高考物理江苏专版一轮复习讲义 波与相对论选修－

高考物理江苏专版一轮复习讲义 波与相对论选修－

第十三章 波与相对论[选修3－4]‎ 第1节机械振动 ‎(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。(√)‎ ‎(8)简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹。(×)‎ 突破点(一)　简谐运动 ‎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 简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。‎ ‎3．运动的周期性特征 相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。‎ ‎4．对称性特征 ‎(1)相隔或(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反。‎ ‎(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，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。‎ ‎(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′。‎ ‎(4)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。‎ ‎5．能量特征 振动的能量包括动能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。‎ ‎[例1]　(2019·浙江高考)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0‎ ‎ s。当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　)‎ A．0.5 s　　　　　　　 B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s ‎[解析]　由于振幅A为20 cm，振动方程为y＝Asin ωt，由于高度差不超过10 cm时，游客能舒服登船，代入数据可知，在一个振动周期内，临界时刻为t1＝，t2＝，所以在一个周期内能舒服登船的时间为Δt＝t2－t1＝＝1.0 s，选项C正确。‎ ‎[答案]　C ‎[例2]　[多选](2019·山东高考)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　)‎ A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是0.8 s C．0.6 s内物块运动的路程为0.2 m D．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反 ‎[思路点拨]‎ ‎(1)由物块做简谐运动的表达式确定物块的振幅和振动周期。‎ ‎(2)确定0.6 s时物块所在的位置。‎ ‎(3)确定0.6 s时小球下落的高度与h的关系。‎ ‎[解析]　由物块做简谐运动的表达式y＝0.1sin(2.5πt)m知，ω＝2.5π，T＝＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内运动的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同。故选项C、D错误。‎ ‎[答案]　AB ‎[方法规律]　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，一定要以位移为桥梁，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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．弹簧振子在AOB之间做简谐运动，O为平衡位置，测得A、B之间的距离是8 cm，完成30次全振动所用时间为60 s，则(　　)‎ A．振子的振动周期是2 s，振幅是8 cm B．振子的振动频率是2 Hz C．振子完成一次全振动通过的路程是32 cm D．从振子通过任意点开始计时，2.5 s内通过的路程可能大于20 cm 解析：选D　振幅是离开平衡位置的最大距离，所以振幅为A、B之间的距离的一半，即4 cm，故A错误；完成30次全振动所用时间为60 s，则周期为2 s，频率为f＝＝ Hz，故B错误；振子完成一次全振动通过的路程是4倍振幅，即16 cm，故C错误；振子的周期为2 s,2.5 s＝1T，所以 2.5 s内通过的路程可能为1×4A＝5A＝5×4 cm＝20 cm，也可能小于20 cm，也可能大于20 cm，具体的情况与开始时质点的位置有关，故D正确。‎ ‎2．[多选]某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝10sincm，则下列关于该质点运动的说法中正确的是(　　)‎ A．质点做简谐运动的振幅为5 cm B．质点做简谐运动的周期为6 s C．在t＝1.5 s时质点的速度最大 D．在t＝1.5 s时质点的位移最大 解析：选BD　根据简谐运动的表达式x＝10sincm，知质点的振幅为10 cm，角速度ω＝，则周期为 T＝＝ s＝6 s，故A错误，B正确；将t＝1.5 s代入x＝10sincm，可得位移x＝10 cm，则知在t＝1.5 s时质点的位移最大，速度为零，故C错误，D正确。‎ 突破点(二)　简谐运动的图像 ‎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，不代表质点运动的轨迹。‎ ‎2．图像信息 ‎(1)由图像可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率。‎ ‎(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。‎ ‎(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度的方向在图像上总是指向t轴。‎ ‎(4)确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增加，振动质点的速度方向就是远离t轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴。‎ ‎(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小。‎ ‎(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小。‎ ‎[典例]　(2019·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＝1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 B．t＝2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值 C．t＝3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零 D．t＝4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值 ‎[审题指导]　根据简谐运动的位移图像直接读出质点的位移与时间的关系。当位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大。加速度方向总是与位移方向相反，位移为负值，加速度为正值。‎ ‎[解析]　t＝1 s时，振子在正的最大位移处，振子的速度为零，由a＝－知，加速度为负的最大值，A项正确；t＝2 s时，振子位于平衡位置，由a＝－知，加速度为零，B项错误；t＝3 s时，振子在负的最大位移处，由a＝－知，加速度为正的最大值，C项错误；t＝4 s时，振子位于平衡位置，由a＝－知，加速度为零，D项错误。‎ ‎[答案]　A ‎[方法规律]‎ ‎(1)简谐运动图像中，任意时刻图线上某点切线的斜率表示该时刻质点的速度；斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映速度的方向。‎ ‎(2)振动质点的加速度的大小变化规律与质点的位移的大小变化规律相同，两者方向始终相反。在振动图像中，根据位移的大小和方向比较加速度的大小比较直观。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．[多选](2019·盐城六校联考)如图所示为一质点的简谐运动图像。由图可知(　　)‎ A．质点的运动轨迹为正弦曲线 B．t＝0时，质点正通过平衡位置向正方向运动 C．t＝0.25 s时，质点的速度方向与位移的正方向相同 D．质点运动过程中，两端点间的距离为0.1 m 解析：选CD　简谐运动图像反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误；t＝0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误；根据图像的斜率表示速度，则t＝0.25 s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同，故C正确；质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为s＝2A＝2×5 cm＝10 cm＝0.1 m，故D正确。‎ ‎2．[多选](2019·南通模拟)如图甲所示是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗的细沙均匀流出，同事匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像，图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线(图中的虚线)，已知P、Q分别是木板上的两点，木板1、2的移动速度分别为v1、v2，则(　　)‎ A．P处堆积的细沙与Q处一样多 B．P处堆积的细沙比Q处多 C．v1∶v2＝4∶3‎ D．v1∶v2＝3∶4‎ 解析：选BD　在图乙的P处时，沙摆的速度最小，在Q处时，沙摆的速度最大，所以P处堆积的细沙比Q处多，故A错误，B正确；根据单摆周期公式T＝2π ，它们在同一地点，g相同，且摆长相同，则周期相同，设为T。OB段经历的时间是 t1＝2T，O′B′段经历的时间为 t2＝1.5T；设板长为L，则：t1＝＝2T；t2＝＝1.5T；比较可得：v1∶v2＝3∶4，故C错误，D正确。‎ 突破点(三)　受迫振动和共振 ‎1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较 振动项目 自由振动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期或频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0‎ 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T0或f驱＝f0‎ 振动能量 振动物体的机械能不变 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 弹簧振子或单摆(θ≤5°)‎ 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 ‎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频率对某固有频率为f0的振动系统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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选]蜘蛛会根据丝网的振动情况感知是否有昆虫“落网”，若丝网的固有频率为200 Hz，下列说法正确的是(　　)‎ A．“落网”昆虫翅膀振动的频率越大，丝网的振幅越大 B．当“落网”昆虫翅膀振动的频率低于200 Hz时，丝网不振动 C．当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，丝网的振幅最大 D．昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定 解析：选CD　根据共振的条件可知，系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大，故A、B错误；当“落网”昆虫翅膀振动的周期为0.005 s时，其频率：f＝＝ Hz＝200 Hz，与丝网的固有频率相等，所以丝网的振幅最大，故C正确；受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以昆虫“落网”时，丝网振动的频率由“落网”昆虫翅膀振动的频率决定，故D正确。‎ ‎2．[多选]在喜剧电影《功夫》中，包租婆的“狮子吼”可以将酒杯震碎，若我们用手指轻弹同样的酒杯，听到清脆的声音，并测得该声音的频率为f。下列说法正确的是(　　)‎ A．包租婆震碎酒杯是声波的共振现象 B．包租婆震碎酒杯是声波的干涉现象 C．包租婆发出的震碎酒杯的“狮子吼”的频率一定接近f D．包租婆发出的震碎酒杯的“狮子吼”的频率一定远大于f 解析：选AC　根据共振的条件与共振的特点可知，当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，故用“狮子吼”将酒杯震碎是共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为f，故“狮子吼”频率一定接近f，故A、C正确。‎ 对点训练：简谐运动 ‎1．(2019·南京六合区模拟)弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时(　　)‎ A．速度最大　　　　　　 B．回复力最大 C．加速度最大 D．弹性势能最大 解析：选A　弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，弹性势能最小，动能最大，故速度最大，选项A正确，D错误；弹簧振子通过平衡位置时，位移为零，根据F＝－kx，a＝－，可知回复力为零，加速度为零，故选项B、C错误。‎ ‎2．(2019·宿迁模拟)弹簧振子在做简谐运动时，若某一过程中振子的速率在减小，则此时振子的(　　)‎ A．速度与位移方向一定相反 B．加速度与速度方向可能相同 C．位移可能在减小 D．回复力一定在增大 解析：选D　弹簧振子的速率在减小，则动能减小，弹性势能增大，故振子必定从平衡位置向最大位移处运动，速度与位移方向相同，则加速度与速度方向必定相反，故选项A、B错误；由上述分析可知，弹簧振子的位移大小在增大，回复力的大小与位移大小成正比，故回复力一定增大，故选项C错误，D正确。‎ ‎3．[多选](2019·海门期末)如图所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点间距离相等，其中O为波源。设波源的振动周期为T，波源O起振时通过平衡位置竖直向下振动，经过，质点1开始起振，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中正确的是(　　)‎ A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的 B．图中所画出的质点起振时间都是相同的 C．只要图中所有质点都已振动了，质点9与质点1的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动 D．只要图中所有质点都已振动，质点1与质点3的振动速度大小有时相同，有时不同 解析：选AC　波源O的起振方向通过平衡位置竖直向下，介质中各质点的起振方向也都是竖直向下，故A正确；图中所画出的质点起振的时间依次落后，故B错误；设相邻两质点间距离为s，由题得到波长为λ＝4s，质点1与质点9的距离为x＝8s＝2λ，图中所有质点都振动后，质点1与质点9的振动情况完全相同，步调完全一致，波从质点1到质点9时，质点1已振动了2次，所以如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动，故C正确；质点1与质点3间的距离等于半个波长，振动情况总是相反，振动速度大小总是相等，故D错误。‎ ‎4．(2019·宜宾月考)关于简谐运动，以下说法不正确的是(　　)‎ A．只要有回复力，物体一定做简谐运动 B．当物体做简谐运动时，回复力的方向总是与位移方向相反 C．物体做简谐运动时，当它向平衡位置运动过程中，回复力越来越小 D．物体做简谐运动时，速度方向有时与位移方向相同，有时与位移方向相反 解析：选A　在简谐运动中，有回复力是必要条件，而且回复力必须满足：F＝－kx，所以有回复力的振动不一定是简谐运动，故A错误；质点的回复力方向总是指向平衡位置，总是与位移方向相反，故B正确；物体做简谐运动时，受到的回复力为F＝－kx ‎。当它向平衡位置运动过程中，位移越来越小，则知回复力越来越小，故C正确；质点的位移方向总是离开平衡位置，而速度方向有时离开平衡位置，有时靠近平衡位置。所以速度的方向有时跟位移的方向相同，有时跟位移的方向相反，故D正确。‎ 对点训练：简谐运动的图像 ‎5．[多选](2019·广安期末)如图甲所示的弹簧振子(以O点为平衡位置在B、C间振动)，取水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移的正方向，得到如图乙所示的振动曲线，由曲线所给信息可知，下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时，振子处在C位置 B．t＝1.0 s和t＝1.4 s振子的加速度相同 C．t＝0.9 s时振子具有正方向的最大速度 D．t＝0.4 s时振子对平衡位置的位移为5 cm 解析：选BD　由振动图像可知t＝0时，振子的位移为负向最大，说明振子处于B位置，故A错误；根据对称性可知，t＝1.0 s和t＝1.4 s振子的位移相同，经过同一位置，由a＝－分析可知，t＝1.0 s和t＝1.4 s振子的加速度相同，故B正确；t＝0.9 s时振子经过平衡位置，速度最大，根据xt图像的斜率表示速度，可知t＝0.9 s时刻振子的速度沿负方向，即t＝0.9 s时振子具有负方向的最大速度，故C错误；弹簧振子的周期为T＝1.2 s，振幅为A＝10 cm，振动方程为x＝－Acos t＝－10cost cm＝－10cos t cm，将t＝0.4 s代入解得x＝5 cm，故D正确。‎ ‎6．[多选](2019·镇江模拟)小明在实验室做单摆实验时得到如图所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的左右最远位置。小明通过实验测得当地重力加速度为g＝9.8 m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示。设图中单摆向右摆动为正方向，g≈π2，则下列选项正确的是(　　)‎ A．此单摆的振动频率是0.5 Hz B．根据图乙可知开始计时摆球在C点 C．图中P点向正方向振动 D．根据已知数据可以求得此单摆的摆长为1.0 m 解析：选AD　由乙图可知，单摆的振动周期为2 s，周期和频率互为倒数，所以频率为0.5 Hz，故A正确；由乙图可知，t＝0时位移负向最大，开始向正方向运动，而单摆向右摆动为正方向，所以开始计时摆球在B点，故B错误；由振动图像可知，P点向负方向振动，故C错误；由单摆的周期公式T＝2π 可知，摆长为L＝＝＝1.0 m，故D正确。‎ ‎7.[多选](2019·江阴期末)一个质点做简谐振动的图像如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．质点的振动频率为4 Hz B．在10 s内质点经过的路程是20 cm C．在5 s末，质点速度为零，加速度为正向最大 D．t＝1.5 s和4.5 s末的两时刻质点的位移大小相等 解析：选BD　由题图知，周期为T＝4 s，质点的振动频率为：f＝＝0.25 Hz，故A错误；振幅为A＝2 cm,10 s时间为2.5个周期，一个周期内质点通过的路程为：4A＝8 cm，故10 s内质点经过的路程为：s＝2.5×4A＝20 cm，故B正确；在5 s末，质点的位移为正向最大，速度为零，由加速度a＝－，知加速度为负向最大，故C错误；根据图像的对称性分析t1＝1.5 s和t2＝4.5 s位移大小相同，方向相同(同正)，故D正确。‎ ‎8．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝10sin(cm)，则下列关于质点运动的说法中正确的是(　　)‎ A．质点做简谐运动的振幅为5 cm B．质点做简谐运动的周期为4 s C．在t＝4 s时质点的速度最大 D．在t＝4 s时质点的位移最大 解析：选C　根据简谐运动的表达式为x＝Asin(ωt＋φ)，知振幅为10 cm，周期T＝＝＝8 s，故A、B错误；在t＝4 s时可得位移x＝0，平衡位置速度最大，故C正确，D错误。‎ ‎9．[多选](2019·盐城模拟)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像。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4 s B．弹簧振子的振幅为10 cm C．t＝17 s时振子相对平衡位置的位移是10 cm D．2.5 s时振子正在向x轴正方向运动 解析：选AB　由题图知，弹簧振子的周期为T＝4 s，振幅为10 cm，选项A、B正确；由周期性知，t＝17 s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；xt图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，则2.5 s时振子的速度为负，正在向x轴负方向运动，选项D错误。‎ 对点训练：受迫振动和共振 ‎10．[多选](2019·江阴六校联考)一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平衡，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中正确的是(　　)‎ A．洗衣机做的是受迫振动 B．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大 C．正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小 D．当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率 解析：选ABD　洗衣机的振动是因为电机振动而引起的，故为受迫振动，故A正确；洗衣机切断电源，波轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时波轮的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振。此后波轮转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故说明正常工作时洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、D正确，C错误。‎ ‎11.[多选](2019·昆山月考)一个弹簧振子做受迫运动，它的振幅A与驱动力频率f之间的关系如图所示。由图可知(　　) ‎ A．不论振子做何振动，振子的频率均为f2‎ B．驱动力频率为f3时，受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率仍为f2‎ C．振子如果做自由振动，它的频率是f2‎ D．振子可以做频率为f1的等幅振动 解析：选CD　受迫振动的频率由驱动力频率决定，随驱动力频率的变化而变化，故A错误；驱动力频率为f3时，受迫振动的振幅比共振小，振子振动的频率为f3，故B错误；当驱动力频率为f2时，振子处于共振状态，说明固有频率为f2；振子作自由振动时，频率由系统本身决定，为f2，故C正确；当驱动力频率为f1时，振子做受迫振动，频率为f1，可以是等幅振动，故D正确。‎ 考点综合训练 ‎12．[多选](2019·海南高考)下列说法正确的是(　　)‎ A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比 B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变 C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小 D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率 E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向 解析：选ABD　在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T＝2π 可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能相互转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2π 可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E错误。‎ ‎13.(2019·海口期末)如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A与驱动力的频率f的关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动 B．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动 C．摆长约为10 cm D．发生共振时单摆的周期为1 s 解析：选B　单摆的频率公式f＝ ，当摆长增大时，单摆的固有频率减小，产生共振的驱动力频率也减小，共振曲线的“峰”向左移动，故A错误，B正确。由共振曲线可知：当驱动力频率f＝0.5 Hz时产生共振现象，则单摆的固有频率f＝0.5 Hz，周期T＝2 s，根据T＝2π ，得L＝≈1 m，故C、D错误。‎ ‎14．(2019·常州十校联考)弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2 s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5 s时，振子速度第二次变为－v。‎ ‎(1)求弹簧振子振动周期T；‎ ‎(2)若B、C之间的距离为25 cm，求振子在4.0 s内通过的路程；‎ ‎(3)若B、C之间的距离为25 cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图像。‎ 解析：(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示，由对称性可得：‎ T＝0.5×2 s＝1.0 s。‎ ‎(2)若B、C之间距离为25 cm，则振幅A＝×25 cm＝12.5 cm，振子4.0 s内通过的路程 s＝×4×12.5 cm＝200 cm。‎ ‎(3)根据x＝Asin ωt，A＝12.5 cm，ω＝＝2π 得x＝12.5sin 2πt cm。振动图像为 答案：(1)1.0 s　(2)200 cm　(3)x＝12.5sin 2πt cm 图像见解析图 第2节机械波 ‎(1)在水平方向传播的波为横波。(×)‎ ‎(2)在机械波中各质点不随波的传播而迁移。(√)‎ ‎(3)通过波的图像可以找出任一质点在任意时刻的位移。(×)‎ ‎(4)机械波在传播过程中，各质点振动的周期、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。(×)‎ 突破点(一)　机械波的传播与图像 ‎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)振源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以v＝＝λf。‎ ‎2．波动图像的特点 ‎(1)质点振动nT(波传播nλ)(n＝0,1,2,3，…)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)(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。‎ ‎3．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，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向 ‎[题点全练]‎ ‎1.[多选]小明同学用两根不同材质的绳a、b系在一起演示机械波，他在a绳左端有规律地上下抖动绳子，某时刻绳上呈现如图所示波形，则由此可以看出(　　)‎ A．此时a绳最左端的振动方向向下 B．绳a中的机械波周期小于绳b中的机械波周期 C．绳a中机械波的传播速度小于在绳b中的传播速度 D．若绳子左端抖动得越快，波传播速度将越大 解析：选AC　波的传播方向向右，总是前一质点带动后一质点跟着振动，所以此时a绳最左端的振动方向向下，故A正确；机械波的周期和频率由振源决定，所以绳a中的机械波周期等于绳b中的机械波周期，故B错误；由v＝λf可知，绳a中的机械波频率等于绳b中的机械波频率，a的波长小于b的波长，则绳a中机械波的传播速度小于在绳b中的传播速度，故C正确；机械波的传播速度由介质决定，介质不变，绳子左端抖动得越快，波传播速度不变，故D错误。‎ ‎2．[多选](2019·天津高考)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y＝5sin，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x＝12 m处，波形图像如图所示，则(　　)‎ A．此后再经6 s该波传播到x＝24 m处 B．M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向 C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向 D．此后M点第一次到达y＝－3 m处所需时间是2 s 解析：选AB　根据表达式y＝5sin，得ω＝，因此波的周期T＝＝4 s。由波形图像可得波长λ＝8 m。从x＝12 m的位置到x＝24 m的位置传播距离为1.5λ，所用的时间为1.5T＝6 s，选项A正确；M点经过T时振动方向沿y轴正方向，选项B正确；波刚好传到12‎ ‎ m处时，起振方向沿y轴正方向，则波源开始振动的方向也沿y轴正方向，选项C错误；M点从此位置第一次到达y＝－3 m处所需的时间小于＝2 s，选项D错误。‎ ‎3．[多选]如图所示，在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离为s。振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动的速度方向竖直向上，经过时间t，前13个质点第一次形成如图所示的波形。关于这列波的周期和波速有如下说法，正确的是(　　)‎ A．这列波的周期为 B．这列波的周期为 C．这列波的传播速度为 D．这列波的传播速度为 解析：选BC　由题知：质点1是波源，质点1的起振方向向上，则各质点起振方向均向上。根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上，所以从质点13算起，需要再经T质点13振动的方向才能向上，所以该时刻已经形成了两个完整的波形，设周期为T，则t＝2T，得T＝。由题意知，波长为 λ＝8s，结合λ＝vT，可得波速为 v＝＝＝，故A、D错误，B、C正确。‎ ‎突破点(二)　振动图像与波动图像的综合应用 两种图像的比较 图像类型 振动图像 波的图像 研究对象 某一振动质点 沿波传播方向上的所有质点 研究内容 某一质点的位移随时间变化规律 某时刻所有质点的空间分布规律 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 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 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 一完整曲线占横坐标距离 表示一个周期 表示一个波长 ‎[典例]　(2019·江阴二模)图甲是一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图乙是这列波中P点的振动图像，则该波的传播速度和传播方向是(　　)‎ A．v＝25 m/s，向x轴负方向传播 B．v＝25 m/s，向x轴正方向传播 C．v＝50 m/s，向x轴负方向传播 D．v＝50 m/s，向x轴正方向传播 ‎[解析]　由题图乙可知，2 s时刻P点正经过平衡位置向正方向运动，则由波动图像可知波应向x轴的负方向传播；而波的周期为2 s，波长为100 m，则波速v＝＝ m/s＝50 m/s，故C正确。‎ ‎[答案]　C ‎[方法规律]‎ ‎1．巧解图像问题 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。‎ ‎(1)分清振动图像与波动图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图像，横坐标为t则为振动图像。‎ ‎(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。‎ ‎(3)找准波动图像对应的时刻。‎ ‎(4)找准振动图像对应的质点。‎ ‎2．图像问题的易错点 ‎(1)不理解振动图像与波的图像的区别。‎ ‎(2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。‎ ‎(3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。‎ ‎(4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。‎ ‎(5)误认为质点随波迁移。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．一简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图1所示，a、b是波上的两个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是(　　)‎ A．该机械波的传播速度为2 m/s B．t＝0时刻质点a的加速度比b的加速度小 C．t＝0时刻质点a的速度比质点b的速度大 D．图2可以表示质点b的位移随时间变化 解析：选D　由图1读出波长为 λ＝2 m，图2读出周期为 T＝4 s，则波速为 v＝＝0.5 m/s，故A错误；t＝0时质点a位于最大位移处，加速度最大，速度为零，而质点b经过平衡位置，加速度最小，速度最大，所以质点a的加速度比质点b的大，质点a的速度比质点b的速度小，故B、C错误；由图2知，t＝0时刻质点经过平衡位置向下运动，图1是t＝0时刻的波形，此时质点b在t＝0时刻经过平衡位置向下运动，与图2中t＝0时刻质点的状态相符，所以图2可以表示质点b的振动，故D正确。‎ ‎2．[多选](2019·铜仁模拟)如图所示为一列在均匀介质中沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2 m/s，则(　　)‎ A．质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向 B．P点的振幅比Q点的小 C．经过Δt＝4 s，质点P将向右移动8 m D．经过Δt＝4 s，质点Q通过的路程是0.4 m 解析：选AD　简谐横波沿x轴正方向传播，波形向右平移，则知质点P此时刻的振动方向沿y轴负方向，故A正确；简谐波中各质点的振幅都相同，故B错误；简谐横波沿x 轴正方向传播，各个质点只在自己平衡位置附近上下振动，在x轴方向没有位移，故C错误；该波的周期为T＝＝ s＝2 s，而Δt＝4 s＝2T，则质点Q通过的路程s＝8A＝40 cm＝0.4 m，故D正确。‎ ‎3．(2019·天津高考)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa＝2 m和xb＝6 m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是(　　)‎ A．该波沿＋x方向传播，波速为1 m/s B．质点a经4 s振动的路程为4 m C．此时刻质点a的速度沿＋y方向 D．质点a在t＝2 s时速度为零 解析：选D　由题图乙可知，简谐横波的周期T＝8 s，且t＝0时质点b沿＋y方向运动，根据振动和波动的关系，波沿－x方向传播，质点a沿－y方向运动，选项A、C错误；质点a经过4 s振动的路程s＝·4A＝1 m，选项B错误；质点a在t＝2 s时，处于负向最大位移处，速度为零，选项D正确。‎ 突破点(三)　波的多解问题 ‎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。‎ 如：a.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．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．只告诉波速不指明波的传播方向，应考虑沿两个方向传播的可能，即沿x轴正方向或沿x轴负方向传播。‎ d．只给出两时刻的波形，则有两时刻间相同波形重复出现的可能。‎ ‎(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，…)。‎ ‎[典例]　[多选]一列简谐横波沿x轴的正方向传播，振幅为2 cm，周期为T。如图所示，在t＝0时刻波上相距50 cm的两质点a、b的位移都是 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负方向运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．该列简谐横波波长可能为37.5 cm B．质点a、b的速度在某一时刻可能相同 C．当质点b的位移为＋2 cm时，质点a的位移为负 D．在t＝时刻，质点b的速度最大 ‎[解析]　根据a、b两点的位置关系以及振动方向可知，a、b平衡位置满足nλ＋＝50 cm，其中n＝0,1,2，…，37.5 cm不满足波长表达式，故选项A错误；质点a、b的速度在某一时刻可能相同，选项B正确；当质点b的位移为＋2 cm时，即此时b点在波峰位置，质点a的位移为正，选项C错误；在t＝时刻，质点b回到平衡位置，速度最大，选项D正确。‎ ‎[答案]　BD ‎[方法规律]　波的多解问题的一般解题步骤 ‎(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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.[多选](2019·四川高考)简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10 m的两质点，波先传到P，当波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示。则(　　)‎ A．质点Q开始振动的方向沿y轴正方向 B．该波从P传到Q的时间可能为7 s C．该波的传播速度可能为2 m/s D．该波的波长可能为6 m 解析：选AD　根据振动图像可知，质点Q开始振动的方向沿y轴正方向，周期T＝6 s，而且由振动图像可知波由P传到Q所用的时间t＝(nT＋4)s，即由P传到Q所用的时间可能为4 s,10 s,16 s，…，波速v＝＝ m/s，即可能的波速为2.5 m/s,1 m/s,0.625 m/s，…，波长λ＝vT＝ m/s，即可能的波长为15 m,6 m，3.75 m，…‎ ‎。综上所述，选项A、D正确，选项B、C错误。‎ ‎2．[多选](2019·南京六校教育研究会质检)A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，在某时刻的波形分别如图中甲、乙所示，经过时间t(t小于A波的周期TA)，这两列简谐横波的波形分别变为图中丙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能是(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　 B．2∶1‎ C．1∶2 D．3∶1‎ 解析：选AC　由题图读出，A波波长为λA＝24 cm，甲图到丙图一定相隔半个周期，所以周期TA＝2t；B波波长为λB＝12 cm，乙图与丁图的波形图相同，经过的时间一定是整数个周期，所以周期TB＝，波速vA＝＝＝，vB＝＝＝，得到vA∶vB＝1∶n，所以A、B两列波的波速vA、vB之比可能是A、C，不可能是B、D。‎ 突破点(四)　波的干涉、衍射、多普勒效应 ‎1．波的干涉现象中加强点、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)图像法：‎ 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：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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2019·常州调研)关于下列4幅图片，说法正确的是(　　)‎ A．甲、乙属衍射现象，甲的水波波长比乙更接近缝的宽度 B．丙图水面的衍射现象比甲、乙更明显 C．丁图蜂鸣器在旋转时，周围的同学听到声音有变化，其原理与丙相同 D．测量宇宙中星球靠近或远离地球的速度应用的原理与丁图原理相同 解析：选D　甲、乙都属于衍射现象，乙的衍射现象比甲明显，所以乙的水波波长比甲更接近缝的宽度，故A错误；丙属于干涉现象，故B错误；丁图蜂鸣器在旋转时，周围的同学听到声音有变化，其原理是多普勒效应，丙属于干涉，原理不同，故C错误；测量宇宙中星球靠近或远离地球的速度应用的原理与丁图原理相同，都属于多普勒效应，故D正确。‎ ‎2.如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷。已知两列波的振幅均为2 cm，波速为2 m/s，波长为8 cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中错误的是(　　)‎ A．A、C两处两质点是振动减弱的点 B．B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是8 cm C．E处质点是振动减弱的点 D．经0.02 s，B处质点通过的路程是8 cm 解析：选C　由题图可知，A、C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱，故A正确；由题图可知，B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4 cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8 cm，故B正确；B、D两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点，故C不正确；由T＝＝ s＝0.04 s，时间t＝0.02 s为半个周期，则B点处质点通过的路程是s＝2A＝2×4 cm＝8 cm，故D正确。‎ 对点训练：机械波的传播与图像 ‎1．(2019·天津高考)手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图。绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为L。t＝0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是(　　)‎ A．该简谐波是纵波 B．该简谐波的最大波长为2L C．t＝时，P在平衡位置上方 D．t＝时，P的速度方向竖直向上 解析：选C　振动方向与传播方向垂直，故该简谐波是横波，A错误；根据“下坡上”‎ 判断，P距离O的最近距离L＝λ，所以最大波长等于4L，B错误；经过T，P位于波峰，所以T时，P在平衡位置上方，C正确；在T时，P正在从波峰向平衡位置运动，速度方向竖直向下，D错误。‎ ‎2.[多选]如图为一列横波在某一时刻的波形，这时位于平衡位置的质点A正向－y方向运动，且经0.2 s质点A再一次经过平衡位置并向＋y方向运动，则这列横波(　　)‎ A．向左传播　　　　　　　 B．波长为8 m C．周期0.2 s D．波速为20 m/s 解析：选BD　图示时刻A点的振动方向向下，根据“上下坡法”，可知波向右传播，故A错误；由题图读出，波长λ＝8 m，故B正确；位于平衡位置的质点A正向－y方向运动，且经0.2 s质点A再一次经过平衡位置并向＋y方向运动，得到A的振动周期为0.4 s，即波的周期为0.4 s，故C错误；根据波速公式可知，波速v＝＝ m/s＝20 m/s，故D正确。‎ ‎3.[多选](2019·台江期中)一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，图中每小格代表1 m，a、b、c为三个质点，a正向上运动。由此可知(　　)‎ A．该波沿x轴正方向传播 B．c正向上运动 C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置 D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处 解析：选AC　a点正向上运动，根据“同侧法”，故波向右传播，即该波沿x轴正方向传播，故A正确；根据波形的平移规律，c点正向下运动，故B错误；此时b向上运动，c向下运动，所以b比c先到达平衡位置，故C正确，D错误。‎ ‎4.(2019·南京一模)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点，在t＝0时刻波源开始振动，在t＝3 s时刻的波形如图所示。求：‎ ‎(1)该波沿x方向传播的速度；‎ ‎(2)7 s内x＝2 m处质点运动的路程。‎ 解析：(1)根据v＝＝＝1 m/s。‎ ‎(2)由图λ＝3 m，得λ＝4 m 周期T＝＝ s＝4 s 经2 s位于x＝2 m处质点开始起振 实际振动时间t＝5 s＝T＋ 所以x＝2 m处质点运动的路程：s＝4A＋A＝5A＝50 cm。‎ 答案：(1)1 m/s　(2)50 cm 对点训练：振动图像与波动图像的综合应用 ‎5．[多选](2019·邯郸期中)图甲为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点。下列说法正确的是(　　)‎ A．波速为0.5 m/s B．波的传播方向向右 C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cm D．当t＝7 s时，P恰好回到平衡位置 解析：选ACD　由题图甲可知该简谐横波波长为2 m，由题图乙知周期为4 s，则波速为v＝＝ m/s＝0.5 m/s，故A正确；根据题图乙的振动图像可知，在x＝1.5 m处的质点在t＝2 s时振动方向向下，所以该波向左传播，故B错误；由于t＝2 s时，质点P在波谷，且2 s＝0.5T，所以质点P的路程为2A＝8 cm，故C正确；当t＝7 s时，Δt＝5 s＝1T，P恰好回到平衡位置，故D正确。‎ ‎6．[多选](2019·常州一中月考)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像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．图乙表示质点L的振动图像 B．该波的波速为0.5 m/s C．t＝8 s时质点M的位移为零 D．在4 s内质点K所经过的路程为3.2 m 解析：选ABD　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＝2 m，由题图乙读出周期T＝4 s，则该波的波速v＝＝ m/s＝0.5 m/s，故B正确；t＝8 s＝2T，所以t＝8 s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＝4 s，所以在4 s内K质点所经过的路程为4倍的振幅，为3.2 m，故D正确。‎ ‎7．[多选]图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图像。由图可知(　　)‎ A．质点振动的周期T＝4 s B．波速v＝20 m/s C．因为一个周期质点运动0.8 m，所以波长λ＝0.8 m D．从该时刻起经过0.15 s，波沿x轴正方向传播了3 m 解析：选BD　由题图甲读出波长λ＝4 m，由图乙读出周期 T＝0.2 s，则波速为v＝＝ m/s＝20 m/s，故A错误，B正确；质点P在一个周期内运动的路程为4A＝4×0.2 m＝0.8 m，横波的波长等于振动在一个周期内传播的距离，不等于质点P在一个周期内通过的路程，故C错误；由题图乙可知质点P在t＝0时刻向下振动，结合甲图知简谐波沿x轴正方向传播，从该时刻起经过0.15 s，波沿x轴正方向传播的距离x＝vt＝20×0.15 m＝3 m，故D正确。‎ ‎8．[多选](2019·大连模拟)图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的一个质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的另一个质点，图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是(　　)‎ A．该列简谐横波向x轴正方向传播 B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同 C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m D．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 m 解析：选BC　由题图乙知，在t＝0.10 s时，质点Q正向下运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；波沿x轴负方向传播，由图甲所示波形图可知，t＝0.10 s时，质点P的振动方向沿y轴正方向，由图乙可知，周期：T＝0.20 s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s，经历时间Δt＝0.15 s＝T，则知在t＝0.25 s时，质点P位于x轴下方，其加速度方向沿y轴正方向，故B正确；由甲图知波长λ＝8 m，则波速为：v＝＝ m/s＝40 m/s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播距离 x＝vΔt＝40×0.15 m＝6 m，故C正确；从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s＝T，由于t＝0.10 s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A＝30 cm，故D错误。‎ ‎9.(2019·苏州模拟)如图所示，一列波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.5 s时的波形如图中虚线所示，t＝0时刻处于x＝4 m处的质点P正沿y轴正向运动。若3T＜0.5 s＜4T，则这列波的波速为多少？‎ 解析：t＝0时刻处于x＝4 m处的质点P正沿y轴正向运动，由波形平移法判断知该波沿x轴正方向传播。设t＝0.5 s内波传播的距离为x，根据3T＜0.5 s＜4T，波传播的距离x 的范围为 3λ＜x＜4λ，由于沿x轴正方向传播，则得 x＝3λ＝×8 m＝26 m，所以波速为v＝＝ m/s＝52 m/s。‎ 答案：52 m/s 对点训练：波的多解问题 ‎10．某质点在y方向做简谐运动，平衡位置在坐标原点O处，其振幅为0.05 m，振动周期为0.4 s，振动在介质中沿x轴正方向传播，传播速度为1 m/s。当它由平衡位置O开始向上振动，经过0.2 s后立即停止振动，由此振动在介质中形成一个脉冲波。那么，在停止振动后经过0.2 s的波形可能是图中的(　　)‎ 解析：选B　波源O向上振动0.20 s后立即停止振动，形成半个波长的波形，O点起振方向向上，则介质中各质点的起振方向也向上。波沿x轴正向传播，由波形的平移可知，B图中x＝0.4 m处质点起振方向向上，而A图中x＝0.4 m处质点起振方向向下，故B正确，A错误。由x＝vt得x＝1×0.02 m＝0.02 m，则经过0.20 s的时刻该波应传到x＝0.04 m处，故C、D错误。‎ ‎11．[多选]一列简谐横波沿x轴正方向传播，图(a)是t＝0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x轴上某两处质点的振动图像。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是(　　)‎ A. m　　　B. m　　　C．1 m　　　D. m 解析：选BD　题图(b)所示质点在t＝0时在正向最大位移处，题图(c)所示质点在t＝0时，x＝－0.05 m(振幅的一半)，运动方向沿y轴负方向，结合波形图找到对应的点，若图(c)所示质点在图(b)所示质点的左侧，有＋＋nλ＝＋nλ，当n＝0时，B正确；若图(c)所示质点在图(b)所示质点的右侧，有＋＋nλ＝＋nλ，当n＝0时，D正确。‎ ‎12．[多选]一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x＝2 m处的质点的振动图像如图甲所示，在x＝8 m处的质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．该波的周期为12 s B．x＝2 m处的质点在平衡位置向y轴正方向振动时，x＝8 m处的质点在波峰位置 C．在0～4 s内x＝2 m处和x＝8 m处的质点通过的路程均为6 cm D．该波的波长可能为8 m 解析：选ABD　由题图可知，该波的周期为12 s，故A正确；该波沿x轴正方向传播，x＝2 m处的质点在平衡位置向y轴正方向振动时(如t＝3 s时)，x＝8 m处的质点在波峰位置，故B正确；由题图可知，在0～4 s内x＝2 m处的质点通过的路程为6 cm，而x＝8 m处的质点通过的路程小于6 cm，故C错误；简谐横波沿x轴正方向传播，由图可知，t＝0时刻，‎ x＝2 m处的质点位于波谷，x＝8 m处的质点在t＝9 s时刻才位于波谷，时间相差T，结合波形得(8－2)m＝6 m＝λ(n＝0,1,2，…)，得到波长λ＝ m，当n＝0时，λ＝8 m，故D正确。‎ 对点训练：波的干涉、衍射、多普勒效应 ‎13．物理学和计算机技术的发展推动了医学影像诊断技术的进步。彩色超声波检测仪，简称彩超，工作时向人体发射频率已知的超声波，当超声波遇到流向远离探头的血流时探头接收的回波信号频率会降低，当超声波遇到流向靠近探头的血流时探头接收的回波信号频率会升高。利用计算机技术给这些信号加上色彩，显示在屏幕上，可以帮助医生判定血流的方向、流速的大小和性质。计算机辅助X射线断层摄影，简称CT，工作时X射线束对人体的某一部分按一定厚度的层面进行扫描，部分射线穿透人体被检测器接收。由于人体各种组织的疏密程度不变，检测器接收到的射线就有了差异，从而可以帮助医生诊断病变。根据以上信息，可以判断下列说法中正确的是(　　)‎ A．彩超和CT工作时向人体发射的波都是电磁波 B．CT工作时利用了波的衍射现象 C．CT和彩超工作时向人体发射的波都是横波 D．彩超工作时利用了多普勒效应 解析：选D　彩超发射的是超声波，超声波是机械波；CT发射的是X射线，X射线是电磁波，故A错误；CT工作利用的是X射线穿透不同组织后的强度不同，与衍射无关，故B错误；CT发射的电磁波是横波，彩超工作时向人体发射的波是纵波，故C错误；根据题目的描述可知，彩超工作利用的是超声波的多普勒效应，故D正确。‎ ‎14．[多选](2019·常州月考)对声波的各种现象，以下说法中正确的是(　　)‎ A．火车驶来，车站边的乘客感觉声音变尖，属于多普勒现象 B．绕正在发音的音叉走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，这是声音的干涉现象 C．只有障碍物尺寸小于波长才能发生衍射现象 D．把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，属于声波的衍射现象 解析：选AB　多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的距离发生变化，使观察者接收到的频率发生了变化，因此火车驶来，车站边的乘客感觉声音变尖，属于多普勒现象，故A正确；绕正在发音的音叉走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，是由于路程差为半个波长的偶数倍为振动加强，若路程差为半个波长奇数倍则为振动减弱，这是声音的干涉结果，故B正确；障碍物的尺寸与波长相差不多或者小于波长就能发生明显的衍射现象，故C错误；把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，属于声波的直线传播，声音在金属中传播速度比空气中快，故D错误。‎ ‎15.(2019·盐城模拟)如图所示，装有多普勒测速仪的汽车测速监视器安装在公路旁，它向行驶中的车辆发射已知频率的超声波，并接收被车辆反射回来的反射波。当某汽车向测速监视器靠近时，被该汽车反射回来的反射波与测速监视器发出的超声波相比(　　)‎ A．频率不变，波速变小 B．波速不变，频率变小 C．频率不变，波速变大 D．波速不变，频率变大 解析：选D　当某汽车向测速监视器靠近时，波速由介质决定，所以被该汽车反射回来的反射超声波与测速监视器发出的超声波相比波速不变，根据声音的多普勒效应，声源移向观察者时接收频率变高，所以被该汽车反射回来的反射波与发出的超声波相比频率变大，故D正确。‎ 第3节光的折射__全反射 ‎(1)光的传播方向发生改变的现象叫光的折射。(×)‎ ‎(2)折射率跟折射角的正弦成正比。(×)‎ ‎(3)只要入射角足够大，就能发生全反射。(×)‎ ‎(4)折射定律是托勒密发现的。(×)‎ ‎(5)若光从空气中射入水中，它的传播速度一定减小。(√)‎ ‎(6)已知介质对某单色光的临界角为C，则该介质的折射率等于。(√)‎ ‎(7)密度大的介质一定是光密介质。(×)‎ 突破点(一)　折射定律与折射率的应用 ‎1．对折射率的理解 ‎(1)公式n＝中，不论光是从真空射入介质，还是从介质射入真空，θ1总是真空中的光线与法线间的夹角，θ2总是介质中的光线与法线间的夹角。‎ ‎(2)折射率与入射角的大小无关，与介质的密度无关，光密介质不是指密度大的介质。‎ ‎(3)折射率的大小不仅与介质本身有关，还与光的频率有关。同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小。‎ ‎(4)同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长不同，但频率不变。‎ ‎2．平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制 平行玻璃砖 三棱镜 圆柱体(球)‎ 结构 玻璃砖上下表面是平行的 横截面为三角形的三棱镜 横截面是圆 对光线的作用 通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移 通过三棱镜的光线经两次折射后，出射光线向棱镜底面偏折 圆界面的法线是过圆心的直线，光线经过两次折射后向圆心偏折 应用 测定玻璃的折射率 全反射棱镜，改变光的传播方向 改变光的传播方向 ‎[典例]　(2019·江苏高考)人的眼球可简化为如图所示的模型。折射率相同、半径不同的两个球体共轴。平行光束宽度为D，对称地沿轴线方向射入半径为R的小球，会聚在轴线上的P点。取球体的折射率为，且D＝R。求光线的会聚角α。(示意图未按比例画出)‎ ‎[解析]　由几何关系sin i＝，解得i＝45°‎ 则由折射定律＝n，‎ 解得r＝30°‎ 且i＝r＋，解得α＝30°。‎ ‎[答案]　30°‎ ‎[方法规律]‎ 解决光的折射问题的思路 ‎(1)根据题意画出正确的光路图。‎ ‎(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系，要注意入射角、折射角均以法线为标准。‎ ‎(3)利用折射定律、折射率公式求解。‎ ‎(4)注意折射现象中光路的可逆性。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.如图所示，半径为R的扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝60°，一束平行于角平分线OM的单色光由OA边射入介质，折射光线平行于OB且恰好射向M(不考虑反射光线，已知光在真空中的传播速度为c)，求：‎ ‎(1)从M处射出的光线与OM的夹角；‎ ‎(2)光在介质中的传播时间。‎ 解析：(1)光路图如图所示：‎ 对AO面的折射，由几何知识得：i＝60°，r＝30°，θ＝30°，‎ 则介质的折射率：n＝＝＝，‎ 光从M点射出时，有：sin β＝nsin θ＝sin 30°＝，‎ 解得：β＝60°，‎ 从AMB面射出的光线与进入介质的入射光线的偏向角：α＝β＝60°；‎ ‎(2)设光在介质中的路程为s，则s＝＝R，‎ 光在介质中的传播速度：v＝，‎ 则光在介质中传播的时间：t＝＝。‎ 答案：(1)60°　(2) ‎2.(2019·南京模拟)图示装置可用来测定水的折射率。当圆柱形容器内未装水时，从A点沿AB方向能看到对边上的点E；当容器内装满水时，仍沿AB方向看去，恰好看到底面直径CD上的点D。测得容器直径CD＝12 cm，高BC＝16 cm，DE＝7 cm。已知光在真空中的传播速度为c＝3.0×108 m/s，求：‎ ‎(1)水的折射率n；‎ ‎(2)光在水中的传播速度v。‎ 解析：(1)做出光路图，设入射角为r、折射角为i，则：tan i＝＝ ，则sin i＝0.8；‎ tan r＝＝，则sin r＝0.6‎ 折射率：n＝＝。‎ ‎(2)由n＝可得光在水中的速度：v＝＝2.25×108 m/s。‎ 答案：(1)　(2)2.25×108 m/s 突破点(二)　光的全反射 ‎1．求解光的折射、全反射问题的四点提醒 ‎(1)光密介质和光疏介质是相对而言的。同一种介质，相对于其他不同的介质，可能是光密介质，也可能是光疏介质。‎ ‎(2)如果光线从光疏介质进入光密介质，则无论入射角多大，都不会发生全反射现象。‎ ‎(3)光的反射和全反射现象，均遵循光的反射定律，光路均是可逆的。‎ ‎(4)当光射到两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射。‎ ‎2．求解全反射现象中光的传播时间的注意事项 ‎(1)全反射现象中，光在同种均匀介质中的传播速度不发生变化，即v＝。‎ ‎(2)全反射现象中，光的传播路程应结合光路图与几何关系进行确定。‎ ‎(3)利用t＝求解光的传播时间。‎ ‎3．解决全反射问题的一般步骤 ‎(1)确定光是从光密介质进入光疏介质。‎ ‎(2)应用sin C＝确定临界角。‎ ‎(3)根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射。‎ ‎(4)如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图。‎ ‎(5)运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等进行分析、判断、运算，解决问题。‎ ‎[典例]　如图所示，玻璃砖ABCD的折射率n＝1.732，左右两个侧面AD、BC垂直于上表面AB，∠ADC＝120°，一束光从图示方向射到AB面上，试通过计算作出光经过玻璃砖的光路图。‎ ‎[解析]　在AB面光线发生折射的入射角 θ1＝90°－30°＝60°‎ 由折射定律有＝n 解得 θ2＝30°‎ 由几何关系可得光线在CD面上的入射角 θ3＝60°‎ 设全反射临界角为C，则 sin C＝＝≈＜ 所以 C＜60°，故光线在CD面上发生了全反射，垂直射向BC面，光经过玻璃砖的光路图如图所示。‎ ‎[答案]　见解析 ‎[方法规律]　解答全反射类问题的技巧 ‎(1)解答全反射类问题时，要抓住发生全反射的两个条件。‎ ‎①光必须从光密介质射入光疏介质。‎ ‎②入射角大于或等于临界角。‎ ‎(2)利用好光路图中的临界光线，准确地判断出恰好发生全反射的光路图是解题的关键，且在作光路图时尽量与实际相符。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2019·苏州质检)如图所示，直角玻璃三棱镜ABC置于空气中，棱镜的折射率为n＝，∠A＝60°。一细光束从AC的中点D垂直于AC面入射，AD＝a，求：‎ ‎(1)光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射入空气时的折射角。‎ ‎(2)光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射出经历的时间(光在真空中的传播速度为c)。‎ 解析：(1)光从玻璃到空气发生全反射的临界角的正弦为：sin C＝＝＝，所以临界角为：C＝45°。当光线到达AB面时，入射角为60°，大于临界角C，故发生全反射。反射光线到达BC面时，如图所示，入射角i＝30°＜C，光线将第一次折射入空气。由nsin i＝sin r，得：sin r＝sin 30°＝ 所以光从棱镜第一次射入空气时的折射角r＝45°。‎ ‎(2)光在棱镜中的传播速度：v＝＝c 走过的光程：‎ s＝＋＝＋＝a＋a＝a 光在棱镜中的传播时间：t＝＝。‎ 答案：(1)45°　(2) ‎2.(2019·东台检测)如图，玻璃圆柱体横截面半径为R＝10 cm，长为L＝100 cm。一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A点，与玻璃圆柱体左端面距离d＝4 cm，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体从左端面中央半径为r＝8 cm圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出。光速为c＝3×108 m/s；求：‎ ‎(1)玻璃对该单色光的折射率；‎ ‎(2)该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间。‎ 解析：(1)设光的入射角为θ1，折射角为θ2，临界角为C，根据几何关系sin θ1＝＝ 由折射定律得：n＝，sin C＝，C＋θ2＝ 解得n＝。‎ ‎(2)光在玻璃柱体内恰好发生全反射时传播路程最长，传播时间最长，最长的路程为s＝＝vt 光在玻璃中的传播速度为v＝，‎ 光在玻璃中的传播的最长时间为t＝＝＝6×10－9 s。‎ 答案：(1)　(2)6×10－9 s 突破点(三)　色散现象 ‎1．光的色散 ‎(1)现象：一束白光通过三棱镜后在屏上会形成彩色光带。‎ ‎(2)成因：棱镜材料对不同色光的折射率不同，对红光的折射率最小，红光通过棱镜后的偏折程度最小，对紫光的折射率最大，紫光通过棱镜后的偏折程度最大，从而产生色散现象。‎ ‎2．各种色光的比较 颜　色 红橙黄绿青蓝紫 频率ν 低―→高 同一介质中的折射率 小―→大 同一介质中的速度 大―→小 波长 大―→小 通过棱镜的偏折角 小―→大 临界角 大―→小 双缝干涉时的条纹间距 大―→小 ‎[题点全练]‎ ‎1．(2019·福建高考)如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则(　　)‎ A．λa<λb，na>nb　　　　　 B．λa>λb，naλb，na>nb 解析：选B　一束光经过三棱镜折射后，折射率小的光偏折较小，而折射率小的光波长较长。所以λa>λb，na

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