，故A、B錯誤;題圖所示時刻甲波波峰的坐標為x1＝5m，乙波波峰的坐標為x2＝16m，由于兩列波的波速相同，所以波峰在x'＝5m＋16-52m＝10.5m處相遇，故C正確，D10.(多選)(2025·八省聯考四川卷，8)甲、乙兩列簡諧橫波在t＝0時刻的波形如圖所示，傳播速度均為1cm/s。下列說法正確的是()A.甲的周期為2s B.甲與乙的頻率之比為3∶2C.t＝0時刻，質點P的位移為零 D.t＝0時刻，質點Q的速度沿y軸正方向答案BC解析根據甲的波形圖，可知32λ甲＝2cm，得λ甲＝43cm，又λ甲＝vT甲，其中v＝1cm/s，解得T甲＝43s，故A錯誤;同理，根據乙的波形圖，可得λ乙＝2cm，由λ乙＝vT乙，可得T乙＝2s。根據f＝1T可得，f甲f乙＝T乙T甲＝32，故B正確;t＝0時刻，質點P在平衡位置，位移為零，故C正確11.(2025·山東煙臺模擬)如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸負向傳播，圖中實線a是t＝0時刻的波形圖，虛線b為t＝3s時刻的波形圖，實線c為t＝5s時刻的波形圖。(1)求t＝0時刻，位于x＝3m處的質點偏離平衡位置的位移y;(2)若該波傳播速度小于20m/s，求該波波速。答案(1)42cm(2)6m/s或14m/s解析(1)由題圖知，波長λ＝8m，振動A＝8cm，t＝0時的波動方程為y＝Asin2πλx＝8sinπ4當x＝3m時質點偏離平衡位置的位移y＝42cm。(2)由a、b波形圖可知n1＋14T＝3s(n由b、c波形圖可知n2＋12T＝2s(n又v＝λ聯立解得v＝8n1＋23m/s(n或v＝(4n2＋2)m/s(n2＝1，3，5，…)由于波速小于20m/s，解得該波波速可能為v＝6m/s或v＝14m/s。C級培優加強練12.(2025·江蘇南京高三開學考)如圖所示，兩個振動周期均為4s、振幅均為1cm的相同的波源S1、S2分別位于x軸上－2m、12m處，t＝0時刻同時開始豎直向下振動，產生波長均為4m、沿x軸傳播的簡諧橫波。P、M、Q分別是x軸上2m、5m和8.5m的三個點，下列說法正確的是()A.6.0s時P、M、Q三點均已振動B.前10s內P點運動的路程是6cmC.7s后M點的位移始終是2cmD.10.5s時Q點的振動方向豎直向上答案B解析波速為v＝λT＝1m/s，經過6.0s波傳播的距離為x＝vt＝6m，根據題意得S1M＝5m＋2m＝7m，S2M＝12m－5m＝7m，M點未振動，A錯誤;根據題意得S2P＝12m－2m＝10m，則前10s內，S2未引起P點振動，S1P＝2m＋2m＝4m，S1的振動傳播到P點的時間為t1＝S1Pv＝4s，P點的振動時間為t2＝10s－4s＝6s＝1.5T，因此前10s內P點運動的路程是xP＝1.5×4A＝6A＝6×1cm＝6cm，B正確;7s末兩個波源的振動同時傳播到M點，M點開始振動，因為S1M－S2M＝7m－7m＝0，所以M點是振動加強點，振幅是2cm，所以7s后M點的位移不停變化，振幅始終是2cm，C錯誤;根據題意得S1Q＝2m＋8.5m＝10.5m，10.5s末S1的振動恰好傳播到Q點，Q點的振動方向豎直向下，根據題意得S2Q＝12m－8.5m＝3.5m，3.5s末S2的振動恰好傳播到Q點，10.5s末Q點正在波峰處，速度等于零，因此10.5s時實驗九用單擺測量重力加速度的大小原理裝置圖實驗步驟注意事項測擺長l和周期T，由T＝2πlg得g＝1.做單擺將細線穿過帶中心孔的小鋼球，并打一個比小孔大一些的結，然后把線的另一端用鐵夾固定在鐵架臺上，讓擺球自然下垂。2.測擺長用米尺量出擺線長l'(精確到毫米)，用游標卡尺測出小球直徑D，則單擺的擺長l＝l'＋D23.測周期將單擺從平衡位置拉開一個角度(小于5°)，然后釋放小球，記下單擺擺動30次~50次的總時間，算出一次全振動的時間，即為單擺的周期。4.改變擺長，重做幾次實驗。1.擺線要選1m左右、柔軟不易伸長的細線，不要過長或過短。2.懸線長要待懸掛好球后再測，計算擺長時要將懸線長加上擺球半徑。3.單擺要在豎直平面內擺動，不要形成圓錐擺。4.要從平衡位置開始計時，并數準全振動的次數。數據處理1.公式法:g＝4π2lT2，算出重力加速度g2.圖像法:根據測出的一系列擺長l對應的周期T，作l－T2的圖像，由單擺周期公式得l＝g4π2T2，圖像應是一條通過原點的直線，如圖所示，求出圖線的斜率k，即可利用g＝4π考點一教材原型實驗例1(2023·新課標卷，23)一學生小組做“用單擺測量重力加速度的大小”實驗。(1)用實驗室提供的螺旋測微器測量擺球直徑，首先，調節螺旋測微器，擰動微調旋鈕使測微螺桿和測砧相觸時，發現固定刻度的橫線與可動刻度上的零刻度線未對齊，如圖(a)所示，該示數為mm，螺旋測微器在夾有擺球時示數如圖(b)所示，該示數為mm，則擺球的直徑為mm。

(2)單擺實驗的裝置示意圖如圖(c)所示，其中角度盤需要固定在桿上的確定點O處，擺線在角度盤上所指的示數為擺角的大小。若將角度盤固定在O點上方，則擺線在角度盤上所指的示數為5°時，實際擺角5°(選填“大于”或“小于”)。

(3)某次實驗所用單擺的擺線長度為81.50cm，則擺長為cm。實驗中觀測到從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點的時間間隔為54.60s，則此單擺周期為s，該小組測得的重力加速度大小為m/s2(結果均保留3位有效數字，π2取9.870)。

答案(1)0.00620.03520.029(2)大于(3)82.51.829.83解析(1)題圖(a)中，螺旋測微器固定刻度讀數為0，可動刻度部分讀數為0.6×0.01mm＝0.006mm，所以示數為0.006mm;題圖(b)中，螺旋測微器固定刻度讀數為20.0mm，可動刻度部分讀數為3.5×0.01mm＝0.035mm，所以示數為20.035mm，擺球的直徑d＝20.035mm－0.006mm＝20.029mm。(2)角度盤固定在O點時，擺線在角度盤上所指角度為擺角大小，若將角度盤固定在O點上方，即角度盤到懸點的距離變短，同樣的角度，擺線在刻度盤上掃過的弧長變短，故擺線在角度盤上所指的示數為5°時，實際擺角大于5°。(3)單擺的擺長l等于擺線長L與擺球半徑之和，即l＝L＋d2＝82.5cm;從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點，單擺完成30次全振動，故單擺的周期T＝54.630s＝1.82s;由單擺的周期公式T＝2πlg可得g＝4π2lT2跟蹤訓練1.(2024·山東濟南一模)(1)在用單擺測定當地重力加速度的實驗中，下列器材和操作最合理的是。

(2)某同學課后想利用身邊的器材再做一遍“單擺測量重力加速度”的實驗。家里沒有合適的擺球，于是他找到了一塊外形不規則的小金屬塊代替小球進行實驗。①如圖甲所示，實驗過程中他先將金屬塊用細線系好，結點為M，將細線的上端固定于O點。②利用刻度尺測出OM間細線的長度l作為擺長，利用手機的秒表功能測出金屬塊做簡諧運動的周期T。③在測出幾組不同擺長l對應的周期T的數值后，他作出的T2－l圖像如圖乙所示。④根據作出的圖像可得重力加速度的測量值為m/s2(π取3.14，計算結果保留3位有效數字)。

(3)相比于實驗室作出的T2－l圖像，該同學在家做實驗的T2－l圖像明顯不過原點，其中橫軸截距絕對值的意義為。

答案(1)D(2)9.86(3)金屬塊重心與M點間距離解析(1)根據單擺理想模型可知，為減小空氣阻力的影響，擺球應采用密度較大，體積較小的鐵球;為使單擺擺動時擺長不變化，擺線應用不易形變的細絲線，懸點應該用鐵夾來固定，故選D。(2)設M點到重心的距離為r，根據單擺周期公式有T＝2πl＋rg，可得T2＝4故該圖像的斜率為k＝4π2g＝4.099.0--1.0×102s2由此得出重力加速度的測量值為g≈9.86m/s2。(3)令T2＝4π2gl＋r＝0，解得l考點二創新拓展實驗例2(2024·湖北卷，12)某同學設計了一個測量重力加速度大小g的實驗方案，所用器材有:2g砝碼若干、托盤1個、輕質彈簧1根、米尺1把、光電門1個、數字計時器1臺等。具體步驟如下:①將彈簧豎直懸掛在固定支架上，彈簧下面掛上裝有遮光片的托盤，在托盤內放入一個砝碼，如圖(a)所示。②用米尺測量平衡時彈簧的長度l，并安裝光電門。③將彈簧在彈性限度內拉伸一定長度后釋放，使其在豎直方向振動。④用數字計時器記錄30次全振動所用時間t。⑤逐次增加托盤內砝碼的數量，重復②③④的操作。該同學將振動系統理想化為彈簧振子。已知彈簧振子的振動周期T＝2πMk，其中k為彈簧的勁度系數，M(1)由步驟④，可知振動周期T＝。

(2)設彈簧的原長為l0，則l與g、l0、T的關系式為l＝。

(3)由實驗數據作出的l－T2圖線如圖(b)所示，可得g＝m/s2(保留3位有效數字，π2取9.87)。

(4)本實驗的誤差來源包括(雙選，填標號)。

A.空氣阻力B.彈簧質量不為零C.光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置答案(1)t30(2)l0＋g4π解析(1)由于30次全振動所用的時間為t，則1次全振動的時間，即振動周期T＝t30(2)彈簧振子平衡時，由力的平衡條件有k(l－l0)＝Mg，又T＝2πMk，聯立可得l＝l0＋g4π(3)結合(2)問分析可知l－T2圖線的斜率k＝g4π2，由題圖(b)可知k＝0.540-0.4740.57-0.30m/s2，聯立解得g＝9.65(4)空氣阻力會使本實驗中的振動系統做阻尼振動，即本實驗中的振動系統并不是理想化的彈簧振子，而本實驗中是將振動系統理想化為彈簧振子，從而測出重力加速度的，所以空氣阻力是本實驗的一個誤差來源，A正確;(2)問分析中將彈簧振子的質量等效為托盤及其上砝碼的總質量，但是實際上彈簧振子的質量為彈簧的質量和托盤及其上砝碼的總質量之和，所以彈簧質量不為零是本實驗的一個誤差來源，B正確;由于數字計時器記錄的是30次全振動的時間，所以光電門的位置只要在托盤經過的位置均可，即光電門的位置稍微偏離托盤的平衡位置不是本實驗的誤差來源，C錯誤。跟蹤訓練2.(2024·湖南卷，12)在太空，物體完全失重，用天平無法測量質量。如圖(a)，某同學設計了一個動力學方法測量物體質量的實驗方案，主要實驗儀器包括:氣墊導軌、滑塊、輕彈簧、標準砝碼、光電計時器和待測物體，主要步驟如下:(1)調平氣墊導軌，將彈簧左端連接氣墊導軌左端，右端連接滑塊。(2)將滑塊拉至離平衡位置20cm處由靜止釋放，滑塊第1次經過平衡位置處開始計時，第21次經過平衡位置時停止計時，由此測得彈簧振子的振動周期T。(3)將質量為m的砝碼固定在滑塊上，重復步驟(2)。(4)依次增加砝碼質量m，測出對應的周期T，實驗數據如下表所示，在圖(b)中繪制T2－m關系圖線。m/kgT/sT2/s20.0000.6320.3990.0500.7750.6010.1000.8930.7970.1501.0011.0020.2001.1051.2210.2501.1751.381(5)由T2－m圖像可知，彈簧振子振動周期的平方與砝碼質量的關系是(選填“線性的”或“非線性的”)。

(6)取下砝碼后，將待測物體固定在滑塊上，測量周期并得到T2＝0.880s2，則待測物體質量是kg(保留3位有效數字)。

(7)若換一個質量較小的滑塊重做上述實驗，所得T2－m圖線與原圖線相比將沿縱軸(選填“正方向”“負方向”或“不”)移動。

答案(4)見解析圖(5)線性的(6)0.120(7)負方向解析(4)將題表中的數據在題圖(b)中進行描點，然后用直線擬合，使盡可能多的點在直線上，不在直線上的點均勻分布在直線兩側，偏離直線較遠的點舍去，如圖所示。(5)由于T2－m圖像為一條直線，則彈簧振子振動周期的平方與砝碼質量的關系是線性的。(6)根據解析圖可知T2＝0.880s2時，m＝0.120kg。(7)當m＝0時，T2為滑塊對應的彈簧振子振動周期的平方，由圖可知物體的質量越大，對應的彈簧振子的振動周期越大，所以質量較小的滑塊對應的彈簧振子的振動周期較小，故換一個質量較小的滑塊重做實驗，所得T2－m圖線與原圖線相比將沿縱軸負方向移動。1.(2025·湖南衡陽高三開學考)在“用單擺測量重力加速度”的實驗中，某實驗小組在測量單擺的周期時，測得擺球經過n次全振動的總時間為Δt，在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺線長度為l，再用游標卡尺測量擺球的直徑為D。回答下列問題:(1)為了減小測量周期的誤差，實驗時需要在適當的位置做一標記，當擺球通過該標記時開始計時，該標記應該放置在擺球擺動的。

A.最高點 B.最低點C.任意位置(2)該單擺的周期為。

(3)若用l表示擺長，T表示周期，那么重力加速度的表達式為g＝。

(4)如果測得的g值偏小，可能的原因是。

A.測擺長時擺線拉得過緊B.擺線上端懸點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了C.開始計時時，停表過遲按下D.實驗時誤將49次全振動記為50次(5)為了提高實驗的準確度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應的周期T，從而得出幾組對應的l和T的數值，以l為橫坐標、T2為縱坐標作出T2－l圖線，但同學們不小心每次都把小球直徑當作半徑來計算擺長，由此得到的T2－l圖像是圖乙中的(選填“①”“②”或“③”)。

答案(1)B(2)Δtn(3)4解析(1)為了減小測量周期的誤差，應該將小球