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第十二章　机械振动　振动波
第1讲　机械振动
素养目标　1.通过运动和力的关系，了解机械振动的平衡位置、回复力、简谐运动，明确描述振动的振幅、周期和频率等物理量.（物理观念） 2.清楚受迫振动的固有频率、阻尼振动、受迫振动和共振.（物理观念） 3.运用能量的观念，分析简谐运动中动能和势能的相互转化以及总能量的守恒.（物理观念） 4.弹簧振子和单摆是两个理想化模型.（科学思维） 5.根据振动图像分析简谐运动.（科学思维）
一、简谐运动的特征
考题1　（2022·浙江6月选考）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x.套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（　　）
A.小球做简谐运动
B.小球动能的变化周期为
C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D.小球的初速度为时，其运动周期为2T
答案：B
解析：小球与弹簧接触前一段时间内速度大小不变，因此，小球的运动不是简谐运动，A错误；动能和弹性势能都是标量，由对称性知，小球动能与两根弹簧的总弹性势能的变化周期均为，C错误，B正确；若小球初速度为，由弹簧振子的模型特点知，每个周期内，球与弹簧的作用时间不变，做匀速直线运动时间为原来的2倍，因此周期小于2T，D错误.
1.简谐运动：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向　平衡位置　，这样的运动就是简谐运动.
2.平衡位置：物体在振动过程中　回复力　为零的位置.
3.回复力
（1）定义：使物体在　平衡位置　附近做往复运动的力.
（2）方向：总是指向　平衡位置　.
　深化1　　简谐运动的特征
受力特征 回复力F＝－kx，F（或a）的大小与x的大小成正比，方向相反
运动特征 衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小
能量特征 振幅越大，能量越大.在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒
周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为
对称性 特征 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能、相对平衡位置的位移大小相等，由对称点向平衡位置O运动时用时相等
　深化2　　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）位移相同时，回复力、加速度、动能、势能可以确定，但速度可能有两个方向；由于周期性，运动时间也不确定.
（3）分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性.
角度1　简谐运动的基本物理量的分析
例1　如图所示，小球在BC之间做简谐运动，当小球位于O点时，弹簧处于原长，在小球从C点运动到O点的过程中（　　）
A.动能不断增大，加速度不断减小
B.回复力不断增大，系统机械能守恒
C.弹性势能不断减小，加速度不断增大
D.弹性势能不断增大，加速度不断减小
答案：A
解析：做简谐运动的小球，从C点运动到O点的过程中逐渐衡位置，速度方向指向平衡位置，弹簧弹力充当回复力，也指向平衡位置，故速度方向与受力方向相同，合外力做正功，动能不断增大；同时由于偏离平衡位置的位移减小，由回复力公式F＝－kx可知，回复力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知F＝－kx＝ma，故加速度不断减小，故A正确；由上述分析可知回复力不断减小，整个系统只有弹簧弹力做功，故系统的机械能守恒，故B错误；在小球从C点运动到O点的过程中，弹簧形变量逐渐减小，故弹性势能逐渐减小，同时由上述分析可知，加速度也逐渐减小，故C、D错误.
角度2　简谐运动的周期性与对称性
例2　小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s，小球第一次经过P点，又经过0.2 s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该振子第三次经过P点（　　）
A.1.0 s B.2.4 s
C.0.8 s D.2.2 s
答案：D
解析：若小球从O点开始向指向P点的方向振动，作出示意图如图甲所示
则小球的振动周期为T1＝（0.5＋0.1）×4 s＝2.4 s，则该小球再经过时间Δt＝T1－0.2 s＝2.2 s，第三次经过P点；若小球从O点开始向背离P点的方向振动，作出示意图如图乙所示
则有0.5 s＋0.1 s＝T2，小球的振动周期为T2＝0.8 s，则该小球再经过时间Δt'＝T2－0.2 s＝0.6 s，第三次经过P点，A、B、C错误，D正确.
二、简谐运动的规律
考题2　（2024·河北卷）如图所示，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x－t图像.已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min.该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为（　　）
A.0.2 rad/s，1.0 m
B.0.2 rad/s，1.25 m
C.1.26 rad/s，1.0 m
D.1.26 rad/s，1.25 m
答案：C
解析：电动机的转速n＝12 r/min＝0.2 r/s，则振动的圆频率ω＝2πn＝1.26 rad/s，振动的振幅A＝0.1 m，周期T＝5 s，则12.5 s＝2.5T，光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确.
考题3　（2024·北京卷）如图甲所示为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置.手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示.下列说法正确的是 （　　）
A.t＝0时，弹簧弹力为0
B.t＝0.2 s时，手机位于平衡位置上方
C.从t＝0至t＝0.2 s，手机的动能增大
D.a随t变化的关系式为a＝4sin（2.5πt） m/s2
答案：D
解析：由题图乙知，t＝0时，手机的加速度为零，由牛顿第二定律知，弹簧弹力F＝mg，A错误；由题图乙知，t＝0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；从t＝0到t＝0.2 s，手机的加速度增大，速度减小，手机的动能减小，C错误；ω＝＝2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a＝4sin（2.5πt） m/s2，D正确.
简谐运动的公式和图像
1.表达式
（1）动力学表达式：F＝　－kx　，其中“－”表示回复力与位移的方向相反.
（2）运动学表达式：x＝　Asin（ωt＋φ0）　，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫作　初相位　.
2.图像
（1）从　平衡位置　处开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图像如图甲所示.
（2）从　最大位移　处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图像如图乙所示.
甲　　乙
　深化1　　由图像可获取的信息
（1）振幅A、周期T（或频率f）和初相位φ（如图所示）.
（2）某时刻振动质点离开平衡位置的位移.
（3）某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定.
（4）某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同.
（5）某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况.
　深化2　　简谐运动的对称性（如图所示）
（1）相隔Δt＝nT（n＝1，2，3…）的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同.
（2）相隔Δt＝（n＋）T（n＝0，1，2…）的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向（或都为零），速度也等大反向（或都为零）.
思维模型　从动力学和能量两个方面认识简谐运动规律.
角度1　对简谐运动表达式的理解
例3　（多选）某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝10sint（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10 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
答案：AC
解析：由质点做简谐运动的位移随时间变化的表达式x＝10sint（cm），知质点的振幅为10 cm，T＝ s＝8 s，故A正确，B错误；将t＝4 s代入x＝10sint（cm），可得位移为零，质点正通过平衡位置，速度最大，故C正确，D错误.
角度2　对简谐运动图像的理解
例4　（多选）如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图像.已知甲、乙两个振子质量相等.则（　　）
A.甲、乙两振子的振幅之比为2∶1
B.甲、乙两振子的频率之比为1∶2
C.前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值
D.第2 s末甲的速度最大，乙的加速度最大
答案：AD
解析：根据甲、乙两个振子做简谐运动的图像可知，两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，甲、乙两振子的振幅之比为2∶1，选项A正确.甲振子的周期为4 s，频率为0.25 Hz，乙振子的周期为8 s，频率为0.125 Hz，甲、乙两振子的频率之比为2∶1，选项B错误.前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C错误.第2 s末甲通过平衡位置，速度最大；乙在最大位移处加速度最大，选项D正确.
三、单摆及周期公式
考题4　（2024·浙江6月选考）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m.小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度取g＝10 m/s2，则（　　）
A.摆角变小，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A端拉力为 N
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
答案：B
解析：由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆角大小无关，A错误.由几何关系可知，小铁球两侧细线与竖直方向的夹角均为30°，由L＝ m可得单摆的摆长L＝1 m；由T＝2π可得T≈2 s，B正确.对小铁球受力分析如图所示，由受力平衡可得FA＝FB＝mg＝ N，C、D错误.
1.如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置叫作单摆.（如图所示）
2.简谐运动的条件：θ＜5°.
3.回复力：F回＝mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F回与位移x的方向相反，故单摆做简谐运动.
4.周期公式：T＝　2π　.
　深化1　　单摆的受力特征
（1）向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力提供向心力，Fn＝FT－mgcos θ.
（2）两点说明
①当摆球在最高点时，v＝0，Fn＝＝0，FT＝mgcos θ.
②当摆球在最低点时，Fn＝m，Fn最大，FT＝mg＋m.
　深化2　　周期公式T＝2π的两点说明
（1）l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离.
（2）g为当地重力加速度.
例5　（2025·吉林一中高三模拟）如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示.不计空气阻力，取g＝10 m/s2.对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是（　　）
A.单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10 sin（2πt） cm
B.单摆的摆长约为10 cm
C.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受的回复力逐渐增大
D.从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球所受绳子拉力逐渐增大
答案：D
解析：由题图乙可知，振幅A＝10 cm，单摆周期T＝2 s，则圆频率ω＝＝π rad/s，可得单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝10sin（πt） cm，A错误；由单摆的周期公式T＝2π解得单摆的摆长约为100 cm，B错误；由题图乙可知，从t＝2.5 s到t＝3 s的过程中，摆球从最大位移处向平衡位置运动，所以加速度在减小，回复力在减小，摆球的速度在增大，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的拉力FT＝mgcos θ＋m，此时θ减小，v增大，所以拉力逐渐增大，C错误，D正确.
例6　（2025·海南海口模拟）（多选）如图所示是两个理想单摆在同一地点的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移.下列说法中正确的是（　　）
A.t＝2 s时，甲单摆的摆线拉力为0，乙的速度为0
B.增大乙的摆球质量，乙的周期有可能与甲相等
C.甲摆球和乙摆球永远不可能同时均处于动能最小的状态
D.乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝sin （t） cm
答案：CD
解析：t＝2 s时，甲单摆运动到最低点，摆球速度最大，细线拉力和小球重力的合力提供向心力，摆线拉力不为0，故A错误；由周期公式T＝2π可知，周期与摆球质量没有关系，故B错误；由题图可知，乙的周期是甲的2倍，甲、乙同时从平衡位置向正方向运动，则永远不可能同时均处于动能最小的状态，故C正确；由题图可知，乙单摆的振幅为1 cm，圆频率为ω＝＝ rad/s，又有t＝0时，x＝0，且开始向正方向运动，则乙摆球位移随时间变化的关系式为x＝sin （t） cm，故D正确.
四、受迫振动和共振
考题5　（2021·浙江1月选考）（多选）为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示.则（　　）
A.针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B.随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C.打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D.稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
答案：AD
解析：打击杆和振动器两种装置，都利用了共振，由于不同树木固有频率可能不同，故落果效果最好的振动频率可能不同，A正确；若振动器频率大于树木固有频率，随着振动器频率的增加，与树木固有频率差值增大，树干振动的幅度反而减小，B错误；打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干不再做受迫振动，其振动频率为固有频率，故可能不同，C错误；由于树干做受迫振动，故稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确.
受迫振动和共振
　深化1　　自由振动、受迫振动和共振的比较
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 受驱动力
振动周期 或频率　 由系统本身的性质决定，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
　深化2　　对共振的理解
（1）共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力的频率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时振幅的影响，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.
例7　（2025·湖北十堰普通高中联合体期末）如图所示，两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为75 Hz，乙弹簧振子的固有频率为18 Hz.当支架在受到竖直方向、频率为20 Hz的驱动力作用做受迫振动时，两个弹簧振子的振动情况是（　　）
A.甲的振幅较大，且振动频率为75 Hz
B.甲的振幅较大，且振动频率为20 Hz
C.乙的振幅较大，且振动频率为18 Hz
D.乙的振幅较大，且振动频率为20 Hz
答案：D
解析：支架在受到竖直方向且频率为20 Hz的驱动力作用下做受迫振动时，频率越接近固有频率振幅越大，所以乙的振幅较大，受迫振动的频率取决于驱动力的频率，故甲、乙的振动频率均为20 Hz，A，B、C错误，D正确.故选D.
例8　（多选）自然界中的许多地方有共振的现象，人类也在其技术中利用或者试图避免共振现象.如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动时的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（取π2＝10）（　　）
A.此单摆的固有周期为2 s
B.此单摆的摆长约为2 m
C.若仅摆长增大，单摆的固有频率增大
D.若仅摆长增大，共振曲线的峰将向左移
答案：AD
解析：由题图知，驱动力的频率为0.5 Hz时，振幅最大，故单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，A正确；根据T＝2π得，单摆的摆长约为L＝＝ m＝1 m，B错误；若仅摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移，C错误，D正确.
限时跟踪检测（五十九）　机械振动
A级·基础对点练
题组一　简谐运动的基本特征
1.（2025·湖南名校联盟联考）如图所示，沿水平方向做简谐运动的质点，振幅为0.1 m，依次通过相距0.2 m的A、B两点.质点经过A点时开始计时，t1＝1 s时经过B点，t2＝3 s时也刚好经过B点，则该振动的周期可能是（　　）
A.1.8 s B.1 s
C.0.4 s D. s
答案：C
解析：质点的振幅为0.1 m，在0～1 s时间内根据简谐运动的周期性有＋nT＝1 s（n＝0，1，2，…），在1～3 s时间内根据简谐运动的周期性有n'T＝2 s（n'＝1，2，…），综合解得T＝ s（k＝0，1，2，…），当k＝2时，T＝0.4 s，C正确.
题组二　简谐运动的规律
2.（2025·清远教学质量监测）如图甲所示，在音乐厅中，小提琴抒情醇美，音域较宽，大提琴气势宏大，具有宽广的中音域.音乐厅中各种乐器相互配合，让听众体验音乐的美妙与魅力.图乙为小提琴琴弦某次振动的图像.下列说法正确的是（　　）
A.频率越高的声音越容易发生明显的衍射现象
B.小提琴和大提琴发出的声波会产生明显的干涉现象
C.音乐厅中的声音传进墙面上的吸音材料后频率会改变
D.小提琴某根琴弦的某次振动函数表达式为y＝0.005cos（500πt） m
答案：D
解析：频率越高的声音越高，波长越短，更不容易发生明显的衍射现象，A错误；若要产生明显的干涉现象，两列声波的频率需相同，小提琴和大提琴发出的声波频率不同，发出的声波不会产生明显的干涉现象，B错误；声音的频率由声源决定，声音传进墙面上的吸音材料后频率不会改变，C错误；小提琴琴弦某次振动的表达式为y＝Asin（ωt＋φ），由题图乙可知A＝5×10－3 m，ω＝＝ rad/s＝500π rad/s.当t＝0时，y＝5×10－3 m，代入表达式可得φ＝，所以y＝0.005cos（500πt） m，D正确.
题组三　单摆及其周期公式
3.做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量减小为原来的，摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍，则单摆振动的（　　）
A.频率、振幅都不变
B.频率、振幅都改变
C.频率不变，振幅改变
D.频率改变，振幅不变
答案：C
解析：由T＝2π知，当单摆摆长不变时，其周期、频率不变，与摆球质量无关；由于速度增大，使振幅变大，选项C正确.
题组四　受迫振动　共振
4.（2025·江苏南京检测）一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图所示，则（　　）
A.此单摆的固有周期约为0.5 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长减小，单摆固有频率减小
D.若摆长减小，共振曲线的峰将向左移动
答案：B
解析：由题图可知，振幅最大时，此单摆的振动频率与固有频率相等，则有f＝0.5 Hz，可知此单摆的固有周期为T＝＝2 s，根据单摆周期公式T＝2π，可知此单摆的摆长为l＝＝1 m，故A错误，B正确；若摆长减小，由T＝2π可知，其固有周期减小，固有频率增大，共振曲线的峰向右移动，C、D错误.
5.如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统.圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示.圆盘匀速转动时，小球做受迫振动.小球振动稳定时，下列说法正确的是（　　）
甲　　乙
A.小球振动的固有频率是4 Hz
B.小球做受迫振动时周期一定是4 s
C.圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著增大
D.圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著减小
答案：C
解析：小球振动的固有周期T＝4 s，则其固有频率为f＝＝0.25 Hz，A错误；小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4 s，B错误；圆盘转动周期在4 s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C正确，D错误.
B级·能力提升练
6.如图甲所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长.当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来.图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
甲　　　　　　　　　乙　
A.a、b、c单摆的固有周期关系为Ta＝Tc＜Tb
B.b、c摆振动达到稳定时，b摆的振幅较大
C.由图乙可知，此时b摆的周期大于t0
D.由图乙可知，此时b摆的周期小于t0
答案：A
解析：由单摆的周期公式T＝2π可知，摆长越长，单摆的周期越大，因此Ta＝Tc＜Tb，A正确；b、c摆做受迫振动，由于c摆的固有周期等于驱动力的周期，此时c摆发生共振，振幅最大，B错误；a摆摆动起来后，通过水平绳子对b、c摆施加周期性的驱动力，此时b、c摆的振动周期均等于驱动力的周期，因此b摆的周期等于t0，C、D错误.
7.（2025·浙江湖丽衢模拟）如图甲所示，小球在光滑球面上的A、B两点之间来回运动.t＝0时刻将小球从A点由静止释放，球面对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，若弧长AB远小于球面半径，取g＝10 m/s2，则（　　）
甲　　乙
A.小球运动的周期为0.2π s
B.光滑球面的半径为0.1 m
C.小球的质量为0.05 kg
D.小球的最大速度约为0.10 m/s
答案：C
解析：小球在一个周期内经过两次最低点，根据题图乙可知，小球的运动周期为0.4π s，A错误.小球在光滑球面上做简谐运动，球面半径等效于单摆摆长，根据周期公式T＝2π，代入数据可得R＝L＝0.4 m，B错误.设小球在光滑球面上运动的最高点同其做圆周运动的圆心连线与竖直方向的夹角为θ，小球到达最低点时的速度最大，设其大小为v，则在最高点有mgcos θ＝F1，在最低点有F2－mg＝m，从最高点到最低点由动能定理有mgR（1－cos θ）＝mv2，其中F1＝0.495 N，F2＝0.510 N，联立解得m＝0.05 kg，v＝ m/s，C正确，D错误.
8.如图所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题：
（1）写出该振子做简谐运动的表达式；
（2）在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？
（3）该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？
答案：见解析
解析：（1）由题图可得A＝5 cm，T＝4 s，φ0＝0，则ω＝＝ rad/s，故该振子做简谐运动的表达式为x＝5sin （t） cm.
（2）由题图可知，在t＝2 s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t＝3 s时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值.
（3）振子经过一个周期位移为零，路程为4×5 cm＝20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子的总位移x＝0，路程s＝25×20 cm＝500 cm＝5 m.
实验十三　用单摆测量重力加速度大小
素养目标　1.知道利用单摆测量重力加速度的原理. 2.掌握利用单摆测量重力加速度的方法.
一、教材原型实验
考题1　（2025·八省联考河南卷）学生实验小组利用单摆测量当地的重力加速度.实验器材有：铁架台、细线、摆球、秒表、卷尺等.完成下列问题：
（1）实验时，将细线的一端连接摆球，另一端固定在铁架台上O点，如图1所示.然后将摆球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成夹角θ（θ＜5°），释放摆球，让单摆开始摆动.为了减小计时误差，应该在摆球摆至　　（填“最低点”或“最高点”）时开始计时.
（2）选取摆线长度为100.0 cm时，测得摆球摆动30个完整周期的时间（t）为60.60 s.若将摆线长度视为摆长，求得重力加速度大小为　　m/s2.（取π2＝9.870，结果保留3位有效数字）
（3）选取不同的摆线长度重复上述实验，相关数据汇总在下表中，在坐标纸上作出摆线长度（l）和单摆周期的二次方（T2）的关系曲线，如图2所示.
l（m） t（s） T2（s2）
0.800 54.17 3.26
0.900 57.54 3.68
1.000 60.60 4.08
1.100 63.55 4.49
1.200 66.34 4.89
设直线斜率为k，则重力加速度可表示为g＝　　（用k表示）.由图2求得当地的重力加速度大小为　　m/s2（结果保留3位有效数字）.
（4）用图像法得到的重力加速度数值要比（2）中得到的结果更精确，原因是　　.
答案：（1）最低点　（2）9.68　（3）4π2k　9.69　（4）见解析
解析：（1）摆球经过最低点的位置时速度最大，在相等的距离误差上引起的时间误差最小，测的周期误差最小；所以为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最低点的位置时开始计时.
（2）根据题意可知小球摆动的周期T＝＝2.02 s
根据单摆周期公式T＝2π
其中l＝100.0 cm＝1.000 m
代入数据可得g≈9.68 m/s2.
（3）根据单摆周期公式T＝2π
整理可得l＝·T2
可知l－T2图线斜率k＝
可得重力加速度可表示为g＝4π2k
由图2求得当地的重力加速度大小为g＝4π2× m/s2≈9.69 m/s2.
（4）图像法得到的重力加速度数值要比（2）中得到的结果更精确，其原因是用图像法处理数据时，无论是否考虑摆球的半径，图像斜率均为，对g的测量没有影响.
1.实验原理
当摆角较小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝　2π　，由此得到g＝，因此，只要测出　摆长l　和　周期T　，就可以求出当地的重力加速度g的值.
2.实验器材
铁架台、单摆、　游标卡尺　、毫米刻度尺、　停表　.
3.实验过程
（1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，做成单摆.
（2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示.
（3）用毫米刻度尺量出摆线长度l'，用游标卡尺测出金属小球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长l＝　l'＋r　.
（4）把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度（小于5°），然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出单摆的振动周期T.
（5）根据单摆周期公式，计算当地的重力加速度.
（6）改变摆长，重做几次实验.
4.数据处理
（1）公式法：利用T＝求出周期，算出三次测得的周期的平均值，然后利用公式g＝求重力加速度.
（2）图像法：根据测出的一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图像，由单摆周期公式得l＝T2，图像应是一条　过原点直线　，如图所示，求出图线的斜率k，即可利用g＝　4π2k　求重力加速度.
5.误差分析
系统误差：本实验的系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求，即：悬点是否固定，球、线是否符合要求，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内的摆动以及测量哪段长度作为摆长等等.
偶然误差：本实验的偶然误差主要来自时间（即单摆周期）的测量上.为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值.
6.注意事项
（1）一般选用1 m左右的细线.
（2）悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定.
（3）应在小球自然下垂时用毫米刻度尺测量悬线长.
（4）单摆必须在同一平面内振动，且摆角小于5°.
（5）选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数.
例1　（2025·广东珠海高三期末）小明学习“用单摆测量重力加速度”实验后，利用如图甲所示装置做了该实验.
（1）测量摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径，读数如图乙所示，则d＝　　cm，若再测得单摆周期为T，则当地的重力加速度g＝　　（用L、d、T表示）.
（2）在安装装置时，摆线上端有三种系挂方式，下列方式哪种是正确的　　（填对应序号）.
（3）在测量周期时，若从摆球运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆周期为T＝　　（用n、t表示）.
（4）假如把该装置搬到月球上进行实验，改变单摆的摆长l，多次测量单摆在不同摆长下所对应的周期T，并描绘出T2－l图像如图所示，则可得知月球重力加速度大小为　　m/s2.
答案：（1）2.150　　（2）C　
（3）　（4）1.6
解析：（1）游标卡尺的读数为主尺的读数与游标尺读数之和，所以d＝21 mm＋10×0.05 mm＝2.150 cm，根据周期公式T＝2π，可得g＝＝.
（2）为防止摆球摇摆及实验过程摆长变化，应该用夹子固定摆线悬点，故C正确.
（3）从摆球运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，单摆全振动的次数为N＝，则单摆的周期为T＝＝.
（4）根据单摆周期公式T＝2π，由图像可知T2＝2π2s2时，l＝0.8 m，可得g月＝1.6 m/s2.
　训练1　（2025·广东东莞模拟）实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度”的实验.
（1）下列最合理的装置是　　.
（2）为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的有　　.
A.测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长
B.在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动
C.摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大
D.测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时
（3）某同学课后尝试在家里做用单摆测量重力加速度的实验.由于没有合适的摆球，于是他找到了一块鸡蛋大小、外形不规则的大理石块代替小球进行实验.如图甲所示，实验过程中他先将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点.然后利用刻度尺测出OM间细线的长度l作为摆长，利用手机的秒表功能测出石块做简谐运动的周期T.在测出几组不同摆长l对应的周期T的数值后，他作出的T2－l图像如图乙所示.
①该图像的斜率为　　（重力加速度为g）.
A.g B. C. D.
②由此得出重力加速度的测量值为　　m/s2.（取π＝3.14，计算结果保留3位有效数字）
（4）实验中，该同学测量摆长使用细线长，而非悬点到石块重心之间的距离，这对重力加速度测量结果的影响是：测量值　　（填“＞”“＝”或“＜”）真实值.
答案：（1）D　（2）BC　（3）①C　②9.86　（4）＝
解析：（1）为减小空气阻力的影响，摆球应采用密度较大、体积较小的铁球，为使单摆摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应该用铁夹来固定，故选D.
（2）根据单摆周期公式有T＝2π，可得重力加速度为g＝，测量摆长时，应该测量竖直拉直后的摆线长，故A错误；在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动，故B正确；摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大，如摆角太大，将不能看作简谐运动，单摆周期公式失效，故C正确；测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，因为最低点位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D错误.
（3）①由题图可知，设M点到石块重心的距离为d，根据周期公式T＝2π，可得T2＝（l＋d），故T2－l图像的斜率为k＝，故选C.②由于k＝＝×102＝4，解得重力加速度的测量值为g＝π2 m/s2＝9.86 m/s2.
（4）由之前的分析可知，有T2＝（l＋d），T2－l图像的斜率为k＝，其重力加速度为g＝，由上述分析可知，其摆长的测量不影响重力加速度的测量结果，所以其测量值等于真实值.
二、探索创新实验
考题2　（2023·河北卷）某实验小组利用如图1所示装置测量重力加速度.摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期.
（1）（多选）关于本实验，下列说法正确的是　　.
A.小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直
B.应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C.小钢球可以换成较轻的橡胶球
D.应无初速度、小摆角释放小钢球
（2）组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d.螺旋测微器示数如图2所示，小钢球直径d＝　　mm，记摆长l＝L＋.
（3）多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l－T2图像，如图3所示.
根据图线斜率可计算重力加速度g＝　　m/s2（保留3位有效数字，取π2＝9.87）.
（4）若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将　　（填“偏大”“偏小”或“不变”）.
答案：（1）ABD　（2）20.035　（3）9.87　
（4）不变
解析：（1）使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体经过光电门时的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，A正确；测量摆线长度时，要保证摆线处于伸直状态，B正确；单摆是一个理想化模型，若采用质量较轻的橡胶球，空气阻力对摆球运动的影响较大，C错误；无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动，不形成圆锥摆，且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为做简谐运动，使用T＝2π计算单摆的周期，D正确.
（2）小钢球直径d＝20 mm＋3.5×0.01 mm＝20.035 mm.
（3）由单摆周期公式T＝2π，整理得l＝T2，由题图3知图线的斜率k＝＝ m/s2，解得g＝9.87 m/s2.
（4）若将摆线长度L误认为摆长l，则有T＝2π，即得到的图线函数表达式为L＝T2－，仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为，故得到的重力加速度值不变.
考题3　（2024·广西卷）单摆可作为研究简谐运动的理想模型.
（1）制作单摆时，在如图甲、图乙所示两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中　　不变.
（2）用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙所示，则摆球直径为　　cm.
（3）若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动.当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为　　.
答案：（1）摆长　（2）1.06
（3）x＝cos（t）
解析：（1）选择题图甲方式的目的是要保持单摆在摆动中摆长不变.
（2）由题图丙知，摆球直径为d＝10 mm＋6×0.1 mm＝10.6 mm＝1.06 cm.
（3）根据单摆的周期公式T＝2π可得单摆的摆长为L＝.从平衡位置拉开5°的角度处释放摆球，可得振幅为A＝2Lsin 2.5°或近似写为A＝Lsin 5°，以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x＝Acos ωt＝cos（t）.
例2　（2025·湖北华中师范大学第一附属中学检测）如图甲所示，双线摆也是一种单摆，它的优点是可以把摆球的运动轨迹约束在一个确定的平面上.现把双线摆的其中一根悬线，换成一根很轻的硬杆，组成一个“杆线摆”，如图乙所示.杆线摆可以绕着悬挂轴OO'来回摆动，杆与悬挂轴OO'垂直，其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内.某实验小组为探究在相同摆长下、摆角很小时，“杆线摆”的周期T跟等效重力加速度的关系，设计了如下实验：
（1）测量斜面倾斜角θ.如图丙所示，铁架台上装一重垂线.在铁架台的立柱跟重垂线平行的情况下把“杆线摆”装在立柱上，调节摆线的长度，使摆杆与立柱垂直，则此时摆杆是水平的.如图丁所示，把铁架台底座的一侧垫高，立柱倾斜，绕立柱摆动的钢球实际上是在一倾斜平面上运动.测出静止时摆杆与重垂线的夹角为β，则该倾斜平面与水平面的夹角θ＝90°－β.
（2）测量周期T.让“杆线摆”做小偏角下的振动，用停表测量完成20次全振动所用的时间t1，则周期T＝.同样的操作进行三次，取平均值作为该周期的测量值.
（3）记录数据.改变铁架台的倾斜程度，测出不同倾斜程度下斜面倾斜角θ的值以及该倾斜角下“杆线摆”的周期T，把各组θ和T的值填在实验数据表格中.取g＝9.8 m/s2，计算a＝gsin θ的值作为表格中的一列，再计算的值，得到表格中的另一列，如表所示：
次 数 斜面倾 斜角θ （°） 周期 T/s 等效重力加速 度a＝gsin θ/ （m·s－2） / （·s）
1 11.0 2.52 1.87 0.731
2 14.5 2.11 2.45 0.639
3 19.0 1.83 3.19 0.560
4 22.5 1.73 3.75 0.516
5 25.5 1.62 4.22 0.487
6 29.0 1.50 4.75 0.459
（4）数据处理.在图戊中以周期T为纵坐标轴、以　　为横坐标轴建立坐标系，并把表格中相应的各组数据在坐标系中描点、作图.
（5）得出结论.根据该图线可知：　　
　　
　　.
答案：（4）（或）　见解析图　
（5）见解析
解析：（4）根据单摆周期公式可知T＝2π＝2π，在图中以周期T为纵坐标轴、以（或）为横坐标轴建立坐标系，作图，如图所示.
（5）根据（4）中图线可知：在误差允许范围内，“杆线摆”在摆长一定的情况下，T和成正比，即周期跟（等效）重力加速度的平方根成反比.
　训练2　（2025·北京东城一模）同学们用多种方法测量重力加速度.
（1）用如图甲所示的单摆做“用单摆测重力加速度”的实验.
①此实验中重力加速度的表达式为g＝　　（用摆长l、周期T表示）.
②若改变摆长，多次测量，得到周期二次方T2与摆长l的关系如图乙所示，所得结果与当地重力加速度值相符，但发现其延长线没有过原点，其原因可能是　　（填正确选项前的字母）.
A.测周期时多数了一个周期
B.测周期时少数了一个周期
C.测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D.测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
（2）将单摆挂在力传感器的下端，通过力传感器测定摆动过程中摆线受到的拉力F，由计算机记录拉力F随时间t的变化，图像如图丙所示.测得摆长为l，则重力加速度的表达式为g＝　　.
（3）如图丁所示，将光电门安装在小球平衡位置的正下方，在小球上安装轻质挡光片，挡光宽度为d，在铁架台后方固定量角器，利用此装置测重力加速度.首先测得摆长为l，之后将小球拉离平衡位置，当摆线与竖直方向成θ角（θ值可由量角器读出）时将小球由静止释放，传感器测得小球第一次摆下挡光的时间Δt.多次改变摆角θ测得对应的Δt，可得到多组（θ，Δt）数据，同时计算机可根据需要算出关于θ的任意三角函数值.
①为了能最方便准确地利用图像处理数据，应绘制　　图像（写出图像的纵坐标和横坐标的符号）.
②根据第①问中绘制的图像，求得图线斜率的绝对值为k，则计算得到重力加速度g＝　　.
答案：（1）①　②C　（2）　
（3）①cos θ－　②
解析：（1）①由T＝2π，解得g＝.
②T2－l图线与纵轴交点表示测得摆长为零时周期不为零，说明摆长的测量值偏小，可能是测摆长时直接将摆线的长度作为摆长，C正确.
（2）结合题图丙可知，T＝4t0＝2π，解得g＝.
（3）小球在最低点经过光电门的速度v＝，由动能定理得mgl（1－cos θ）＝m（）2，整理得cos θ＝1－·，所以作cos θ－图像可以得到一条倾斜直线，图线斜率的绝对值k＝，解得g＝.
限时跟踪检测（六十）　用单摆测量重力加速度大小
A级·基础对点练
1.一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验.
　　
（1）用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径.首先，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐，如图（a）所示，该示数为　　mm；螺旋测微器在夹有摆球时示数如图（b）所示，该示数为　　mm，则摆球的直径为　　mm.
（2）单摆实验的装置示意图如图（c）所示，其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处，摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小.若将角度盘固定在O点上方，则摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角　　（填“大于”或“小于”）5°.
（3）某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为　　cm.实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60 s，则此单摆周期为　　s，该小组测得的重力加速度大小为　　 m/s2.（结果均保留3位有效数字，π2取9.870）
答案：（1）0.007（0.006～0.008均可）　20.034（20.033～20.035均可）　20.027（20.025～20.029均可）　（2）大于　（3）82.5　1.82　9.83
解析：（1）测量前测微螺杆与测砧相触时，题图（a）的示数为d0＝0 mm＋0.7×0.01 mm＝0.007 mm，螺旋测微器夹有摆球时，题图（b）中读数为d1＝20 mm＋3.4×0.01 mm＝20.034 mm，则摆球的直径为d＝d1－d0＝20.027 mm.
（2）角度盘的大小一定，即在规定的位置安装角度盘，测量的摆角才准确.将角度盘固定在规定位置上方，即角度盘到悬挂点的距离变短，同样的角度，摆线在角度盘上扫过的弧长变短，故摆线在角度盘上所指的示数为5°时，实际摆角大于5°.
（3）单摆的摆线长度为81.50 cm，则摆长为l＝l0＋＝81.50 cm＋ cm＝82.5 cm；一次全振动单摆经过最低点两次，故此单摆的周期为T＝ s＝1.82 s，由单摆的周期表达式T＝2π得，重力加速度g＝＝9.83 m/s2.
2.（2025·山东临沂模拟）某同学在学习完单摆的相关知识后，想要在家利用手边的物品测量本地的重力加速度.用不规则的钥匙扣代替小球做成简易单摆装置，手机上的计时功能代替停表，实验过程如下：
（1）用家中软尺测得悬挂点O到钥匙扣连接处M的长度为L.
（2）拉开较小角度后将钥匙扣由静止释放，并在钥匙扣第1次通过最低点时按下计时“开始”按钮，第N次通过最低点停止计时，记录手机上的时间为t，则单摆的周期T为　　.
（3）若该同学改变细线长度后只做两次实验，得到两组长度和周期的数据：L1、T1；L2、T2 ，利用数据测得重力加速度为　　.
（4）若该同学多次改变细线长度得到多组数据，描点作出T2－L图像，得到的图像可能是　　.
A　　B　　C
答案：（2）　（3）g＝　（4）B
解析：（2）钥匙扣第1次通过最低点按下计时“开始”按钮，第N次通过最低点停止计时，记录手机上的时间为t，则单摆的周期为T＝.
（3）设摆线末端与钥匙扣重心间的距离为r，根据单摆周期公式T＝2π
可得T1＝2π，T2＝2π，联立可得重力加速度为g＝.
（4）根据T＝2π，可得T2＝L＋，故T2与L为一次函数关系，且与纵轴正半轴有截距，故B正确.
3.某同学用图1所示装置测量当地重力加速度.
图1
（1）关于器材选择及测量时的一些实验操作，下列说法正确的是　　.
A.摆线尽量选择细些、伸缩性小些且适当长一些的
B.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C.为了使单摆的周期大一些以方便测量，应使摆角大一些
（2）在某次实验中，测得单摆摆长为L、单摆完成n次全振动的时间为t，则利用上述测量可得重力加速度的表达式g＝　　.
（3）实验时改变摆长，测出几组摆长L和对应的周期T的数据，作出L－T2图像，如图2所示.
图2
①利用A、B两点的坐标可得重力加速度的表达式g＝　　.
②因摆球质量分布不均匀，小球的重心位于其几何中心的正下方.若只考虑摆长测量偏小造成的影响，则由①计算得到的重力加速度的测量值　　（填“大于”“等于”或“小于”）真实值.
答案：（1）AB　（2）　（3）①
②等于
解析：（1）单摆的摆长不能改变，摆球的机械能守恒，因此摆线需要选择细且伸缩性较小的，摆球需要选择质量较大、体积较小的以减小空气阻力的影响，A、B正确；单摆的摆角不能超过5°，C错误.
（2）该单摆的周期为T＝2π，其中T＝，代入可得g＝.
（3）①由T＝2π可得L＝T2，在L－T2图像中，其斜率k＝＝，所以g＝.
②由于直线斜率与摆长测量无关，所以测量值等于真实值.
B级·能力提升练
4.实验小组用如图所示实验装置测量小球的质量和当地的重力加速度.
（1）在竖直铁架台上固定一个力传感器和一个光电门，在传感器离竖直杆一定距离上系一根轻绳，轻绳另一端连一个小钢球.用游标卡尺测量小球的直径d如图所示，则小球直径为　　cm.
（2）小球静止悬挂时，用毫米刻度尺测量轻绳悬点到小球球心的距离l，调节光电门，使小球球心正对光电门.
（3）将轻绳拉到偏离平衡位置一定角度，由静止释放小球，小球摆动经过光电门，读出小球经过光电门时的遮光时间Δt和传感器的示数F.
（4）多次重复实验，让小球从偏离平衡位置不同角度释放，分别记录小球通过光电门的时间Δt，并计算.以力传感器示数F为纵轴、为横轴做出F－的关系图像如图所示，已知图像的斜率为k，截距为b.则小球的质量为　　，当地的重力加速度为　　.（用题中给出的字母d、l、b、k表示）
（5）若在第（2）步测量的是从轻绳悬点到小球底端的长度，则小球质量的测量值　　（填“偏大”“不变”或“偏小”），重力加速度测量值　　（填“偏大”“不变”或“偏小”）.
答案：（1）0.715　（4）　　（5）偏大　偏小
解析：（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm，由题图可知小球直径为d＝7 mm＋3×0.05 mm＝7.15 mm＝0.715 cm.
（4）小球经过光电门时的速度大小为v＝
根据牛顿第二定律有F－mg＝m
整理得F＝·＋mg
由b＝mg，k＝，解得m＝，g＝.
（5）测量的是从轻绳悬点到小球底端的长度，则l取值偏大，可知小球质量m的测量值偏大，重力加速度g的测量值偏小.
5.（2025·邯郸高三第一次调研监测）重力加速度是物理学中一个重要概念，它描述了在地球表面附近自由落体运动的加速度.某探究小组确定了两种方案测量重力加速度，一是利用单摆测量重力加速度，二是利用平抛运动测量重力加速度.
方案一：利用单摆测量当地重力加速度
（1）甲同学欲利用图1装置测量重力加速度，乙同学分析该装置测量周期时，测量全振动次数较多时摆球容易做圆锥摆，于是提议利用图2双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度.已知每根轻细线长度为L0，两悬点间相距s.当小球通过光电门（平衡位置）时，光电计数器计数1次，同时计时器开始计时.
①如图3所示，用螺旋测微器测得小球直径d＝　　mm.若计数器显示的计数次数为n，所用时间为t，则双线摆的振动周期T＝　　，利用图2测得当地重力加速度g＝　　（用d、n、t、L0、s表示）.
②若利用图1测量重力加速度，由于摆球做圆锥摆导致测量的重力加速度　　（填“偏大”或“偏小”）.
方案二：利用平抛运动测量当地重力加速度
（2）如图4所示，四分之一圆弧轨道固定在水平台面上，在圆弧轨道最低点固定有压力传感器，将小球由圆弧轨道某一高度静止释放，小球经过轨道最低点时压力传感器显示的压力大小为FN，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，圆弧轨道的半径为R，小球的质量为m，抛出点距离地面的高度为h，水平射程为x，则当地的重力加速度测量值g＝　　（用已经测得的量表示）.
答案：（1）①4.700　　（＋）　②偏大　（2）
解析：（1）①由题图3可知，螺旋测微器读数为
d＝4.5 mm＋20.0×0.01 mm＝4.700 mm
双线摆的振动周期为T＝＝
双线摆的等效摆长L＝＋
由单摆周期公式T＝2π
代入数据解得g＝（＋）.
②单摆周期公式为T＝2π
解得g＝L
圆锥摆的周期公式为T＝2π（θ为摆线与竖直方向的夹角），可知圆锥摆的周期小于单摆的周期，所以如果测量全振动次数较多时摆球做了圆锥摆，测得的周期偏小，由g＝L计算得到的g偏大.
（2）根据FN－mg＝m，h＝gt2，x＝vt
联立解得g＝.
第2讲　机械波
素养目标　1.通过观察，认识波的特征.能区别横波和纵波.能用图像描述横波.理解波速、波长和频率的关系.（物理观念） 2.通过实验，认识波的反射、折射、干涉及衍射现象.（物理观念） 3.通过实验，认识多普勒效应.能解释多普勒效应产生的原因.能列举多普勒效应的应用实例.（物理观念） 4.掌握振动图像和波的图像的求解方法.（科学思维）
一、机械波及其图像
考题1　（2024·广东卷）一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1 m/s，t＝0时的波形如图所示，t＝1 s时，x＝1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为（　　）
A.0 B.0.1 m
C.－0.1 m D.0.2 m
答案：B
解析：由题图可知λ＝2 m，可得振动周期为T＝＝2 s，由题图可知x＝1.5 m处的质点在t＝0时，其相对平衡位置的位移为y＝－0.1 m，所以x＝1.5 m处的质点在t＝1 s＝T时，其相对平衡位置的位移为y'＝0.1 m，B正确.
考题2　（2025·八省联考河南卷）（多选）某简谐横波在t＝0时刻的波形图如图所示.x＝0处质点的位移为y＝－4 cm，x＝0.7 m处的质点P位于平衡位置且振动方向向下.已知该波的周期为1.2 s，则（　　）
A.该波的波长为1.2 m
B.该波的波速为2 m/s
C.该波沿x轴正方向传播
D.t＝0.1 s时刻，x＝0处的质点位于平衡位置
答案：AD
解析：设该简谐横波的波动方程为y＝Asin（x＋φ），代入数据解得A＝8 cm，φ＝－，所以该简谐横波的波动方程为y＝8sin（x－）cm，当x＝0.7 m时有×0.7－＝π，解得该波的波长为λ＝1.2 m，故A正确；由v＝可得该波的波速为v＝＝ m/s＝1 m/s，故B错误；已知质点P位于平衡位置且振动方向向下，由同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故C错误；根据Δx＝vt＝0.1 m，可知经过0.1 s，整列波形向左平移0.1 m，故t＝0.1 s时刻，x＝0处的质点位于平衡位置，故D正确.故选AD.
（一）机械波　横波和纵波
1.机械波的形成条件
（1）有发生机械振动的　波源　.
（2）有　传播介质　，如空气、水等.
2.传播特点
（1）机械波传播的只是振动的　形式　和　能量　，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波　迁移　.
（2）介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与　波源　的振动周期和频率相同.
（3）一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为　零　.
3.机械波的分类
（1）横波：质点的振动方向与波的传播方向相互　垂直　的波，有　波峰　（凸部）和　波谷　（凹部）.
（2）纵波：质点的振动方向与波的传播方向在　同一直线　上的波，有　密部　和疏部.
（二）横波的图像　波速、波长和频率的关系
1.横波的图像
（1）坐标轴：横轴表示各质点的　平衡位置　，纵轴表示该时刻各质点的　位移　.
（2）意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开　平衡位置　的位移.
2.波长、波速、频率及其关系
（1）波长λ：在波动中，振动相位总是　相同　的两个相邻质点间的距离.
（2）波速v：波在介质中的传播速度，由　介质　本身的性质决定.
（3）频率f：由波源决定，等于波源的　振动频率　.
（4）波长、波速和频率的关系
①v＝　λf　；②v＝.
　深化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，由于介质的情况不同，它的波长和波速可能改变，但频率和周期都不会改变.
（4）波源经过一个周期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.
　深化2　　波的传播方向与质点振动方向的互判方法
项目 内容 图像
“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
思维模型　会用简谐运动的规律辅助机械振动图像和波的图像，解决生活中与机械振动、机械波相关问题.
角度1　根据波形分析波动规律
例1　一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是（　　）
A.该时刻速度沿y轴正方向
B.该时刻加速度沿y轴正方向
C.此后周期内通过的路程为A
D.此后周期内沿x轴正方向迁移λ
答案：A
解析：波沿x轴正方向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P的速度方向沿y轴正方向，加速度沿y轴负方向，选项A正确，B错误；在该时刻质点P不在特殊位置，则在周期内的路程不一定等于A，选项C错误；质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D错误.
角度2　根据质点振动方向判断波的传播方向
例2　如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，此时x＝2 m处的质点Q的振动方向向上，再经0.2 s，质点Q第1次回到平衡位置.下列说法正确的是（　　）
A.该波沿x轴负方向传播
B.该波的传播速度为10 m/s
C.t＝0.1 s时，质点Q的速度和加速度均最大
D.在任意0.1 s内，质点Q通过的路程均为4 cm
答案：B
解析：由同侧法知，该波沿x轴正方向传播，A错误；由于质点Q再经0.2 s第1次回到平衡位置，则周期为T＝0.4 s，由题图知，该波的波长为λ＝4 m，由v＝得，该波的传播速度为v＝10 m/s，B正确；t＝0.1 s时，质点Q振动T，到达波峰，则速度为零，加速度最大，C错误；0.1 s＝T，质点从平衡位置或最大位移处开始运动时，周期内通过的路程才等于振幅，即路程为4 cm，故在任意0.1 s内质点Q通过的路程不一定为4 cm，D错误.
二、振动图像和波的图像的综合应用
考题3　（2024·重庆卷）（多选）一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3米.则 （　　）
A.最小波长为 m
B.频率为 Hz
C.最大波速为 m/s
D.从该时刻开始起2 s内该质点运动的路程为（4－） cm
答案：BD
解析：由题图乙可知2 s＝T，T＝ s＝2.4 s，频率为f＝ Hz，B正确；由题意，在题图甲中标出位移为 cm的质点P、Q，如图所示，则波长可以为λ＝3 m即λ＝18 m，或λ'＝3 m即λ'＝9 m，A错误；v＝＝＝ m/s，v'＝＝＝ m/s，C错误；根据题图乙计算该质点在2 s内运动的路程为（4－） cm，D正确.
　深化　　振动图像和波的图像的比较
项目 振动图像 波的图像
研究对象 某一振动质点 沿传播方向的所有质点
研究内容 某一质点的位移随时间的变化规律 某时刻所有质点的空间分布规律
图线
物理意义 某一质点在各时刻的位移 某时刻各质点的位移
图线变化 已有图形不变 图像随时间沿传播方向平移
质点振动方向的确定方法 重复下一时刻的振动 重复前一质点的振动
一个完整曲线占横坐标的距离 表示一个周期 表示一个波长
思维模型　用简谐运动的规律辅助机械振动和波动图像解决机械振动、机械波综合问题.
角度1　根据波的图像确定质点的振动图像
例3　O、P、Q为软绳上的三点，t＝0时刻手持O点由平衡位置开始在竖直方向做简谐运动，至t1时刻恰好完成两次全振动，此时绳上OQ间形成的波形如图所示，下列四幅位移—时间图像中能反映P点在0～t1时间内运动情况的是（　　）
A B
C D
答案：D
解析：0～t1完成两次全振动会产生两个完整的波形，t1时刻波形图如图所示
可得t1时刻波最右端质点起振方向向下，因此波源O起振方向向下，OP间距为一个波长，波传到P点所用的时间t＝T＝t1，0～t1时间内P点静止不动，t1时刻P点开始向下起振，之后振动t1时间，因此P点振动图像同选项D.
角度2　振动图像和波的图像的综合应用
例4　一简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t＝7 s时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图像，则该质点的x坐标合理的是（　　）
甲
乙
A.1 m B.2 m
C.7 m D.12 m
答案：B
解析：由振动图像可知t＝7 s时刻该质点的位移为－10 cm，且沿y轴负方向运动；由波形图可知，该质点平衡位置的坐标值可能是0 m、2 m、12 m、14 m，由题意可知简谐横波沿x轴正方向传播，由同侧法可知，速度方向沿y轴负方向的是坐标值为2 m、14 m的质点，则该质点的坐标值可能为2 m、14 m，故B正确.
三、波的多解问题
考题4　（2023·全国甲卷）分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同，振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s.t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动.经过一段时间后，两列波相遇.
（1）在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5 s时刻的波形图（P波用虚线，Q波用实线）；
（2）求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置.
答案：（1）见解析图　（2）见解析
解析：（1）根据Δx＝vt得Δx＝4×2.5 m＝10 m
可知t＝2.5 s时P波刚好传播到x＝10 m处，Q波刚好传播到x＝0处，根据“上下坡”法可得波形图如图所示.
（2）根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差Δx＝（n＝0，1，2，…）
解得振幅最大的平衡位置有x＝3 m、x＝7 m
振动减弱的条件为Δx＝nλ（n＝0，1，2，…）
解得振幅最小的平衡位置有x＝1 m、x＝5 m、x＝9 m.
　深化1　　造成波动问题多解的三大因素
周期性 （1）时间周期性：时间间隔Δt与周期T的周期性关系不明确. （2）空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确
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
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
　深化2　　解决波的多解问题的思路
（1）解决周期性多解问题时，常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，…）.
（2）解决双向性多解问题时，养成全面思考的习惯，熟知波有向正、负（或左、右）两方向传播的可能，质点有向上、向下（或向左、向右）两方向振动的可能.
角度1　由空间的周期性形成多解
例5　一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2 s时的波形如图（a）所示，x＝2 m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（　　）
　
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
答案：A
解析：由题图（b）可知，波的周期T＝4 s，t＝2 s时，x＝2 m处的质点在平衡位置且振动方向向下，结合题图（a）可知2 m为半波长的奇数倍，即有（2n－1）＝2 m（n＝1，2，3，…），故波速v＝＝ m/s（n＝1，2，3，…），当n＝3时，v＝ m/s，所以A正确.
角度2　由波传播的双向性形成多解
例6　图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线，经过0.1 s后，其波形曲线如图中虚线所示.该波的传播速度可能为（　　）
A.x轴正方向1.5 m/s
B.x轴正方向2.5 m/s
C.x轴负方向1.5 m/s
D.x轴负方向3.5 m/s
答案：A
解析：由题图可知λ＝0.2 m，沿x轴正方向传播时，s＝（n＋）λ，该波的传播速度v＝＝＝ m/s（n＝0，1，2，3，…），当n＝0时，v＝1.5 m/s，速度不可能为2.5 m/s，故A正确，B错误；沿x轴负方向传播时s＝（n＋）λ，该波的传播速度v＝＝＝ m/s（n＝0，1，2，3，…），速度不可能为1.5 m/s、3.5 m/s，故C、D错误.故选A.
四、波的干涉、衍射和多普勒效应
考题5　（2024·浙江6月选考）频率相同的简谐波源S1、S2和接收点M位于同一平面内，S1、S2到M的距离之差为6 m.t＝0时，S1、S2同时垂直平面开始振动，M点的振动图像如图所示，则（　　）
A.两列波的波长为2 m
B.两列波的起振方向均沿x正方向
C.S1和S2在平面内不能产生干涉现象
D.两列波的振幅分别为3 cm和1 cm
答案：B
解析：由题图可知S1和S2振动产生的两列波传播到M点的时间间隔Δt＝3 s，可得两列波的传播速度v＝＝ m/s＝2 m/s；由M点的振动图像可知波的周期T＝2 s，由λ＝vT可得两列波的波长λ＝4 m，A错误.由于M点到两个波源的距离之差为半波长的奇数倍，且M点是振动减弱点，可得两波源振动步调相同；由振动图像可知，最先传播到M点的波起振方向沿x正方向，B正确.由于振动步调相同，且频率相同，S1和S2在平面内能产生干涉现象，C错误.由振动图像可知，最先传播到M点的这列波振幅为3 cm，后传播到M点的这列波振幅为2 cm，D错误.
考题6　（2024·江西卷）如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷.在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示.已知超声波在机翼材料中的波速为6 300 m/s.关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是（　　）
A.振动减弱；d＝4.725 mm
B.振动加强；d＝4.725 mm
C.振动减弱；d＝9.45 mm
D.振动加强；d＝9.45 mm
答案：A
解析：由题图可知波的周期T＝0.2×10－6 s，已知波速v＝6 300 m/s，则波长λ＝vT＝1.26 mm，对比题图（b）、（c）可知探头接收到机翼表面反射波和缺陷表面反射波的时间差Δt＝1.5×10－6 s，则路程差2d＝v·Δt＝9.45 mm，解得d＝4.725 mm；＝15，即路程差为半波长的15倍，故两个反射信号在探头处的振动减弱，A正确.
1.波的干涉和衍射
项目 波的干涉 波的衍射
条件 两列波的频率必须　相同　 明显条件：障碍物或孔的尺寸比波长　小　或　相差不多　
现象 形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的　干涉图样　 波能够　绕过障碍物　或孔继续向前传播
2.多普勒效应
（1）条件：声源和观察者之间有　相对运动　（距离发生变化）.
（2）现象：观察者感到　频率　发生变化.
（3）实质：声源频率　不变　，观察者接收到的频率　变化　.
　深化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
当两波源步调一致时，
若Δr＝nλ（n＝0，1，2，…），振动加强；
若Δr＝（n＋）λ（n＝0，1，2，…），振动减弱.
当两波源步调相反时，
若Δr＝nλ（n＝0，1，2，…），振动减弱；
若Δr＝（n＋）λ（n＝0，1，2，…），振动加强.
（2）图像法
　深化2　　对多普勒效应的理解
（1）接收频率：观测者接收到的频率等于观测者在单位时间内接收到的完整波的个数.当波以速度v通过接收者时，时间t内通过的完整波的个数为N＝.
（2）多普勒效应的两种情况
思维模型　用波的叠加理论解释生活中的干涉现象.
角度1　波的叠加规律
例7　（2025·浙江期末）（多选）一列简谐横波沿x轴正方向传播，此波在某时刻的波形图如图甲所示.质点M的平衡位置在x＝1.5 m处，质点N的平衡位置是x＝4 m处.质点N从t＝0时刻开始振动，其振动图像如图乙所示.此波传播到达平衡位置为x＝12 m处的质点Q时，遇到一障碍物（未画出）之后立刻传播方向反向，反射波与原入射波在相遇区域发生干涉，某时刻两列波部分波形如图丙所示.则下列说法中正确的是（　　）
A.t＝0时刻N点向下振动，波速为20 m/s
B.从t＝0.05 s到t＝0.20 s，质点M通过的路程大于15 cm
C.t＝0.45 s时，质点N的位移为0
D.足够长时间后，O、Q之间有5个振动加强点（不包括O、Q两点）
答案：BD
解析：质点N从t＝0时刻开始振动，由振动图像可知此时质点N向上振动；由题图可知波长为4 m，周期为0.2 s，波速为v＝＝20 m/s，故A错误；根据M、N的位置关系可知，t＝0.05 s时刻，M质点在x轴下方向平衡位置运动，速度逐渐增大，从t＝0.05 s到t＝0.20 s经历了0.15 s，即T，则质点M通过的路程s＞3A＝15 cm，故B正确；根据振动图像可知t＝0.45 s时，质点N在最大位移处，故C错误；由题图丙可知位于x＝10 m、8 m、6 m、4 m、2 m的点两列波的运动方向一致，为振动加强点，故D正确；故选BD.
角度2　对波的衍射的理解
例8　如图所示为波源O传出的一列水波，相邻实线间的距离等于一个波长.下列说法正确的是 （　　）
A.波通过孔A，发生明显的衍射现象
B.波通过孔B，不发生衍射现象
C.波遇到障碍物C，发生明显的衍射现象
D.波遇到障碍物D，不发生衍射现象
答案：A
解析：当孔、缝、障碍物的宽度与波长差不多或者比波长还小时，就能够发生明显的衍射现象，这是发生明显衍射的条件.观察题图，孔B和障碍物C尺寸明显大于波长，不会发生明显衍射现象，但仍然有衍射现象，只是不明显，不易观察；孔A和障碍物D尺寸小于和接近波长，会发生明显衍射现象.故A正确，B、C、D错误.
角度3　对多普勒效应的理解
例9　（多选）在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（　　）
A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B.超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D.同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
答案：BC
解析：雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声，这是由于光在空气中的传播速度比声波在空气中的传播速度大，选项A不符合题意；超声波被血管中血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化，是多普勒效应，选项B符合题意；观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，是多普勒效应，选项C符合题意；同一声源发出的声波，在空气和水中的传播速度不同，可知声速与介质有关，不是多普勒效应，选项D不符合题意.
限时跟踪检测（六十一）　机械波
A级·基础对点练
题组一　机械波及其图像
1.（2025·遵义第一次适应性考试）在船坞维护过程中，技术人员可通过上下抖动“系泊绳”一端来检测其性能.在某次抖动中形成的绳波可视为简谐横波.t时刻的波形图如图所示，此时绳上质点M向上振动，质点N恰好处于波峰.则（　　）
A.绳波沿x轴的负方向传播
B.t时刻M的加速度比N的加速度小
C.t时刻M的速度比N的速度小
D.M的振幅比N的振幅大
答案：B
解析：此时绳上质点M向上振动，根据波形平移法可知，绳波沿x轴的正方向传播，A错误；离平衡位置越远，质点的加速度越大，所以t时刻M的加速度比N的加速度小，B正确；离平衡位置越远，质点振动的速度越小，所以t时刻M的速度比N的速度大，C错误；M的振幅等于N的振幅，D错误.
2.（2025·山西联考）如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形图，振源位于坐标原点，P、Q为该波在传播方向上的两个质点.已知该波的传播速度为10 m/s，下列说法正确的是（　　）
A.振源振动的频率为0.4 Hz
B.t0时刻，质点Q的速度大小为10 m/s，沿x轴正方向
C.t0时刻，质点P的加速度减小而速度增大
D.质点P在t0之后的0.1 s内通过的路程为10 cm
答案：C
解析：由题图知，波长为4 m，由v＝得，周期T＝＝0.4 s，则振源振动的频率f＝＝2.5 Hz，A错误；t0时刻质点Q正在向y轴正方向振动，10 m/s是波的传播速度，不是质点振动的速度，B错误；由同侧法知，t0时刻，质点P向平衡位置运动，故加速度减小，速度增大，C正确；0.1 s＝T，由题图知，t0时刻质点P不在平衡位置或者波峰、波谷处，所以0.1 s内通过的路程不等于振幅，即路程不等于10 cm，D错误.
题组二　振动图像和波的图像的综合应用
3.位于坐标原点的质点从t＝0时开始沿y轴振动，形成一列沿x轴传播的简谐波，t＝0.5 s时的波形如图所示，此时x＝0处的质点位于波峰位置.选项中能正确描述x＝2 m处质点振动的图像是（　　）
A　　B
C　　D
答案：A
解析：由波形图可知该波0.5 s传播了1 m，则其波速v＝ m/s＝2 m/s，该波继续传播t0＝＝0.5 s至x＝2 m处，因此x＝2 m处的质点在t＝1 s时开始振动，C、D错误；根据波形图结合同侧法可知波源的起振方向沿y轴正方向，则x＝2 m处质点的起振方向也沿y轴正方向，A正确，B错误.
4.（2025·湖北教学改革联盟检测）图（a）是一列简谐波在t＝0.25 s时刻的波形图，图（b）是波上质点P的振动图像，下列说法正确的是（　　）
图（a）　图（b）
A.波沿x轴正方向传播
B.该列波的传播速度为10 m/s
C.质点P的平衡位置位于x＝4.5 m
D.质点P从t＝0.25 s到t＝0.45 s过程运动的路程为9 m
答案：D
解析：由P点的振动图像可知，在t＝0.25 s时质点P沿y轴负方向运动，可知波沿x轴负方向传播，故A错误；该列波的传播速度为v＝＝ m/s＝20 m/s，故B错误；在t＝0.25 s时质点P对应的纵坐标为A，则由几何知识可知，质点P的平衡位置位于x＝5.0 m，故C错误；从t＝0.25 s到t＝0.45 s，波沿x轴负方向传播4 m，此时P点到达波谷，则质点P运动的路程为9 m，故D正确.
题组三　波的多解问题
5.如图所示分别是一列机械波在传播方向上相距6 m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）
A.该波的周期是5 s
B.该波的波速是3 m/s
C.4 s时P质点向上振动
D.4 s时Q质点向上振动
答案：C
解析：由两个质点的振动图像可知，该波的周期是4 s，A错误；4 s时，P质点向上振动，Q质点向下振动，C正确，D错误；两个质点振动步调相反，可知两质点间距离等于（2n＋）λ（n＝0，1，2，…），只有当n＝0时，λ＝6 m，λ＝12 m，v＝＝3 m/s，n≥1时，v≠3 m/s，B错误.
6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝5 s时的波形图.下列关于平衡位置在O处质点的振动图像正确的是（　　）
A　　B
C　　D
答案：A
解析：由题图可知，t1＝2 s的实线波形传到t2＝5 s的距离为（n＋）λ（n＝0，1，2，…），又由x＝vt可知，t2－t1＝（n＋）T（n＝0，1，2，…），解得周期T＝ s（n＝0，1，2，…），周期最大为4 s，C、D错误；据题意简谐横波沿x轴正方向传播，t1＝2 s时x＝0处的质点向上振动，当n＝0时，周期为4 s，则t＝0时x＝0处质点向下振动，A正确，B错误.
题组四　波的干涉、衍射和多普勒效应
7.（2025·河南郑州一中模拟）（多选）一条绳子的两端跟两个波源S1、S2相连，两个波源同时开始振动，一段时间后形成如图所示的绳波.S1振动时长为t1，形成振幅为A1的a波，S2振动时长为t2，形成振幅为A2的b波.已知t1＞t2，P点为两波源连线的中点，下列选项正确的是（　　）
A.两列波会同时到达P点
B.两列波在P点叠加过程中，其最大位移等于A1＋A2
C.两列波都通过P点后波形会变得完全相同
D.两列波波峰到达P点的时间间隔为
答案：AD
解析：A正确，同一介质波的传播速度相等，两个波源同时开始振动，会同时到达P点；B错误，两列波的波长不同，则P点不是振动加强点；C错误，两列波的传播具有独立性，通过P点后波形不会改变；D正确，P点为两波源连线的中点，两列波波峰到达该点的时间差为Δt＝－＝.
8.在发波水槽中，两个振动步调一致的振动片以20 Hz的频率周期性击打水面上的S1和S2两点，S1、S2相距6 cm，如图所示，Q点到S1的距离为8 cm且QS1⊥S1S2.t＝0时刻振动片开始振动，t＝0.2 s时Q点开始振动，下列说法中正确的是（　　）
A.水槽中形成的水波波长为4 cm
B.两个振动片同时停止击打水面，水面上的水波立即消失
C.Q点的振动始终加强
D.垂直QS1在水槽中放置宽4 cm的障碍物（如图中虚线所示），在障碍物后面还可以观察到明显的水波干涉图样
答案：C
解析：水波的传播速度v＝＝ cm/s＝40 cm/s，水槽中形成的水波波长为λ＝＝ cm＝2 cm，A错误；两个振动片同时停止击打水面，振动仍可沿水面传播，即水面上的水波不会立即消失，B错误；Q点到S2的距离为10 cm，则Q点到两个振源的距离之差为2 cm，是波长的1倍，则Q点的振动始终加强，C正确；垂直QS1在水槽中放置宽4 cm的障碍物，因障碍物的尺寸大于水波的波长，衍射现象不明显，可知在障碍物后面不可以观察到明显的水波干涉图样，D错误.
B级·能力提升练
9.（2025·福建厦门集美中学期末）（多选）如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，a、b、c为介质中的三个质点，图乙表示该波x＝6 m处a质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）
甲 乙
A.该波沿x轴负方向传播
B.t＝15 s时，质点a处于波峰位置
C.t＝5 s时，质点b振动的速度方向与回复力方向相同
D.质点c的位移随时间变化的关系式为y＝10sin（t＋） cm
答案：BD
解析：由题图乙可知，t＝0时a质点正在向y轴负方向振动，根据“上下坡”法可判断出波沿x轴正方向传播，A错误；由题图乙可知，振动周期为T＝4 s，所以15 s＝（3＋）T，t＝15 s时质点a的运动形式与t＝3 s时的一样，由题图乙可知此时质点a处于波峰位置，B正确；根据5 s＝（1＋）T，可知t＝5 s时质点b的运动形式与t＝1 s时的一致，由题图甲可知t＝0时质点b在y轴正半轴向y轴负方向振动，经过周期，质点b在y轴负半轴向y轴负方向振动，回复力指向平衡位置，C错误；波沿x轴正方向传播，质点c正在向y轴正方向振动，可知其振动方程为y＝10sin（t＋） cm，D正确.
10.（2025·宁波模拟）（多选）如图所示的xOy坐标系中，x正半轴和y正半轴上存在两列相干线性平面波波源S1、S2，传播方向如图所示.已知直线y＝x上的所有点均为振动减弱点，直线y＝x上距离坐标原点O最近的加强点P与O点的距离为1 m，两平面波的振动周期均为T＝0.5 s.下列说法正确的是（　　）
A.两列波的起振方向相同
B.两列波的波速v＝0.8 m/s
C.直线y＝x上的减弱点距离O点越远分布越稀疏
D.以O点为圆心、5λ为半径的圆周上有10个加强点
答案：BD
解析：由题意可知，直线y＝x上的所有点均为振动减弱点，到两波源的距离相等，所以两列波的起振方向相反，A错误；由题意可知，P点的坐标为（ m， m），所以距离坐标原点O最近的加强点P到两波源的距离差为Δr＝xP－yP＝m－ m＝0.2 m＝，可知，两列相干线性平面波的波长为λ＝0.4 m，所以，波速为v＝＝ m/s＝0.8 m/s，B正确；振动减弱点到两波源的距离差为Δr＝nλ（n＝1，2，3，…），设直线y＝x上为减弱点的横坐标为x，则Δr＝nλ＝x－y＝x（n＝1，2，3，…），解得x＝1.6n（n＝1，2，3，…），所以，直线y＝x上减弱点的横坐标均匀分布，即直线y＝x上减弱点距离O点均匀分布，C错误；振动加强点到两波源的距离差为Δr＝nλ＋（n＝0，1，2，3，…），设此时加强点坐标为（x，y）则x2＋y2＝（5λ）2，Δr＝｜x－y｜，联立，可知当n≥5时无解，则n＜5，所以n＝0，1，2，3，4，每个n值对应两个加强点坐标，所以加强点共10个，D正确.故选B、D.
11.位于水面上O点的波源上下振动，形成在xOy水面上传播的简谐波，波面为圆.波源从平衡位置向上起振，t1＝0时刻，第一象限内第一次出现如图甲所示的波面分布，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向垂直水面向上.求：
甲　乙
（1）该波在水面上传播速度的大小；
（2）t2＝ s时，B处质点相对于平衡位置的位移.
答案：（1）2 m/s　（2）5 cm
解析：（1）由题图甲可知波长λ＝8 m
由题图乙可知波的周期T＝4 s
波速v＝＝2 m/s.
（2）由题意可知，t1＝0时刻，波沿y轴正方向传到（0，10 m）处，波传到B点需要的时间为Δt1＝＝3 s
B处质点的振动方程为z＝Asin［（t－3 s）］（t≥3 s）
由图乙知，该波的振幅A＝10 cm
t2＝ s时，B处质点相对于平衡位置的位移为10 sin （π） cm＝5 cm.
常设情境　①生活实践类：全反射棱镜、光导纤维、增透膜、偏振滤光片、激光、雷达、射电望远镜、红外摄影、X射线管等.
②学习探索类：折射定律、全反射、测定玻璃的折射率、光的干涉现象、光的衍射、光的偏振现象、电磁振荡、电磁场和电磁波、用双缝干涉测光的波长.
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