第26讲 机械振动、机械波（复习讲义）（安徽专用）（教师版）

第26讲机械振动、机械波目录TOC\o"1-3"\h\u01考情解码·命题预警 302体系构建·思维可视 403核心突破·靶向攻坚 6考点一简谐运动的特征 6知识点一受力和运动特征 6知识点二能量特征 6知识点三周期性特征 6考向1简谐运动的理解和基本物理量的分析 7考向2简谐运动的周期性与对称性 8考向3简谐运动的判断 10考点二简谐运动的描述 14知识点一简谐运动的表达式 14知识点二简谐运动的图像 14考向1简谐运动的图像法描述及应用 14考向2简谐运动的解析法描述及应用 17考点三单摆 19知识点一单摆模型及条件 191.模型及特点： 19知识点二对单摆的动力学分析 19考向单摆模型及应用 20考点四受迫振动与共振 23知识点简谐运动、受迫振动和共振的比较 23考向受迫振动与共振 24考点五简谐运动与力学的综合问题 25知识点简谐运动与力学的综合问题分析 26考向1弹簧振子的力学综合问题 26考向2单摆的力学综合问题 29考点六机械波的形成与传播 32知识点一机械振动与机械波的区别和联系 32知识点二波的传播方向与质点振动方向的互判方法 33考向机械波的形成与传播 33考点七波动图像及其与振动图像的综合应用 35知识点波动图像和振动图像的比较 35考向1波的图像的理解及应用 36考向2波动图像和振动图像的综合应用 39考点八波的多解问题 41知识点造成波的多解问题的主要因素 41考向1波的双向性多解问题 42考向2波的周期性多解问题 44考点九波的干涉、衍射、多普勒效应 46知识点一波的干涉中加强点和减弱点的判断方法 47知识点二多普勒效应的成因分析 47考向1波的干涉、衍射、多普勒效应的基本理解 47考向2波的叠加的分析计算 49考向3波的干涉的分析计算 5104真题溯源·考向感知 54考点要求考察形式2025年2024年2023年简谐运动选择题非选择题受迫振动与共振选择题非选择题简谐运动与力学的综合问题选择题非选择题安徽卷T10，4分机械波的形成与传播选择题非选择题安徽卷T2，4分安徽卷T1，6分波动图像及其与振动图像的综合应用选择题非选择题波的多解问题选择题非选择题波的干涉、衍射、多普勒效应选择题非选择题安徽卷T3，4分考情分析：“机械振动与机械波的考查主要以选择题形式出现，大概率以单选题形出现。难度不大，大部分情况出现在前面四个选择题中，主要以机械波的形成与传播和机械振动的结合考查。试题情境生活实践类：水袖舞、“战绳”、机器振动、等；学习探究类：波的干涉中的加强点和减弱点个数的分析与计算。复习目标：目标一：理解简谐运动的特征和表述且会判断简谐运动。目标二：掌握波的图像与振动图像且会处理波的图像与振动图像的综合问题。目标三：掌握波的叠加与干涉，且会进行相应的分析与计算。考点一简谐运动的特征知识点一受力和运动特征1.回复力F＝－kx，“－”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.做简谐运动的物体加速度与物体偏离平衡位置的位移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均增大，v减小，靠近平衡位置时则相反。知识点二能量特征简谐运动的能量包括动能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。振幅越大，能量越大。远离平衡位置时，Ek减小，Ep增大；靠近平衡位置时则相反。知识点三周期性特征1.相隔nT(n为正整数)的两个时刻，物体处于同一位置且振动状态相同。2.做简谐运动的物体的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为eq\f(T,2)。3.相隔eq\f(T,2)或eq\f(（2n＋1）T,2)(n为正整数)的两个时刻，物体位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度、回复力大小相等、方向相反，动能、势能相等。得分速记判断简谐运动的方法：证明物体的回复力满足：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反。考向1简谐运动的理解和基本物理量的分析例1（2025·四川雅安·二模）（多选）如图所示，光滑的斜面上有一弹簧振子，O为其平衡位置，物块在P、Q两点间做周期为T的简谐运动。下列说法正确的是（）A．物块动量变化的周期为TB．弹簧弹性势能变化的周期为TC．物块在O点时，弹簧处于原长D．物块在P、Q两点加速度相等【答案】AB【详解】A．物块作简谐运动时，速度是正弦或余弦函数，故动量变化的周期为T，故A正确；B．物块在P、Q两点间做周期为T的简谐运动，由于两点的弹性势能不同，且Q点弹性势能最大，所以弹簧弹性势能变化的周期应为T，故B正确；C．平衡位置O的回复力为0，即弹簧弹力与沿斜面方向重力分量等大，弹簧并非原长，故C错误；D．物块在P、Q两端的位移大小相等、方向相反，所受回复力（加速度）大小相等、方向相反，则加速度不相等，故D错误。故选AB。分析简谐运动的技巧(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性。(3)若没有给出开始时刻质点的振动方向，还须分情况讨论，以防丢解。【变式训练1】（2025·湖北·二模）小汽车已成我们家庭的重要交通工具，若某国产小汽车的驾驶员与汽车总质量为，其减震系统由四个相同的竖直弹簧组成，每个弹簧的劲度系数为。当汽车行驶过路面凸起后，车身在竖直方向做简谐振动（设在水平方向上汽车做匀速直线运动，不计空气阻力，取重力加速度），若振幅为，则振动过程中的最大加速度大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】由简谐运动知识知，位移最大（为振幅）时，振动的加速度最大，根据牛顿第二定律知可得故选。【变式训练2·变考法】关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法正确的是（）A．位移减小时，加速度减小，速度增大B．位移方向总和加速度方向相反，和速度方向总相同C．物体的速度增大时，加速度不一定减小D．物体向平衡位置运动时，速度方向和位移方向相同【答案】A【详解】A．位移减小时，合外力减小，则加速度减小，速度增大，A正确；B．位移方向总和加速度方向相反，和速度方向可能相同，也可能相反，B错误；C．物体的速度增大时，位移一定减小，则加速度一定减小，C错误；D．物体向平衡位置运动时，速度增加，加速度和速度方向相同，可知速度方向和位移方向相反，D错误。故选A。考向2简谐运动的周期性与对称性例2如图所示，由轻弹簧和小球组成的弹簧振子，第一次放在光滑的水平地面上，第二次竖直放置，O1、O2为两次的平衡位置。小球分别从A、B位置由静止释放，，忽略空气阻力。经过相等的时间，下列物理量一定相同的是（）A．加速度大小 B．弹力大小 C．弹簧长度 D．弹性势能【答案】A【详解】根据弹簧振子周期公式可知A、B振子周期相等。A．根据题意知，所以振幅相等，经过相等的时间，小球所受的回复力相等，根据可知加速度大小相等，故A正确；BCD．因为平衡位置时弹簧伸长量不等，经过相等的时间，弹簧的形变量不一定相等，弹性势能不一定相同，弹簧的长度也不一定相同，根据胡克定律可知弹力的大小不一定相同，故BCD错误。故选A。【变式训练1】如图所示，在水平光滑杆上的以弹簧振子沿x轴在A、B两点之间做简谐运动，A、B两点之间的距离为16cm，C、D和O点的距离相同。某时刻从平衡位置O开始计时，振子向右运动，经过0.3s时，振子第一次经过C点，又经过了0.2s，振子第二次经过C点，下列说法正确的是(

)A．在A点时，质点具有正向的最大加速度和位移B．振子还需1.2s第三次经过C点C．振子从开始计时经6.8s经过的路程为136cm，位移为8cmD．改变该弹簧振子的振幅，振子的周期和系统的机械能均发生改变【答案】C【详解】A．在A点时，质点具有正向的最大位移和负向的最大加速度，选项A错误；B．某时刻从平衡位置O开始计时，振子向右运动，经过0.3s时，振子第一次经过C点，又经过了0.2s，振子第二次经过C点，可知即T=1.6s振子第三次经过C点还需时间，选项B错误；C．振子的振幅A=8cm，因，可知振子从开始计时经6.8s经过的路程为17A=136cm，位移为8cm，选项C正确；D．振子的周期与振幅无关，振幅越大，则机械能越大；改变该弹簧振子的振幅，振子的周期不变，系统的机械能发生改变，选项D错误。故选C。【变式训练2·变考法】如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（）A．，3t B．，5t C．，t D．，t【答案】C【详解】AB．若平衡位置在A的左侧，根据题意有，由于A、B两点相距L，则有解得以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为则有，由于质点经过A点时开始计时，时刻第二次经过B点，解得解得，故AB错误；CD．若平衡位置在AB之间，根据题意有，由于A、B两点相距L，则有解得以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为则有，由于质点经过A点时开始计时，时刻第二次经过B点，解得解得，故C正确，D错误。故选C。考向3简谐运动的判断例3（2025·山西·二模）（多选）未来人类设计的真空列车隧道，可使列车在地球表面任意两地间的运行时间缩短到42min。如图所示，把地球看作质量均匀分布、半径为R的球体，在不考虑地球自转的情况下，质量为m的列车（不需要引擎）从A点由静止进入隧道，从地球另一端的B点离开隧道，此过程中列车做简谐运动，所用的时间等于地球表面近地卫星周期的一半，图中O'为隧道的中点，到球心O的距离为h。已知质量均匀分布的球壳对内部物体的引力为零，地球表面的重力加速度大小为g，物体做简谐运动的最大速度等于振幅乘以角速度，即，下列说法正确的是（）A．地球的第一宇宙速度为B．列车从A点运动到B点的时间为C．列车在O'点受到的支持力大小为D．列车在O'点的速度大小为【答案】ACD【详解】A．由解得，第一宇宙速度，A正确；B．地球表面近地卫星的周期为所以列车从A点运动到B点的时间为，B错误；C．地球的密度为将地球看作两部分，一部分是以O为球心、h为半径、质量为M'的小球，小球的质量为另一部分为剩余的球壳，球壳对O'处的引力为零，列车在O'点受到的支持力大小为其中解得C正确；D．根据列车在O'点的速度大小为整理可得D正确。故选ACD。解题思路：应用动量守恒定律解题的步骤【变式训练1】（2025·山东菏泽·二模）粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈细铁丝，竖直浮在较大的装有水的杯中，把木筷往上提起一段距离A后放手，木筷就在水中上下振动。已知木筷横截面积为S，木筷与铁丝总质量为m，水的密度为ρ，重力加速度为g。以木筷静止时其下端所在位置为原点，竖直向为正方向。(1)证明木筷做简谐运动；(2)已知简谐运动的周期，其中m是做简谐运动物体的质量，k为回复力与位移比值的绝对值。写出放手后木筷位移x随时间t变化的关系式。【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）木筷静止在水中时，设木筷在水中部分的长度为，有木筷在静止位置上方x处时，以竖直向上为正方向，合外力为联立两式得故木筷做简谐运动。（2）木筷放手后做简谐运动，有又其中整理可知放手后木筷位移随时间变化的关系式为。【变式训练2·变考法】（2025·河北邢台·三模）内壁光滑的汽缸固定在水平面上，用质量为m的活塞密封一段长度为L的理想气体，活塞的横截面积为S，给活塞一个向左的初速度，活塞向左移动速度恰好为零。已知大气体压强为，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。(1)求该过程气体放出的热量Q；(2)证明活塞的运动是简谐运动。【答案】(1)(2)见解析【详解】（1）设活塞对气体做功为W，气体放出的热量为Q，对气体由热力学第一定律得由题意可知对活塞由动能定理得联立解得气体放出的热量（2）设活塞向左离开初始位置的距离为x，对封闭气体有对活塞有解得又因为,所以有方向向右，即回复力可表示为即活塞的运动是简谐运动。考点二简谐运动的描述知识点一简谐运动的表达式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表示振幅，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ0表示简谐运动的相位，φ0叫作初相位。知识点二简谐运动的图像2．简谐运动的图像(1)如图所示。(2)物理意义：表示振动质点的位移随eq\x(\s\up1(04))时间变化的规律。考向1简谐运动的图像法描述及应用例1（2025·安徽阜阳·模拟预测）图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中速度v随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．在0~0.2s内，弹簧弹力逐渐减小B．手机振动的频率大小为0.8HzC．在t=0时刻，手机的加速度为零D．v随t变化的关系式为【答案】A【详解】A．图像斜率的绝对值表示加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向，0~0.2s内，图像斜率的绝对值逐渐减小，加速度为正值，即加速度方向向上，则手机所受外力的合力逐渐减小，对手机进行分析可知，弹簧弹力逐渐减小，故A正确；B．根据图乙可知，周期为0.8s，则频率为故B错误；C．图像斜率的绝对值表示加速度大小，可知，t=0时刻，手机加速度不为0，故C错误；D．根据图乙可知故D错误。故选A。【变式训练1】（2025·河北保定·一模）（多选）如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．弹簧振子振动的圆频率为B．弹簧振子的振动方程为C．在和时刻弹簧的弹性势能相同D．从到时间内弹簧振子运动的路程大于【答案】BD【详解】A．由图可知，周期，弹簧振子振动的圆频率故A错误；B．振子的振动方程为故B正确；C．因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在和时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误；D．时刻弹簧振子的位移为，时刻弹簧振子的位移为，从到时间内弹簧振子的路程为故D正确。故选BD。【变式训练2】（2025·安徽池州·二模）已知弹簧振子做简谐运动的周期公式为，其中T是简谐运动的周期，k是轻质弹簧的劲度系数，是振子的质量。小明同学想以该公式为原理研究橡皮筋的劲度系数。橡皮筋可看成轻质弹簧。现让橡皮筋上端固定，下端连接一重物，质量为0.1kg。现用手把重物向上托起，使重物从橡皮筋原长处由静止释放，不计空气阻力，重物将沿竖直方向做简谐运动。从某时刻开始计时，取竖直向上为正方向，重物的振动图像如图所示。已知重力加速度为g=10m/s2。橡皮筋的劲度系数为N/m，重物在时的加速度大小为m/s2，重物在时间内运动的路程为m。【答案】10104【详解】[1]由重物的振动图像可知，其振动周期为，根据解得k=10N/m[2]由图像可知，重物在时位于负向最大位移处，根据牛顿第二定律可得解得a=10m/s2[3]依题意，，重物在时间内运动的路程为考向2简谐运动的解析法描述及应用例2（2025·湖北·模拟预测）某弹簧振子的振动方程关于该振子的运动，下列说法正确的是（）A．振子在0.5s和1.5s时速度相同B．振子动能变化的周期为2sC．时振子的加速度最大D．振子从处运动到处的最短时间为【答案】D【详解】A．根据振子的振动方程可知振子在0.5s和1.5s时的位移分别为和可知振子在0.5s和1.5s时速度大小相同，方向相反，选项A错误；B．振子的周期为可知，动能变化的周期为1s，选项B错误；C．时，可知振子不在位移最大的位置，则振子的加速度不是最大，选项C错误；D．振子在平衡位置两侧运动时速度最大，则相同位移时用时间最短，振子从处运动到处的最短时间为，选项D正确。故选D。【变式训练1】（2025·江西南昌·模拟预测）（多选）如图甲所示，某弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．弹簧振子振动的圆频率为B．弹簧振子的振动方程为C．在t=3s和t=5s时刻弹簧的弹性势能相同D．在t=3s和t=5s时刻弹簧的弹性势能不同【答案】BD【详解】A．由图乙可知，周期，弹簧振子振动的圆频率，故A错误；B．由图乙可知，振幅A=20cm，设弹簧振子的振动方程为代入数据可得，故B正确；CD．因为弹簧振子是在竖直方向上的振动，平衡位置并不是原长位置，所以在t=3s和t=5s时刻时刻弹簧振子的弹簧形变量不同，弹性势能也不相同，故C错误，D正确。故选BD。【变式训练2】（2025·四川成都·模拟预测）如图甲所示，轻质弹簧下端固定一盏带灯罩的灯，灯泡大小可忽略，灯罩为圆锥形，点光源在地面上的投影点为点，点光源静止时位于O点，离地高度为。现使点光源在竖直方向做简谐运动，振动图像如图乙所示。光源向左照射的最远点记为P点，当点光源距离地面最近时P在a点，距离地面最远时P在e点，图甲中，，则下列说法正确的是（）A．P在b点时点光源的速度和在d点时点光源的速度相同B．P过b点后经过0.5s，点光源通过的路程一定为0.3mC．点光源在地面照亮区域面积最大值与最小值之比为D．点光源的振动方程为【答案】C【详解】A．P在c点时点光源位于平衡位置，P在b点时光源的位置与P在d点时光源的位置关于平衡位置上下对称，故点光源的速度大小相等，但速度方向不一定相同，故A错误；B．P在b点时光源位于平衡位置下方某一位置（非最低点），经过0.5s（即个周期），点光源路程不等于一个振幅（即0.3m），故B错误；C．如图所示点光源位于最高点时照亮面积最大，位于最低点时照亮面积最小，由图可知三角形、、相似，根据，可知，面积故最大面积与最小面积之比为，故C正确；D．根据振动方程，由乙图得，，，点光源的振动方程为，故D错误。故选C。考点三单摆知识点一单摆模型及条件1.模型及特点：(1)摆线为不可伸缩的细线；(2)细线的质量与小球相比可忽略；(3)球的直径与线的长度相比可忽略；(4)空气等阻力可以忽略2.条件：大摆角θ<5°知识点二对单摆的动力学分析1.回复力：摆球重力沿轨迹切线方向的分力提供回复力，F回＝－mgsinθ＝－eq\f(mg,l)x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反。2.向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F向＝FT－mgcosθ。两点说明：（1）当摆球在最高点时，F向＝eq\f(mv2,l)＝0，FT＝mgcosθm。（2）当摆球在最低点时，F向＝eq\f(mveq\o\al(2,max),l)，F向最大，FT＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,max),l)。考向单摆模型及应用例（2025·河北秦皇岛·一模）如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知（）A．该单摆振动的频率为B．振动方程为C．时，摆球速度大小为D．时，摆球加速度为零【答案】B【详解】A．由振动图，可知周期为，即可得频率解得故A错误；B．由振动图可得到振幅，因为联立以上解得质点的振动方程为故B正确；C．由质点的振动图的斜率表示速度，可知时，摆球速度大小为0，故C错误；D．由回复力与位移的关系，结合振动图，可知摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即小球有向心加速度，故D错误。故选B。应用单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))的注意事项(1)公式的适用条件：单摆的最大偏角θm很小时，单摆的运动才能近似看作简谐运动，公式T＝2πeq\r(\f(l,g))才适用。一般要求最大偏角θm<5°。(2)在等效单摆模型中，公式可变换为T＝2πeq\r(\f(l′,g′))。①l′——等效摆长：摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆在垂直于纸面的平面内摆动，等效摆长l′＝r＋Lcosα。乙图中小球(可看作质点)在半径为R的光滑圆槽中A点的附近振动，其等效摆长为l′＝R。②g′——等效重力加速度：与单摆所处物理环境有关。a．在不同星球表面，若忽略星球的自转，g′＝eq\f(GM,R2)，M为星球的质量，R为星球的半径。b．单摆处于超重或失重状态下的等效重力加速度分别为g′＝g＋a和g′＝g－a，a为超重或失重时单摆系统整体竖直向上或竖直向下的加速度大小。c．如图丙所示，空间有竖直向下的电场强度大小为E的匀强电场，小球的质量为m、所带电荷量为＋q，细线绝缘，则等效重力加速度g′＝g＋eq\f(qE,m)。【变式训练1·变载体】（2025·陕西宝鸡·一模）如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿箭头方向拉出，漏斗4s内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小。下列说法正确的是（）A．该沙摆的摆动频率为2HzB．该沙摆的摆长约为2mC．由图乙可知薄木板做匀加速直线运动，且加速度大小约为0.03m/s2D．当图乙中的D点通过沙摆正下方时，薄木板的速度大小约为0.25m/s【答案】C【详解】A．由题图乙知，4s时间内沙摆摆动两个完整的周期，则则该沙摆的摆动频率为选项A错误；B．沙摆的周期解得选项B错误；C．由图可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，，根据逐差法可得选项C正确；D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有选项D错误。故选C。【变式训练2】（2025·吉林·二模）如图，在竖直分界线ab左侧有竖直向下的匀强电场，右侧有水平向里的匀强磁场。带正电、可视为质点的橡胶小物块用一根绝缘细线悬挂于处。时，小物块经过最低点向右运动，且在竖直面内摆动的最大摆角小于5°。用v表示小物块的速度，规定向右为正方向，忽略空气阻力，下列图像可能正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【详解】小物块在磁场中摆动时，洛伦兹力对小物块的摆动周期没有影响，依然用进行计算，小物块在电场中摆动时，电场力与重力的合力为等效重力，等效重力加速度为g'，则有则其在有电场中的周期故其周期比没有电场时的周期小，小物块在最低点的速度不会变化。故选A。考点四受迫振动与共振知识点简谐运动、受迫振动和共振的比较振动类型项目简谐运动受迫振动共振受外力情况没有外力干预，仅受系统内部的相互作用力受到周期性的驱动力作用受到周期性的驱动力作用振动周期和频率由系统本身的性质决定，即固有周期和固有频率由驱动力的周期和频率决定：T＝T驱，f＝f驱T驱＝T固f驱＝f固振动能量振动系统的机械能守恒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，单摆(θ<5°)机器运转时底座发生的振动共振筛，转速计考向受迫振动与共振例（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个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振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，其阻尼振动的频率约为1Hz。现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，它振动的周期是（）A．1s B． C．2s D．4s【答案】D【详解】当圆盘以4s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，是受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，为4s。故选D。【变式训练1·变载体】（2025·贵州黔东南·模拟预测）为了提升汽车行驶过程中的平顺性和稳定性，在汽车车身和底座间装有弹簧和减震器来减缓震动。如图所示，图甲为某汽车正匀速通过某路口的连续等间距的减速带，图乙为该车车身的振幅A和车速v的关系图像，图像最高点对应的速度为。已知两相邻减速带间的距离为1m，该车车身的固有频率为10Hz，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（）A．该车经过减速带时车身上下振动的频率随车速增大而减小B．该车经过减速带时车身上下振动的频率恒为10HzC．图乙中D．不同车辆经过该减速带时一定相同【答案】C【详解】AB．当轿车以速度v通过减速带时，车身上下振动的周期为则车身上下振动的频率为故AB错误。C．当车身振动频率等于车身的固有频率时，车身振幅最大，由知，故C正确。D．不同车辆车身的固有频率不一定相同，不同车辆经过该减速带时不一定相同，故D错误。故选C。【变式训练2】（2025·甘肃平凉·模拟预测）镇楼阻尼器是通过提供运动阻力，耗减运动能量，从而减少高层建筑物振动幅度和摇晃程度。上海中心大厦的千吨重巨型阻尼器“上海慧眼”成功抵御了“贝碧嘉”台风，保障了大厦安全，展现了现代建筑技术科学性。上海中心大厦在最高处圆周上均匀分布有12根长为25m的钢索并悬挂重物，重物质量为（可视为质点），若圆周半径为15m，重力加速度g取10，下列说法正确的是（）A．无台风时每根钢索承受的拉力大小为B．有台风时重物摆动方向与大厦摆动方向一致C．有台风时重物做的是简谐振动D．有台风时每根钢索所受拉力大小相同【答案】A【详解】A．无台风时每根钢索与竖直方向夹角为，则每根钢索承受拉力大小为，有得，故A正确；B．有台风时重物摆动方向与大厦摆动方向相反，提供阻力来耗减大厦振动能量，使大厦能够迅速停止或减少振动，保持稳定，故B错误；C．有台风时重物做的是受迫振动，不满足简谐振动条件，故C错误；D．有台风时，重物发生摆动，受力不平衡，则每根钢索受拉力大小不相等，故D错误。故选A。考点五简谐运动与力学的综合问题知识点简谐运动与力学的综合问题分析1.简谐运动与力学的综合问题简介高中阶段常见的简谐运动模型主要是弹簧振子、单摆，除了分析这类力学模型的运动规律，有时还会涉及动力学、能量分析计算，这就要综合运用力学规律解决。2．弹簧振子的力学综合问题对于弹簧振子的简谐运动，常见的问题有：弹簧振子的振幅、小球最大速度、所受的最大力的分析、计算。(1)弹簧振子的动力学分析通常用到回复力公式及牛顿第二定律。(2)水平弹簧振子的能量由弹簧的最大弹性势能决定eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(弹簧的弹性势能可根据功能关系结合线性变力做功的求解方法得出：Ep＝\f(1,2)kx2))，它等于小球的最大动能eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekm＝\f(1,2)mveq\o\al(2,m)))。3．单摆的力学综合问题对于单摆的简谐运动，常见的问题有：单摆的振幅、摆球的最大速度、摆球所受的最小力、最大力的分析、计算。(1)单摆的动力学分析通常用到回复力公式、圆周运动规律及牛顿第二定律。(2)单摆的能量由振幅(用弧长表示)、摆长及摆球的质量共同决定：E＝Epm＝mgl(1－cosθm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(以摆球的最低点为零势能点，其中sinθm≈\f(A,l)))。它等于摆球的最大动能eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ekm＝\f(1,2)mveq\o\al(2,m)))。考向1弹簧振子的力学综合问题例1（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，轻弹簧左端固定，右端与一放在水平面上且可视为质点的滑块相连，弹簧始终与水平面平行，水平面上各处粗糙程度相同，弹簧处于原长时滑块位于点。现将滑块拉至A点并由静止释放，点为中点，弹簧始终在弹性限度内。已知滑块刚释放时加速度大小为，第一次经过点时加速度大小为，则滑块第二次经过点时加速度大小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设滑块的质量为，弹簧的劲度系数为，滑块受到的滑动摩擦力为，间的距离为，则刚释放时有第一次经过点时有设滑块第二次经过点时加速度大小为，则联立以上三式解得故选C。简谐运动的动力学和能量问题求解关键对于这类问题，关键是从动力学角度、能量的角度结合简谐运动的对称性、周期表达式等解题。(1)动力学角度的分析通常要用到回复力表达式、力学平衡方程、牛顿第二定律及向心力表达式。(2)能量角度的分析通常要用到机械能守恒定律、功能关系。【变式训练1·变载体】（2025·广东·模拟预测）（多选）如下左图，一个质量为M的大圆环直立在水平面上，圆环顶端固定了一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下面拴接了一个质量为m的小球（可视为质点），用力向下拉住小球，然后释放，小球开始上下振动，不计空气阻力，以向上为正方向，小球振动的位移时间图像是一个余弦函数，如下右图所示。小球振动过程中，大圆环始终与地面接触，且对地面的最小压力为0，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．图中t1时刻，大圆环对地压力大小为MgB．图中t2时刻，小球的加速度大小为C．图中t4时刻，大圆环对地压力大小为Mg+2mgD．图中【答案】BD【详解】A．t1时刻，小球处于平衡位置，则对大圆环有根据牛顿第三定律可得，大圆环对地压力大小为Mg+mg，故A错误；B．t2时刻，小球运动到正向最大位移处，此时大圆环对地面的压力最小，则所以小球的加速度大小为，故B正确；C．t4时刻，小球运动到负向最大位移处，此时所以对大圆环有根据牛顿第三定律可得大圆环对地压力大小为2Mg+2mg，故C错误；D．根据题意可得联立解得，故D正确。故选BD。【变式训练2】（2025·山东·模拟预测）（多选）如图所示，水平地面上有一倾角的斜面体，一根不可伸长的细绳一端连在物块上，另一端绕过光滑轻质定滑轮通过劲度系数为的轻弹簧与物块相连，的质量为，的质量为，斜面体的质量为。初始时刻，用手握住物块，使弹簧处于原长，此时恰好不动，松手后，物块开始运动，整个过程中物块未着地且弹簧都在弹性限度内，物块和斜面体始终保持静止。重力加速度为，则下列判断正确的是（）A．的质量B．弹簧的最大弹性势能为C．向下运动过程中，与斜面体间的摩擦力一定一直减小D．向下运动过程中，地面对的支持力始终小于【答案】AB【详解】A．用手握住时，恰好不动，对a受力分析，有解得松手后，假设仍然不动，则做简谐运动，根据对称性可知，运动至最低点时，具有向上、大小为的加速度，对受力分析，有可知弹簧产生弹力对a受力分析，有假设成立，解得故A正确；B．运动过程中，和轻弹簧组成的系统机械能守恒，运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大，下落的距离为减少的重力势能能转化为弹性势能，为，故B正确；C．当向下运动时，拉力逐渐增大，由于关系未知，所以与斜面间的摩擦力可能一直减小，也可能先减小后增大，故C错误；D．向下先做加速运动，再做减速运动，即的加速度方向先向下再向上，根据牛顿第二定律，可知地面对的支持力先小于，再大于，故D错误。故选AB。考向2单摆的力学综合问题例2如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为L。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，整个过程物体a始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为g。下列说法正确的是（

）A．小球b多次经过同一位置的动量相同B．小球b摆到最低点时，物体a受到的摩擦力一定沿斜面向下C．物体a与斜面间的摩擦因数D．物体a受到的摩擦力变化的周期【答案】D【详解】A．小球b多次经过同一位置时速度大小相同，但是方向不一定相同，则小球的动量不一定相同，选项A错误；B．当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，此时a受沿斜面向上的最大静摩擦力，小球b摆到最低点时，细绳对a的拉力变大，物体a受到的摩擦力可能仍沿斜面向上，选项B错误；C．当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，此时a受沿斜面向上的最大静摩擦力，则由即物体a与斜面间的摩擦因数选项C错误；D．单摆从左侧最高点到右侧最高点时，物块a受的摩擦力回到原来的值，则物体a受到的摩擦力变化的周期是单摆的周期的一半，即有选项D正确。故选D。【变式训练1·变载体】（2025·北京大兴·一模）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以认为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中、、均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．多次改变图1中α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出就可以验证该结论成立D．在图2的测量过程中，满足关系【答案】C【详解】A．等效重力加速度所以若要获得不同的等效重力加速度，可以多次改变图1中角的大小，故A错误；B．由图2可知，单摆一次全振动的时间，单摆n次全振动的时，故B错误；C．根据单摆的周期公式可知若单摆做简谐运动的周期T与等效重力加速度的二次方根成反比，即因为则有所以若多次改变斜面的倾角θ，满足则可验证结论成立，故C正确；D．摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为，根据平衡条件有在图2的测量过程中，摆球在A位置有摆球在B位置有摆球从A位置运动到B位置过程有解得故D错误。故选C。【变式训练2】（2025·广东汕头·三模）（多选）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1所示。将装置分别放入图2所示的匀强电场，图3所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方向左侧的一个小角度位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面内周期性往复运动，周期分别为、、，小球第1次到达轨迹最低点时的速度大小分别为、、，拉力大小分别为，不计空气阻力。图中三种情况，下列说法正确的是（）A．图1和图3的小球在运动过程中机械能都守恒B．三个小球运动的周期大小关系C．三个小球第1次到达最低点时拉力大小关系D．三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系【答案】ABC【详解】A．由题意可知，图1小球第一次到达轨迹最低点的过程中，球受拉力与重力的作用，只有重力做正功，机械能守恒；图2小球受拉力、重力和电场力的作用，除重力做正功外电场力也做正功，小球机械能增加；图3小球受拉力、重力和洛伦兹力的作用，只有重力做正功，机械能守恒。故A正确；B．分析球1和球3，在相同位置时沿运动方向的受力相同，则球1和球3运动情况相同，可知；对球2分析，电场力与重力的合力为等效重力，则其等效重力加速度变大，由周期公式可知小球周期变小，因此三种情况下小球运动的周期关系为，故B正确；CD．由于图1和图3只有重力做正功，而图2除重力做正功外还有电场力做正功，根据动能定理可知，三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系为在最低点分别对3个小球列牛顿第二定律和向心力方程：对球1有对球2有对球3有根据三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系，可得，故C正确，D错误。故选ABC。考点六机械波的形成与传播知识点一机械振动与机械波的区别和联系名称项目机械振动机械波区别运动特点机械振动是单个质点以平衡位置为中心所做的往复运动机械波是介质中大量质点依次发生受迫振动而形成的“集体运动”产生原因机械振动是质点受到回复力作用的结果机械波是从波源处开始，由近及远，介质中质点依次施力带动相邻质点发生受迫振动形成的能量变化情况机械振动过程中，动能和势能不断地相互转化，总机械能守恒波源将能量传递给相邻质点，相邻质点再将能量传递给它的相邻质点，由近及远，每个质点在不断地吸收和放出能量，从而把波源的能量传播出去，是一个能量的传播过程联系(1)机械波是机械振动在介质中传播形成的；(2)机械波的周期等于介质中质点机械振动的周期；(3)有机械振动不一定有机械波，但有机械波一定有机械振动；(4)波源停止振动后，介质中的机械振动并不立即停止传播，而是继续向远处传播，直到振动能量全部损耗完知识点二波的传播方向与质点振动方向的互判方法方法解读图像演示“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，再由同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向考向机械波的形成与传播例（2025·四川巴中·模拟预测）质点A沿竖直方向做简谐运动，某时刻A开始振动经过在绳上形成的波传到质点C时的波形如图所示，已知AB相距10m，AC相距12m。则（）A．质点A开始振动时向上运动B．时质点A在平衡位置且振动方向向下C．这列波的传播速度大小为D．A、C两质点之间（不包括A）与质点C振动状态完全相同的点还有两个【答案】C【详解】A．因波传到质点C时，质点C的振动方向向下，可知质点A开始振动时向下运动，A错误；C．这列波的传播速度大小为，C正确；B．由波形图可知，质点A只振动了后就停止了振动，可知时质点A在平衡位置不动，B错误；D．因此时刻AB间的质点不振动，而BC之间没有与质点C振动状态完全相同的质点，则A、C两质点之间（不包括A）不存在与质点C振动状态完全相同的点，D错误。故选C。计算波速的两种思路(1)速度的定义：v＝eq\f(Δx,Δt)，Δx表示波向前传播的距离，Δt表示波传播Δx所用的时间。(2)波速与波长、频率(周期)的关系：v＝λf＝eq\f(λ,T)，f、T由波源决定，v由波的性质和介质决定。【变式训练1·变载体】（2025·河南洛阳·模拟预测）某时刻手握水平绳一端沿竖直方向振动，振幅为0.1m，经过0.6s停止振动，形成一列简谐波沿绳传播。某一时刻的波形如实线所示，又经过，波形如虚线所示，M、N两点间的距离为1.5m。下列说法正确的是（）A．手握的是绳左端，起振方向向上B．为0.4sC．波速为5m/sD．M处质点经过的总路程为0.3m【答案】A【详解】A．由题图可知，经过，波形向右平移，说明波向右传播，波源在左侧，手握的是绳左端，波传到点时向上振动，与波源的起振方向相同，所以波源起振方向向上，A正确；B．、两点间的距离为个波长，有可知时间为个周期，可知，B错误；C．波速，C错误；D．处质点振动了个周期，运动的总路程为，D错误。故选A。【变式训练2】（2025·湖北武汉·模拟预测）（多选）图甲表示一根没有发生形变的弹簧，上面用数字标出一些质点的平衡位置；图乙表示弹簧中产生纵波时，某一时刻各个质点相对于各自的位移；把该时刻各质点的位移画到纵轴的方向上，纵坐标为正表示位移向右，为负表示位移向左，得到了图丙所示的图像。已知1为波源，类比横波相关知识，可知（）A．此时质点2速度向左B．此时质点3回复力为零C．质点2比质点5先回到平衡位置D．质点4和质点8的振动速度总是等大反向【答案】BD【详解】A．由图知，质点1正处于位移正向最大，质点2跟随质点1振动，故质点2向右运动，故A错误；B．由图知质点3位移为零，则加速度为零，回复力为零，故B正确；C．质点2先向右运动再返回，运动时间超过四分之一个周期，而质点5只需四分之一个周期，故C错误；D．质点4和质点8相隔半个波长，二者振动速度总是等大反向，故D正确。故选BD。考点七波动图像及其与振动图像的综合应用知识点波动图像和振动图像的比较振动图像波动图像研究对象一振动质点沿波传播方向的所有质点研究内容一质点的位移随时间的变化规律某时刻介质中所有质点的空间分布规律图像物理意义表示同一质点在各时刻偏离平衡位置的位移表示介质中的各个质点在某一时刻偏离平衡位置的位移图像信息(1)质点振动周期；(2)质点振幅；(3)质点在各时刻偏离平衡位置的位移；(4)质点在各时刻速度、加速度的方向(1)波长、振幅；(2)任意一质点在该时刻偏离平衡位置的位移；(3)任意一质点在该时刻的加速度方向；(4)已知波的传播方向，可判断介质中各质点的振动方向；已知介质中某一质点的振动方向，可判断波的传播方向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，波形沿传播方向平移连续重复的最短完整曲线占横坐标的距离表示一个周期表示一个波长考向1波的图像的理解及应用例1（2025·安徽·模拟预测）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，时刻的波形如图所示，质点A、B、C三点的平衡位置分别在、、处，质点B的振动方程为，则下列判断正确的是（）A．该波沿x轴正向传播B．该波的传播速度为C．质点A和质点C的振动完全相同D．时刻，质点A的位移一定是【答案】B【详解】A．由题目信息无法判断波的传播方向，故A错误；B．质点B的振动方程为，则周期由图知波速，故B正确；C．质点与相距6m，即，因为相距半波长奇数倍的质点振动方向相反，故C错误；D．质点A的振动方程为或在时位移为或，故D错误。故选B。【变式训练1·变载体】（2025·安徽·一模）在某均匀介质中，沿x轴正方向传播的简谐横波，时刻的波形如图所示。经过1s，质点A首次到达波峰，则下列说法正确的是（）A．图示时刻质点A的速度方向沿y轴负方向B．波源振动的周期为C．该简谐波的波速大小为D．一个周期内质点A沿x轴正方向移动16m【答案】C【详解】A．由题意可知，波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知，图示时刻质点A沿y轴正方向振动，故A错误；B．质点A再经过1s首次到达波峰，则可得周期为T=4s故B错误；C．结合波形图，波长为16m且则波速为故C正确；D．质点A不随波迁移，即不沿x方向运动，故D错误。故选C。【变式训练2】（2025·山东·模拟预测）（多选）一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，此时P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知该波的波速v=8m/s，则此后P点第二次达到平衡位置的时间可能是（）A． B． C． D．【答案】AB【详解】由波形图可知λ=4m，由解得假设波沿x轴正方向传播，则P点此时沿y轴负方向振动，又P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一，故P点第一次到平衡位置的时间为，故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为假设波沿x轴负方向传播，则P点此时沿y轴正方向振动，故P点第一次到平衡位置的时间为故P点从开始到第二次达到平衡位置的时间为故选AB。考向2波动图像和振动图像的综合应用例2（2025·安徽合肥·模拟预测）如图甲为一列简谐波在时刻的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（）A．该简谐波沿x轴正方向传播B．在时，质点P的速度方向沿y轴正方向C．质点Q做简谐运动的表达式为D．从到，该波沿x轴正方向传播了4m【答案】B【详解】A．由乙图可知，时Q处于平衡位置向下振动，根据上下坡法知，波沿x轴负方向传播，故A错误；B．由乙图可知周期，在时根据上下坡法，可知P的振动方向沿y轴正方向，当时，即在开始经过，质点P在平衡位置从下向上振动，即速度方向沿y轴正方向，故B正确；C．设质点Q简谐运动的表达式为由甲图可知振幅为10cm，该波的圆频率则质点Q简谐运动的表达式为，故C错误；D．根据甲图可知波长为，周期，则波速从到，该波沿x轴负方向传播的距离，故D错误。故选B。求解波动图像与振动图像综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法【变式训练1·变载体】（2025·安徽·模拟预测）在模拟地震波传播的物理实验中，研究人员将波源置于水平的二维坐标平面原点处，用于模拟振源的振动。从开启波源计时，即时刻，波源沿轴正方向进行简谐运动，其振动随时间变化的情况记录如图甲所示。波源持续振动一个周期后，因实验设置而停止振动。当时，在介质中形成的类似地震波的简谐波呈现出如图乙的波形。以下说法正确的是（）A．质点的平衡位置坐标为B．质点从计时开始到时运动的路程为30cmC．该简谐波的波长为D．质点的平衡位置坐标【答案】D【详解】A．图像可知5s传播了30m，故波速图甲可知波的周期T=4s，则质点的平衡位置坐标为，故A错误；B．图乙可知质点从计时开始到时运动的路程为，故B错误；C．波长，故C错误；D．根据波动规律，图乙可知质点的平衡位置坐标，故D正确。故选D。【变式训练2】（2025·陕西榆林·模拟预测）某介质中有一列沿着轴传播的简谐横波，时的波形图如图甲所示，图乙为其传播方向上的某质点的振动图像，则距该质点的质点振动图像可能是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】由图乙可知时刻质点在的位置，故只能是下图中的点或点，由于该质点时刻在向上振动，则若是点，该简谐波向右传播，若是点，该简谐波向左传播。由图甲可知，该机械波的波长为，距离点的质点为点或点，由于机械波向右传播，两个质点均向上振动，则图A正确，图BCD错误；若是点，仍然向上振动，没有符合题意的选项。故选A。考点八波的多解问题知识点造成波的多解问题的主要因素(1)周期性①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。②空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。(2)双向性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。如：a.只知道质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能。b．只知道质点由平衡位置开始振动，则起振方向有向上、向下(或向左、向右)两种可能。c．只告诉波速而未说明波的传播方向，则波传播的方向有两种情形，即沿x轴正方向或沿x轴负方向传播。考向1波的双向性多解问题例1（2025·贵州贵阳·二模）一列简谐横波在时刻的波形图如图中虚线所示，从此刻起，经3s波形图如图中实线所示。若波传播的速度大小为，求：(1)波的周期以及判断波的传播方向；(2)从时刻开始，处的质点的振动方程。【答案】(1)，波沿轴负方向传播(2)【详解】（1）由图可知，波长周期公式解得假设波沿轴负方向传播，则3s内波传播的距离为波速公式当时，波传播的速度为，假设成立，所以波沿轴负方向传播。（2）由于波沿轴负方向传播，根据上下坡法可知时刻，处的质点位于波谷，将向上运动设处的质点的振动方程由图像可知，令，则可得所以处的质点的振动方程为解决波的多解问题的一般思路：(1)首先考虑是否存在多解，若存在多解，分析造成多解的原因，从双向性、周期性分别进行考虑。(2)对于双向性问题，两个方向对应的情形都要分别考虑。对于周期性因素造成多解的情况，一般采用从特殊到一般的思维方法，即先找出一个周期内Δt或Δx满足条件的关系，若为时间关系，则t＝nT＋Δt(n＝0，1，2，…)；若为距离关系，则x＝nλ＋Δx(n＝0，1，2，…)。(3)注意题目是否有其他限制条件，如波的周期、波长、波速有限定，求出符合限定条件的解。【变式训练1·变载体】（2025·内蒙古包头·二模）一列简谐横波沿轴传播，如图所示，实线为时刻的波形图，虚线为时刻的波形图。(1)若已知处的质点在内运动的路程为，求处的质点的振动方程（用正弦函数形式表达）；(2)若波沿轴正向传播，求波的传播速度大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）已知

x=0处的质点在

0∼1s

内运动的路程为

25cm=5A，则时间为，设处的质点的振动方程为由题知该质点时刻向轴负方向运动，可知由解得所以由图知所以处的质点的振动方程为（2）由图知若波沿轴正向传播，则解得所以波的传播速度大小

【变式训练2】（2025·四川德阳·二模）（多选）一只青蛙从一片荷叶跳入平静的湖水中，平静的水面以青蛙的入水点开始上下做简谐运动，在水面上激起一层涟漪。青蛙入水不远处的水面上有两片树叶，其振动图像分别为图中的a、b所示。已知水波的波长为0.4m，两片树叶在入水点的同侧且与入水点在一条直线上，则两片树叶之间的距离可能为（）A．0.4m B．0.5m C．0.6m D．0.7m【答案】BD【详解】题意可知0时刻a波在波谷，b波在平衡位置，且波长均为，若波从b向a传播，则两片树叶之间的距离满足（n=0，1，2，3，...）整理得（n=0，1，2，3，...）n=0、1、2时，x分别为0.1m、0.5m、0.9m若波从a向b传播，则两片树叶之间的距离满足（n=0，1，2，3，...）整理得（n=0，1，2，3，...）n=0，1，2时，x分别为0.3m、0.7m、1.1m故选BD。考向2波的周期性多解问题例2（2025·湖南·模拟预测）如图所示，一列简谐横波向右传播，波速为v＝2m/s。介质中P、Q两点平衡位置相距0.3m，当P位于波峰时，Q刚好位于波谷，则这列波的周期可能是（）A．0.05s B．0.1s C．0.2s D．0.6s【答案】B【详解】由题意可知，P位于波峰时，Q位于波谷，故两点平衡位置间距满足（，，）可得波长为（，，）周期为（，，）当时，；当时，；当时，；当时，故选B。【变式训练1·变载体】（2025·甘肃白银·三模）丝带舞是艺术性很强的一种舞蹈，某次舞者抖动丝带形成的丝带波可简化为一向x轴正向传播的简谐横波，如图所示，实线和虚线分别为t1=0和t2=3s时的波形图，下列说法正确的是（）A．x=1m处的质点经过一个周期可能向右运动4mB．在t=0.2s时x=1m处的质点可能加速度最大，方向沿y轴正方向C．该丝带波的周期可能为（n=0，1，2，3……）D．该丝带波的传播速度可能为2m/s【答案】B【详解】A．简谐横波传播过程中，质点不随波的传播而迁移，A错误；BC．由题可知，该丝带波沿x轴正方向传播，则解得当时，周期，，则处的质点刚好运动到波谷，加速度最大且沿y轴正方向，B正确，C错误；D．由图可知，波长，波速当波速时，，D错误。故选B。【变式训练2】（2025·四川巴中·模拟预测）（多选）某介质中，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在0时刻的波形如图中实线所示，1s时的波形如图中虚线所示。关于该列简谐横波，下列说法正确的是（）A．波速可能为5m/sB．介质中质点的振动周期可能为6sC．介质中质点的振动频率可能为D．1.5s时，平衡位置位于3m处的质点可能到达波峰【答案】BD【详解】ABC．从图中可知波在时间内传播的距离根据波速得由得由得，故B正确，AC错误；D．由得当时位于的波峰传到处，D正确。故选BD。考点九波的干涉、衍射、多普勒效应知识点一波的干涉中加强点和减弱点的判断方法(1)图像法：在某时刻的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的相遇点是加强点，波峰与波谷的相遇点是减弱点。加强点或减弱点各自连接形成加强线和减弱线，以两波源为中心向外辐射，两种线互相间隔，这就是干涉图样，如图所示。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)公式法①当两个相干波源的振动步调一致时，到两个波源的距离之差Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)处是加强区，Δx＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，…)处是减弱区。②当两个相干波源的振动步调相反时，到两个波源的距离之差Δx＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，…)处是加强区，Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)处是减弱区。知识点二多普勒效应的成因分析(1)观测频率：观察者观测到的频率，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，观察者观测到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者观测到的频率变小。考向1波的干涉、衍射、多普勒效应的基本理解例1（2025·福建福州·二模）（多选）如图所示，《我爱发明》节目《松果纷纷落》中的松果采摘机利用机械臂抱紧树干，通过采摘振动头振动而摇动树干，使得松果脱落。则下列说法正确的是（）A．若拾果工人快速远离采摘机时，他听到采摘机振动声调变低B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大C．稳定后，不同粗细树干的振动频率与振动器的振动频率相同D．摇动同一棵树，振动器振动的振幅越大，落果效果越好【答案】AC【详解】A．根据多普勒效应，拾果工人快速远离采摘机，他会感到采摘机振动声调降低，故A正确；BD．采摘振动头振动频率和树干的固有频率相同时，树干发生共振，振幅最大，落果效果最好，针对不同树木，固有频率不同，落果效果最好的振动频率也不同，故BD错误；C．树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故C正确。故选AC。模型建构：1.建立“柱体”模型，沿速度v的方向选取一段微元，其横截面积为S。2.微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt。3.应用动量定理研究微元内的粒子，建立方程求解，即FΔt＝NmΔv。【变式训练1·变载体】（2025·广东佛山·模拟预测）两船相距14km，一位同学在甲船上敲响水里的一口钟，发出的钟声频率为200Hz，同时点亮船上的灯，乙船上的同学在看到甲船灯光10s后，通过水里的听音器听到了水下的钟声，忽略光的传播时间，下列关于声波说法正确的是（）A．该声波为横波B．该声波在水中传播的波长为7mC．测得声音在水中的速度为2.8km/sD．若乙船向声源方向快速运动，接收到的钟声频率不变【答案】B【详解】A．该声波为纵波，故A错误；BC．测得声音在水中的速度为该声波在水中传播的波长为，故B正确，C错误；D．若乙船向声源方向快速运动，根据多普勒效应可知，接收到的钟声频率变大，故D错误。故选B。【变式训练2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记录了“古琴正声”实验：剪小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的琴上对应的琴弦，同样的拨动力度下，小纸人跳动越明显代表音调越准确，此现象为（

）A．共振现象 B．干涉现象 C．衍射现象 D．多普勒效应【答案】A【详解】A．同样的拨动力度下，小纸人跳动越明显代表音调越准确，小纸人发生了共振现象，故A符合题意；BCD．该现象不是干涉现象，也不是衍射现象和多普勒现象，故BCD不符合题意；故选A。考向2波的叠加的分析计算例2（2025·安徽·一模）主动降噪技术的应用令车载音响实现沉浸式音效，图为t=0时降噪设备捕捉到的噪声波，为了实现降噪，应同时主动产生一列同性质的声波，下列选项最符合条件的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】为了实现降噪，则同时主动产生同性质的声波与噪声波叠加时应振动减弱，所以两列波的周期应相等，振动相位差为，且两列波的振幅相等。故选B。【变式训练1·变载体】（2025·北京西城·三模）如图甲，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的一半，上下对称，其振幅和波长都相等。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙。请判断：从此时刻开始a、b两质点将向哪个方向运动？（）A．a、b都向上运动 B．a、b都向下运动C．a向下、b向上运动 D．a向上、b向下运动【答案】C【详解】根据波形平移法判断可知，向右传播的波单独引起a质点的振动方向向下，b质点的振动方向向上，向左传播的波单独引起a质点的振动方向向下，b质点的振动方向向上，根据叠加原理可知，此时a质点的振动方向是向下，b质点的振动方向是向上。故选C。【变式训练2】（2025·湖南长沙·三模）（多选）频率相同的简谐波源S1、S2和接收点M位于同一平面内，S1、S2到M的距离之差为6m。t=0时S1、S2同时垂直平面开始振动，其中M点的振动图像如图所示，则（）A．两列波的波长为2mB．两列波的起振方向均沿x正方向C．S1和S2，在平面内不能产生干涉现象D．两列波的振幅分别为3cm和2cm【答案】BD【详解】根据图像可知时M点开始向上振动，故此时一列波传播到M点，起振方向向上，时波形开始改变，说明另一列波传播到M点，此时两列波平衡位置都传到M点，第一列波使M点向下振动，之后振幅减小，则此时M点振动减弱，可知第二列波使M点向上振动。A．S1、S2到M的距离之差为6m，由图可知两列波传到M点的时间差为3s，则波速为故波长为，故A错误；B．根据前面分析可知两列波刚传到M点时均使M点向上振动，故两列波的起振方向均沿x正方向，故B正确；C．两列波频率相等，在平面内能产生干涉现象，故C错误；D．由和时的位移知第一列的振幅为3cm，第二列波的振幅为，故D正确。故选BD。考向3波的干涉的分析计算例3（2025·安徽·模拟预测）如图所示，两列简谐横波分别沿轴正方向和负方向传播，波的波源位于处，振幅为波的波源位于处，振幅为，两列波的波速均为时刻两列波恰好传到处，点坐标，下列说法正确的是（）A．两波源的起振方向均沿轴正向B．波波源的振动方程为C．轴上两波源间振动加强点有7处D．内点运动路程为135cm【答案】C【详解】A．两振动传到PQ两点时振动方向均向下，可知两波源的起振方向均沿轴负向，选项A错误；B．波波源的周期振动方程为选项B错误；C．两波源振动方向相同，则当满足设波中某点的平衡位置到a波源的距离为x，即解得即轴上两波源间振动加强点有7处，选项C正确；D．两列波传到M用时间0.75s，则内点振动2.25s=，因该点振动加强，则运动路程运动路程为选项D错误。故选C。波的干涉问题的分析(1)在稳定的干涉区域内，振动加强点始终加强；振动减弱点始终减弱。两列相干波的波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇处是振动最强的地方，若用一条平滑的线将以上加强点连接起来，则这条平滑的线上的点都是加强点；而波峰与波谷(或波谷与波峰)相遇处是振动最弱的地方，把以上减弱点用一条平滑的线连接起来，则这条平滑的线上的点都是减弱点。(2)不论是振动加强的质点还是振动减弱的质点，都仍在其平衡位置附近振动。某点的振动加强，是指这个质点以较大的振幅振动；而某点的振动减弱，是指这个质点以较小的振幅振动，因此，振动加强点的位移不是始终等于振幅，它的位移的大小和方向随时间在发生周期性的变化。【变式训练1·变载体】（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，在坐标系中A（0，-5）和B（12，0）处有两个波源，已知A处波源质点的振动方程，B处波源质点的振动方程，已知这两列波在介质中传播的速度v=2m/s，两波源的振动方向都与纸面垂直，下列说法正确的是（）A．这两列波的波长都是1mB．坐标原点O的振幅是1cmC．在OB之间（不含O、B两点）有10个加强点D．在OA之间（不含O、A两点）有3个减弱点【答案】D【详解】A．由振动方程可知两个波源的周期已知这两列波在介质中传播的速度根据得，故A错误；B．两个波源的周期相等发生干涉，根据两个波源的振动方程可知两个波源的振动相反，由于，，则，所以O点到两个波源距离差是半个波长的奇数倍，是加强点，O点的振幅是两个波源振幅和，O点的振幅是5cm，故B错误；C．OB段上的点（不含OB两点）从O到B到A、B两点距离之差从到13m，加强点是距离之差等于、、、1m、3m、5m、7m、9m、11m共9个点，故C错误；D．OA段上的点（不含O、A两点）从O到A到A、B两点距离之差从到，减弱点是距离之差等于、、共3个点，故D正确。故选D。【变式训练2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，水面上有两个相距4m、频率均为2Hz的波源S1和S2，水面上P点到S1的距离为3m，到S2的距离为5m。t=0时刻，两波源同时由平衡位置开始向下简谐振动，t=1.5s时，P点开始振动。已知两波源的振幅均为10cm，下列说法正确的是（）A．该水波的波长为2mB．0~3s内，P点运动的路程为120cmC．P点与S1的连线之间（不含P、S1两点）有2个振动减弱点D．S1与S2的连线之间（不含S1、S2两点）有8个振动加强点【答案】C【详解】A．t=1.5s时，P点开始振动，可知波速周期为则水波的波长，故A错误；B．波源S2传播到P点的时间则波源S2传播到P点之前P点振幅为10cm，振动了所以波源S2传播到P点之前P点的路程为两波源到P点的波程差所以波源S2传播到P点后P点为振动加强点，振幅为波源S2传播到P点后P点又振动了波源S2传播到P点后P点的路程为则0~3s内，P点运动的路程为，故B错误；C．设振动减弱点距离S1的距离为xm，则距离S2点的距离为则应满足（n=0，1，2⋯）可求得