专题21、1简谐振动与机械波—【讲】考点风向标第一部分：考点梳理考点一、简谐运动的特征考点二、简谐运动的公式和图象考点三、单摆及单摆周期公式的应用考点四、实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度考点五、波的传播与图象考点六、振动图象与波动图象的综合应用考点七、波的多解问题考点八、波的衍射、干涉和多普勒效应考点一、简谐运动的特征1．动力学特征：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．运动学特征：当物体靠近平衡位置时，x、a都减小，v增大；当物体远离平衡位置时，x、a都增大，v减小。3．能量特征：对单摆和弹簧振子来说，振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转化，机械能守恒。 4．周期性特征：物体做简谐运动时，其位移、回复力、加速度、速度等矢量都随时间做周期性变化，它们的变化周期就是简谐运动的周期(T)；物体的动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为。5．对称性特征(1)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′时(OP＝OP′)，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。(2)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。(3)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO。（典例应用1）(多选)弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在弹簧振子向着平衡位置运动的过程中________。A．弹簧振子所受的回复力逐渐减小B．弹簧振子相对平衡位置的位移逐渐减小C．弹簧振子的速度逐渐增大D．弹簧振子的速度逐渐减小E．弹簧振子的加速度逐渐增大【解析】：弹簧振子向着平衡位置运动的过程中，运动位移逐渐减小，则回复力逐渐减小，选项A、B正确；回复力与位移成正比，回复力逐渐减小，加速度也逐渐减小，但向着平衡位置运动的过程中一直加速，所以速度不断增加，选项C正确，而选项D、E错误。【答案】：ABC（典例应用2）(多选)一弹簧振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点，t＝0时刻振子的位移x＝－m；t＝s时刻振子刚好第2次经过x＝m的位置且速度为零。下列有关该振子的运动问题的说法正确的是________。A．振幅为mB．周期为sC．s内的路程是m D．t＝s时刻的位移为mE．t＝0到t＝s时间内的位移是m【解析】：t＝s时刻振子处在正向最大位移处，得t＝0时刻在负向最大位移处，则振幅为m，选项A、E均正确；由于是第二次到正向最大位移处，所以＝s，T＝s，选项B错误；一个周期经过的路程是4个振幅，选项C正确；t＝s时刻振子位于平衡位置，选项D错误。【答案】：ACE考点二、简谐运动的公式和图象图象信息(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期。(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向。①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴。②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴。（典例应用3）(多选)简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图象。取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示。则下列说法正确的是________。A．弹簧振子的周期为4sB．弹簧振子的振幅为10cmC．t＝17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD．若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4cmE．s时振子正在向x轴正方向运动【解析】：由题图知，弹簧振子的周期为T＝4s，振幅为10cm，选项A、B正确；由周期性知，t＝17s时振子相对平衡位置的位移与t＝1 s时振子相对平衡位置的位移相同，均为0，选项C错误；若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离s＝vt＝2cm/s×2s＝4cm，选项D正确；xt图象的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，则s时振子的速度为负，正在向x轴负方向运动，选项E错误。【答案】：ABD（典例应用4）一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图甲所示，它的振动图象如图乙所示，设向右为正方向，则( )(1)OB＝________cm。(2)第s末质点的速度方向是________，加速度的大小为________。(3)第s末质点的加速度方向是________。(4)第s时，质点位置在________点与________点之间。(5)质点振动的周期T＝________s。(6)在4s内完成________次全振动。【解析】：(1)从图象上可以看出振幅是5cm。所以OB＝5cm。(2)根据正方向的规定及振动图象可知，质点从位置B开始计时，第s末，质点回到平衡位置O，向负方向运动，所以此时速度方向从O指向A，位移为零，由F＝－kx可知回复力为F＝0，所以加速度a＝0。(3)第s末质点到达A点，位移为负，回复力F应为正，此时加速度方向由A指向O。(4)第s时，质点从平衡位置向B位置运动，则质点在O点和B点之间。(5)根据图象可知，振动周期为T＝s。(6)在4s内完成全振动的次数为n＝＝5次。【答案】：(1)5 (2)由O→A 0 (3)A→O (4)O B (5) (6)5考点三、单摆及单摆周期公式的应用 1．单摆模型指符合单摆规律的模型，满足条件(1)圆弧运动。(2)小角度(小于5°)摆动。(3)回复力满足F＝－kx。2．对单摆周期公式T＝2π的理解(1)公式成立的条件是单摆的摆角必须小于5°。(2)单摆的振动周期在振幅较小的条件下，与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关。(3)周期公式中摆长为l：摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定为摆线的长。（典例应用5）(多选)如图是均匀小球做单摆运动，平衡位置为O点，A、B为最大位移处，M、N点关于O点对称。下列说法正确的是________。A．小球受重力、绳子拉力和回复力B．小球所受合外力就是单摆的回复力C．小球在O点时合外力不为0，回复力为0D．小球经过M点的位移与小球在N的位移大小相等、方向相反E．小球在A、B两点仍受绳子拉力【解析】：物体只受两个力：重力、绳子拉力，A错；回复力的大小为振动方向上的合外力，对于单摆，它是重力沿运动方向的分力，因为小球做的是圆周运动，所以法向合外力等于向心力，B错；平衡位置是指回复力为0的位置，但合外力不一定是0，比如在单摆O点，回复力为0，但由于在做圆周运动，法向合外力是指向圆心的，C正确；位移既有大小，也有方向，根据运动的对称性可知，选项D正确；在最大位移处，小球不做圆周运动，法向合外力为0，所以绳子拉力等于重力在法向的分力，所以E正确。选C、D、E。 【答案】：CDE（典例应用6）(多选)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量。同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线图乙(Fmax、Fmin、t1、t2均为已知量)，且图中t＝0时刻为摆球从A点开始运动的时刻(重力加速度为g)。根据题中(包括图中)所给的信息，下列说法正确的是________。A．该单摆的周期为t2B．根据题中(包括图中)所给的信息可求出摆球的质量C．根据题中(包括图中)所给的信息不能求出摆球在最低点B时的速度D．若实验时，摆球做了圆锥摆，则测得的周期变长E．若增加摆球的质量，摆球的周期不变【解析】：由乙图可知单摆的周期T＝t2，故选项A正确；在B点拉力有最大值，根据牛顿第二定律Fmax－mg＝m；在A、C两点有拉力最小值，Fmin＝mgcosα。由A到B机械能守恒，即mgl(1－cosα)＝mv2，由此可求得摆球的质量m＝，故选项B正确，选项C错误；若实验时，摆球做了圆锥摆，则周期的表达式为T＝2π，显然周期变小，故选项D错误，根据单摆周期公式T＝2π可知，单摆周期与摆球质量无关，故选项E正确。【答案】：ABE考点四、实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度1．实验原理与操作 2．数据处理与分析(1)数据处理①公式法：g＝，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。②图象法：作出lT2图象求g值。(2)误差分析产生原因减小方法偶然误差测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差①多次测量再求平均值②计时从单摆经过平衡位置时开始系统误差主要来源于单摆模型本身①摆球要选体积小，密度大的②最大摆角要小于10° （典例应用7）根据单摆周期公式T＝2π，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。（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。(2)(多选)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期TE．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50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝【解析】：(1)先从主尺读出整数部分刻度为18mm，然后从游标尺读出小数部分刻度为mm，所以小钢球直径为mm。(2)在该实验中，摆球的摆角不要太大，偏离平衡位置不大于5°，C错误，为了尽量减少实验误差，摆球应该选择质量大、体积小的小球；摆线要选择质量小、不易伸长、长度大一些的细绳；摆球摆动稳定后，从平衡位置开始计时，摆球两次经过平衡位置为一次全振动，A、B、E三项正确，D项错误。 【答案】：(1) (2)ABE考点五、波的传播与图象波动图象的信息(如图所示)(1)直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．波速与波长、周期、频率的关系v＝＝λf。（典例应用8）(多选)一列自右向左传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形图如图所示，此时坐标为(1,0)的质点刚好开始运动，在t＝s时刻，质点P在t＝0时刻后首次到达波峰位置，质点Q的坐标是(一3,0)，则下列说法正确的是________。A．液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关A．在t＝0时刻，质点P的速度方向沿y轴负方向B．这列波的传播速度为m/sC．在0～s时间内，质点A运动的路程为mD．在t＝s时刻，质点Q首次到达波峰位置E．这列波的波源起振方向沿y轴正方向【解析】：根据t＝0时刻的波形图，可知波长λ＝4cm，在t＝0时刻质点P沿y轴负方向运动，质点P的速度方向沿y轴负方向，选项A正确；在t＝s时，质点P在t＝0时刻后首次到达波峰位置，说明波动周期T＝s，这列波的传播速度为v＝＝10cm/s＝m/s，选项B错误；在0～s时间，即T时间内，质点A运动的路程为3个振幅，即3×8 cm＝24cm＝m，选项C错误；在t＝s时，波沿x轴负方向传播了5cm，质点Q首次到达波峰位置，选项D正确；根据波形图和传播方向可知，这列波的波源起振方向沿y轴正方向，选项E正确。【答案】：ADE（典例应用9）两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则________。A．在相遇区域会发生干涉现象B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2C．平衡位置为x＝6m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x＝m处的质点此刻位移y>20cmE．从图示时刻起再经过s，平衡位置为x＝5m处的质点的位移y<0【解析】：由图可知λ实＝4m，λ虚＝6m，又v实＝v虚，由v＝λf，得＝＝，B项正确。因两列波的频率不同，则在相遇区域不会发生干涉现象，A项错误。由图可知平衡位置为x＝6m处的质点此刻具有向上的最大速度，C项错误。由图可知平衡位置为x＝m处的质点此刻位移y>20cm，D项正确。v实＝v虚＝λ实f实＝8m/s，经s波传播的距离s＝8×m＝2m，再结合题图分析可知，E项正确。【答案】：BDE方法总结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考点六、振动图象与波动图象的综合应用求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法（典例应用10）(多选)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t＝0时刻的波形如图甲所示，图甲中某质点的振动图象如图乙所示。下列说法正确的是________。A．图乙表示质点L的振动图象B．该波的波速为m/sC．t＝8s时质点M的位移为零D．在4s内质点K所经过的路程为mE．质点L经过1s沿x轴正方向移动m【解析】：由题图甲及波沿x轴正方向传播可知，t＝0时刻质点L 经过平衡位置向上振动，故A正确；由题图甲读出波长λ＝2m，由题图乙读出周期T＝4s，则该波的波速v＝＝m/s＝m/s，故B正确；t＝8s＝2T，所以t＝8s时质点M的位移与开始时的位移相同，为负的最大值，故C错误；由于T＝4s，所以在4s内K质点所经过的路程为4倍的振幅，为m，故D正确；横波中，各质点振动的方向与波的传播方向垂直，所以不可能沿x轴方向运动，故E错误。【答案】：ABD（典例应用11）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形，图乙为介质中x＝2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象。下列说法正确的是________。A．这列波的传播方向是沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD．经过s，质点Q的运动方向沿y轴正方向E．经过s，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离【解析】：由题中甲、乙两图可知，该波向x轴正方向传播，A正确；由题图甲知波长λ＝4m，由题图乙知周期T＝s，则波速v＝＝m/s＝20m/s，B正确；质点不随波迁移，只在其平衡位置附近振动，C错误；s＝T，经过质点Q的运动方向沿y轴负方向，D错误；s＝1T，质点P到达波峰，而质点Q在波谷与平衡位置之间，故E正确。【答案】：ABE（典例应用12）如图甲所示为一列简谐横波在t＝s时的波形图，图乙为质点A的振动图象，则下列判断正确的是________。 A．该简谐波沿x轴负方向传播B．这列波的传播速度为m/sC．从t＝s开始，质点P比质点Q先回到平衡位置D．从t＝s开始，再经过Δt＝s后质点A传播到了坐标原点处E．从t＝s开始，紧接着的Δt＝s的时间内质点A通过的路程为10cm【解析】：由题图乙知t＝s时，质点A的振动方向是向下的，由“上下坡法”可知此波是沿x轴负方向传播的，A对；由题图甲知波长λ＝8m，由题图乙知该波的周期T＝s，所以该波的波速为v＝＝m/s，B对；由波上各质点的振动情况可知在此时质点P向上振动，质点Q向下振动，但P离波峰距离大，应后回到平衡位置，C错；因波传播的是能量和波形，质点本身并不随波传播，D错；s是半个周期，所以质点A通过的路程s＝2A＝10cm，E对。【答案】：ABE考点七、波的多解问题造成波的问题多解的主要因素有(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。 (3)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，而其余信息均处于隐念状态。这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性。（典例应用13）(多选)如图所示为一列向左传播的横波的图象，图中实线表示t时刻的波形，虚线表示又经Δt＝s时刻的波形，已知波长为2m，下列说法正确的是________。A．波的周期的最大值为2sB．波的周期的最大值为sC．波的速度的最小值为9m/sD．这列波不能发生偏振现象E．这列波遇到直径r＝1m的障碍物会发生明显的衍射现象【解析】：m＝λ，因波向左传播，则由图象可知波向左传播的距离为λ(n＝0、1、2…)，所以s＝T(n＝0、1、2…)，n＝0时，周期最大，为Tm＝s，波速最小，为vmin＝＝9m/s，所以A错误，B、C正确。横波可以发生偏振现象，D错误。因为障碍物的直径r＝1m<λ＝2m，则这列波遇到此障碍物可以发生明显的衍射现象，E正确。【答案】：BCE（典例应用14）(多选)一列简谐横波沿x轴传播。在x＝12m处的质点a的振动图线如图甲所示，在x＝18m处的质点b的振动图线如图乙所示。下列判断正确的是________。(填正确答案标号) A．质点a在波谷时，质点b一定在平衡位置向y轴正方向振动B．若波沿＋x方向传播，这列波的最大传播速度为3m/sC．若波沿－x方向传播，这列波的最大波长为24mD．若波的传播速度为m/s，则这列波沿＋x方向传播E．若波的传播速度为1m/s，则这列波沿－x方向传播【解析】：由图可知，波的周期为T＝8s，A对；若波向＋x传播，波向右平移，得λ＝ab＝6m，v右＝＝＝，B错，D对；若波向－x传播，波向左平移，得λ＝ab＝6m，v左＝＝＝，C对E错。【答案】：ACD（典例应用15）(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＝s时的波形图。已知该简谐波的周期大于s。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Hz D．t＝1s时，x＝1m处的质点处于波峰E．t＝2s时，x＝2m处的质点经过平衡位置【解析】：A错：由简谐波的波动图象可知，波长为4m。B对：t＝s时波向x轴正方向传播的距离为x＝(n＋)λ(n＝0,1,2,3…)，即t＝(n＋)T＝s(n＝0,1,2,3…)，又T＞s，解之得T＝，当n＝0时，T＝s，符合题意；当n＝1时，T＝s＜s，不符合题意，则波速v＝＝6m/s。C对：频率f＝＝Hz。D错：t＝0时x＝1m处的质点处于波峰，因t＝1s时n＝＝＝，则此时x＝1m处的质点处于波谷。E对：t＝0时x＝2m处的质点经过平衡位置向上振动，因t＝2s时n＝＝＝3，则此时x＝2m处的质点经过平衡位置向上振动。【答案】：BCE方法总结波的多解问题的一般思路(1)根据初、末两时刻的波形确定传播距离与波长的关系通式。(2)根据题设条件判断是唯一解还是多解。(3)根据波速公式v＝或v＝＝λf求波速。(4)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Δt或Δx，若此关系为时间t＝nT＋Δt(n＝0,1,2,3，…)或此关系为距离x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2,3，…)，可找到周期或波长的表达式。考点八、波的衍射、干涉和多普勒效应 1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断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)(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)(n＝0、1、2…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0、1、2…)，则振动减弱。2．多普勒效应的成因分析(1)接收频率：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。（典例应用16）(多选)关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是________。A．有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象B．产生干涉现象的条件之一，就是两列波的频率相等C．薄膜干涉条纹的产生是由于光在膜的前后两表面反射，形成的两列光波叠加的结果D．屋外的人虽然看不到屋里的人，却能听到屋里人的声音，这属于波的衍射现象E．泊松亮斑是光的干涉现象 【解析】：干涉、衍射是波特有的现象，波可以发生干涉，也可以发生衍射，A错误；当两列波发生干涉时，两列波的频率相等，B正确；由于重力的影响，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，薄膜干涉条纹的产生是光在膜的前后两表面反射，形成的两列光波叠加的结果，C正确；屋外的人虽然看不到屋里的人，却能听到屋里人的声音，这属于声波的衍射现象，D正确；光通过小圆盘，在屏中央出现亮斑，说明光偏离原来直线方向传播，是光的衍射现象，E错误。【答案】：BCD（典例应用17）(多选)频率为600Hz的声源以20rad/s的角速度沿一半径为m的圆周(圆心为O点)做匀速圆周运动，一观察者站在离圆心很远的P点且相对于圆心静止，如图所示，则观察者接收到________。A．声源在A点时发出声音的频率大于600HzB．声源在B点时发出声音的频率等于600HzC．声源在C点时发出声音的频率等于600HzD．声源在C点时发出声音的频率小于600HzE．声源在D点时发出声音的频率小于600Hz【解析】：根据多普勒效应，当声源和观察者相向运动时，观察者接收到的频率大于声源的频率，当声源和观察者反向运动时，观察者接收到的频率小于声源的频率，将声源运动至A、B、C、D四个点时相对于观察者的速度方向标出来，A点有接近观察者的趋势，C点有远离观察者的趋势，声源在B、D两点的速度方向垂直O点与观察者的连线，故A、B、D正确、C、E错误。【答案】：ABD（典例应用18）(多选)如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示。两列波的波速均为m/s。两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。 【解析】：波长λ＝vT＝2m，两列波的波长相等。两波源到A点的路程差Δx＝m－8m＝2m。两波源到B点的路程差Δx′＝m－m＝0，初相相差π，B点为振动减弱点。两波源到C点的路程差Δx″＝－＝1m＝，初相相差π，C点为振动加强点。【答案】：2 减弱 加强
