高考物理一轮复习第七部分-振动和波(共45页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第十一章振动和波第 1 课时简谐运动基础知识归纳1. 机械振动机械振动是物体在某一位置附近的往复运动，这一位置叫做平衡位置.这种往复运动是因为物体受到了相应的力，该力总是试图把离开平衡位置的物体拉向平衡位置，该力叫回复力，是物体做机械振动的条件.2.简谐运动(1)简谐运动是最简单的机械振动形式，物体所受回复力F与物体离开平衡位置的位移成正比，与位移方向相反.判断振动是否是简谐运动的依据是：分析回复力是否满足Fkx，满足这一特征则为简谐运动.(2)回复力是按力的效果命名的，单独的一个力、几个力的合力、某个力的分力都可以担当回复力.所以，首先应对振动的物体进行全面的受力分

2、析，寻找出是什么力担当回复力，而不能凭空添加一个回复力.(3)当物体做简谐运动时，运动的周期是完成一次全振动所用的时间.全振动是指：从物体在某一位置的运动开始，直到物体下一次以相同的速度(或动量)到达该位置的过程.(4)若简谐运动的位移图象如图，那么该振动图象的解析式是：，简谐运动的表达式为：.(5)理想化的弹簧振子模型：一根光滑的水平细杆上套一轻弹簧，弹簧一端固定，另一端连一小球，小球也套在细杆上.将小球拉离平衡位置后放手，小球就做简谐运动.它受到的回复力是弹簧的弹力.(6)受迫振动是物体在周期性外力作用下的振动，此周期性外力叫驱动力.共振是当驱动力频率与物体固有振动频率十分接近时发生的受迫

3、振动，系统的振幅会很大.(7)简谐运动的能量是振动的动能和势能的总和，振动过程中机械能守恒，所以振幅不变.实际振动过程中机械能逐渐减小，简谐运动是一种理想化的振动.重点难点突破一、简谐运动的位移 从平衡位置指向振子所在位置的有向线段.二、相位描述做周期性运动的物体在各个不同时刻所处的不同状态，是描述不同振动的振动步调的物理量.同相：表明两个振动物体的步调相同.反相：表明两个振动物体的步调相反.相位(t)是一个随时间变化的量，它的值相当于一个角度值.相位每增加2，意味着物体完成了一次全振动.相位差(1t2)(2t1)，若12，则有稳定的相位差21，若12，则不具有稳定的相位差.三、对回复力的理解

4、回复力是根据力的作用效果来命名的，它可以是一个力，也可以是多个力的合力，还可以由某个力的分力提供.Fkx是简谐运动的动力学特征式，是判断一个振动是否为简谐运动的依据.四、振幅与路程的关系一个周期内的路程等于振幅的4倍，半个周期内的路程等于振幅的2倍，周期内的路程与振幅之间没有确定的关系.若从特殊位置(如平衡位置、最大位移处)开始计时，周期内的路程等于振幅；若从一般位置开始计时，周期内的路程与振幅之间没有确定的关系.五、简谐运动的对称性和周期性1.空间上的对称性：振子经过关于平衡位置对称的两个位置，速度大小、位移大小、加速度大小、回复力大小、动量大小、动能、势能都相等；关于平衡位置对称的两段位移

5、，振子经过所用的时间相等.2.时间上的周期性：若t2t1nT(n1,2,3)，则t1、t2两时刻振子在同一位置.若t2t1nT (n0,1，2)，则t1、t2两时刻，描述振子运动的物理量(x、a、v)均大小相等，方向相反.若t2t1nT (n0,1,2)或t2t1nT (n0,1,2)，则若t1时刻振子到达最大位移处，那么t2时刻振子到达平衡位置，反之亦然.六、简谐运动的图象反映同一质点偏离平衡位置的位移随时间变化的规律.1.从简谐运动图象可直接读出在不同时刻的位移值，从而知道位移x随时间t的变化情况.2.可以确定振幅，如图所示.3.可以确定振动的周期和频率，如图所示.4.可以用作曲线上某点切

6、线的办法确定各时刻质点的速度的大小和方向.5.由于简谐运动的加速度与位移大小成正比，方向相反，故可以根据图象上各时刻的位移变化情况确定质点加速度的变化情况.典例精析1.利用动力学特征式Fkx证明振动是简谐运动【例1】试证明竖直方向的弹簧振子的振动是简谐运动.【证明】如图所示，设振子的平衡位置为O，竖直向下为正方向，此时弹簧的形变为x0，根据胡克定律及平衡条件有mgkx00当振子向下偏离平衡位置为x时，回复力(即合外力)为F回mg(xx0)将式代入式得F回，可见，重物竖直振动时的受力情况符合简谐运动的条件.【拓展1】如图所示，在光滑水平面上，用两根劲度系数分别为k1、k2的轻质弹簧系住一个质量为

7、m的小球.开始时，两弹簧均处于原长，后使小球向左偏离x后放手，可以看到小球将在水平面上做往复振动.试问小球是否做简谐运动？【解析】以小球为研究对象，竖直方向受力平衡，水平方向受到两根弹簧的弹力作用.设小球位于平衡位置O左方某处时，偏离平衡位置的位移为x，则左方弹簧受压，对小球的弹力方向向右，大小为F1x右方弹簧被拉伸，小球所受的弹力方向向右，大小为F2kx小球所受的回复力等于两个弹力的合力，其方向向右，大小为FF1F2()x令k，上式可写成Fkx由于小球所受的回复力方向与物体位移x的方向相反，故考虑方向后上式可表示为Fkx.所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平方向做简谐运动.2.简谐运动图象

8、的识别和简谐运动规律的应用【例2】如图所示是某弹簧振子的振动图象，试由图象判断下列说法中正确的是()A.振幅为3 m，周期为8 sB.4 s末振子速度为负，加速度为零C.14 s末振子加速度为正，速度最大D.4 s末和8 s末时振子的速度相同【解析】由图象可知振幅A3 cm，周期T8 s，故选项A错误.4 s末图线恰与横轴相交，位移为零，则加速度为零.过这一点作图线的切线，切线与横轴的夹角大于90(或根据下一时刻位移为负)，所以振子的速度为负，故选项B正确.根据振动图象的周期性，可推知14 s末质点处于负的最大位移处(也可以把图线按原来的形状向后延伸至14 s末)，因此质点的加速度为正的最大，

9、但速度为零，故选项C错误.4 s末和8 s末质点处在相邻的两个平衡位置，则速度方向显然相反(或根据切线斜率判断)，所以选项D错误.【答案】B【思维提升】根据简谐运动图象分析简谐运动情况，关键是要知道图象直接地表示了哪些物理量，间接地表示了哪些物理量，分析间接表示的物理量的物理依据是什么.【拓展2】有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动，已知BC间的距离为20 cm，振子在2 s内完成了10次全振动.若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t0)，经过周期振子有正向的最大加速度.(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移时间图象；(3)写出振子的振动表达式.【解析】由题意可知BC

10、间距离等于振幅的2倍，完成一次全振动的时间即为周期，这是解题的突破口.(1)振子的振幅A10 cm振子的周期T0.2 s(2)如图所示.(3)，xAsin t0.1sin 10t m3.利用简谐运动的对称性与牛顿定律结合解题【例3】如图，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木板B相连，木板A放在木板B上，两木板质量均为m，现加竖直向下的力F作用于A，A与B均静止.问：(1)将力F瞬间撤除后，两木板共同运动到最高点时，B对A的弹力多大？(2)要使两板不会分开，F应该满足什么条件？【解析】(1)把没有外力F作用时物体所处的位置为平衡位置，则物体被外力压下去后，根据对称性，当两木板到达最高点时，其回复

11、力和最低点的回复力大小相等，也为F.此时共同的加速度由牛顿第二定律求得aF/2mA物体受到重力与支持力N，再应用牛顿第二定律有mgNma所以NmgmamgF/2(2)要使两板不分离，则N0，由上式得F2mg【思维提升】此题利用了简谐运动的对称性来解题，关于平衡位置对称的两点，回复力大小和加速度大小相等.【拓展3】如图所示，一升降机在箱底有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( CD )A.升降机的速度不断减小B.升降机的加速度不断变大C.先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功D.到最低点

12、时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值【解析】本题实质上是一个竖直弹簧振子的物理模型问题.当升降机吊索断裂后升降机先做自由落体运动.当底部弹簧刚触地后，由于重力mg大于弹力FN，所以升降机仍向下做加速运动，随着弹簧压缩形变越大，向上的弹力也随之增大，所以向下的合力及加速度不断变小，直至mgFN时，a0，速度达到最大值vm，这段运动是速度增大、加速度变小的运动.根据动能定理WEk，即WGEk0，所以WG，重力做的正功大于弹力做的负功，当升降机从a0的平衡位置继续向下运动时，由于弹力大于重力，所以加速度方向向上，且不断变大，而速度v不断变小直至为0，这段过程中，WGWFNEk0，所以WG，重力

13、做的正功小于弹力做的负功.由此可知，选项A、B错，而C正确.把升降机视为一个竖直弹簧振子，如图所示.弹簧刚触地时升降机的位置在A点，升降机向下运动到的最低点位置为B点，速度最大的平衡位置为O点.在A点时有向下的速度，A点为最大位移处到平衡位置中的一点，即A点并非最大位移点.而B点速度为零，就是振子平衡位置下方的最大位移点，故.既然A点的加速度aAg方向向下，根据弹簧振子的对称性，那么最大位移B点的最大加速度aBamaAg，方向向上，选项D正确. 易错门诊4.简谐运动的周期性导致的多解问题【例4】弹簧振子以O点为平衡位置做简谐运动，从经过O点开始计时，振子第一次到达某点P时用了0.3 s，又经过

14、0.2 s第二次经过P点，则振子第三次经过P点还要经过的时间是.【错解】因为当振子从平衡位置到第一次经过P点时用了0.3 s，到达最大位移后再回到该点用了0.1 s，利用对称性知道，振子从该点到平衡位置所用的时间为0.1 s，从而周期为4(0.30.1)1.6 s.当振子第三次回到该点时，还要经历时间为1.4 s.【错因】上述错误在于只考虑一种可能情况.【正解】实际上有两种可能.依据对称性不难得出第三次(第二种可能)经过P点的时间为 s.【思维提升】本题容易出的错误是漏掉了另一个可能的解，注意对称性与周期性在解题实践中的应用.第 2 课时单摆基础知识归纳1.单摆在一条不可伸长、不计质量的细线下

15、端系一质点所形成的装置.单摆是实际摆的理想化物理模型.2.单摆做简谐运动的回复力单摆做简谐运动的回复力是由重力mg沿圆弧切线的分力Fmgsin 提供(不是摆球所受的合外力)，为细线与竖直方向的夹角，叫偏角.当很小时，圆弧可以近似地看成直线，分力F可以近似地看做沿这条直线作用，这时可以证明Fxkx.可见很小时，单摆的振动是简谐运动.3.单摆的周期公式(1)单摆的等时性：在振幅很小时，单摆的周期与单摆的振幅无关，单摆的这种性质叫单摆的等时性，是伽利略首先发现的.(2)单摆的周期公式，由此式可知T，T与振幅及摆球质量无关.4.单摆的应用(1)计时器：利用单摆的等时性制成计时仪器，如摆钟等，由单摆的周

16、期公式知道调节单摆摆长即可调节钟表快慢.(2)测定重力加速度：由变形得g，只要测出单摆的摆长和振动周期，就可以求出当地的重力加速度.5.单摆的能量摆长为l，摆球质量为m，最大偏角为，选最低点为重力势能零点，则摆动过程中的总机械能为Emgl(1cos)，在最低点的速度为v.重点难点突破一、单摆做简谐运动的回复力如图所示，摆球受重力mg和绳子拉力F两个力的作用，将重力按切线方向和径向方向正交分解，则绳子的拉力F与重力的径向分量的合力提供了摆球做圆周运动所需的向心力，而重力的切向分力F提供了摆球振动所需的回复力Fmgsin 设单摆的摆长为l，在最大偏角很小的条件下，摆球对O点的位移x的大小与角所对应

17、的弧长、角所对应的弦长都近似相等，即x=若偏角用弧度表示，则由数学关系知sin 所以重力沿切向的分力Fmgsin mg令k，则Fkx因为F的方向可认为与x方向相反，则F回kx由此可见单摆的偏角很小条件下的振动为简谐运动.二、单摆的周期公式1.等效摆长l：摆长l是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不是一定为摆线的长，如下图中，摆球可视为质点，各段绳长均为l，甲、乙摆球做垂直纸面的小角度摆动，丙图中球在纸面内做小角度摆动，O为垂直纸面的钉子，而OO，求各摆的周期.甲：等效摆长llsin ，T甲2乙：等效摆长llsin l，T乙2丙：摆线摆到竖直位置时，圆心就由O变为O，摆球振动时，半个周期摆长为

18、l，另半个周期摆长为(l)，即为l，则单摆丙的周期为T丙2.等效重力加速度g，g不一定等于9.8 m/s2.g由单摆所在的空间位置决定，由gG，g随所在地球表面的位置和高度的变化而变化，而且纬度越低，高度越高，g的值就越小，在不同星球上g也不同.g还由单摆系统的运动状态决定，如单摆处在向上加速的升降机中，设加速度为a，则摆球处于超重状态，沿圆弧的切向分力变大，则重力加速度的等效值gga，若升降机加速下降，则gga，单摆若在轨道上运行的卫星内，摆球完全失重，回复力为零，等效值g0，摆球不摆动，周期无穷大.一般情况下，g值等于摆球相对于加速系统静止在平衡位置时(平衡位置是指回复力为零的位置，而不是

19、合力为零的位置，也可以说成是让摆球不摆动时的位置)，摆线所受的张力与摆球质量的比值.三、用单摆测定重力加速度由公式T2，可知g，因此测出摆长l和周期T，就可以求出当地的重力加速度.典例精析1.单摆周期公式的应用【例1】如图，两个单摆摆长相等，平衡时两摆球刚好接触.现在将摆球A在两摆球所在的平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后两个摆球各自做简谐运动，以mA和mB分别表示两球质量，则()A.如果mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.如果mAmB，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生在平衡位置右侧D.无论两摆球的质量关系如何，下一次碰撞都不可能发生

20、在平衡位置左侧【解析】从单摆的周期公式可以知道，当摆长相等时，周期就相等.两球碰后有两种可能：一是速度方向相反，这样两球各自到达最高点再返回平衡位置都是半个周期的时间.只能在平衡位置相碰；二是碰后速度向同一方向摆动，也都是分别摆到各自的最大高度处再返回平衡位置，时间还是半个周期，仍在平衡位置相碰.【答案】CD【思维提升】单摆的周期与摆球质量无关.【拓展1】一只计时准确的摆钟从甲地拿到了乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述正确的是( C )A.g甲g乙，将摆长适当增长B.g甲g乙，将摆长适当缩短C.g甲g乙，将摆长适当增长D.g甲g乙，将摆长适当缩短【解析】钟摆摆动加快

21、，周期变小，由于T2可知l一定时，g增大，则T变小，所以g甲g乙，要使T不变，应适当增长摆长l.2.利用T2测重力加速度【例2】一位同学用单摆测定当地的重力加速度，他将单摆挂起后，做了如下工作：a.测摆长l：用米尺量出摆线的长度；b.测周期T：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按下秒表停止计时.读出这段时间t，算出单摆的周期T；c.将所测得的l和T代入单摆的周期公式T2，算出g，将它作为实验的最后结果写入报告中去.指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正(不要求进行误差计算)

22、.【解析】a.要测出摆球直径d，摆长l等于摆线长加上；b.周期T；c.应多测量几次，然后取g的平均值作为实验的最后结果.【思维提升】正确理解摆长的测量，正确记录周期，多次测量，减小误差.【拓展2】下表是用单摆测定重力加速度的实验中获得的有关数据摆长l(m)0.50.60.81.1周期T2(s2)2.02.43.24.8(1)利用上述数据，在右图坐标系中描出l-T2图象.(2)利用图象，取T 24.2 s2时，l1.05m，重力加速度g9.86m/s2.【解析】(1)l-T2图象如图中直线所示.(2)T24.2 s2时，从图中画出的直线上可读出其摆长约为l1.05 m，将T2与l代入公式g得g9

23、.86 m/s23.非平衡系统中单摆周期的计算【例3】在一加速系统中有一摆长为l的单摆.(1)当加速系统以加速度a竖直向上做匀加速运动时，单摆的周期多大？若竖直向下加速呢？(2)当加速系统在水平方向以加速度a做匀加速直线运动时，单摆的周期多大？【解析】(1)当单摆随加速系统向上加速时，设在平衡位置相对静止的摆球的视重为F，如图甲所示，则Fmgma故Fm(ga)，由Fmg得gga所以单摆周期T122同理，当加速系统竖直向下加速时，视重Fm(ga)则gga，故T22(2)当系统在水平方向加速时，相对系统静止时摆球的位置如图乙所示，视重Fm.故等效重力加速度g，所以T32【思维提升】等效重力加速度的

24、大小等于摆球相对系统静止于平衡位置时，绳的拉力F(即视重)与质量m的比值.【拓展3】如图所示，在光滑水平面上的O点系一长为l的绝缘细线，线的另一端系一质量为m、带电荷量为q的小球，当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态，现给小球一垂直于细线的初速度v0，使小球在水平面上开始运动，若v0很小，则小球第一次回到平衡位置所需时间为.【解析】球离开平衡位置后，由于v0很小，故做简谐运动，回复力为电场力在运动方向的分量.由周期公式T2知，g可等效为，代入公式得T2，则第一次回到平衡位置的时间为 易错门诊4.摆钟的计时【例4】某摆钟，当其摆长为l1时，在一段时间内快了t；当其摆长为l2时，

25、在同样一段时间内慢了t，试求走时准确时摆钟的摆长.【错解】设准确的摆钟摆长为l0，周期为T0，设这段时间为t，则快了的摆钟周期为T1，慢了的摆钟周期为T2，周期长了就是时间显示快了，周期慢了就是时间显示短了.根据题意，可得T1/T0(tt)/t，T2/T0(tt)/t而我们可以根据周期公式写出下面的关系式T12，T22，T02所以有(tt)/t，(tt)/t上面两式消除t可得l0【错因】上述解法没有考虑到钟的快慢决定于频率的快慢.时间显示快了正是因为摆钟的频率大了或周期小了，恰好与上述解法相反.【正解】摆钟走慢是因为频率小，走快是因为频率大，因此有频率之比等于显示的时间之比，即两式消除t得l0

26、【思维提升】由摆钟的机械构造决定钟摆每完成一次全振动摆钟所显示的时间为一定值，若周期变长则实际用时大于钟面显示的时间，计时变慢，反之，则计时变快.第 3 课时机械波及其图象基础知识归纳1.机械波的形成和传播(1)机械波的形成实质是介质质点间存在相互作用，前面的质点带动后面的质点振动，同时将振动形式与能量向外传播.每一个质点都由前面的质点带动做受迫振动.(2)波的特点：若不计能量损失，各质点振幅相同；各质点振动周期与波源的振动周期相同；离波源越远，质点振动越滞后，各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波迁移.2.机械波的分类(1)横波：介质中质点的振动方向与波的传播方向垂直，传播过程中会形成波

27、峰与波谷；(2)纵波：介质中质点的振动方向与波的传播方向平行，传播过程中会形成疏部与密部.3.波长、波速与频率的关系波长：表示在波的传播方向上相邻的两个振动相位总相同的介质质点之间的距离.波速v：表示在单位时间内沿波的传播方向传播的距离，对同一性质的波，波速由介质决定.一般波从一种介质进入另一种介质，波速会发生变化.频率f、周期T：就是波源的振动频率和周期，由波源决定，与介质无关，波由一种介质进入另一种介质，频率和周期都不变.波速v、波长、周期T、频率f之间的关系：vf/T，此式既适用于机械波也适用于电磁波.4.简谐横波的图象(1)图象的建立用横坐标x表示在波的传播方向上介质各质点的平衡位置，

28、纵坐标y表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，并规定横波中位移方向向某一个方向时为正值，位移向相反的方向时为负值.在xOy平面上，画出各个质点平衡位置x与各质点偏离平衡位置的位移y组成的各点(x，y)，用平滑的曲线把各点连接起来就得到了横波的波形图象(如图所示).(2)图象的特点横波的图象形状与波在传播过程中介质中各质点某时刻的分布相似，波形中的波峰即为图象中的位移正向的最大值，波谷即为图象中位移负向的最大值，波形中通过平衡位置的质点在图象中也恰处于平衡位置.波形图线是正弦曲线的波称为简谐波，简谐波是最简单的波.(3)图象的物理意义：波动图象描述的是在同一时刻，沿波的传播方向上的各个质点离开

29、平衡位置的位移.(4)由波的图象可以获得的信息：从图象上可直接读出波长和振幅.可确定任一质点在该时刻的位移.因加速度方向和位移方向相反，可确定任一质点在该时刻的加速度方向.若已知波的传播方向，可确定各质点在该时刻的振动方向，并判断位移、加速度、速度、动量、动能的变化.重点难点突破一、起振方向介质中最先振动的质点是波源，所以介质中所有质点在起振时都与波源的起振方向一致，即波源开始时向哪一方向振动，其他质点开始振动时也向该方向振动.二、振动和波动的比较特点振动图象波动图象相同点图线形状正(余)弦曲线正(余)弦曲线纵坐标y不同时刻某一质点的位移某一时刻介质中所有质点的位移纵坐标最大值振幅振幅不同点描

30、述对象某一个振动质点一群质点(x轴上各个质点)物理意义振动位移y随时间t的变化关系x轴上所有质点在某一时刻的位移y横坐标表示时间t表示介质中各点的平衡位置离原点的距离x横轴上相邻两个步调总一致的点之间的距离的含义图随时间变化情况图线随时间延伸，原有部分图形不变整个波形沿波的传播方向平移，不同时刻波形不同运动情况质点做简谐运动，属非匀变速运动波在同一均匀介质中是匀速传播的，介质中的质点做简谐运动三、质点振动方向与波的传播方向的关系和应用质点振动方向与波的传播方向存在着必然的联系，若已知波的传播方向，便可知波源的方位，任给一质点，我们均可判定它跟随哪些质点振动，便可知道它的振动方向，反之亦然.若已

31、知波的传播方向，可确定各质点在该时刻的振动方向，并判断位移、加速度、速度、动能的变化.常用的方法：1.带动法原理：先振动的质点带动邻近的后振动的质点.方法：如图所示，在质点P靠近波源一方附近的图象另找一点P，若P在P上方，则P向y轴正方向运动，若P在P下方，则P向y轴负方向运动.2.微平移法原理：波向前传播，波形也向前平移.方法：作出经微小时间t后的波形图，如图虚线所示，就知道了各质点经过t时间到达的位置，此刻质点振动方向也就知道了，图中P点振动方向向y轴负方向.四、波动问题的多解1.波动图象的周期性形成多解：机械波在一个周期内不同时刻图象的形状是不同的，但在相隔时间为周期的整数倍的不同时刻图

32、形的形状则是相同的.机械波的这种周期性必然导致波的传播距离、时间和速度等物理量有多值与之对应.2.波的传播的双向性形成多解：在一维条件下，机械波既可以向x轴正方向传播，又可以向x轴负方向传播，这就是波传播的双向性.3.波形的隐含性形成多解：许多波动习题只给出了完整波形的一部分，或给出了几个特点而其余部分处于隐含状态，这样，一道习题就有多个图形与之对应，从而形成了多解.典例精析1.振动图象和波动图象的互推【例1】已知平面简谐波在x轴上传播，原点O的振动图象如图甲所示，t时刻的波形图象如图乙所示，则tt0.5 s时刻的波形图象可能是图中的()【解析】由甲图可知T0.4 st0.5 s1 T若波速方

33、向沿x轴正方向，将乙图中波形向x轴正向平移，可得D图正确.若波速方向沿x轴负方向，可得C图正确.【答案】CD【思维提升】由乙图知t0时刻的波形，利用平移法可得tt时刻的波形图.【拓展1】振源A带动细绳振动，某时刻形成的横波波形如图甲所示，在波传播到细绳上一点P时开始计时，则图乙中能表示P点振动图象的是( C )【解析】由甲图知振源在P左侧，所以波速方向向右，用带动法分析知P质点该时刻振动方向沿x轴负方向.该时刻P质点正处于平衡位置.2.波的传播规律【例2】如图所示，一列向右传播的简谐横波，速度大小为0.6 m/s，P质点横坐标x0.96 m，从图中状态开始计时，求：(1)经过多长时间，P质点第

34、一次到达波谷？(2)经过多长时间，P质点第二次到达波峰？(3)P质点刚开始振动时，运动方向如何？【解析】(1)P质点第一次到达波谷的时间，就是初始时刻x坐标为0.18 m处的质点的振动状态传到P点所需要的时间，则t1，又x1(0.960.18) m0.78 m，所以t1s1.3 s(2)P质点第二次到达波峰的时间等于初始时刻x坐标为0.06 m处质点的振动状态传到P质点所需要的时间与一个周期的和，则t2，又x2(0.960.06) m0.9 m，0.24 m，所以t2s1.9 s，从P质点的振动也可发现，t2应为t1与1.5T的和，同样可得t21.9 s(3)P质点刚开始的振动方向就是初始时刻

35、x坐标为0.24 m处质点的振动方向.因为横波沿x轴正向传播，所以x坐标为0.24 m处质点初始时刻振动方向沿y轴负方向，故P质点刚开始振动的方向也沿y轴负方向.【思维提升】本题解析用到的方法利用了机械波在传播过程中介质中的质点并未随波迁移，而波形沿传播方向匀速移动来求解的.【拓展2】如图所示，S是x轴上的上下振动的波源，振动频率为10 Hz.激起的横波沿x轴左右传播，波速为20 m/s.质点A、B到S的距离分别为sA36.8 m，sB17.2 m，且都已经开始振动.若某时刻波源S正通过平衡位置向上振动，则该时刻( AD )A.B位于x轴上方，运动方向向下B.B位于x轴下方，运动方向向上C.A

36、位于x轴上方，运动方向向上D.A位于x轴下方，运动方向向下【解析】由vf，可得m2 msB17.2 m8，去整8，留零，B的振动状态应跟与振源S相距的B相同(如图所示)，由此可判断B点在x轴上方，运动方向向下.sA36.8 m18，去整18，留零，由于，所以A点在x轴下方，运动方向向下.3.波动问题的多解【例3】一列简谐横波在t0时刻的波形如图中的实线所示，t1 s时刻的波形如图中的虚线所示，由此可以判断()A.该列波的周期一定是4 sB.波长一定是4 mC.振幅一定是2 cmD.波速一定是1 m/s【解析】本题是已知两个不同时刻的波形图，由图可知该列波的波长4 m和振幅A2 cm.由于不知波

37、的传播方向，则这列波有沿x轴正方向和负方向传播的两种可能性，从而导致了这两个时刻间的时间间隔t与周期T的关系有两种可能的关系式，即周期不是唯一值，与此对应的波速也不是唯一值.由图可知：(1)若波沿x轴负方向传播，则在t1 s内，实线的波峰向左移动的最小距离为3/4，则波传播的距离x左(n3/4)，则t(n3/4)T左，T左t(n3/4)，其波速v左/T左(其中n0,1,2)(2)若波沿x轴正方向传播，则在t1 s内，实线的波峰向右移动的最小距离为/4，则波传播的距离x右(n1/4)，所对应t(n1/4)T右，T右t(n1/4)，其波速v右/T右(其中n0,1,2)由(1)和(2)的分析可知该列

38、波的周期和波速均无一确定的值.【答案】BC【思维提升】若题目中没有给定传播时间与周期的关系或传播距离与波长的关系，就会出现多解现象.此类问题重点要考虑到波传播的双向性和周期性，防止出现少解或错解问题，本题运用了归纳与演绎的思维方法.【拓展3】如图所示，一列横波向右传播，沿波传播方向上有相距为L的P、Q两质点，某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰.经过时间t，Q质点第一次运动到波谷，则t的可能值是( D )A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【解析】某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，可能有四种情况(如图所示).一种波形对应一个t的可能值，因此，t的可

39、能值是4个，选项D正确. 易错门诊4.质点振动方向的判断【例4】一列横波的波源在坐标原点O处，经过一段时间，波从O点向右传播20 cm到达Q点，如图所示，P点离O点的距离为30 cm，试判断P质点开始振动的方向.【错解】从图中看，P、Q两点相距半个波长，则波再向前传半个波长就传到了P点，所以画出如图所示的波形图.因为波源在原点，波沿x轴正方向传播，所以可以判断：P点开始振动的方向是沿y轴正方向(即向上).【错因】主要原因是把机械波的图象与机械振动的图象混淆.【正解】波传播到P点的波形如右图.因为波源在原点处，所以介质中的每个质点都被其左侧质点带动，所以P点在刚开始时的振动方向沿y轴负方向(即向

40、下).从另外一个角度来看，题图中Q点开始振动时方向是向下的，因为所有质点开始振动时的情况均相同，所以P点开始振动的方向应是向下的.【思维提升】传播振动的质点，都做受迫振动，所有质点的最初振动方向都与振源的最初振动方向一致.第 4 课时波的反射、折射、干涉、衍射及多普勒效应基础知识归纳1.波的特征：干涉与衍射(1)波的叠加原理：当两列机械波在某区域相遇时，都会引起该区域质点振动，它们同时传播到某点时，该点振动的位移是两列波各自引起该质点振动位移的矢量和.(2)波的独立传播原理：几列波在相遇区域叠加后分开，就像从来没有相遇过一样，各自独立传播.(3)波的衍射：当波传播过程中遇到障碍物时，它将绕过障

41、碍物，传播到障碍物的后面去.发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小.(4)波的干涉：当两列波频率相等，波源振动的相位差保持恒定，那么就会出现干涉现象振动加强与减弱的区域相互间隔，且加强区域永远加强，减弱区域永远减弱.2.多普勒效应当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感觉到波的频率与两者相对静止时不同.设波源的振动频率为f0，则当两者相对远离时，观察者感觉到频率减小，当两者相对靠近时，观察者感觉到频率增大.这是高速公路上用超声波测量汽车车速的原理，也是天文学上测量星体运动速度的主要方法.3.声波人的可闻声波频率在20 Hz到20 000 Hz之间，频率高于20 0

42、00 Hz的声波叫超声波，频率低于20 Hz的声波叫次声波.4.波的反射和折射(1)惠更斯原理：介质中任一波面上的各点，都可以看做发射子波的波源，其后任意时刻，这些子波在波前进方向上的包络面就是新的波面.如果知道某时刻一列波的某个波面的位置，还知道波速，利用惠更斯原理可以得到下一时刻这个波面的位置，从而可确定波的前进方向.(2)波的反射：指波遇到介质界面会返回来继续传播的现象.反射现象：反射角等于入射角；反射波的波长、频率和波速都与入射波相同.(3)波的折射：波从一种介质射入另一种介质时，波的波速通常会发生改变的现象.折射现象：发生折射时波的频率不变，波长、波速改变；入射角的正弦跟折射角的正弦

43、之比，等于波在第一种介质中的波速与第二种介质中的波速之比，即.折射的两种情况：若v1v2，则12，即波从波速大的介质进入波速小的介质时，波线向法线偏近.若v1 v2，则12，即波从波速小的介质进入波速大的介质时，波线远离法线.重点难点突破一、波的反射定律与折射定律1.反射定律：入射波线、法线、反射波线位于同一平面内，且反射角等于入射角.反射波的波长、频率、波速都与入射波相同.2.折射定律：入射角的正弦与折射角的正弦之比等于波在第一种介质中的速度与在第二种介质中的速度之比，即.二、波的干涉分析1.在波的传播过程中，介质中质点的振动频率相同，但步调不一致，离波源越远的质点振动越滞后，每推移一个波长

44、滞后一个周期.滞后一个周期的两个质点的振动步调一致，为同相振动；每推移半个波长滞后1/2个周期，滞后1/2个周期的两个质点的振动步调相反，为反相振动.波源S1、S2产生的两列波在同一介质中传播，介质中各质点同时参与两个振源引起的振动，质点的振动为这两个振动的矢量和.2.两列波产生稳定干涉的必要条件：两列波要产生干涉，频率相同是首要条件.假设频率不同，在同一种介质中传播的波其波长就不相等，在某时刻的某点(设为P点)为两列波的波峰相遇点，振动加强，但此后两列波并不总使P点的振动加强，也可以是波峰与波谷相遇，使振动减弱，这样不能形成稳定的加强点和减弱点.因此我们就看不到稳定的干涉图样，只能看到振动的

45、叠加现象.3.振动加强点是波峰与波峰，或波谷与波谷相遇的点，因此很多同学误认为它的位移总为两列波的振幅和.实际上，加强点之所以加强是因为两列波在此的位移总是同向，使质点振动的位移比单列波在此引起的位移大.所以加强点的位移应是两列波正的位移之和与负的位移之和之间的任意位移.加强点振幅是两列波的振幅之和，同理减弱点的位移为两列波单独存在时的位移矢量和.三、衍射条件与明显衍射条件一切波都能发生衍射，即使现象不明显，不易观察，也一定发生了衍射现象，而明显衍射现象是障碍物(或孔)的尺寸比波长小或跟波长差不多时才会发生.明显衍射发生时，并不一定能清楚地观察到，如当孔远小于水波波长时，衍射应当非常明显，但因孔很小，单位时间内通过的能量很小，水波将非常弱，不易看清楚.典例精析1.识别各种波现象 【例1】对声波的各种现象，以下说法正确的是( BC )A.在空房子里讲话，声音特别响，这是声音的共鸣现象B.绕正在发音的音叉走一圈，可以听到忽强