第十四章 振动与波动

PAGE第80页共82页第十四章振动与波动第1讲机械振动一、简谐运动1．简谐运动(1)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。(2)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：是效果力，不是性质力；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。(3)简谐运动的定义：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x­t图像)是一条正弦曲线，这样的振动就是简谐运动。2．简谐运动的两种模型(1)弹簧振子①水平方向：如图甲所示，回复力由弹簧的弹力提供。②竖直方向：如图乙所示，回复力由重力和弹簧弹力的合力提供。(2)单摆①定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫作单摆。②做简谐运动的条件：摆角小于5°。③回复力：小球所受重力沿圆弧切线方向的分力，即F＝G2＝Gsinθ＝eq\f(mg,l)x，F的方向与位移x的方向相反。④周期公式：T＝2πeq\r(\f(l,g))。⑤单摆的等时性：单摆的振动周期取决于摆长l和重力加速度g，与振幅和振子(小球)的质量都没有关系。二、简谐运动的公式和图像1．表达式(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。2．振动图像(1)从平衡位置开始计时，振动表达式为x＝Asinωt，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＝Acosωt，图像如图乙所示。三、受迫振动和共振1．受迫振动(1)定义：系统在周期性驱动力作用下的振动。(2)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。2．共振(1)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。(2)共振曲线：如图所示。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。(√)提能点(一)简谐运动的规律(题点精研)研微点1．[简谐运动的理解]关于简谐运动以及完成一次全振动的意义，以下说法正确的是()A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动C．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D．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同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反2．[简谐运动中各物理量的分析]如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek。下列说法错误的是()A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为TC．物块通过O点时动能最大D．当物块通过O点时，其加速度最小对点清简谐运动的规律——五个特征受力特征回复力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，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒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)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3．[弹簧振子的周期分析](2018·天津高考)(多选)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1m，t＝1s时位移为0.1m，则()A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为eq\f(2,3)sB．若振幅为0.1m，振子的周期可能为eq\f(4,5)sC．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4sD．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s4．[单摆周期公式的应用](2019·全国卷Ⅱ)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x­t关系的是()对点清简谐运动的典例——两种模型模型弹簧振子(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＝2πeq\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[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。[精解详析——教师用书独具]1．选C回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，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A、D错误；一次全振动过程中，动能和势能可以多次恢复为原来的大小，故B错误；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C正确。2．选B如果在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下，则t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，选项A正确；如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，选项B错误；当物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，动能最大，选项C、D正确。3．选AD若振幅为0.1m，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T＝1s，其中n＝0,1，2，…，当n＝0时，T＝2s，n＝1时，T＝eq\f(2,3)s，n＝2时，T＝eq\f(2,5)s，故A正确，B错误。若振幅为0.2m，振动分4种情况讨论：第①种情况，设振动方程为x＝Asin(ωt＋φ)，t＝0时，－eq\f(A,2)＝Asinφ，解得φ＝－eq\f(π,6)，所以由P点到O点用时至少为eq\f(T,12)，由简谐运动的对称性可知，由P点到Q点用时至少为eq\f(T,6)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,6)))T＝1s，其中n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝6s，n＝1时，T＝eq\f(6,7)s；第②③种情况，由P点到Q点用时至少为eq\f(T,2)，周期最大为2s；第④种情况，周期一定小于2s，故C错误，D正确。4．选A摆长为l时单摆的周期T1＝2πeq\r(\f(l,g))，振幅A1＝lα(α为摆角，α很小时，sinα＝α)，摆长为eq\f(1,4)l时单摆的周期T2＝2πeq\r(\f(\f(1,4)l,g))＝πeq\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－cosα)＝mgeq\f(l,4)(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)，cosβ＝1－2sin2eq\f(β,2)，以及sinα＝tanα＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝eq\f(1,2)A1，故选项A正确。提能点(二)简谐运动图像的理解及应用(自练通关)点点通1．[简谐运动图像的理解](2017·北京高考)某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是()A．t＝1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B．t＝2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C．t＝3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D．t＝4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值解析：选At＝1s时，振子在正的最大位移处，振子的速度为零，由a＝－eq\f(kx,m)知，加速度为负的最大值，A项正确；t＝2s时，振子位于平衡位置，由a＝－eq\f(kx,m)知，加速度为零，B项错误；t＝3s时，振子在负的最大位移处，由a＝－eq\f(kx,m)知，加速度为正的最大值，C项错误；t＝4s时，振子位于平衡位置，由a＝－eq\f(kx,m)知，加速度为零，D项错误。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2m和1mB．甲的振动频率比乙的大C．前2s内，两物体的加速度均为负值D．第2s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2cm和1cm，A错误；8s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2s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2s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]图(a)、(b)分别是甲、乙两个单摆在同一位置处做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是()A．甲、乙两单摆的振幅相等B．t＝2s时，甲单摆的重力势能最小，乙单摆的动能为零C．甲、乙两单摆的摆长之比为4∶1D．甲、乙两单摆的摆球在最低点时，向心加速度大小一定相等解析：选B由题图知，甲、乙两单摆的振幅分别为4cm、2cm，故选项A错误；t＝2s时，甲单摆在平衡位置处，乙单摆在振动的正方向最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两单摆的摆长之比为l甲∶l乙＝T甲2∶T乙2＝1∶4，故选项C错误；设摆球摆动的最大偏角为θ，由mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2及a＝eq\f(v2,l)可得，摆球在最低点时向心加速度a＝2g(1－cosθ)，因两摆球的最大偏角θ满足sinθ＝eq\f(A,l)，故θ甲>θ乙，所以a甲>a乙，故选项D错误。一站过1．对简谐运动图像的认识(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。2．由简谐运动图像可获取的信息(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\o(→,\s\up7(F＝－kx))eq\x(\a\al(F的大小,及方向))eq\o(→,\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。提能点(三)受迫振动和共振(自练通关)1．[受迫振动的理解](2021·上饶四校联考)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2Hz。现匀速转动摇把，转速为240r/min。则()A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5sB．当振子稳定振动时，它的振动频率是6HzC．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＝4Hz，周期T＝eq\f(1,f)＝0.25s，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2Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确。2．[受迫振动和共振的理解]如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现()A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的振幅最大D．B、C、D的振幅相同解析：选C由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的频率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。3．[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∶4C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1mD．若摆长均为1m，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＝0.2Hz，fⅡ＝0.5Hz。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＝0.5Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8m/s2，可计算出LⅡ约为1m，C正确，D错误。4．[共振现象的应用]如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的圆柱体带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的系统。圆盘以不同的周期匀速转动时，测得小球振动的振幅与圆盘转动频率的关系如图乙所示。当圆盘转动的频率为0.4Hz时，小球振动的周期是________s；当圆盘停止转动后，小球自由振动时，它的振动频率是________Hz。解析：小球做受迫振动，当圆盘转动的频率为0.4Hz时，小球振动的频率也为0.4Hz，小球振动的周期为T＝eq\f(1,f)＝2.5s。由题图乙可知小球的固有频率为0.6Hz，所以当圆盘停止转动后，小球自由振动的频率为0.6Hz。答案：2.50.61．在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题。在飞机机翼前缘处装置配重杆的主要目的是()A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率解析：选D当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，D正确。2．正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中()A．机器不一定还会发生强烈的振动B．机器一定不会发生强烈的振动C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0解析：选D飞轮从以角速度ω0转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，说明此过程机器的固有频率与驱动频率相等达到了共振，当飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中，一定会出现机器的固有频率与驱动频率相等，即达到共振的现象，机器一定还会发生强烈的振动，故A、B错误；当机器的飞轮以角速度ω0匀速转动时，其振动不强烈，则机器若发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0，故C错误，D正确。3.如图所示，房顶上固定一根长2.5m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1.6m，不计空气阻力，g取10m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为()A．2.0πs B．0.4πsC．0.6πs D．1.2πs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＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，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)＝0.4πs，B正确。4．(多选)下列说法正确的是()A．摆钟走得快了必须调短摆长，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频率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解析：选BD摆钟走得快了，说明摆的周期变短，需要增大单摆的周期，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，必须增大摆长，才可能使其走得准确，故A错误；挑水的人由于行走，使扁担和水桶上下振动，当水桶的固有频率等于人迈步的频率时，发生共振，水桶中的水荡出，挑水时为了防止水从水桶中荡出，可以加快或减慢走路的频率，故B正确；停在海面的小船上下振动，是受迫振动，故C错误；部队经过桥梁时，如果士兵行走的频率和桥梁的固有频率相等，则会发生共振，为了防止桥梁发生共振而坍塌，士兵要便步通过桥梁，故D正确。5.如图所示为共振筛示意图，共振筛振动的固有频率为5Hz，为使共振筛发生共振，使其工作效率达到最高，则偏心轮的转速为()A．5r/s B．10r/sC．0.2r/s D．300r/s解析：选A共振是指系统所受驱动力的频率与该系统的固有频率相等时，系统振幅最大的现象；共振筛中，当驱动力频率和筛子的固有频率相等时，筛子发生共振，筛子的振幅最大。根据题意，筛子的固有频率为5Hz，电动机偏心轮的频率应该等于筛子的频率，则周期：T＝eq\f(1,5)s，则转速：n＝eq\f(1,T)＝5r/s，故选A。6．(2016·浙江4月选考)(多选)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图像如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知()A．甲、乙两单摆的摆长之比是eq\f(4,9)B．ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等C．tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大D．tc时刻甲、乙两单摆的速率相等解析：选AC由题图知eq\f(3,2)T甲＝T乙，由T＝2πeq\r(\f(L,g))知，eq\f(L甲,L乙)＝eq\f(4,9)，A正确；ta时刻两单摆距平衡位置距离相等，而摆长不同，因此两单摆的摆角不相等，B错误；tb时刻甲、乙两单摆位置差最大，势能差最大，C正确；tc时刻甲、乙两单摆均在平衡位置，由于单摆的重力做的功不同，因此两单摆的速率不相等，D错误。[课时跟踪检测]1．(2019·江苏高考)(多选)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．机械能增大解析：选AC在单摆的偏角增大的过程中，摆球远离平衡位置，故位移增大，速度减小，回复力增大，机械能保持不变，选项A、C正确。2．做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的eq\f(9,4)倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的eq\f(2,3)，则单摆振动的()A．周期不变，振幅不变 B．周期不变，振幅变小C．周期改变，振幅不变 D．周期改变，振幅变大解析：选B由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，当摆长l不变时，周期不变，故C、D错误；由机械能守恒定律可知eq\f(1,2)mv2＝mgh，其摆动的高度与质量无关，因摆球经过平衡位置的速度减小，则最大高度减小，故振幅变小，选项B正确，A错误。3．(2021·莆田质检)(多选)下列关于机械振动的有关说法正确的是()A．简谐运动的回复力是按效果命名的力B．振动图像描述的是振动质点的轨迹C．受迫振动的频率等于驱动力的频率D．当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，振幅最大解析：选ACD做简谐运动的物体所受到的回复力是按力的作用效果命名的，故选项A正确；振动图像描述的是振动质点在不同时刻的位移，而不是其实际的运动轨迹，故选项B错误；物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，发生共振，振幅达到最大，故选项C、D正确。4．(2020·北京海淀区模拟)如图甲所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动。以其平衡位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立坐标轴，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是()A．振子的振幅为4cmB．振子的振动周期为1sC．t＝1s时，振子的速度为正的最大值D．t＝1s时，振子的加速度为正的最大值解析：选C由振动图像可知，该弹簧振子的振幅为2cm，周期为2s，t＝1s时，振子正经过平衡位置沿y轴正方向运动，速度为正的最大值，加速度为零，故C正确。5．(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。6．(多选)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0.3s，第一次到达点M，再经过0.2s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为()A．0.53sB．1.4sC．1.6sD．2s解析：选BD如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为eq\f(T,4)。因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故eq\f(T,4)＝0.3s＋eq\f(0.2,2)s＝0.4s，解得T＝1.6s；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所用时间相等，即0.2s。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eq\f(0.3s－0.2s,3)＝eq\f(1,30)s，故周期为T＝0.5s＋eq\f(1,30)s≈0.53s，所以周期不可能的为选项B、D。7.(多选)将一单摆向右拉至水平标志线上，从静止释放，当摆球运动到最低点时，摆线碰到障碍物，摆球继续向左摆动，用频闪照相机拍到如图所示的单摆运动过程的频闪照片，摆球从最高点M摆至左边最高点N时，以下说法正确的是()A．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为4∶1B．摆线碰到障碍物前后的摆长之比为2∶1C．摆线经过最低点时，线速度不变，半径减小，摆线张力变大D．摆线经过最低点时，角速度不变，半径减小，摆线张力变大解析：选AC频闪照片拍摄的时间间隔一定，由题图可知，摆线与障碍物碰撞前后的周期之比为2∶1，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))得，摆长之比为4∶1，故A正确，B错误；摆线经过最低点时，线速度不变，半径变小，根据F－mg＝meq\f(v2,r)知，张力变大，根据v＝rω，可知角速度增大，故C正确，D错误。8.如图所示，物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k。当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为()A.eq\f(Mg,k) B.eq\f(mg,k)C.eq\f(M＋mg,k) D.eq\f(M＋mg,2k)解析：选A在物体A振动的平衡位置处，弹簧弹力和A物体重力相等。物体B将A拉至平衡位置以下最大位移Δx＝eq\f(Mg,k)处，故物体A振动的振幅为eq\f(Mg,k)，A正确。9．(2021年1月新高考8省联考·福建卷)(多选)如图(a)，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连。物块从开始下落到最低点的过程中，位移—时间(x­t)图像如图(b)所示，其中t1为物块刚接触薄板的时刻，t2为物块运动到最低点的时刻。弹簧形变在弹性限度内，空气阻力不计。则()A．t2时刻物块的加速度大小比重力加速度小B．t1～eq\f(t1＋t2,2)时间内，有一时刻物块所受合外力的功率为零C．t1～t2时间内，物块所受合外力冲量的方向先竖直向下后竖直向上D．图(b)中OA段曲线为抛物线的一部分，AB段曲线为正弦曲线的一部分解析：选BCD若物块从弹簧上端轻质薄板处由静止下落，由振动的对称性可知，物块在最低点的加速度大小与释放处的加速度大小相等，大小均等于g，在eq\f(t1＋t2,2)时刻物块速度最大，合外力的功率为零，现在物块从轻质薄板正上方某高度下落，到达最低点时的位置比上述位置低，加速度大小一定大于重力加速度大小，合外力为零的时刻一定在t1～eq\f(t1＋t2,2)之间，故A错误，B正确；t1～t2时间内，物块先加速后减速，合外力冲量方向一定先竖直向下，后竖直向上，C正确；物块在O～t1时间内自由下落，其x­t图线为抛物线的一部分，t1～t2时间内物块沿竖直方向向下振动，其x­t图线应为正弦曲线的一部分，D正确。10．(2020·全国卷Ⅱ)用一个摆长为80.0cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过__________cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为________cm。解析：由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝eq\f(5°,360°)×2π×80.0cm＝6.98cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝eq\r(l)，又由题意可知原单摆周期与新单摆周期的比为10∶11，则eq\f(10,11)＝eq\r(\f(80.0cm,l′))，解得l′＝96.8cm。答案：6.996.8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)中央间的距离等于波长。(2)频率(f)：波的频率等于波源振动的频率。(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2．多普勒效应(1)现象：观察者接收到的频率发生变化。(2)条件：声源和观察者之间有相对运动(距离发生变化)。(3)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化。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。(×)提能点(一)机械波的传播与波的图像的应用(活化思维)eq\a\vs4\al(考点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．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](2020·浙江7月选考)(多选)如图所示，x轴上－2m、12m处有两个振动周期均为4s、振幅均为1cm的相同的波源S1、S2，t＝0时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为4m沿x轴传播的简谐横波。P、M、Q分别是x轴上2m、5m和8.5m的三个点，下列说法正确的是()A．6.0s时，P、M、Q三点均已振动B．8.0s后M点的位移始终是2cmC．10.0s后P点的位移始终是0D．10.5s时Q点的振动方向竖直向下[解析]由题可知波速v＝eq\f(λ,T)＝1m/s，经6.0s，两波沿传播方向传播6m，而M点离左、右两波源距离均为7m，所以此时M点未振动，A项错误；8.0s时，两波均已经过M点，M点到两波源距离相等，是振动加强点，即振幅为2cm，仍做简谐运动，B项错误；10.0s时，两波均经过P点，P点到两波源的路程差为6m＝eq\f(3,2)λ，则P点为振动减弱点，10.0s后P点位移始终为0，C正确；10.5s时，仅有S1时，Q点位于平衡位置且将要向下振动，仅有S2时，Q点位于波峰处且将要向下振动，故10.5s时Q点的振动方向竖直向下，D正确。[答案]CD[针对训练]1．(2018·全国卷Ⅱ)声波在空气中的传播速度为340m/s，在钢铁中的传播速度为4900m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00s。桥的长度为________m。若该声波在空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的______倍。解析：设声波在钢铁中的传播时间为t，由L＝vt知，340(t＋1.00)＝4900t，解得t＝eq\f(17,228)s，代入L＝vt中解得桥长L＝365m，声波在传播过程中频率不变，根据v＝λf知，声波在钢铁中的波长λ′＝eq\f(v铁λ,v声)＝eq\f(245,17)λ。答案：365eq\f(245,17)eq\a\vs4\al(考点二波的图像的应用)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、波的传播方向判定质点的振动方向的方法方法内容图像“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“微平移”法将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向[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](2020·天津等级考)一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示。t＝eq\f(T,4)时()A．质点a速度方向沿y轴负方向B．质点b沿x轴正方向迁移了1mC．质点c的加速度为零D．质点d的位移为－5cm[解析]t＝eq\f(T,4)时，质点a沿y轴正方向运动到平衡位置，其速度方向沿y轴正方向，选项A错误；根据简谐横波的传播特点可知，质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，选项B错误；t＝eq\f(T,4)时，质点c运动到平衡位置，所受合外力为零，加速度为零，选项C正确；t＝eq\f(T,4)时，质点d运动到正的最大位移处，位移为5cm，选项D错误。[答案]C[针对训练]2.(2019·北京高考)一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则()A．此刻a的加速度最小B．此刻b的速度最小C．若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动D．若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置解析：选C此刻a的位移最大，由加速度a＝－eq\f(kx,m)知，此时a的加速度最大，故A错误；此刻b位于平衡位置，其速度最大，B错误；若波沿x轴正方向传播，a比b离波源近，a比b先振动，故此时b向y轴正方向运动，C正确；若波沿x轴负方向传播，c向y轴正方向运动，故c比a先回到平衡位置，D错误。eq\a\vs4\al(考点三根据两个时刻的波的图像分析有关问题)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\co1(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\co1(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]一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T＞0.20s。下列说法正确的是()A．波速为0.40m/sB．波长为0.08mC．x＝0.08m的质点在t＝0.70s时位于波峰D．x＝0.08m的质点在t＝0.12s时位于波谷[解析]因周期T＞0.20s，故波在t＝0到t＝0.20s时间内传播的距离小于波长λ，由y­x图像可知传播距离Δx＝0.08m，故波速v＝eq\f(Δx,Δt)＝0.40m/s，故A正确；由y­x图像可知波长λ＝0.16m，故B错误；由v＝eq\f(λ,T)得，波的周期T＝eq\f(λ,v)＝0.4s，根据振动与波动的关系知t＝0时，x＝0.08m的质点沿＋y方向振动，t＝0.7s＝1eq\f(3,4)T，故此时该质点位于波谷；因为eq\f(1,4)T＜0.12s＜eq\f(T,2)，此时x＝0.08m的质点在x轴上方沿－y方向振动，故C、D错误。[答案]A[针对训练]3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1s时的波形图。已知平衡位置在x＝6m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为________s，波速为________m/s，传播方向沿x轴________(填“正方向”或“负方向”)。解析：由题意知，x＝6m处的质点在0到0.1s时间内的运动方向不变，知该质点在该时间内振动的时间小于半个周期，结合波形图可知该时间应为eq\f(1,4)个周期，显然该时间内x＝6m处的质点沿y轴负方向运动，则由波的传播方向以及质点振动方向的关系可判断，该简谐横波沿x轴负方向传播；又由eq\f(1,4)T＝0.1s，得T＝0.4s，由波速与波长、周期的关系得v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4,0.4)m/s＝10m/s。答案：0.410负方向提能点(二)波的图像与振动图像的综合应用(题点精研)1．振动图像与波的图像的比较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2．求解波的图像与振动图像综合问题三关键：“一分、一看、二找”[题点全训]1．[已知波的图像判定质点的振动图像]如图所示，甲图为t＝1s时某向左传播的横波的波形图像，乙图为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5m处质点的振动图像可能是()解析：选A从题图甲可以得到波长为2m，从题图乙可以得到周期为2s，即波速为1m/s；由题图乙的振动图像可以找到t＝1s时，该质点位移为负，并且向下运动，再经过eq\f(1,8)T就到达波谷，在题图甲中，大致标出这个质点，距该质点Δx＝0.5m处的质点有左右两个点，若是该点左侧的点，在t＝1s时位移为正方向且向下运动，对应选项中振动图像t＝1s时刻，只有A选项正确；若是该点右侧的点，在t＝1s时位移为负方向且向上运动，对应选项中振动图像t＝1s时刻，没有选项正确。2．[已知质点的振动图像判定波的图像]在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图像如图所示，则该波在第一个周期末的波的图像是()解析：选D由振动图像可知波源开始振动的方向沿y轴负方向，则一个周期末开始振动的质点，其振动方向也是沿y轴负方向，所以A、C错误；由振动图像可知，后半个周期振动的振幅较大，根据波的传播特点，B错误，D正确。3．[波的图像与振动图像的综合应用](2021年1月新高考8省联考·江苏卷)渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则()A．该波的波速为1.5m/sB．该波沿x轴负方向传播C．0～1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5mD．0～1s时间内，质点P运动的路程为2m解析：选D由题图1可知，该波的波长λ＝1.5×10－2m，由题图2可知周期T＝1×10－5s，则该波的波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(1.5×10－2,1×10－5)m/s＝1.5×103m/s，A错误；由题图2可得，在t＝0时刻，质点P沿y轴正方向振动，由波形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误；质点P只在平衡位置上下振动，不沿x轴运动，C错误；质点P的振幅是5×10－6m，在0～1s时间内共振动了eq\f(1,1×10－5)＝105个周期，运动的路程是s＝4×5×10－6×105m＝2m，D正确。提能点(三)波的干涉、衍射、多普勒效应(活化思维)分类研1．[波的干涉的理解]水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是()A．不同质点的振幅都相同B．不同质点振动的频率不同C．不同质点振动的相位都相同D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同解析：选D两列波相遇叠加产生干涉，一些质点的振动加强，一些质点的振动减弱，即振幅不同；各质点的振动频率、周期都与振动片相同；不同质点的振动相位不同(不是同时到达正的最大位移)。故选项D正确。2．[波的干涉中加强点、减弱点的判断－公式法](2020·全国卷Ⅰ)一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为eq\f(3,8)l。求(1)波的波长；(2)波的传播速度。解析：(1)如图，设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ。则r2－r1＝λ ①由几何关系有r1＝l－s ②req\o\al(2,2)＝(r1sin60°)2＋(l－r1cos60°)2 ③联立①②③式并代入题给数据得λ＝eq\f(1,4)l。 ④(2)波的频率为f，设波的传播速度为v，有v＝fλ⑤联立④⑤式得v＝eq\f(fl,4)。 ⑥答案：(1)eq\f(1,4)l(2)eq\f(fl,4)3．[波的干涉中加强点、减弱点的判断——波形图法](2021·福州模拟)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AQ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，选项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，选项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，选项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，选项D正确。4.[波的衍射的理解]如图所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述错误的是()A．此时能观察到明显的波的衍射现象B．挡板前后波纹间距离相等C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象解析：选D由题图可知，孔的尺寸与水波的波长差不多，故此时能观察到明显的波的衍射现象，故A正确；波通过孔后，波速、频率、波长不变，则挡板前后波纹间的距离相等，故B正确；如果将孔AB扩大，若孔的尺寸远大于水波的波长，可能观察不到明显的衍射现象，故C正确；如果孔的大小不变，使波源频率增大，因为波速不变，根据λ＝eq\f(v,f)知，波长减小，可能观察不到明显的衍射现象，故D错误。5．[多普勒效应](2020·全国卷Ⅰ)(多选)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有()A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同E．天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化解析：选BCE雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声，这是光的速度比声波的速度大引起的，选项A错误；超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化，是由于血液发生流动，探测器与血液的观测点的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，选项B正确；观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，是由于列车与观察者的距离发生变化引起的，可以用多普勒效应解释，选项C正确；同一声源发出的声波，在空气和水中的传播速度不同，是声速与介质有关，不是多普勒效应，选项D错误；天文学上观察到双星光谱随时间的周期性变化是多普勒效应，选项E正确。握通法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．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。提能点(四)波的多解问题(活化思维)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\co1(v＝\f(Δx,Δt)或v＝\f(λ,T)＝λf))等有关的问题。eq\a\vs4\al(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]如图中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＝0.5s时刻的波形。(1)写出这列波的波速表达式；(2)若波速大小为74m/s，波速方向如何？[解析](1)由题图图像可知λ＝8m当波向右传播时，波传播距离为s1＝nλ＋eq\f(3,8)λ＝(8n＋3)m(n＝0,1,2，…)波速为v1＝eq\f(s1,Δt)＝eq\f(8n＋3,0.5)m/s＝(16n＋6)m/s(n＝0,1,2，…)。当波向左传播时，波传播距离为s2＝nλ＋eq\f(5,8)λ＝(8n＋5)m(n＝0,1,2，…)波速为v2＝eq\f(s2,Δt)＝eq\f(8n＋5,0.5)m/s＝(16n＋10)m/s(n＝0,1，2，…)。(2)若波速大小为74m/s，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为s＝v·Δt＝74×0.5m＝37m。因为37m＝4λ＋eq\f(5,8)λ，所以波向左传播。[答案]见解析[针对训练]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，t＋0.6s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50m/sB．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60cmD．若周期T＝0.8s，则在t＋0.5s时刻，质点b、P的位移相同解析：选ACD由波形图可知波长λ＝40m，且0.6s＝nT＋eq\f(3,4)T(n＝0,1,2，…)，解得周期T＝eq\f(2.4,4n＋3)s(n＝0,1,2，…)。当n＝0时，T＝0.8s，波速v＝eq\f(λ,T)＝50m/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n＝0时，T＝0.8s，则质点a在这段时间内通过的路程小于30cm；当n＝1时，T＝eq\f(24,70)s，质点a在这段时间内通过的路程大于30cm，选项B错误。若n＝1，则T＝eq\f(24,70)s，波传播到c点所用时间为eq\f(1,4)T,0.6s＝eq\f(7T,4)，质点c振动的时间为eq\f(7,4)T－eq\f(1,4)T＝eq\f(3,2)T，故在这段时间内质点c通过的路程则为6A＝60cm，选项C正确。若T＝0.8s，t＋0.5s时刻，质点b、P的位移均为负值，大小相等，选项D正确。eq\a\vs4\al(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](2019·天津高考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1m和x2＝7m处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是()A．7m/s B．2m/sC．1.2m/s D．1m/s[解析]由振动图像可知周期T＝4s，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\co1(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＝6m/s，当n＝1时，v＝1.2m/s，C正确。②若波沿x轴负向传播，其波形如图所示。则有x2－x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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＝2m/s，当n＝1时，v≈0.86m/s，B正确。[答案]BC[针对训练]2．(2021·南平模拟)简谐横波沿x轴传播，M、N是x轴上两质点，如图甲是质点N的振动图像。图乙中实线是t＝3s时刻的波形图像，质点M位于x＝8m处，虚线是再过Δt时间后的波形图像。图中两波峰间距离Δx＝7.0m。求：(1)波速大小和方向；(2)时间Δt。解析：(1)由题图知周期T＝6s，波长λ＝8m则波速大小为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(4,3)m/s由题图甲可知t＝3s时，质点N向下振动，结合题图乙可知波沿x轴负方向传播。(2)由题意知，时间Δt＝nT＋eq\f(Δx,v)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6n＋\f(21,4)))s(n＝0,1,2,3，…)。答案：(1)eq\f(4,3)m/s沿x轴负方向传播(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6n＋\f(21,4)))s(n＝0,1,2,3，…)eq\a\vs4\al(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](多选)如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是()A．0.60m B．0.30mC．0.20m D．0.10m[解析]由题意，P、Q两点之间的间距为eq\f(λ,2)＋nλ＝0.15m(n＝0,1,2，…)，故n＝0时，λ＝0.3m；n＝1时，λ＝0.1m。[答案]BD[针对训练]3．(多选)如图所示，有一列减幅传播的简谐横波，x＝0与x＝75m处的A、B两个质点的振动图像分别如图中实线与虚线所示。则这列波的()A．A点处波长是10cm，B点处波长是5cmB．A、B两质点的振动周期均为2×10－2sC．t＝0.0125s时刻，两质点的振动速度方向相反D．传播速度一定是600m/s解析：选BC由A、B两质点的振动图像可知两质点的周期均为2×10－2s，所以选项B正确；再由振动图像知t＝0时，质点A在平衡位置且向上振动，质点B处在波峰，则有75m＝eq\f(3,4)λ＋nλ(n＝0,1,2，…)，解得λ＝eq\f(300,4n＋3)m(n＝0,1,2，3，…)，且A点处波长与B点处波长相等，所以选项A错误；在t＝0.0125s＝eq\f(5,8)T时，质点A向下振动，B向上振动，所以选项C正确；波的传播速度v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(15000,4n＋3)m/s(n＝0,1,2,3…)，有多种可能，选项D错误。1．(2020·潍坊三模)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s。下列说法正确的是()A．水面波是一种机械波B．该水面波的频率为6HzC．该水面波的波长为6mD．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去解析：选A水面波是机械振动在水面上传播，是一种典型机械波，A正确；从第一个波峰到第十个波峰中经历了九个波形，时间间隔为15s，所以其振动周期为T＝eq\f(15,9)s＝eq\f(5,3)s，频率为f＝eq\f(1,T)＝0.6Hz，B错误；其波长λ＝vT＝1.8m/s×eq\f(5,3)s＝3m，C错误；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传送出去，但质点并不随波迁移，D错误。2．(2018·浙江11月选考)(多选)如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O处连接，M、O和N是该绳上的三个点，OM间距离为7.0m，ON间距离为5.0m。O点上下振动，则形成以O点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为1.0m/s。t＝0时刻O点处在波谷位置，观察发现5s后此波谷传到M点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OM间还有一个波谷。则()A．波Ⅰ的波长为4mB．N点的振动周期为4sC．t＝3s时，N点恰好处于波谷D．当M点处于波峰时，N点也一定处于波峰解析：选BD波谷由O点传到M点用时5s，可得波Ⅰ的波速v1＝1.4m/s，根据题意画出t＝5s时OM段的波形如图所示，可得波Ⅰ的波长λ1＝5.6m，由v＝eq\f(λ,T)求得波Ⅰ的周期T＝eq\f(λ1,v1)＝4s，波Ⅰ、Ⅱ同源，所以N点的振动周期为4s，故A错误、B正确；λ2＝v2T＝4.0m，画出t＝5s时ON段的波形如图所示，可得t＝3s时N点恰好处于波峰，M、N两点的振动同步，故C错误、D正确。3．(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1×107Hz。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1.4×103B．质点M开始振动的方向沿y轴正方向C．t＝1.25×10－7s时质点M运动到横坐标x＝3.5×10－4mD．0～1.25×10－7s内质点M的路程为2mm解析：选AD由题图2知波长λ＝14×10－2mm＝1.4×10－4m，由v＝λf得波速v＝1.4×10－4m×1×107Hz＝1.4×103m/s，选项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，选项B错误；质点M只会上下振动，不会随波迁移，选项C错误；质点M振动的周期T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,1×107)s＝1×10－7s，由于eq\f(Δt,T)＝eq\f(1.25×10－7,1×10－7)＝eq\f(5,4)，质点M在0～1.25×10－7s内运动的路程L＝eq\f(5,4)×4A＝eq\f(5,4)×4×0.4mm＝2mm，选项D正确。4.消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题，内燃机、通风机等在排放各种高速气体的过程中都会发出噪声，干涉型消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声。干涉型消声器的结构及气流运行如图所示，产生的波长为λ的声波沿水平管道自左向右传播。在声波到达a处时，分成两束相干波，它们分别通过r1和r2的路程，再在b处相遇，即可达到削弱噪声的目的。若Δr＝r2－r1，则Δr等于()A．波长λ的整数倍 B．波长λ的奇数倍C．半波长的奇数倍 D．半波长的偶数倍解析：选C要想达到削弱噪声的目的，应使两相干波的路程差等于半波长的奇数倍，故选项C正确。5.(2021·南昌模拟)(多选)一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端点P、Q同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示。对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是()A．两列波将同时到达中点MB．中点M的振动总是加强的C．M点的位移大小在某时刻可能为零D．绳的两端点P、Q开始振动的方向相同解析：选ACD由题意可知，波在同种介质传播，所以波速相同，由于两端点P、Q到M点的距离相同，所以两波同时到达M点，故A正确；由于波长不同，因此在M点相遇时，并不总是加强或减弱；当两波都刚传到M点时，此时刻位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可能为零，故B错误，C正确；据波的传播特点可知，各质点的起振方向与波源的起振方向相同，据波形可知，两波源的起振方向都是向上振动，故D正确。6．(多选)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝eq\f(T,2)时刻，该波的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是()A．质点Q的振动图像与图(b)相同B．在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的大C．在t＝0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示解析：选CDt＝eq\f(T,2)时刻，质点Q在平衡位置，向上振动，振动图像与题图(b)不符；t＝eq\f(T,2)时刻，平衡位置在坐标原点的质点经过平衡位置向下振动，对应的振动图像与题图(b)吻合，故A错误，D正确。t＝0时刻的波形图如图所示[题图(a)的波形图左移半个波长即可得到]，质点P在最低点，Q在平衡位置，质点Q的速率比P的大；质点P的加速度大小比Q的大，故B错误，C正确。7．(多选)如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t＝0时的波形图，虚线为t＝0.5s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5s。关于该简谐波，下列说法正确的是()A．波长为2mB．波速为6m/sC．频率为1.5HzD．t＝1s时，x＝1m处的质点处于波峰解析：选BC由图像可知简谐横波的波长为λ＝4m，A项错误；波沿x轴正向传播，t＝0.5s＝eq\f(3,4)T，可得周期T＝eq\f(2,3)s、频率f＝eq\f(1,T)＝1.5Hz，波速v＝eq\f(λ,T)＝6m/s，B、C项正确；t＝0时刻，x＝1m处的质点在波峰，经过1s＝eq\f(3,2)T，一定在波谷，D项错误。8．(2018·全国卷Ⅰ)一列简谐横波在t＝eq\f(1,3)s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。求：(1)波速及波的传播方向；(2)质点Q的平衡位置的x坐标。解析：(1)由题图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm由题图(b)可以看出，周期为T＝2s波速为v＝eq\f(λ,T)＝18cm/s由题图(b)知，当t＝eq\f(1,3)s时，Q点向上运动，结合题图(a)可得，波沿x轴负方向传播。(2)设质点O的振动方程为yO＝Asin(ωt＋φ)，其中ω＝eq\f(2π,T)＝πrad/st＝eq\f(1,3)s时有yO＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝－eq\f(A,2)，可得φ＝－eq\f(π,2)即yO＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt－\f(π,2)))由题图(b)可知yQ＝Asin(ωt)所以O、Q两质点的相位差为eq\f(π,2)xQ＝eq\f(1,4)λ＝9cm。答案：(1)18cm/s沿x轴负方向传播(2)9cm[课时跟踪检测]一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．(2020·浙江1月选考)(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5m的A点开始振动；t＝1s时，离O点10m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0.4sB．波的波长为2mC．波速为5eq\r(3)m/sD．t＝1s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1s，A处质点经过了5个0.5T，即eq\f(10m－5m,v)＝2.5T＝1s，说明T＝0.4s，v＝5m/s，由v＝eq\f(λ,T)，得λ＝2m，选项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，选项D错误。2．图甲为一简谐横波在t＝0时刻的波形图像，图乙为横波中x＝2m处质点A的振动图像，下列说法正确的是()A．波的传播方向沿x轴负方向B．波的传播速度大小为2m/sC．在t＝0时刻，图甲中质点A的振动速度大小为0D．在t＝1s时刻，图甲中质点A的位置坐标为(0,20cm)解析：选B由题图乙可知，x＝2m处质点A在t＝0时刻的振动方向沿y轴向上，再根据题图甲可知波的传播方向沿x轴正方向，故A错误；由题图甲可知波长为8m，由题图乙可知周期T＝4s，因此该简谐横波的传播速度大小为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,4)m/s＝2m/s，故B正确；在t＝0时刻，题图甲中质点A在平衡位置，振动速度最大，故C错误；从t＝0到t＝1s，即经过四分之一周期，题图甲中质点A运动到波峰位置，所以其位置坐标为(2m,20cm)，故D错误。3．(2021·南平模拟)(多选)如图所示为一简谐横波在t＝0时刻的波形