江苏专用2021版高考物理一轮复习第13章振动波动第2节机械波课件2020030204122.ppt
（江苏专用）2021版高考物理一轮复习 第13章 振动 波动课件+教案（打包6套）
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（江苏专用）2021版高考物理一轮复习
第13章
振动
波动课件+教案（打包6套）
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实验十八用单摆测量重力加速度的大小1实验目的用单摆测量重力加速度的大小。2实验原理单摆在摆角很小(小于5)时的摆动，可看成简谐运动，其固有周期t2，可得g，通过实验方法测出摆长l和周期t，即可计算得到当地的重力加速度。3实验器材带孔小钢球一个、细线一条(约1 m长)、铁架台、米尺、停表、游标卡尺(或三角板)。4实验步骤(1)让线的一端穿过小球上的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆。(2)把线的上端固定在铁架台的铁夹上，让铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记。(3)用米尺量出悬线长l(准确到mm)，用游标卡尺(或米尺和三角板)测出摆球的直径d(准确到mm)，然后计算出悬点到球心的距离ll即为摆长。(4)把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度(不超过5)，然后放开小球让它摆动，用停表测出单摆完成30或50次全振动的时间，计算出平均完成一次全振动的时间，这个时间就是单摆的振动周期。(5)改变摆长重做几次。(6)将实验器材放回原处。5注意事项(1)实验所用的单摆应符合理论要求，即线要细且弹性要小，摆球用密度和质量较大的小球，并且要在摆角不超过5的情况下进行实验。(2)要使单摆在竖直平面内振动，不能使其形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。(3)测量摆长时，摆长应为悬线长与摆球半径之和。(4)测单摆周期时，应从摆球通过平衡位置开始计时，并且采用倒数到0开始计时的方法，4、3、2、1、0、1、2、3在数“0”的同时按下秒表开始计时计数。(5)要注意进行多次测量，并取平均值。 实验原理与操作1适当加长摆线可以使周期大些，减小摆长与周期的测量误差，从而减小实验误差。2摆线上端需牢固地固定于o点，振动中出现松动，使摆长变大。3测长度时用米尺测出单摆自然下垂时摆线长度。1实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测定重力加速度”的实验。(1)测出悬点o到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g_(用l、n、t表示)。(2)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_(选填选项前的字母)。a长约1 m的细线b长约1 m的橡皮绳c直径约1 cm的均匀铁球d直径约10 cm的均匀木球(3)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图_中所示的固定方式。甲乙(4)某实验小组组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示。这样做的目的是_(填字母代号)。a保证摆动过程中摆长不变b可使周期测量得更加准确c需要改变摆长时便于调节d保证摆球在同一竖直平面内摆动(5)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球的最低端的长度l0.9990 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为_ mm。 (6)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_(选填选项前的字母)。 a测出摆线长作为单摆的摆长b把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动c在摆球经过平衡位置时开始计时d用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期(7)甲同学多次改变单摆的摆长并测得相应的周期，他根据测量数据画出了如图所示的图象，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量。你认为横坐标所代表的物理量是_(选填“l2”“l”或“”)，若图线斜率为k，则重力加速度g_(用k表示)。(8)乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是_(选填选项前的序号)。 a开始摆动时振幅较小b开始计时时，过早按下停表c测量周期时，误将摆球(n1)次全振动的时间记为n次全振动的时间d测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长解析(1)单摆的周期：t由单摆周期公式：t2可知，重力加速度：g；(2)摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1 m左右的细线，故选择a线；为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择c球；故选a、c；(3)为了避免运动过程中摆长发生变化，悬点要固定，不能松动，则为图乙；(4)这样做的目的就是为了便于调节摆长，把摆线夹得更紧一些，使摆动过程中摆长不变。因此a、c正确；(5)游标卡尺示数为d12.0 mm；(6)摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，则a错误；把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，b正确；在摆球经过平衡位置时开始计时，c正确；把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期，d错误；(7)据单摆周期公式t2所以应该作t图象，故横坐标所代表的物理量是，知斜率k解得g；(8)由周期公式t2，得g振幅大小与g无关，故a错误；开始计时时，过早按下秒表，周期偏大，则g偏小，故b错误；测量周期时，误将摆球(n1)次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期偏小，则g偏大，c正确；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，若测量摆长时从悬点到小球下端边缘的距离为摆长，摆长偏大，由g，所以g偏大，故d正确。答案(1)(2)ac(3)乙(4)ac(5)12.0(6)bc(7)(8)cd2利用单摆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。甲乙(1)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_。a摆球应选用直径较小、密度较大的小球，摆线应选用细而不易伸长的线b为了便于记录周期，开始时将摆球拉开，应使摆线与平衡位置有较大角度c记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，摆球再次回到平衡位置停止计时，此时间间隔为t，则单摆周期t2td记录周期时，当摆球通过平衡位置时开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期t(2)若已测出悬点到小球球心的距离(摆长)l及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g_(用l、n、t表示)。(3)图乙是摆线长为l时小球的振动图象，取g10 m/s2，210，则小球的回复加速度最大值为_ m/s2。解析(1)该实验中，摆线应选用细而不易伸长的线，避免在摆动过程中摆长发生改变，且长度要适当长一些；为了避免空气阻力的影响，应选用体积比较小，密度较大的小球，故a正确；单摆的最大摆角应小于5，因而开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置不能有太大的角度，故b错误；为准确测量单摆周期，应从摆球经过平衡位置时开始计时，测出多个周期的时间，然后求出平均值作为周期，故c错误；为减小实验误差，拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做30次全振动所用的时间t，则单摆周期t，故d正确。(2)单摆周期公式t2，其中t，联立解得：g。(3)由图知a5 cm，t2 s，根据单摆周期公式t2，解得：l1 m；小球的回复加速度在x5 cm或x5 cm时最大，根据牛顿第二定律得：amgsin g100.5 m/s2。答案(1)ad(2)(3)0.53在“利用单摆测重力加速度”的实验中，(1)以下做法正确的是_。a测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长lb测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为c摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会d释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5(2)黄同学先测得摆线长为97.92 cm，后用游标卡尺测得摆球直径(如图)，读数为_ cm；再测得单摆的周期为2 s，最后算出当地的重力加速度g的值为_ m/s2。(2取9.86，结果保留两位小数)(3)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长l1，测得振动周期为t1；第二次量得悬线长l2，测得振动周期为t2，由此可推得重力加速度的表达式为g_。解析(1)测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长l，选项a错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为t/50，选项b正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项c错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5，选项d正确。(2)摆球直径：主尺读数为：2.1 cm，游标尺读数：60.1 mm0.6 mm，则d2.16 cm；根据t2解得g m/s29.76 m/s2。(3)设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：t2得：t12，t22，联立两式解得：g。答案(1)bd (2)2.169.76(3)42 数据处理与误差分析1公式法将几次测得的周期t和摆长l分别代入关系式g，算出各组数据对应的重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地的重力加速度的值。2图象法由单摆的周期公式t2可得lt2，因此以摆长l为纵轴，以t2为横轴作出的lt2图象是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g42k，k。1在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为d，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示。甲乙回答下列问题：(1)从甲图可知，摆球的直径为d_ mm；(2)该单摆的周期为_。(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期t，从而得出几组对应的l和t的数值，以l为横坐标、t2为纵坐标作出t2l图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的t2l图象是图乙中的_(选填“”“”或“”)，由图象可得当地重力加速度g_；由此得到的g值会_(选填“偏小”“不变”“偏大”)。解析(1)由图示游标卡尺可知，主尺示数是16 mm，游标尺示数是40.1 mm0.4 mm，金属球的直径为16 mm0.4 mm16.4 mm。(2)由于测得摆球经过n次全振动的总时间为t，所以该单摆的周期为t。(3)由单摆周期公式t2可知t2l，则t2l图象的斜率k，则重力加速度g，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有t2(lr)，由此得到的t2l图象是图乙中的，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变，由图象可得k，当地重力加速度g。答案(1)16.4 (2) (3)不变2在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测出了单摆在摆角小于5时完成n次全振动的时间为t，如图甲所示用毫米刻度尺测得摆线长为l，又用游标卡尺测得摆球直径为d，如图乙所示。甲乙丙(1)由图可知摆球直径是_ cm，单摆摆长是_ m。(2)实验中某同学每次的测定值都比其它同学偏大，其原因可能是_。a他的摆球比别的同学的重b他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆c数摆动次数时，在计时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次d直接将线长作为摆长来计算(3)利用单摆周期公式测定重力加速度时测出不同摆长l时相应的周期值t，做t2l图线，如图丙所示。t2与l的关系式t2_，利用图线上任两点a、b的坐标(x1，y1)、(x2，y2)可求出图线的斜率k_，再由k可求出g_。解析(1)游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.10 mm0.0 mm，则最终读数为20.0 mm2.00 cm，摆长的大小ll99.00 cm1.00 cm100.00 cm1.000 0 m。(2)根据t2得，g。由公式可知，重力加速度的测量值的大小与摆球的质量无关，故a错误；他的摆没在竖直面内摆动，而成了圆锥摆，设圆锥摆的摆线与竖直方向之间的夹角为，则：mgtan msin ，可得：t2，可知圆锥摆的周期小于单摆的周期；由于t的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大，故b正确；数摆动次数时，在计时的同时，就开始数1，误将29次全振动记成了30次，则周期的测量值：t，全振动次数n增大，则周期t的测量值减小，所以重力加速度g的测量值增大，故c正确；直接将线长作为摆长来计算，则摆长l减小，所以重力加速度g的测量值减小，故d错误。(3)根据t2得：t2则图线的斜率为：k则有：g。答案(1)2.001.000 0(2)bc(3)3在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)由公式g求得的 g 值偏小，可能是由于_。a测量摆长时，只测量了摆线长度b悬点固定不牢，摆动中摆线被拉长了 c测量周期时，将 n 次全振动误记为 n1 次全振动d选择了质量大体积小的摆球(2)下列摆动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，a、b、c均为30次全振动图象，已知sin 50.087，sin 150.026，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_(填字母代号)。abcd(3)某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长l，通过改变摆线的长度，测得6组l和对应的周期t，画出lt2图线，然后在图线上选取a、b两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g_。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将_(填“偏大”“偏小”或“相同”)。解析(1)根据公式g：若测量摆长时，只测量了摆线长度，测得摆线比实际小，则测量的g值偏小，a正确；摆动中摆线被拉长了，导致实际摆线比测量摆线长，即测量摆线短，根据公式g，可知，测量g值偏小，b正确；测量周期时，将n次全振动误记为n1次全振动，使得测量周期偏小，根据公式可知，测量g值偏大，c错误；实验中为了减小阻力带来的误差，选择质量大体积小的摆球，所以选择了质量大体积小的摆球，测量g值不会偏小，d错误。(2)摆角小于5，我们认为小球做简谐运动，摆长约为1 m的单摆，可以计算得出振幅：a1sin 50.087 m，可近似为8 cm，而在测量时间时，为了减小误差，从平衡位置开始计时，所以b、c、d错误，a正确。(3)根据单摆周期公式：t2，得：l，则图象斜率k，所以g；由图象可知l与t2成正比，由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值，用图线法求得的重力加速度准确，该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将相同。答案(1)ab(2)a(3)相同 实验拓展与创新利用dis测周期在“利用单摆测重力加速度”的实验中：(1)某同学尝试用dis测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端a应接到数据采集器。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于_。若测得连续n个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为_(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。(2)多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长l及相应的周期t。此后，分别取l和t的对数，所得到的lg tlg l图线为_(选填“直线”“对数曲线”或“指数曲线”)；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地重力加速度g_。解析(1)磁传感器的引出端a应接到数据采集器，从而采集数据。单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点(或平衡位置)。若测得连续n个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为。(2)由t2可知lg tlg lg l，故lg tlg l图线为直线。由题意可知lg c，故g。答案(1)最低点(2)直线利用光电门传感器测周期(1)在“用单摆测量重力加速度实验”中，使用下列实验器材。a1.2 m的细线 b2 m的弹性绳c带孔的小铁球 d带孔的软木球e光电门传感器应选用哪种绳_，应选用哪种球_，光电门的摆放位置为_(选填“最高点”或“最低点”)。(2)如图为光电门传感器电流强度i与t的图象，则周期为_。at1 bt2t1ct3t1 dt4t1(3)甲同学用秒表做该实验，但所得周期比该实验得到的大，则可能的原因是_。解析(1)单摆实验时，应选细绳，弹性绳在运动过程中长度发生改变，导致摆长变化，所以应选1.2 m的细线；为了减小实验误差，摆球选择质量大、体积小的铁球；在测量时间时，因为最高点附近速度小，最低点附近速度大，所以光电门应摆在最低点附近，测量误差小。(2)单摆运动一个周期经过平衡位置两次，根据图象可知周期为：t3t1。(3)用秒表计时，测的周期为n次全振动对应的总时间，再进行求解单次的时间即周期，测量结果偏大，可能是开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大。答案(1)ac最低点 (2)c (3)开始计时时，秒表太早按下，测量时间偏长，周期偏大13 第十三章振动波动 实验十八用单摆测量重力加速度的大小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 利用dis测周期 62 63 64 65 66 利用光电门传感器测周期 67 68 69 thankyouforwatching 第13章 振动 波动第1节机械振动一、简谐运动的特征1简谐运动(1)定义：如果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，质点的运动就是简谐运动。(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。(3)回复力定义：使物体返回到平衡位置的力。方向：总是指向平衡位置。来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。2简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图弹簧振子(水平)简谐运动条件弹簧质量要忽略无摩擦等阻力在弹簧弹性限度内摆线为不可伸缩的轻细线无空气阻力等最大摆角小于等于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t2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，机械能守恒二、简谐运动的公式和图象1简谐运动的表达式(1)动力学表达式：fkx，其中“”表示回复力与位移的方向相反。(2)运动学表达式：xasin(t)，其中a代表振幅，2f，表示简谐运动的快慢，t代表运动的相位，代表初相位。2简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为xasin t，图象如图甲所示。甲乙(2)从最大位置开始计时，函数表达式为xacos t，图象如图乙所示。三、受迫振动和共振1受迫振动(1)概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动。(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关。2共振(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。(2)条件：驱动力的频率等于固有频率。(3)特征：共振时振幅最大。(4)共振曲线(如图所示)。1思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置。()(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。()(3)公式xasin t说明是从平衡位置开始计时。()(4)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。()(5)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。()(6)物体受迫振动的频率与驱动力的频率无关。()2(多选)做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，相同的物理量是()a位移 b速度 c加速度d回复力 e动量acd简谐运动的位移是指由平衡位置指向物体所在位置的有向线段，物体经过同一位置时，运动位移一定相同，选项a正确；回复力产生加速度，回复力与位移满足fkx的关系，只要位移相同，回复力一定相同，回复力产生的加速度也一定相同，选项c、d正确；经过同一位置，可能远离平衡位置，也可能靠近平衡位置，因此，速度的方向可能相反，选项b、e错误。3(多选)(2019陕西西安市联考)下列关于简谐运动的说法正确的是()a速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动b位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同c一个全振动指的是动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程d位移减小时，加速度减小，速度增大e物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同ade速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，故a正确；回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度方向可以与位移方向相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故b错误，e正确；一次全振动过程中，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，故c错误；当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置，速度在增大，故d正确。4.(多选)如图所示为受迫振动的演示装置，在一根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆(称为“驱动摆”)驱动另外几个单摆。下列说法正确的是()a某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一定相同b如果驱动摆的摆长为l，则其他单摆的振动周期都等于2c如果驱动摆的摆长为l，振幅为a，若某个单摆的摆长大于l，振幅也大于ad如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大e驱动摆只把振动形式传播给其他单摆，不传播能量abd某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据fkx可得，加速度ax，故加速度一定相同，a正确；如果驱动摆的摆长为l，根据单摆的周期公式有t2，而其他单摆都是受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，b正确；当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，故某个单摆的摆长大，振幅不一定也大，c错误；同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，受迫振动不仅传播运动形式，还传播能量和信息，d正确，e错误。5(多选)(2019江苏高考)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的()a位移增大 b速度增大c回复力增大 d机械能增大ac由简谐运动的特点可知，当偏角增大，摆球偏离平衡位置的位移增大，故a正确；当偏角增大，动能转化为重力势能，所以速度减小，故b错误；由回复力fkx 可知，位移增大，回复力增大，故c正确；单摆做简谐运动过程中只有重力做功，所以机械能守恒，故d错误。 简谐运动的特征1(多选)(2019南昌模拟)关于水平放置的弹簧振子所做的简谐运动，下列说法正确的是()a位移的方向是由振子所在处指向平衡位置b加速度的方向总是由振子所在处指向平衡位置c经过半个周期振子经过的路程一定是振幅的2倍d若两时刻相差半个周期，弹簧在这两个时刻的形变量一定相等e经过半个周期，弹簧振子完成一次全振动bcd位移的方向始终是由平衡位置指向振子所在处，选项a错误；加速度的方向始终是由振子所在处指向平衡位置，选项b正确；经过半个周期，振子经过的路程是振幅的2倍，若两时刻相差半个周期，两时刻弹簧的形变量一定相等，选项c、d正确；经过一个周期，弹簧振子完成一次全振动，选项e错误。2(多选)(2019福建百校联考)如图所示，两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上。已知物块甲的质量是物块乙质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期t2，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中，下列说法正确的是()a物块甲的振幅是物块乙振幅的4倍b物块甲的振幅等于物块乙的振幅c物块甲的最大速度是物块乙最大速度的d物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2倍e物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2倍bcd线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，故线断开后两物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅相同，故a错误，b正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量大于乙的质量，由ekmv2知道，甲的最大速度是乙的最大速度的，故c正确；根据t2可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，根据f可知，甲的振动频率是乙的振动频率的，故d正确，e错误。3(多选)(2019鞍山模拟)弹簧振子做简谐运动，o为平衡位置，当它经过点o时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点m，再经过0.2 s第二次到达点m，则弹簧振子的周期不可能为()a0.53 s b1.4 sc1.6 s d2 se3 sbde如图甲所示，设o为平衡位置，ob(oc)代表振幅，振子从oc所需时间为。因为简谐运动具有对称性，所以振子从mc所用时间和从cm所用时间相等，故0.3 s s0.4 s，解得t1.6 s；如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点b运动，设点m与点m关于点o对称，则振子从点m经过点b到点m所用的时间与振子从点m经过点c到点m所需时间相等，即0.2 s。振子从点o到点m、从点m到点o及从点o到点m所需时间相等，为 s，故周期为t0.5 s s0.53 s，所以周期不可能为选项b、d、e。甲乙简谐运动的“五个特征”1动力学特征：fkx，“”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。2运动学特征：简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、f、a、ep均增大，v、ek均减小，靠近平衡位置时则相反。3运动的周期性特征：相隔t或nt的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。4对称性特征(1)相隔或t(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。(2)如图所示，振子经过关于平衡位置o对称的两点p、p(opop)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。(3)振子由p到o所用时间等于由o到p所用时间，即tpotop。(4)振子往复过程中通过同一段路程(如op段)所用时间相等，即toptpo。5能量特征：振动的能量包括动能ek和势能ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。 简谐运动的公式和图象1简谐运动的数学表达式xasin(t)2根据简谐运动图象可获取的信息(1)确定振动的振幅a和周期t。(如图所示)(2)可以确定振动物体在任一时刻的位移。(3)确定各时刻质点的振动方向。判断方法：振动方向可以根据下一时刻位移的变化来判定。下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。(4)比较各时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。(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，动能越小。(多选)如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是()甲乙a单摆的摆长约为1.0 mb单摆的位移x随时间t变化的关系式为x8sin(t) cmc从t0.5 s到t1.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大d从t1.0 s到t1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小e从t1.0 s到t1.5 s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大abe由题图乙可知单摆的周期t2 s，振幅a8 cm，由单摆的周期公式t2，代入数据可得l1 m，选项a正确；由可得 rad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为xasin t8sin(t) cm，选项b正确；从t0.5 s到t1.0 s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，选项c错误；从t1.0 s到t1.5 s的过程中，摆球的位移增大，回复力增大，选项d错误，e正确。对简谐运动图象的两点说明(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示。甲乙(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹。1(多选)如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以o点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示。由振动图象可以得知()甲乙a振子的振动周期等于2t1b在t0时刻，振子的位置在a点c在tt1时刻，振子的速度为零d在tt1时刻，振子的速度最大e从t1到t2，振子正从o点向b点运动ade弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1，选项a正确；在t0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置o，选项b错误；在tt1时刻，振子在平衡位置o，该时刻振子速度最大，选项c错误，d正确；从t1到t2，振子的位移方向沿正方向且在增加，所以振子正从o点向b点运动，选项e正确。2.(多选)一个质点做简谐运动的图象如图所示，下列叙述正确的是()a质点的振动频率为4 hzb在10 s内质点经过的路程是20 cmc在5 s末，速度为零，加速度最大d在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点的位移大小相等e在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点的速度相同bcd由图读出周期为t4 s，则频率为f0.25 hz，故a错误；质点在一个周期内通过的路程是4个振幅，t10 s2.5t，则在10 s内质点经过的路程是s2.54a102 cm20 cm，故b正确；在5 s末，质点位于最大位移处，速度为零，加速度最大，故c正确；由图看出，在t1.5 s和t4.5 s两时刻质点位移大小相等，速度大小相等、方向相反，故d正确，e错误。 单摆及其周期公式1对周期公式的理解(1)单摆的周期公式在单摆偏角很小时成立。(2)公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离，即ll线r球。(3)公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。(4)周期t只与l和g有关，与摆球质量m和振幅无关，所以单摆的周期也叫固有周期。2周期公式应用(1)只要测出单摆摆长l和周期t，就可以根据g求当地重力加速度g。(2)可以制作计时仪器。3单摆振动中的等效问题(1)等效摆长：摆球重心到摆动圆弧圆心的距离。(2)等效重力加速度：分析摆球的受力，确定摆球相对静止的位置(即平衡位置)；计算摆球的视重(即平衡位置的拉力); 利用g求出等效重力加速度。1甲、乙两个单摆的振动图象如图所示，根据振动图象可以断定()a甲、乙两单摆振动的周期之比是32b甲、乙两单摆振动的频率之比是23c若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆摆长之比是94d若甲、乙两单摆摆长相同，在不同地点摆动，则甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为94d根据图象可知，甲和乙的周期之比为t甲t乙23，故a项不符合题意；因为f，所以甲、乙的频率之比为f甲f乙32，故b项不符合题意；根据单摆的周期公式可知t2，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为49，故c项不符合题意；摆长相同，重力加速度和周期的平方成反比，即甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为94，故d项符合题意。2.如图所示是甲、乙两个单摆在同一地点做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是()a甲、乙两摆的振幅之比为11b甲、乙两摆的摆长之比为41c甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等dt2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零d由图知，甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，则振幅之比为21，故a错误；甲、乙两摆的周期分别为4 s、8 s，周期之比为12。根据由单摆的周期公式t2得，甲、乙两摆的摆长之比为14，故b错误；设摆角为，则摆球从最高点摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：mgl(1cos )mv2；摆球在最低点时向心加速度a2g(1cos )，根据振幅和摆长关系，可知甲摆摆球的最大偏角比乙摆摆球的最大偏角大，所以甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定不等，故c错误；t2 s时，甲摆通过平衡位置，重力势能最小。乙摆经过最大位移处，动能为零，故d正确。3将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力，如图所示，甲图中o点为单摆的悬点，现将小球(可视为质点)拉到a点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球在竖直平面内的abc之间来回摆动，其中b点为运动中最低位置，aobcob，小于5且是未知量。图乙表示由计算机得到细线对摆球的拉力大小f随时间变化的曲线，且图中t0时刻为摆球从a点开始运动的时刻，根据力学规律和题中信息(g取10 m/s2)求：甲乙(1)单摆的周期和摆长； (2)摆球的质量。解析(1)摆球受力分析如图所示：小球在一个周期内两次经过最低点，根据该规律，知：t0.4 s。由单摆的周期公式：t2代入数据解得：l0.4 m。(2)在最高点a，有：fminmgcos 0.495 n在最低点b，有：fmaxmgm其中fmax0.510 n从a到b，小球机械能守恒，有：mgl(1cos )mv2联立并代入数据得：m0.05 kg。答案(1)0.4 s0.4 m(2)0.05 kg 受迫振动、共振自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动类型自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力作用受驱动力作用受驱动力作用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tt驱或ff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(摆角5)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等1(多选)(2019孝感统测)下列说法正确的是()a摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确b挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频c在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象d部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌e较弱声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振bde摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据t2可知增大摆长l可以增大摆钟的周期，a错误；挑水时为了防止水从桶中荡出，可以改变走路的步频，b正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，c错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故d正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共振而破碎，e正确。2(多选)(2019大连模拟)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f。若驱动力的振幅保持不变，则下列说法正确的是()a当ff0时，该振动系统的振幅随f增大而减小b当ff0时，该振动系统的振幅随f减小而增大c该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0d该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于fe当ff0时，该振动系统一定发生共振bde受迫振动的振幅a随驱动力的频率变化的规律如图所示，显然选项a错误，b正确；稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即选项c错误，d正确；根据共振产生的条件可知，当ff0时，该振动系统一定发生共振，选项e正确。13 第十三章振动波动 2 3 4 第1节机械振动 5 6 回复力 平衡位置 7 平衡位置 平衡位置 效果 合力 分力 8 9 弹力 重力 原长 10 重力势能 弹性势能 11 kx 初相位 12 最大位置 平衡位置 13 无关 周期性驱动力 驱动力 14 最大 固有频率 固有频率 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 thankyouforwatching 第2节机械波一、波的形成与传播1机械波的形成条件(1)有发生机械振动的波源。(2)有传播介质，如空气、水、绳子等。2传播特点(1)传播振动形式、能量和信息。(2)质点不随波迁移。(3)介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同。3机械波的分类分类质点振动方向和波的传播方向的关系形状举例横波垂直凹凸相间；有波峰、波谷绳波等纵波在同一条直线上疏密相间；有密部、疏部弹簧波、声波等4.波长、频率和波速(1)波长：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻点间的距离，用表示。波长由频率和波速共同决定。横波中，相邻两个波峰(或波谷)之间的距离等于波长。纵波中，相邻两个密部(或疏部)之间的距离等于波长。(2)频率：波的频率由波源决定，等于波源的振动频率。(3)波速：波的传播速度，波速由介质决定，与波源无关。(4)波速公式：vf或v。二、波的图象1坐标轴x轴：各质点平衡位置的连线。y轴：沿质点振动方向，表示质点的位移。2物理意义：表示介质中各质点在某一时刻相对各自平衡位置的位移。3图象形状：简谐波的图象是正弦(或余弦)曲线，如图所示。三、波的干涉、衍射和多普勒效应1波的叠加观察两列波的叠加过程可知：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和。2波的干涉和衍射波的干涉波的衍射条件两列波的频率必须相同明显条件：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3.多普勒效应(1)定义：由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感受到波的频率发生变化的现象。(2)实质：波源频率不变，观察者接收到的频率发生变化。(3)规律：波源与观察者如果相互靠近，观察者接收到的频率变大。波源与观察者如果相互远离，观察者接收到的频率变小。波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率。1思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)(1)在机械波的传播中，各质点随波的传播而迁移。()(2)机械波的频率等于振源的振动频率。()(3)通过波的图象可以找出任一质点在任意时刻的位移。()(4)机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同。()(5)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。()(6)一切波都能发生衍射现象。()(7)多普勒效应说明波源的频率发生变化。()2(多选)(2019宁夏大学附中月考)关于机械振动与机械波，下列说法正确的是()a机械波的频率等于振源的振动频率b机械波的传播速度与振源的振动速度相等c机械波在介质中传播的速度由介质本身决定d在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离e质点振动的方向总是垂直于波传播的方向acd机械波的频率是振源的振动频率，由振源决定的，故a正确；机械波的传播速度与介质有关，与振源的振动速度无关，故b错误；机械波在介质中传播的速度由介质本身决定，故c正确；由v可知，在一个周期内，沿波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离，故d正确；波分横波与纵波，纵波的质点振动方向与波的传播方在同一条直线上，横波的质点振动方向与波的传播方向垂直，故e错误。3(多选)(2019吉林市三调)下列说法正确的是()a声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速b在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度c机械波传播过程中遇到尺寸比机械波波长小的障碍物能发生明显衍射d向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用了多普勒效应原理e围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是干涉现象cde声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速与声源发出的声波波速相等，故a错误；对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，两者相互垂直是横波，两者相互平行是纵波，故b错误；只有当障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或比机械波的波长小，才会发生明显的衍射现象，当障碍物的尺寸比机械波的波长大得多时，也能发生衍射现象，只是不明显，故c正确；向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出发射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，是利用多普勒效应原理，故d正确；围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生干涉现象的结果，故e正确。4(多选)一列简谐横波从左向右以v2 m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是()aa点再经过一个周期将传播到d点bb点正在向上运动cb点再经过t回到平衡位置d该波的周期t0.05 sec点再经过t将到达波峰的位置bde质点不随波迁移，选项a错误；根据“上下坡”法，由波沿x轴向右传播，可知b点正向上运动，选项b正确；b点向上运动靠近平衡位置过程中平均速度比一个周期内运动的平均速度大，所用时间小于t，选项c错误；由t可知周期为0.05 s，选项d正确；c点正从平衡位置向下运动，所以再经过t将到达波峰，选项e正确。 波的形成与传播1(多选)关于机械波的形成与传播，下列说法中正确的是()a物体做机械振动，不一定产生机械波b后振动的质点总是跟着先振动的质点重复振动，只是时间落后一步c参与振动的质点都有相同的频率d机械波是质点随波迁移，也是振动能量的传递e波的传播速度和质点的振动速度相同abc机械波的形成必须具备两个条件：波源和介质。若只有物体做机械振动，而其周围没有传播这种振动的介质，远处的质点不可能振动起来形成机械波，故a选项正确；先振动的质点带动与它相邻的后振动的质点，将振动传播开来，所以后一质点总是落后前一质点，但振动频率相同，故b、c选项正确；形成机械波的各振动质点只在平衡位置附近往复运动，并没有随波迁移，离波源远的质点振动的能量是通过各质点的传递从波源获得的，故d选项错误；波的传播速度由介质决定，与质点的振动速度无关，故e选项错误。2(多选)(2019四川广元二诊)体育课上甲同学一脚把足球踢到了足球场旁边的池塘中间。乙提出用石头激起水波让水浪把足球推到池边，他抛出一石块到水池中激起了一列水波，可是结果足球并没有被推到池边。大家一筹莫展，恰好物理老师来了，大家进行了关于波的讨论。物理老师把两片小树叶放在水面上，大家观察发现两片小树叶在做上下振动，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶在1 min内都上下振动了36次，两树叶之间有2个波峰，他们测出两树叶间水面距离是4 m。则下列说法正确的是()a该列水波的频率是36 hzb该列水波的波长是1.6 mc该列水波的波速是0.96 m/sd两片树叶的位移始终等大反向e足球不能到岸边的原因是水波的振幅太小bcd两树叶在1 min内都上下振动了36次，则树叶振动的周期t s s，树叶振动的频率f0.6 hz，则水波的频率为0.6 hz，故a错误；两树叶之间有2个波峰，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两树叶间水面距离是4 m，所以4 m，解得该列水波的波长为1.6 m，故b正确；据vf可得，水波的波速v1.60.6 m/s0.96 m/s，故c正确；一片树叶在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两者平衡位置间的距离是半波长的奇数倍，两片树叶的位移始终等大反向，故d正确；水波传播时，各质点在自身的平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，所以足球不能到岸边，故e错误。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，由于介质的情况不同，它的波长和波速可能改变，但频率和周期都不会改变。(4)质点经过一个周期t完成一次全振动，振动形式恰好向前传播一个波长的距离，所以vf。 波动图象和振动图象的理解及应用1两种图象的比较图象类型振动图象波的图象图象特点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象信息(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加速度方向(4)传播方向、振动方向的互判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、表情的集体照片图象变化随时间推移，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一完整曲线占横坐标距离表示一个周期表示一个波长2.波的传播方向与质点的振动方向的判断方法内容图象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微平移法将波形图沿传播方向进行微小平移，再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定(2018全国卷)一列简谐横波在t s时的波形图如图甲所示，p、q是介质中的两个质点。图乙是质点q的振动图象。求：甲乙(1)波速及波的传播方向；(2)质点q的平衡位置的x坐标。思路点拨：解此题可按以下思路(1)根据波的图象读出波长，根据振动图象读出周期，进而根据v计算波速。(2)根据同侧法、微平移法等判断波的传播方向或质点的振动方向。(3)根据振动图象写出质点振动的一般方程yasin t，判断质点的位置。解析(1)由图甲可以看出，该波的波长为36 cm由图乙可以看出，周期为t2 s波速为v0.18 m/s由图乙知，当t s时，q点向上运动，结合图甲可得，波沿x轴负方向传播。(2)设质点p、q平衡位置的x坐标分别为xp、xq。由图甲知，x0处yasin(30)，因此xp3 cm由图乙知，在t0时q点处于平衡位置，经t s，其振动状态向x轴负方向传播至p点处，由此及式有xqxpvt6 cm由式得，质点q的平衡位置的x坐标为xq9 cm。答案(1)0.18 m/s波沿x轴负方向传播(2)9 cm“一分、一看、二找”巧解波的图象与振动图象综合类问题1.(多选)(2019湖北部分重点中学联考)如图所示为一列简谐横波在t10.1 s的波形图，已知该简谐横波沿x轴负方向传播，a、b两点为该简谐波上平衡位置在xa1.0 m、xb1.2 m处的质点。经观测可知a点通过大小为振幅的10倍的路程所用的时间为t0.5 s，则下列说法正确的是()a该简谐横波的周期为0.2 sb开始计时时，b质点的运动方向向下c01.5 s内，a、b质点通过的路程均为24 cmdt20.58 s时刻，b质点回到平衡位置且运动方向向上et30.73 s时刻，a质点在x轴上方且运动方向向上acd振动的质点在一个周期内通过的路程为4a，由题意可知2.5t0.5 s，解得t0.2 s，故a选项正确；该简谐横波沿x轴的负方向传播，开始计时时，b质点位于x轴上方且向上运动，故b选项错误；01.5 s内，a、b点通过的路程均为s4a4a24 cm，故c选项正确；由周期性可知t20.58 s时刻的图象与t0.18 s时刻的图象相同，由图示时刻再经过0.08 s时，b质点回到平衡位置且运动方向向上，故d选项正确；由周期性可知，t30.73 s时刻的图象与t0.13 s时刻的图象相同，由图示时刻再经过0.03 s，a质点在x轴下方且运动方向向下，故e选项错误。2(多选)(2019武汉外国语学校考前模拟)图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t0.5 s时刻的波形图，图乙为参与波动的质点m的振动图象，则下列说法正确的是()甲乙a该简谐波的传播速度为4 m/sb这列波的传播方向沿x轴正方向ct2.0 s时m质点的振动速度小于q质点的振动速度dt2.0 s时p质点的位移为2 cme从t0时刻开始p质点的振动方程为y2sin(cm)abe由甲图可得4 m，由乙图可得t1 s，所以该简谐横波的传播速度为v4 m/s，故a正确；由图乙知，t0.5 s时质点m正通过平衡位置向上运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴正方向，故b正确；t2.0 s2t时，m质点正通过平衡位置，速度最大，而质点q不在平衡位置，所以t2.0 s时m质点的振动速度大于q质点的振动速度，故c错误；t0.5 s时p质点在波峰，经过1.5 s1.5t时间，即t2.0 s时p质点到达波谷，位移为2 cm，故d错误；t0时刻，质点p在波谷，因此它的振动方程为yasin2sin(cm)，故e正确。 波的多解性1波动问题多解的主要因素(1)周期性时间周期性：时间间隔t与周期t的关系不明确。空间周期性：波传播的距离x与波长的关系不明确。(2)双向性传播方向双向性：波的传播方向不确定。振动方向双向性：质点振动方向不确定。2解决波的多解问题的思路一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系t或x，若此关系为时间，则tntt(n0,1,2)；若此关系为距离，则xnx(n0,1,2)。如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是t0时刻的波形图，虚线是t0.2 s时刻的波形图。(1)若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度；(2)若波沿x轴正方向传播，求它的最大周期；(3)若波速是25 m/s，求t0时刻p点的运动方向。思路点拨：解此题按以下思路：(1)知道两个时刻波的图象，根据周期性，得出波传播距离的通项关系式。(2)根据波的传播方向和波形得出传播时间的通项关系式。(3)再由v求出波速的通项关系式。解析(1)由图知，该波的波长为4 m波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为：x(4n3) m(n0,1,2,3)传播的速度为：v(20n15) m/s(n0,1,2,3)。(2)波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为：tt(n0,1,2,3)得：t s(n0,1,2,3)当n0时周期最大，即最大周期为0.8 s。(3)波在0.2 s内传播的距离为：xvt250.2 m5 m传播的波长数n1，可见波形图平移了的距离。由题图知波沿x轴正方向传播。所以p点在t0 s时刻沿y轴负方向运动。答案(1)(20n15)m/s(n0,1,2,3)(2)0.8 s(3)沿y轴负方向解答波的多解问题的方法(1)假设波向x轴正方向或负方向传播。(2)由题目提供的波形变化等条件列出传播距离或传播时间与波长、周期等相关的通式。(3)根据v、vf或v求出速度或其他未知量的关系通式。(4)分析题目中有没有其他限制条件，判断通过关系通式得到的多解能否变为有限个解或唯一解。1(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到p点，t0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、p、q是介质中的质点。下列说法正确的是()a这列波的波速可能为50 m/sb质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cmc质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmd若周期t0.8 s，则在t0.5 s时刻，质点b、p的位移相同e若周期t0.8 s，从t0.4 s时刻开始计时，则质点c的振动方程为x0.1sin t(m)acd由波形图可知波长40 m，且0.6 sntt(n0,1,2)，解得周期t s(n0,1,2)。当n0时，t0.8 s，波速v50 m/s，选项a正确；由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n0时，t0.8 s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30 cm；当n1时，t s，质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm，选项b错误；若n1，则t s，波传播到c点所用时间为t,0.6 s，质点c振动的时间为ttt，故在这段时间内质点c通过的路程则为6a60 cm，选项c正确；若t0.8 s，t0.5 s时刻，质点b、p的位移均为负值，大小相等，选项d正确；若t0.8 s，从t0.4 s时刻开始计时，则质点c的振动方程为y0.1cos t(m)，选项e错误。2.(多选)一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2 cm，周期为t。已知t0时刻波上相距50 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是()a该列简谐横波波长可能为150 cmb该列简谐横波波长可能为12 cmc当质点b的位移为2 cm时，质点a的位移为负d在t时刻质点b速度最大e质点a、质点b的速度始终大小相等，方向相反acd根据质点的振动方程：xasin t，设质点的起振方向向上，且a、b中间的距离小于1个波长，则b点：12sin t1，所以t1，a点振动的时间比b点长，所以由12sin t2，得t2，a、b两个质点振动的时间差：tt2t1，所以a、b之间的距离：xvtv。则通式为50 cm(n0,1,2,3)；则波长可以为 cm(n0,1,2,3，)；当n0时，150 cm，由于n是整数，所以不可能为12 cm，故a正确，b错误；当质点b的位移为2 cm时，即b到达波峰时，结合波形知，质点a在平衡位置下方，位移为负，故c正确；由t1，得t1，当tt1时质点b到达平衡位置处，速度最大，故d正确；由题意及以上分析可知，a、b两质点间的距离不可能是半波长的整数倍，则两质点的速度不可能始终大小相等、方向相反，故e错误。3在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m的a、b两
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