高考物理一轮复习振动和波

高考物理一轮复习振动和波

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　F＝－kx　，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(ωt＋φ)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2π，意味着物体完成了一次全振动.相位差Δφ＝(ω1t＋φ2)－(ω2t＋φ1)，若ω1＝ω2，则有稳定的相位差Δφ＝φ2－φ1，若ω1≠ω2，则不具有稳定的相位差.‎ 三、对回复力的理解 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.F＝－kx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，振子经过所用的时间相等.‎ ‎2.时间上的周期性：若t2－t1＝nT(n＝1,2,3…)，则t1、t2两时刻振子在同一位置.若t2－t1＝nT＋ (n＝0,1，2…)，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t2－t1＝nT＋ (n＝0,1,2…)或t2－t1＝nT＋ (n＝0,1,2…)，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F＝－kx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 mg－kx0＝0 ①‎ 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－(x＋x0) ②‎ 将①式代入②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F1＝x 右方弹簧被拉伸，小球所受的弹力方向向右，大小为F2＝kx 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F＝F1＋F2＝(＋)x 令k＝＋，上式可写成F＝kx 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F＝－kx.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 s B.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A＝3 cm，周期T＝8 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，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(t＝0)，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A＝‎‎10 cm 振子的周期T＝＝0.2 s ‎(2)如图所示.‎ ‎(3)ω＝，x＝－Asin ωt＝－0.1sin 10πt m ‎3.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a＝F/2m A物体受到重力与支持力N，再应用牛顿第二定律有 mg－N＝ma 所以N＝mg－ma＝mg－F/2‎ ‎(2)要使两板不分离，则N≥0，由上式得F≤2mg ‎【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mg＝FN时，a＝0，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W＝ΔEk，即WG－＝ΔEk＞0，所以WG＞，重力做的正功大于弹力做的负功，当升降机从a＝0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，WG－WFN＝ΔEk＜0，所以WG＜，重力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aA＝g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aB＝am＞aA＝g，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×(0.3＋0.1)＝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　F＝mgsin θ　提供(不是摆球所受的合外力)，θ为细线与竖直方向的夹角，叫偏角.当θ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F＝－x＝－kx.可见θ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θ，选最低点为重力势能零点，则摆动过程中的总机械能为E＝　mgl(1－cosθ)　，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F＝mgsin θ 设单摆的摆长为l，在最大偏角θ很小的条件下，摆球对O点的位移x的大小与θ角所对应的弧长、θ角所对应的弦长都近似相等，即x＝=‎ 若偏角θ用弧度表示，则由数学关系知sin θ＝‎ 所以重力沿切向的分力F＝mgsin θ≈mg 令k＝，则F＝kx 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l′＝lsin α，T甲＝2π 乙：等效摆长l′＝lsin α＋l，T乙＝2π 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l，另半个周期摆长为(l－)，即为l，则单摆丙的周期为T丙＝π＋π ‎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g＝G，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g′＝g＋a，若升降机加速下降，则g′＝g－a，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g′＝0，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T＝2π，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mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧 B.如果mA>mB，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，周期变小，由于T＝2π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T＝2π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T＝2π，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).‎ ‎【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)‎ ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.1‎ 周期T2(s2)‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎3.2‎ ‎4.8‎ ‎(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 2＝4.2 s2时，l＝　‎1.05　‎m，重力加速度g＝　‎9.86　‎m/s2.‎ ‎【解析】(1)l-T2图象如图中直线所示.‎ ‎(2)T2＝4.2 s2时，从图中画出的直线上可读出其摆长约为l＝‎1.05 m，将T2与l代入公式g＝得g＝‎9.86 m/s2‎ ‎3.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 F－mg＝ma 故F＝m(g＋a)，由F＝mg′得g′＝g＋a 所以单摆周期T1＝2π＝2π 同理，当加速系统竖直向下加速时，视重F＝m(g－a)‎ 则g′＝g－a，故T2＝2π ‎(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F＝m.故等效重力加速度g′＝，所以T3＝2π ‎【思维提升】等效重力加速度的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T＝2π知，g可等效为，代入公式得T＝2π，则第一次回到平衡位置的时间为＝π ‎ 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Δt；当其摆长为l2‎ 时，在同样一段时间内慢了Δt，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＝(t＋Δt)/t，T2/T0＝(t－Δt)/t 而我们可以根据周期公式写出下面的关系式 T1＝2π，T2＝2π，T0＝2π 所以有＝(t＋Δt)/t，＝(t－Δt)/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＝‎ ‎【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：①若不计能量损失，各质点　振幅　相同；②各质点振动周期与波源的振动周期　相同　；③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λ：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λ、周期T、频率f之间的关系：v＝　λf＝λ/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　，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 ‎①‎ 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.‎ ‎②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　平衡位置　的位移.‎ ‎(4)由波的图象可以获得的信息：‎ ‎①从图象上可直接读出波长和　振幅　.‎ ‎②可确定任一质点在该时刻的　位移　.‎ ‎③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.‎ ‎④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Δt后的波形图，如图虚线所示，就知道了各质点经过Δt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t′＝t＋0.5 s时刻的波形图象可能是图中的(　　)‎ ‎【解析】由甲图可知T＝0.4 s Δt＝0.5 s＝1 T 若波速方向沿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t＝0时刻的波形，利用平移法可得t＋Δt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x＝0.96 m，从图中状态开始计时，求：‎ ‎(1)经过多长时间，P质点第一次到达波谷？‎ ‎(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Δx1＝(0.96－0.18) m＝0.78 m，所以t1＝s＝1.3 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Δx2＝(0.96－0.06) m＝‎0.9 m，λ＝‎0.24 m，所以t2＝s＝1.9 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t2＝1.9 s ‎(3)P质点刚开始的振动方向就是初始时刻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sA＝‎36.8 m，sB＝‎17.2 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v＝λf，可得λ＝m＝2 m sB＝‎17.2 m＝8λ，去整8λ，留零λ，B的振动状态应跟与振源S相距λ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.‎ sA＝‎36.8 m＝18λ，去整18λ，留零λ，由于λ＜λ＜λ，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t＝0时刻的波形如图中的实线所示，t＝1 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 s B.波长一定是‎4 m C.振幅一定是‎2 cm D.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λ＝4 m和振幅A＝2 cm.由于不知波的传播方向，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Δt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Δt＝1 s内，实线的波峰向左移动的最小距离为3λ/4，则波传播的距离Δx左＝(n＋3/4)λ，则Δt＝(n＋3/4)T左，T左＝Δt(n＋3/4)，其波速v左＝λ/T左(其中n＝0,1,2…)‎ ‎(2)若波沿x轴正方向传播，则在Δt＝1 s内，实线的波峰向右移动的最小距离为λ/4，则波传播的距离Δx右＝(n＋1/4)λ，所对应Δt＝(n＋1/4)T右，‎ T右＝Δt(n＋1/4)，其波速v右＝λ/T右(其中n＝0,1,2…)‎ 由(1)和(2)的分析可知该列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20 000 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：①反射角　等于　入射角；②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：‎ ‎①若v1>v2，则θ1>θ2，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　.‎ ‎②若v1< v2，则θ1<θ2，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，可以听到忽强忽弱的声音，这是声音的干涉现象 C.古代某和尚房里挂着的磬常自鸣自响，属于声波的共鸣现象 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】空房中说话的声音特响是声音不断反射的结果，与共鸣无关，A错；音叉有两叉股，是典型的两个相干波源，所以B对； 挂着的磬常自鸣自响是共鸣，原因是并非任何时刻它都会自鸣自响，只是在外界传来与磬的固有频率差不多的声音时才会响，故C对；耳朵贴铁轨是声音在固体里传播得快且损耗比较小而被听见的，与波的衍射没有关系，D错.‎ ‎【答案】BC ‎【思维提升】理解和区分自然界和生产生活中各种有关波的现象是解题的关键.‎ ‎【拓展1】以下关于波的认识，正确的是( ABCD )‎ A.潜水艇利用声呐探测周围物体的分布情况，用的是波的反射原理 B.隐形飞机怪异的外形及表面涂特殊吸波材料，是为了减少波的反射，从而达到隐形的目的 C.雷达的工作原理是利用波的反射 D.水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象 ‎【解析】此题考查波的反射、折射现象在实际问题中的应用，声呐、雷达都是利用接收反射波来进行定位，D选项中水波的传播方向改变属于波的折射现象.‎ ‎2.波的反射 ‎【例2】某物体发出的声音在空气中的波长为1 m，波速为340 m/s，在海水中的波长为4.5 m，此物体在海面上发出的声音经0.5 s听到回声，则海水深为多少米？‎ ‎【解析】波的频率f＝‎ 在海水中有v水＝λ水f＝v气＝4.5×340 m/s＝1 530 m/s 则海水的深度h＝v水·＝1 530××0.5 m＝382.5 m ‎【思维提升】本题是波的反射的应用，知道不同介质中同一列波的频率是定值是解决本题的关键.‎ ‎【拓展2】甲、乙两人平行站在一堵墙前面，二人相距2a，距墙均为，当甲开了一枪后，乙在时间t后听到第一声枪响，则乙在什么时候才听到第二声枪响( C )‎ A.听不到 B.甲开枪后3t C.甲开枪后2t D.甲开枪后t ‎【解析】如图所示，第一声枪响是从甲直接传到乙，所用时间为t＝‎ ‎ ①‎ 第二声枪响是声波经墙反射后传到乙，根据波的反射定律，反射后声波所走的路程：‎ s′＝2＝‎‎4a 所需时间t′＝ ②‎ 由①②式解得t′＝2t，故C正确.‎ ‎3.波的叠加 ‎【例3】如图所示，S1和S2是两个波源，由它们发出的波频率相同，相互叠加，实线表示波峰，虚线表示波谷.对于a、b、c三处质点的振动情况，下列判断正确的是(　　)‎ A.b质点的振动永远减弱 B.a质点永远是波峰与波峰相遇 C.b质点在此刻是波谷与波谷相遇 D.c质点的振动永远减弱 ‎【解析】b质点此刻是波谷和波谷相遇，位移为负的最大值，振动是加强的，A错误，C正确；a质点此刻是波峰与波峰相遇，过半个周期变成波谷与波谷相遇，始终是振动加强点，但并非永远是波峰与波峰相遇的点，B错误；c质点此刻是波峰与波谷相遇，过半个周期后是波谷与波峰相遇，c质点振动永远减弱，D正确.‎ ‎【答案】CD ‎【思维提升】振动加强的点并非永远是峰峰相遇或谷谷相遇，只是该处质点振幅最大，它的位移也是随时间做周期性变化的，在某一时刻，振动加强点的位移可以小于或等于振动减弱处的质点的位移.‎ ‎【拓展3】如图甲所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时可能出现的波形是图乙所示的( BC )‎ ‎【解析】当两列波的前半个波相遇时，根据波的叠加原理，在前半个波重叠的区域内所有的质点振动的合位移为零，而两列波的后半个波的波形保持不变，所以选项B正确；当两列波完全相遇时，由波的叠加原理可知，所有质点振动的位移均等于每列波单独传播时引起的位移的矢量和，使得所有的质点振动的位移加倍，所以选项C也是正确的.‎ ‎ 易错门诊 ‎【例4】水平面上相距为r的两个点S1、S2同时开始一个向上、一个向下做频率都为f的简谐运动，在均匀介质中形成了两列波，波速都是v(rf>nv，n为大于2的自然数).试确定水平面上振动加强点的位置关系.‎ ‎【错解】以其中的一个振源作为坐标原点，以指向另一个振源的有向射线作为x轴，建立直角坐标系如图.‎ 设水平面上点P(x，y)，因为S2的坐标为(r,0)，我们得到P到两个振源的距离差为 Δr＝||‎ 两列波的波长都是λ＝，只有到两列波的波源的距离差等于波长的整数倍时，振动是加强的，所以有 Δr＝kλ＝kv/f，(k∈N)，即 ‎||＝kv/f，(k∈N)‎ 满足上述方程的点的集合就是水平面上振动加强的点.这是双曲线，因为到两点的距离差等于定长的点的轨迹就是双曲线.‎ ‎【错因】没有理解振动加强的点必须是两列波到达该点时，引起该点的振动相位是相同的.当两波源同时振动，且振动方向相同的时候，介质中的点到它们的距离之差为波长的整数倍时，振动加强；若两列波的波源同时振动的方向相反时，振动加强的点到两波源的距离差等于半波长的奇数倍时，振动减弱.‎ ‎【正解】因为两个波源的初相相差π，所以振动加强的点是水平面上到两个波源的距离差等于半波长的奇数倍的点，于是可以得到 ‎||＝(2k＋1)v/‎2f(k∈N)‎ 依然还是双曲线.‎ ‎【思维提升】物理问题经常会有随初始条件不同而结果大不相同的情况，平常做题时要对初始条件多多留意. ‎ 第 5 课时　电磁波　相对论简介 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 基础知识归纳 ‎1.电磁波 ‎(1)电磁波谱 无线电波 红外线 可见光 紫外线 X射线 γ射线 产生机理 自由电子做周期性运动 原子的外层电子受到激发产生的 内层电子受到激发 原子核受到激发 特性 波动性强 热效应 引起视觉 化学效应 穿透力强 穿透力最强 应用 无线电技术 遥感加热 摄影照明 荧光杀菌 医用透视 工业探伤 变化 波长：大→小 波动性：明显→不明显 频率：小→大 粒子性：不明显→明显 ‎(2)麦克斯韦电磁场理论包含两个要点：‎ ‎①　变化的磁场在周围空间产生电场　；‎ ‎②　变化的电场在周围空间产生磁场　.‎ 电磁场与电磁波理论被赫兹用实验证实.麦克斯韦指出光也是电磁波，开创了人类对光的认识的新纪元.‎ ‎(3)电磁振荡 由振荡电路产生，电磁振荡的周期，完全由自身参数决定，叫做回路的固有周期.‎ 电磁振荡的过程是电容器上的电荷量、电路中的电流、电容器中电场强度与线圈中的磁感应强度、电场能量与磁场能量等做周期性变化的过程.‎ ‎(4)电磁波的发射与接收 ‎①有效地辐射电磁波，必须具备两个条件：一是开放电路，二是发射频率要高.‎ ‎②把声音信号、图像信号转化为电信号，再把电信号加在回路产生的高频振荡电流上，这一过程叫做对电磁波进行　调制　，从方式上分为两种：　调幅和调频　.‎ ‎③有选择性地取出我们想要的电波，需要一个调谐电路，使该电路的固有频率和人们想要接收的电磁波频率相同，达到电谐振，这一过程就是　调谐　；从高频振荡电流中把信息取出来的过程叫做检波，这属于调制的逆过程，也叫　解调　.‎ ‎④电视、雷达大多利用微波段的电磁波.‎ ‎2.相对论简介 ‎(1)狭义相对论两个基本原理 ‎①狭义相对性原理：　所有惯性系中，物理规律都是相同的　，或者说对于物理规律而言，惯性系是平等的.‎ ‎②光速不变原理：　相对于所有的惯性参考系，真空中的光速是相等的　.‎ ‎(2)同时性的相对性 ‎ 在某一惯性系中同时发生的事件，在另一惯性系中不是同时发生的.这与我们的日常经验不符的原因是我们日常能够观测到的速度都远远小于光速.同时性的相对性直接导致了时间的相对性.‎ ‎(3)长度的相对性 ‎ 同样的杆，在与杆相对静止的惯性系中测量出一个长度值，在与沿杆方向运动的惯性系中测量出的长度值不同，这直接导致了空间的相对性.‎ ‎(4)“钟慢尺缩”效应 Δt＝Δτ/，l= l0‎ 要注意的是公式中各物理量的意义：Δτ是在相对静止的惯性系中的时间流逝，叫做　固有时间　，l0是在与杆相对静止的惯性系中测量出的杆的长度，叫固有长度，v是沿杆方向运动的惯性系相对于杆的速度.‎ ‎(5)狭义相对论的其他结论 质量与速度的关系：m＝m0/‎ 能量与速度的关系：E＝E0/‎ 式中E0＝m0c2，m0是静止质量.‎ ‎(6)广义相对论简介 ‎①基本原理：对于物理规律，所有参考系都是平等的，这叫广义相对性原理，它打破了惯性系的特权，赋予所有参考系同等权利；引力场与做匀加速运动的非惯性系等效，这叫等效原理.‎ ‎②广义相对论的验证：基本原理其实是来自于思想与逻辑推理，其验证必须通过由理论推导出来的推论来检验.广义相对论的一些推论已经获得实验检验，包括光线在引力场中的弯曲与雷达回波延迟、水星近日点的进动与引力红移等.‎ 重点难点突破 一、对麦克斯韦电磁场理论的理解 变化的磁场产生电场，这个电场是旋涡电场，将自由电荷沿电场线移动一周，电场力做功，这一点不同于静电场；均匀变化的磁场产生电场(稳定的电场不再产生磁场)，均匀变化的电场产生稳定的磁场(稳定的磁场不再产生电场)，周期性非均匀变化的磁场产生同频率周期性非均匀变化的电场，周期性均匀变化的电场产生周期性非均匀变化的磁场.交变的电场与磁场相互联系，形成不可分割的统一体，这就是电磁场.‎ 二、电磁波与机械波的区别与共性 ‎1.电磁波与机械波的区别 机械波 电磁波 研究对象 力学现象 电磁现象 周期性变化的 物理量 位移随时间和空间做周期性变化 电场强度E和磁感应强度B随时间和空间做周期性变化 传播特点 需要介质；波速由介质决定，与频率无关；有横波、纵波 传播无需介质；在真空中波速为c；在介质中传播时，波速与介质和频率都有关；只有横波 产生 由质点(波源)的振动产生 由周期性变化的电流(电磁振荡)激发 ‎2.机械波与电磁波的共性 机械波与电磁波是本质上不同的两种波，但它们有共同的性质：‎ ‎(1)都具有波的特性，能发生反射、折射、干涉和衍射等物理现象；‎ ‎(2)都满足v＝＝λf；‎ ‎(3)从一种介质传播到另一种介质时频率都不变.‎ 三、LC回路中产生振荡电流的分析 ‎1.电容器在放电过程中，电路中电流增大，由于线圈自感作用阻碍电流的增大，电流不能立刻达到最大值.‎ ‎2.电容器开始放电时，电流的变化率最大，电感线圈的自感作用对电流的阻碍作用最大，但阻碍却无法阻止，因此，随自感电动势的减小，放电电流逐渐增大，电容器放电完毕，电流达到最大值.‎ ‎3.电容器放电完毕后，电流将保持原来的方向减小，由于线圈的自感作用阻碍电流的减小，因此电流逐渐减小，这个电流使电容器在反方向逐渐充电.‎ ‎4.在振荡电路中，电容器极板上的电荷量与电压相同，都是按正弦(或余弦)规律变化的，它们对时间的变化是不均匀的——在最大值处，变化率最小；在零值处，变化率最大.(可依据斜率判断，图线的斜率代表该量的变化率，即变化快慢)‎ 振荡电流I＝，由极板上电荷量的变化率决定，与电荷量的多少无关.‎ 两极板间的电压U＝，由极板上电荷量的多少决定.电容C恒定，与电荷量的变化率无关.线圈中的自感电动势E自＝L·，由电路的电流变化率决定，而与电流的大小无关.‎ 四、对相对论宏观的理解 ‎1.对时间延缓效应的认识 ‎(1)在事件相对静止参照系中观察到的一个事件从发生到结束的时间最短.‎ ‎(2)运动时钟变慢：对本惯性系做相对运动的时钟变慢，或事物经过的过程变慢.‎ ‎(3)时间膨胀效应是相对的.‎ ‎(4)当v→c时，时间延缓效应显著；当v≪c时，时间延缓效应可忽略，此时时间间隔Δt成为经典力学的绝对量.‎ ‎2.对长度收缩效应的认识 ‎(1)相对物体静止的观察者测得的物体长度最长.‎ ‎(2)长度收缩效应只发生在运动方向上.‎ ‎(3)长度收缩效应是相对的.当v→c时，长度收缩效应显著；当v≪c时，长度收缩效应可忽略，此时长度l＝l0成为经典力学的绝对量.‎ ‎3.测量运动物体的长度总与测量时间相联系，这样，就可以把时间延缓效应公式和长度收缩效应公式联系起来了.‎ 典例精析 ‎1.LC振荡回路的有关分析 ‎【例1】某LC回路中电容器两端的电压u随时间t变化的关系如图所示，则(　　)‎ A.在t1时刻，电路中的电流最大 B.在t2时刻，电路中的磁场能最大 C.从t2时刻至t3时刻，电路的电场能不断增大 D.从t3时刻至t4时刻，电容器的带电荷量不断增大 ‎【解析】本题最易受欧姆定律的影响，认为电压最大时电流最大，而错选A.‎ 本题考查对LC振荡电路中各物理量振荡规律的理解.t1时刻电容器两端电压最高，电路中振荡电流为零，t2时刻电压为零，电路中振荡电流最大，t2至t3‎ 过程中，电容器两极板间电压增大，电荷量增多，电场能增大，t3至t4的过程中，电荷量不断减小.‎ ‎【答案】BC ‎【思维提升】LC振荡回路中有两类物理量，当一类物理量处于最大值时，另一类为零.‎ 本题抓住能的转化与守恒解题，若U减小(放电过程)，则电场能减小，磁场能增加，电流增大；若U增大(充电过程)，则电流减小.‎ ‎【拓展1】一个电容为C的电容器，充电至电压等于U后，与电源断开并通过一个自感系数为L的线圈放电.从开始放电到第一次放电完毕的过程中，下列判断错误的是( B )‎ A.振荡电流一直在增大 B.振荡电流先增大后减小 C.通过电路的平均电流等于 D.磁场能一直在不断增大 ‎【解析】放电过程肯定是电流不断增大，所以A、D正确而B错误；注意到总电量为 Q ＝CU，并且在时间t ＝T/4内放电完毕，所以，平均电流为，C正确.‎ ‎2.电磁波的发射和接收 ‎【例2】图(1)为一个调谐接收电路，(a)、(b)、(c)为电路中的电流随时间变化的图像，则(　　)‎ A.i1是L1中的电流图像 ‎ B.i1是L2中的电流图像 C.i2是L2中的电流图像 ‎ D.i3是流过耳机的电流图像 ‎【解析】L2‎ 中由于电磁感应，产生的感应电动势的图像是同(a)图相似的，但是由于L2和D串联，所以当L2的电压与D反向时，电路不通，因此这时L2没有电流，所以L2中的电流应选(b)图.‎ ‎【答案】ACD ‎【思维提升】理解调谐接收电路各个元件的作用.注意理论联系实际.‎ ‎【拓展2】各地接收卫星电视信号的抛物面天线如图所示，天线顶点和焦点的连线(OO′)与水平面间的夹角为仰角α，OO′在水平面上的投影与当地正南方的夹角为偏角β，接收定位于东经105.5°的卫星电视信号(如CCTV－5)时，OO′连线应指向卫星，我国各地接收天线的取向情况是(我国自西向东的经度约为73°～135°)( BD )‎ A.有β＝0，α＝90°‎ B.与卫星经度相同的各地，α随纬度增加而减小 C.经度大于105°的各地，天线是朝南偏东的 D.在几十甚至几百平方千米的范围内，天线取向几乎是相同的 ‎【解析】如图所示，α随纬度的增大而减小，我国不在赤道上，α不可能为零，经度大于105°的各地，天线应该朝南偏西，由于地球很大，卫星很高，几十甚至几百平方千米的范围内天线取向几乎是相同的.‎ ‎3.狭义相对论的有关分析和计算 ‎【例3】如图，设惯性系K′相对于惯性系K以速度u＝c/3沿x轴方向运动，在K′系的x′y′平面内静置一长为5 m、与x′轴成30°角的杆.试问：在K系中观察到此杆的长度和杆与x轴的夹角分别为多大？‎ ‎【解析】设杆固有长度为l0，在K′系中x′方向上：l0x＝l0cos α′，y′方向上：l0y＝l0sin α′，由长度的相对性得K系中x方向上：‎ Lx＝l0x= ‎ y方向上：ly＝l0y＝l0sin α′‎ 因此在K系中观测时：‎ l＝‎ α＝arctan= arctan 代入数据解得l≈4.79 m，α≈31.48°‎ 可见，杆的长度不但要缩短，空间方位也要发生变化.‎ ‎【思维提升】长度缩短效应只发生在运动方向上.‎ ‎【拓展3】若一宇宙飞船相对地面以速度v运动，航天员在飞船内沿同方向测得光速为c，问在地上的观察者看来，光速应为v＋c吗？‎ ‎【解析】由相对论速度变换公式u＝得：‎ u＝＝c·＝c 可见在地上的观察者看来，光速应为c，而不是v＋c.‎ ‎ 易错门诊 ‎4.对时间延缓效应的认识 ‎【例4】飞船A以0.8c的速度相对地球向正东方飞行，飞船B以0.6c的速度相对地球向正西方飞行，当两飞船即将相遇时A飞船在自己的天空处相隔2 s发射两颗信号弹，在B飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少？(c为真空中的光速，结果取两位有效数字)‎ ‎【错解】首先确定两飞船的相对速度，按照相对论速度合成公式可得 c＝1.4c/1.48‎ 于是，在B飞船中的观察者看来，A是运动的，运动的时间变慢，所以求得的时间应该比2 s小，于是理所当然得到发射两颗信号弹的时间间隔为 t＝t0＝2×s≈0.65 s ‎【错因】解答的错误在于没有认清究竟2 s所在的参考系相对于信号发射是否是静止的.信号弹是在A中发射的，A中发射的时间间隔是2 s，说明2 s是固有的时间间隔(相对两次发射事件静止的参考系中的时间间隔)，也就是说，在B 参考系中看，A是运动的，则运动的时钟变慢了，在B中的时钟快些，测量出的两次发射时间间隔就大些.‎ ‎【正解】在B中看，A是运动的，所以A中时间的流逝慢，于是A中的2 s在B中应该是2/≈6.2 s ‎【思维提升】一定要注意：在狭义相对论的范畴内，最小的时间间隔是固有时间间隔，即在与事件相对静止的参考系中所测量得到的两事件的时间间隔或一事件持续的时间是固定的. ‎ 第 6 课时　单元综合提升 知识网络构建 经典方法指导 本章主要介绍了一种特殊的机械运动形式——振动的有关知识、波动的有关知识及相对论的简单常识，是物理学里面比较深层次的内容.在描述理想化的振动——简谐运动的特点时例举了两个典型模型：水平方向的弹簧振子和单摆，抓住简谐运动的对称性来分析和处理问题；在波动内容里，以周期为主线，突出重复性与变化；在相对论简介中，以相对性原理为依托，突出与低速情况的矛盾，说明更高层次的理论在通常情况下可以近似为低层次的理论.‎ 本章涉及的主要方法：‎ ‎1.振动与波动的分析多数是使用比较直观的图象分析法.‎ ‎2.解决简谐运动过程问题时使用对称性分析法.‎ ‎3.处理波动问题时采用质点带动法或微平移法.‎ ‎4.利用空间与时间周期性解决波动问题的多解性.‎ ‎5.在解决高速运动问题时使用坐标变换.‎ 高考真题赏析 ‎【例1】图为沿x轴向右传播的简谐横波在t＝1.2 s时的波形，位于坐标原点处的观察者观测到在4 s内有10个完整的波经过该点.‎ ‎(1)求该波的振幅、频率、周期和波速；‎ ‎(2)画出平衡位置在x轴上P点处的质点在0～0.6 s内的振动图象.‎ ‎【考点】波长、波速、频率的关系，波动图象与振动图象的转换.‎ ‎【解析】(1)由图可直接读出振幅A＝‎0.1 m；频率f＝Hz＝2.5 Hz；周期T＝＝0.4 s；波速v＝λ·f＝‎5 m/s ‎(2)因为t＝1.2 s＝3T，所以t＝0时刻的波形与t＝1.2 s时刻波形相同，即P质点的位移为‎0.08 m，因为波速沿x轴向右，所以t＝0时刻P 质点振动方向为y轴负方向.通过分析，得到下图.‎ ‎【思维提升】振动的周期性使波动也具有周期性，波动周期与振动周期相等.‎ ‎【例2】 (1)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.‎ 质点N的振幅是　　　　 m，振动周期为　　　　 s，图乙表示质点　　　　(从质点K、L、M、N 中选填)的振动图象.该波的波速为　　　　 m/s.‎ ‎(2)惯性系S中有一边长为l的正方形(如图A所示)，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是　　　　.‎ ‎(3)描述简谐运动特征的公式是x＝　　　　.自由下落的篮球碰到地面反弹后上升又落下.若不考虑空气阻力及在地面反弹时的能量损失，此运动　　　　(填“是”或“不是”)简谐运动.‎ ‎【考点】波动与振动图象的意义以及两个图象之间的关系；狭义相对论的“钟慢尺缩”效应；简谐运动的受力特点.‎ ‎【解析】(1)从振动图象知道质点的振幅和周期分别为0.8 m和4‎ ‎ s；从振动图象知道质点是从平衡位置开始向上振动，因为波向右传播，从波动图象知道质点K、L、M、N中只有质点L具备该条件；从波动图象上得到波长为2 m，波的传播速度为0.5 m/s.‎ ‎(2)因为尺缩现象只在运动方向上发生，所以C是正确的.‎ ‎(3)简谐运动的位移公式为 x＝Asin(ωt＋φ0)，自由落体不是简谐运动，因为除了和地面碰撞外，其他时刻受力为恒力.‎ ‎【答案】(1)0.8；4；L；0.5　(2)C　(3)Asin ωt；不是 ‎【思维提升】(1)在看图象的时候，首先一定要注意图象的横、纵坐标表示的物理量，还要形成图象与实际的联系，这只能从教师有意识的培养、学生平常自我训练中多加思考和想象.想象力比知识更重要，不论是在学习或今后的研究中，也不论是今后在什么岗位上工作；(2)中学相对论中的常识还不能从实践中获得，在脑海中形成相对论的基本观念还需要教师与学生讨论，基本的结论要记住.‎ 高考试题选编 ‎1.某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为‎4 km/s和‎9 km/s.‎ 一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成(如图).在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5 s开始振动，则( A )‎ A.P先开始振动，震源距地震仪约‎36 km B.P先开始振动，震源距地震仪约‎25 km C.H先开始振动，震源距地震仪约‎36 km D.H先开始振动，震源距地震仪约‎25 km ‎【解析】由于纵波的传播速度快些，所以纵波先到达地震仪处，所以P先开始振动.设地震仪距震源为x，则有＝5，解得x＝‎36 km.故A正确.‎ ‎2.弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t＝0时使其开始沿y轴做振幅为‎8 cm的简谐振动，在t＝0.25 s时，绳上形成如图所示的波形，则该波的波速为　‎20　cm/s；在t＝　2.75　s时，位于x2＝‎45 cm处的质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置.‎ ‎【解析】由图象可知，振幅A＝8 cm，周期T＝4t＝1 s，波长λ＝20 cm，所以波速v＝＝20 cm/s，波传到N点所用的时间为t1＝s＝2.25 s，所以质点N第一次沿x轴正向通过平衡位置时，t＝t1＋＝2.75 s ‎3.大海中航行的轮船，受到大风大浪冲击时，为了防止倾覆，应当改变航行方向和　航速　，使风浪冲击力的频率远离轮船摇摆的　固有频率　.‎ ‎【解析】船的固有频率与海浪振动的频率相近时，船的振幅达到最大，即共振发生时，可能倾覆.‎ ‎4.(2009·浙江)一列波长大于‎1 m的横波沿着x轴正方向传播.处在x1＝‎1 m和x2＝‎2 m的两质点A、B的振动图象如图所示.由此可知( A )‎ A.波长为m B.波速为‎1 m/s C.3 s末A、B两质点的位移相同 D.1 s末A点的振动速度大于B点的振动速度 ‎【解析】由题意和振动图象可知A、B位置关系如下：‎ λ＝1，所以λ＝ m，A选项正确.‎ T＝4 s，v＝ m/s，B选项错误.‎ 由y-t图象可知，C、D选项都错误.‎ ‎5.如图为一简谐波在t＝0时刻的波形图，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y＝Asin 5πt，求该波的波速，并画出t＝0.3 s时的波形图(至少画出一个波长).‎ ‎【解析】(1)由简谐运动表达式可知ω＝5π rad/s，t＝0时刻质点P向上运动，故波沿x轴正方向传播.由波形图读出波长λ＝4 m T＝ ①‎ 由波速公式 v＝ ②‎ 联立①②两式，代入数据可得v＝10 m/s ③‎ t＝0.3 s时的波形图如图所示.‎ ‎6.图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝‎1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝‎4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则( AB )‎ A.t＝0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大 B.t＝0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向 C.从t＝0.1 s到t＝0.25 s，该波沿x轴正方向传播了‎6 m D.从t＝0.1 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为‎30 cm ‎【解析】由振动图象可看出A正确；在0.1 s时Q质点经过平衡位置向下振动，从而判断出波向x轴负方向传播，可排除C；在甲图中可画出在0.15 s时的波形图象，从而确定B正确；在0.1 s到0.25 s内，质点P通过的路程小于30 cm.‎ ‎7.如图，实线和虚线分别为某种波在t时刻和(t＋Δt)时刻的波形曲线.B和C是横坐标分别为d和3d的两个质点，下列说法正确的是( C )‎ A.任一时刻，如果质点B向上运动，则质点C一定向下运动 B.任一时刻，如果质点B的速度为零，则质点C的速度也为零 C.如果波是向右传播的，则波的周期可能为Δt D.如果波是向左传播的，则波的周期可能为Δt ‎【解析】把实线波形向左平移d，并利用波的传播方向与质点振动方向的关系，能判断出B、C的振动方向可能都向上，A不正确；把波向左平移d/4，质点B的速度为零，质点C的速度不为零，B错；波向右传播时，向前传播的距离是Δx＝d/2＋3dn，(n＝0,1,2,3…)，由v＝λ/T＝Δx/Δt，T＝λΔt/Δx＝3dΔt/(＋3dn)可知，波的周期可能是Δt，C正确；如果波向左传播，向前传播的距离是Δx＝5d/2＋3dn，(n＝0,1,2,3…)，由v＝λ/T＝Δx/Δt，T＝λΔt/Δx＝3dΔt/(＋3dn)可知波的周期不可能等于Δt，D错.‎ ‎8.有两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v＝‎2.5 m/s，在t＝0时刻两列波的波峰正好在x＝‎2.5 m处重合，如图所示.‎ ‎(1)求两列波的周期Ta和Tb；‎ ‎(2)求t＝0时刻两列波的波峰重合处的所有位置；‎ ‎(3)解析题：分析并判断在t＝0时是否有两列波的波谷重合处.‎ 某同学的分析如下：既然两列波的波峰与波峰存在重合处，那么波谷与波谷的重合处也一定存在.只要找到这两列波半波长的最小公倍数……即可得到波谷与波谷重合处的所有位置.‎ 你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些点的位置，若不正确，指出错误处并通过计算说明理由.‎ ‎【解析】(1)从图中可以看出两列波的波长分别为λa＝2.5 m， λb＝4 m，因此它们的周期分别为 Ta＝＝1 s　　Tb＝＝1.6 s ‎(2)两列波波长的最小公倍数为s＝‎‎20 m 在t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置为 x＝(2.5±20k) m，k＝0,1,2,3…‎ ‎(3)该同学的分析不正确.‎ 要找到两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置.设距离x＝2.5 m为l处两列波的波谷与波谷相遇，并设l＝(2m－1)＝(2n－1) ，式中，m与n均为正整数，只要能找到相应的m与n即可.将λa＝2.5 m，λb＝4 m代入并整理得，即右边比例分母分子为一奇一偶，在正整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合的点.‎ ‎9.如图所示，带电量分别为4q和－q的小球A和B固定在水平放置的光滑绝缘杆上，相距为d，若杆上套一带电小环C，带电体A、B、C均可视为点电荷.‎ ‎(1)求小环C的平衡位置；‎ ‎(2)若小环C带电量为q，将小环拉离平衡位置一小位移x(|x|≪d)后静止释放，试判断小环C能否回到平衡位置(回答“能”或“不能”即可)；‎ ‎(3)若小环带电量为－q，将小环拉离平衡位置一小位移x(|x|≪d)后静止释放，试证明小环C将做简谐运动.(提示：当a≪1时，则≈1－na)‎ ‎【解析】(1)C只能在AB延长线上，设C在AB的延长线上距离B为l处达到平衡，带电量为Q，由库仑定律F＝k得平衡条件：FC＝k＝0‎ 所以l1＝－d(不符题意，舍去)，l2＝d 所以平衡位置l2＝d(与带电量大小无关)S ‎(2)不能.‎ ‎(3)C环带电－q，在平衡位置被拉开x后，C的受力为 FC＝kx ‎＝x=－k′x(其中k′＝为一定值)‎ 第三个等号利用了近似关系≈1－na 所以C环将做简谐运动.‎