专题11 机械振动和机械波（精讲）

2023年高考物理二轮复习讲练测

专题11 机械振动和机械波（精讲）

【知识体系构建】

【典例方法突破】

一、简谐运动的特征和简谐运动的图像

【例1】（2021年广东卷）如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经时间，小球从最低点向上运动的距离_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）；在时刻，小球的动能______（选填“最大”或“最小”）。

【答案】     小于     最大

【详解】[1]根据简谐振动的位移公式则时有

所以小球从最低点向上运动的距离为则小球从最低点向上运动的距离小于。

[2]在时，小球回到平衡位置，具有最大的振动速度，所以小球的动能最大。

【例2】（2022年湖南卷）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A．x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小

B．x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小

C．和时，木棒的速度大小相等，方向相反

D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为

E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为

【答案】ABD

【详解】A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；

B．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；

C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；

D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时

木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时可解得，，D正确；

E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。故选ABD。

【方法规律归纳】

1.简谐运动的特征

2.   注意：

（1）弹簧振子（或单摆）在一个周期内的路程一定是4A，半个周期内路程一定是2A，四分之一周期内的路程不一定是A。

（2）弹簧振子周期和频率由振动系统本身的因素决定（振子的质量m和弹簧的劲度系数k ），与振幅无关。

二、单摆模型

【例3】（2022年上海二模）一根轻绳一端系一小球，另一端固定在点，在点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕点在竖直平面内做简谐振动（类似单摆的运动），由传感器测出拉力随时间的变化图像如图所示，则下列判断正确的是（　　）

A．小球振动的周期为 B．小球动能变化的周期为

C．小球速度变化的周期为 D．小球重力势能变化的周期为

【答案】B

【详解】A．因为在最低点时，传感器拉力最大，最高点时，传感器拉力最小，由图像可知，t=0时刻小球处在最低点，t=2s时小球再次处于最低点，所以小球振动周期为4s，故A错误；

BD．由于动能、重力势能均是标量，故单摆一个周期内它们发生了两个周期，即小球动能变化的周期和重力势能变化的周期均为，故B正确，D错误；

C．由于速度是矢量，所以单摆振动一个周期小球速度变化了一个周期，故小球速度变化的周期为4s，故C错误。故选B。

【例4】（2022年内蒙古考前押题模拟）做单摆实验时，小球可能在水平面内做圆周运动形成圆锥摆。为避免单摆做圆锥摆引起的误差，可采用双线摆代替单摆来改进实验装置。如图所示，两根线的一端都系在小球的同一点，另一端分别固定在天花板上，两根线的长度均为l、与竖直方向的夹角均为θ，小球的直径为d，重力加速度为g。现将小球垂直纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个很小的角度后由静止释放，若不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．若单摆做圆锥摆运动，其做圆锥摆运动的周期小于单摆的周期

B．这个双线摆的摆长为l＋

C．这个双线摆的周期为T=

D．图中双线摆的θ角越小越好

E．小球宜采用密度大的铅球或者铁球

【答案】ACE

【详解】A．若为圆锥摆时，则解得小于单摆的周期选项A正确；

B．这个双线摆的摆长为L=lcosθ＋选项B错误；

C．这个双线摆的周期为选项C正确；

D．图中双线摆的θ角太小的话，摆动起来越不稳定，选项D错误；

E．小球宜采用密度大的铅球或者铁球，以减小空气阻力的影响，选项E正确。故选ACE。

【例5】（2022年江苏连云港高三期中）如图所示，两块平行金属板M、N通过导线、开关与电源相接。有一带正电的小球用绝缘细绳悬挂于O点，闭合开关S，将细绳拉开一角度（小于）后由静止释放小球，下列说法正确的是（  ）

A．小球摆动过程中机械能守恒

B．只将M板向下移动少许，小球摆动周期不变

C．只将电源正负极对调，小球可能做匀速圆周运动

D．断开开关，将M板向上移动，小球经最低点时细绳的张力变小

【答案】C

【详解】A．摆动过程中，电场力做功，则机械能不守恒，故A错误；

B．只将M板向下移动少许，则可知U不变，d减小，E增大，等效重力场的等效重力加速度变大，根据单摆周期公式可知可知周期减小，故B错误；

C．只将电源正负极对调，，则小球所受竖直向上的电场力、重力和拉力，当重力和电场力相等时，小球拉力方向和速度方向垂直，小球做匀速圆周运动，故C正确；

D．断开开关，两极板电荷量不变，将M板向上移动，由推导公式可知则E不变，受力不变，小球经最低点时细绳的张力不变，故D错误。

故选C。

【方法规律归纳】

1.单摆基本规律

2.三种情况单摆的等效摆长

3.两种情况的等效重力加速度

(1)摆球除受重力和拉力外还受其他力，但其他力不沿半径方向，这种情况下g为等效重力加速度。

求等效重力加速度的步骤：

①分析摆球的受力，确定摆球相对静止的位置（即平衡位置）。

②计算摆球的视重F。（即平衡位置的拉力）

③利用，求出等效重力加速度。

(2)摆球除受重力和拉力外还受其他力，但其他力只沿半径方向，而沿振动方向无分力，这种情况下单摆的周期不变。

三、受迫振动和共振

【例6】（2022年浙江台州二模）如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型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，其阻尼振动频率约为。现使圆盘由静止开始缓慢加速转动，直至以的周期匀速转动稳定下来，在此过程中，下列说法正确为（　　）

A．圆盘静止和转动时，小球都是做受迫振动

B．最终稳定时小球的振动频率为

C．小球的振幅先逐渐增大后又逐渐减小

D．圆盘缓慢加速转动时，以T型支架为参考系，小圆柱的运动可视为简谐运动

【答案】BC

【详解】A．振动系统在周期性驱动力作用下的振动叫受迫振动，圆盘静止时无周期性驱动力作用，不是受迫振动，A错误；

B．小球稳定振动时的频率为故B正确；

C．圆盘转速由零逐渐增大，转动的频率逐渐接近小球振动的固有频率，振幅增大，与固有频率相同时振幅最大；超过固有频率，转速继续增大，振幅减小，故先增大，后减小。C正确；

D．圆盘缓慢加速转动时，以T型支架为参考系，小圆柱运动到T型支架的中间位置时是非平衡状态，有加速度，不满足简谐运动的条件，D错误。故选BC。

【方法规律归纳】

1．简谐运动、受迫振动和共振的比较

2．对共振的理解

(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大。

(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。

四、 波的图像与振动图像

【例7】（2022年山东卷）一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当时，简谐波的波动图像可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【详解】由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为

则解得在t=7s时刻因则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。故选AC。

【方法规律归纳】

1.根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法

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。

2．振动图像与波的图像的比较

3．求解波的图像与振动图像综合问题的三关键：“一分、一看、二找”

五、波的多解问题

【例8】（2022年四川自贡三模）我国地震局截获了一列沿轴正方向传播的地震横波，在（图中实线）与（）（图中虚线）。两个时刻轴上区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．该地震波的波长为

B．质点振动的最大周期为

C．该地震波波速可能为

D．从时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置

E．从时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置

【答案】BCE

【详解】A．由波形图可知该地震波的波长为，A错误；

B．由波形图可知，图中实线变成虚线的时间为（，，……）

当时，可得质点振动的最大周期为，B正确；

C．质点振动的周期为（，，……）则波速为（，，……）

当时，解得，C正确；

D．波向右传播，可知时刻处的质点振动方向向下，而处的质点在最大位移处，所以从时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置，D错误；

E．波向右传播，可知时刻处的质点振动方向向上，而处的质点在最大位移处，所以从时刻开始计时，处的质点比处的质点先回到平衡位置，E正确；故选BCE。

【例9】（2022年安徽合肥二诊）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距6m，a、b的振动图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．该波的周期为12s

B．该波的波长可能为24m

C．该波的传播速度可能为2m/s

D．质点a在0~4s内通过的路程为6cm

E．质点b在波谷位置时，质点a在平衡位置沿y轴负方向运动

【答案】ADE

【详解】A．根据质点振动图像可确定周期为12s，A正确；

B．由ab的振动图像可确定ab间相差，所以

n=0时为最大波长，λ=8m，不可能为24m，B错误；

C．根据可知当n=0时，波速最大为，不可能为2m/s，C错误；

D．根据三角函数关系可知，0-4s为，其通过的路程为一个振幅4cm，加上振幅的一半，等于6cm，D正确；

E．由两振动图像可知，质点b在波谷位置时，a点在平衡位置沿y轴负方向运动，E正确。

故选ADE。

【方法规律归纳】

1.造成波动问题多解的主要因素

(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。

(3)波形的隐含性

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含状态。这样,波形就有多种情况,形成波动问题的多解性。

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Δt或Δx,若此关系为时间,则t=nT+Δt(n=0,1,2…);若此关系为距离,则x=nλ+Δx(n=0,1,2…)。步骤如下

(1)根据初、末两时刻的波形图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。

六、波的干涉、衍射和多普勒效应

【例10】（2022年浙江金华模考）如图a所示，在xoy平面内有和两个波源分别位于和处，振动方向与xoy平面垂直并向周围空间传播，图像分别如图b、c所示，时刻同时开始振动，波速为。M为xoy平面内一点，，整个空间有均匀分布的介质。下列说法正确的是（　　）

A．处的质点开始振动方向沿z轴正方向

B．两列波相遇后，处的质点振动加强

C．两列波相遇后，处的质点振动加强

D．若，从两列波在M点相遇开始计时，M点振动方程为

【答案】ABD

【详解】A．处的质点，离S1波源更近，故该质点先按S1波源的振动形式振动，S1波源开始向上振动，故该质点开始振动时，也是先向上振动，故A正确；

B．两列波的振动周期，波速均相等，故波长也相等，为由于两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，为奇数倍为振动加强点，处的质点，离两波源的距离差为0.2m，为半波长的奇数倍，故为振动加强点，故B正确；

C．处的质点，离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，故C错误；

D．若，为半波长的奇数倍，为振动加强点，振幅为；

故其振动方程故D正确。故选ABD。

【例11】（2022年北京东城区一模）如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐机械波在时刻的波动图像，图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A．波沿x轴正方向传播，波速为

B．该波可以与另一列频率为的波发生干涉

C．波在传播过程中遇到尺度的障碍物能发生明显的衍射

D．某人向着该静止的波源运动时观测到的频率小于

【答案】A

【详解】A．由图甲可知，波长由图乙可知，波的周期，时刻质点向上振动，由同侧法可得波沿x轴正方向传播，波速故A正确；

B．波的频率为则该波不可以与另一列频率为的波发生干涉，故B错误；

C．由A选项可知，该波波长远小于100m，则波在传播过程中遇到尺度的障碍物不能发生明显的衍射，故C错误；

D．由多普勒效应可知某人向着该静止的波源运动时观测到的频率大于，故D错误。故选A。

【例12】（2022年淄博三模）根据多普勒效应，我们知道当波源与观察者相互接近时，观察者接收到波的频率增大；反之，观察者接收到波的频率减小。天文观测到某遥远星系所生成的光谱呈现“红移”，即谱线都向红色部分移动了一段距离，由此现象可知（　　）

A．观察者接收到光波的波长增大，该星系正在靠近观察者

B．观察者接收到光波的波长减小，该星系正在靠近观察者

C．观察者接收到光波的波长增大，该星系正在远离观察者

D．观察者接收到光波的波长减小，该星系正在远离观察者

【答案】C

【详解】科学家们发现了红移现象，即光谱线都向红色部分移动了一段距离，即接受到的光的波长增大，频率减小，根据多普勒效应的理论可知这些星球都在远离地球，即宇宙在膨胀。故选C。

【方法规律归纳】

1.波的干涉现象中振动加强点、减弱点的两种判断方法

（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)(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）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.波的衍射

波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象,产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长。

3.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。当波以速度v通过观察者时,时间t内通过的完全波的个数为N=,因而单位时间内通过观察者的完全波的个数,就是接收频率。

（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。