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第1节　机械振动
[浙江考试标准]
知识内容
考试要求
命题规律
必考
加试
简谐运动
b
本章主要以选择题的形式考查基础知识，基本规律与应用，重点如下：1.应用简谐运动的特点、公式、图象分析问题；2.机械波的传播，波长、频率(周期)和波速的关系；3.波动图象和振动图象相结合的问题为本章的重点也是选考的热点；4.波的干涉和衍射现象、多普勒效应的认识，并能与生活中的实例相结合.
简谐运动的描述
c
简谐运动的回复力和能量
b
单摆
c
外力作用下的振动
b
波的形成和传播
b
波的图象
b
波长、频率和波速
c
波的衍射和干涉
b
多普勒效应
b
惠更斯原理
b
实验16：探究单摆周期与摆长的关系
√
第1节　机械振动
考点一|
简谐运动的规律
1．简谐运动
(1)定义：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律．即它的振动图象(x t图象)是一条正弦曲线，这样的振动叫做简谐运动．
(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：使物体返回到平衡位置的力．
②公式：F＝－kx.
③方向：总是指向平衡位置．
④来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．
(4)表达式：x＝Asin(ωt＋φ)．
2．描述简谐运动的物理量
物理量
定义
意义
位移
由平衡位置指向质点所在位置的有向线段
描述质点振动中某时刻的位置相对于平衡位置的位移
振幅
振动物体离开平衡位置的最大距离
描述振动的强弱和能量
周期
振动物体完成一次全振动所需时间
描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝
频率
振动物体单位时间内完成全振动的次数
3.简谐运动的能量
(1)能量
一般指振动系统的机械能．振动的过程就是动能和势能互相转化的过程．
①在最大位移处，势能最大，动能为零．
②在平衡位置处，动能最大，势能最小．
③在简谐运动中，振动系统的机械能守恒(选填“守恒”或“减小”)，因此简谐运动是一种理想化的模型．
(2)决定能量大小的因素
振动系统的机械能跟振幅有关，振幅越大，机械能就越大，振动越强．一个确定的简谐运动是等幅振动．
4．单摆周期公式：T＝2π，f＝
(1)只要测出单摆的摆长l和周期T，就可以根据g＝，求出当地的重力加速度g.
(2)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在圆弧的圆心．
(3)g为当地的重力加速度．
1．简谐运动的两种模型
模型
弹簧振子
单摆
模型示意图
特点
①忽略摩擦力，弹簧对小球的弹力提供回复力②弹簧的质量可忽略
①细线的质量、球的直径均可忽略②摆角θ很小③重力的切向分力提供回复力
公式
回复力F＝－kx
①回复力
F＝－x②周期
T＝2π
2.简谐运动的五个特征
(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，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10 1 1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．
图10 1 1
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．
1．关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是(　　)
A．位移减小时，加速度减小，速度也减小
B．位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同
C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同
D．物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反
C　[位移减小时，加速度减小，速度增大，A错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B、D错误，C正确．]
2．(2017·慈溪联考)如图10 1 2所示，将弹簧振子从平衡位置O拉下一段距离Δx，释放后振子在A、B间振动，且AB＝20
cm，振子由A到B的时间为0.1
s，则下列说法中正确的是(　　)
图10 1 2
A．振子在A、B两点时，弹簧弹力大小相等
B．振子由A到O的时间比振子由O到B的时间短
C．振子从A→O→B→O→A通过的路程为40
cm
D．振子从A→O→B→O→A通过的路程为20
cm
C　[在A、B两点，弹力大小并不相等，选项A错误；据对称性，振子从A到O和从O到B时间相同，选项B错误；振子从A→O→B→O→A通过的路程即振子运动轨迹的长度为40
cm，选项C正确，D错误．]3．(多选)如图10 1 3所示，捣碎机的球从吊车上垂下并摆动，摆动缆绳的长度为17
m，假如该系统可当作单摆处理，以下说法正确的是(　　)
图10 1 3
A．此单摆的周期约为8
s
B．球的质量越大，单摆的周期就越长
C．缆绳的长度越长，单摆的周期就越长
D．球摆动过程中受到重力、缆绳的拉力、向心力作用
【答案】　AC
4．一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10
cm的A、B两点，历时0.5
s(如图10 1 4)．过B点后再经过t＝0.5
s质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B点，则质点振动的周期是(　　)
图10 1 4
A．0.5
s　　　B．1
s　　　C．2
s　　　D．4
s
C　
[根据题意，由振动的对称性可知：AB的中点(设为O)为平衡位置，A、B两点对称分布于O点两侧，如图所示．质点从平衡位置O向右运动到B的时间应为tOB＝×0.5
s＝0.25
s．质点从B向右到达右方极端位置(设为D)的时间tBD＝×0.5
s＝0.25
s．所以，质点从O到D的时间：
tOD＝T＝0.25
s＋0.25
s＝0.5
s
所以T＝2
s．]
考点二|
简谐运动的图象
1．简谐运动的图象
(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asin
ωt，图象如图10 1 5甲所示．
图10 1 5
(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acos
ωt，图象如图乙所示．
(3)物理意义：表示振动质点的位移随时间的变化规律．
2．振动图象的信息
(1)由图象可以看出振幅、周期．
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．
(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向．
①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴．②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，若下一时刻位移增大，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．
简谐运动图象问题的两种分析方法
1．图象—运动结合法
解此类题时，首先要理解x t图象的意义，其次要把x t图象与质点的实际振动过程联系起来．图象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．
2．直观结论法
(1)可直接读取振幅A、周期T(两个相邻正向最大位移之间的时间间隔或两个相邻负向最大位移之间的时间间隔)以及质点在任意时刻相对平衡位置的位移x.也可以知道开始计时的时候(t＝0)振动质点的位置．
(2)由振动图象可以判定质点在任意时刻的回复力方向和加速度方向，二者都指向时间轴．
(3)可以判断某段时间内振动质点的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况．若某段时间内质点的振动速度指向平衡位置，则质点的速度、动能均变大，位移、回复力、加速度、势能均变小；反之，则相反．凡是图象上与时间轴距离相等的点，振动质点具有相同的动能和势能．
(4)可以知道质点在任意时刻的速度方向．该点的斜率为正值时速度方向为正，该点的斜率为负值时速度方向为负．
1．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是(　　)
A　[如图所示，O为平衡位置，由题意知t＝时，振子具有正向最大加速度，故此时振子应在距O点最远处，且位移x为负的最大值．分析各图象知，只有A项正确．]
2．(2017·永康调研)如图10 1 6为某质点的振动图象，由图象可知(　　)
图10 1 6
A．质点的振动方程为x＝2sin
50πt(cm)
B．在t＝0.01
s时质点的速度为负向最大
C．P点对应时刻质点的振动方向向下
D．从0.02
s至0.03
s质点的位移增大，速度减小
D　[由题图可知，
质点振动方程为x＝2sin
50(πt＋π)(cm)＝－2sin
50πt(cm)；t＝0.01
s时质点速度为零；P点对应时刻质点振动方向向上；在0.02
s至0.03
s质点离开平衡位置，位移增大，速度减小，故选项D正确．]
3．(多选)一水平弹簧振子做简谐运动的振动图象如图10 1 7所示，已知弹簧的劲度系数为20
N/cm，则(　　)
图10 1 7
A．图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为5
N，方向指向x轴的负方向B．图中A点对应的时刻振子的速度方向指向x轴的正方向
C．在0～4
s内振子做了1.75次全振动
D．在0～4
s内振子通过的路程为3.5
cm
AB　[由简谐运动的特点和弹簧弹力与伸长量的关系可知，图中A点对应的时刻振子所受的回复力大小为F＝kx＝20×0.25
N＝5
N，方向指向x轴的负方向，并且现在正在远离O点向x轴的正方向运动，A、B正确；由图可读出周期为2
s,4
s内振子做两次全振动，通过的路程是s＝2×4A＝2×4×0.5
cm＝4
cm，C、D错误．]
4．(多选)(2016·浙江4月选考)摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图10 1 8所示．选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知(　　)
图10 1 8
A．甲、乙两单摆的摆长之比是
B．ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等
C．tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大
D．tc时刻甲、乙两单摆的速率相等
AC　[由振动图象得甲、乙周期之比为2∶3，根据T＝2π，得摆长之比为4∶9，A正确．ta时刻位移相同，但二者摆长不同，所以摆角不同，B错误．tb时刻甲的摆球在最高点，乙的摆球在平衡位置(最低点)，又因为悬点高度相同，且乙的摆长比甲的摆长大，所以此时二者重力势能相差最大，C正确．tc时刻甲、乙的摆球都在各自平衡位置，速率最大，但二者在最高点离开平衡位置的高度不同，所以在平衡位置的速率不同，D错误．]
考点三|
受迫振动和共振
1．受迫振动
(1)概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动．
(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关．
2．共振
(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．
(2)条件：驱动力的频率等于固有频率．
(3)特征：共振时振幅最大．
(4)共振曲线(如图10 1 9所示)
图10 1 9
1．固有振动、受迫振动和共振的关系比较
固有振动
受迫振动
共振
受力情况
系统内部的相互作用力
驱动力作用
驱动力作用
振动周期或频率
由系统本身性质决定，即固有周期或固有频率
由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱
T＝T驱＝T固或f＝f驱＝f固
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、转速计
2.
共振曲线
图10 1 10
如图10 1 10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．
3．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．
1．如图10 1 11所示的装置，弹簧振子的固有频率是4
Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1
Hz，则把手转动的频率为(　　)
图10 1 11
A．1
Hz
B．3
Hz
C．4
Hz
D．5
Hz
A　[受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1
Hz，选项A正确．]
2．(2017·嘉兴选考一模)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图10 1 12所示，则(　　)
图10 1 12
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．若摆长增大，单摆的固有频率增大
D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
B　[由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5
Hz，固有周期为2
s，A项错误；再由T＝2π，得此单摆的摆长约为1
m，B项正确；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动，C、D项错误．]
3．在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500
Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是(　　)
A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大
B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波
C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率
D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500
Hz，且适当增大其输出功率
D　[由题可知用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500
Hz，就是酒杯的固有频率．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．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯碎掉是利用的共振现象，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500
Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500
Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯碎掉，故D正确．]
4．(多选)在一根张紧的水平绳上悬挂五个摆，其中A、E的摆长为l，B的摆长为0.5l，C的摆长为1.5l，D的摆长为2l，先使A振动起来，其他各摆随后也振动起来，则摆球振动稳定后(　　)
图10 1 13
A．D的振幅一定最大
B．E的振幅一定最大
C．B的周期一定最短
D．四个摆的周期相同
BD　[A振动起来后，使得B、C、D、E做受迫振动，振动的频率都等于A振动的频率，即各摆振动的周期都相等，选项C错误，D正确；由于D与A的摆长相差最大，E与A的摆长相等，所以D的振幅最小，E发生共振，振幅最大，选项A错误，B正确．]第2节　机械波
考点一|
波的形成和传播　波的图象
1．机械波的形成和传播
(1)产生条件
①有波源．
②有介质，如空气、水、绳子等．
(2)传播特点
①传播振动形式、能量和信息．
②质点不随波迁移．
③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同．
2．机械波的分类：横波和纵波．
3．波的图象
(1)图象的特点：
波的图象反映了在某时刻介质中的各质点离开平衡位置的位移情况，图象的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，如图10 2 1所示．
图10 2 1
(2)图象的应用：
①直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移．
②确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．
③结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．
1．波的传播方向和质点振动方向的判断
图10 2 2
(1)若已知某时刻A点振动方向向上，则波向x轴负方向传播．
(2)若已知波向x轴正方向传播，则该时刻B点向上振动．
2．波的图象特点
(1)质点振动nT(波传播nλ)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时(n＝1,2,3…)，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．
1．(多选)如图10 2 3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，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，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(　　)
图10 2 3
A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点9起振最晚
B．图中所有质点的起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的
C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点7通过相同位置时落后
D．只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9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
ACD　[据波的传播特点知，波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动，所以起振方向相同，都是竖直向下，但从时间上来说，起振依次落后的时间，所以选项A、C正确，B错误；由题意知，质点9比质点1应晚起振两个周期，所以当所有质点都起振后，质点1与质点9步调完全一致，所以选项D正确．]
2．(多选)简谐横波在某时刻的波形图象如图10 2 4所示，由此图可知(　　)
图10 2 4
A．若质点a向下运动，则波是从左向右传播的
B．若质点b向上运动，则波是从左向右传播的
C．若波从右向左传播，则质点c向下运动
D．若波从右向左传播，则质点d向上运动
BD　[解法一：用“特殊点法”来分析：
对于简谐横波来说，当波向右传播时，左边的质点靠近波源，因此，左边质点先振动，右边质点跟着左边的质点振动．若质点a向下运动，说明质点a是跟着右边的质点运动，则此波是从右向左传播，选项A错误．同理，选项B正确．若波从右向左传播，则左边的质点跟着右边的质点运动，质点c应向上运动，选项C错误．同理，选项D正确．
解法二　用“微平移法”来分析：设这列波是从左向右传播的，则在相邻的一小段时间内，这列波的形状向右平移一小段距离，如图中虚线所示．因此，所有的质点从原来的实线的位置沿y轴方向运动到虚线的位置，即质点a向上运动，质点b也向上运动的，由此可知选项A错误、B正确．类似地，可以判定选项C错误、D正确．]
3．(多选)(2017·杭州调研)关于如图10 2 5所示的波形图，下列说法中正确的是(　　)
图10 2 5
A．此列波的振幅是0.1
m
B．x＝15
cm处质点的位移是0.1
m
C．若质点A的速度沿y轴正方向，则质点B的速度亦沿y轴正方向
D．质点A的加速度为沿y轴负方向，而B、C的加速度沿y轴正方向
ACD　[从波动图象上可以直接读出振幅、各质点离开平衡位置的位移，A正确，B错误；各质点加速度的方向总是指向平衡位置，D正确；由于A、B两质点在此时刻都在同一“坡”上，根据“上、下坡”法可以判断C正确．]
4．(2016·海宁选考模拟)如图10 2 6所示是一列简谐波在某时刻的波形图，波沿x轴的负方向传播，就图中标明的质点而言，速度为正、加速度为负的质点是(　　)
图10 2 6
A．P　　　　B．Q　　　　C．R　　　　D．S
D　[因波沿x轴的负方向传播，质点R、S处在下坡段，由“上下坡”法得，质点R、S的振动方向都向上，即质点R、S的速度方向与y轴正方向一致，所以它们的速度都为正．而质点R的加速度方向向上，与y轴正方向一致，加速度为正；质点S的加速度方向向下，与y轴正方向相反，加速度为负．同理可以判断质点P和Q的振动方向都向下，速度都为负．故选项D正确．]
考点二|
波长、频率和波速
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．用“λ”表示．
2．频率f：在波动中，介质中各质点的振动频率都是相同的，都等于波源的振动频率．
3．波速v、波长λ和频率f、周期T的关系
公式：v＝＝λf.
机械波的速度大小由介质决定，与机械波的频率无关．
1．周期和频率：只取决于波源，波的周期和频率就是指波源的周期和频率，与v、λ无任何关系．
2．速度v：决定于介质的物理性质，同一种均匀介质，物理性质相同，波在其中传播的速度恒定．
3．波长λ：对于一列波，其波长、波速、周期的关系不会变化，始终是v＝＝λf，既然v、T都由相关因素决定，所以这些因素同时又共同决定了波长λ，即波长λ由波源和介质共同决定．
4．造成波动问题多解的主要因素有
(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．
5．求解波的多解问题“三步走”
1．平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3
m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波(　　)
A．频率是30
Hz　
B波长是3
mC．波速是1
m/s
D．周期是0.1
s
C　[由题意知T＝s＝2
s，f＝＝0.5
Hz，A、D错误；λ＝3
m，则λ＝2
m，B错误；v＝＝m/s＝1
m/s，所以C正确．]
2．(2017·诸暨调研)图10 2 7为一列简谐横波在介质中传播的波形图．在传播过程中，某一质点在10
s内运动的路程是16
m，则此波的波速是(　　)
图10 2 7
A．1.6
m/s
B．2
m/s
C．40
m/s
D．20
m/s
C　[由题图得λ＝20
m，A＝0.2
m
t＝10
s＝T＝20T
所以T＝0.5
s，故v＝＝＝40
m/s.]
3．一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6
m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为(　　)
A．4
m、6
m和8
m
B．6
m、8
m和12
m
C．4
m、6
m和12
m
D．4
m、8
m和12
m
C　[根据题意，可能的波形有三种，如图所示：
则＝6
m，λ1＝12
m，λ2＝6
m，λ3＝6
m，λ3＝4
m．]
4．(多选)(2015·浙江10月选考)沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为5
cm，质点A、B的平衡位置离O点的距离分别为1.8
m和3.0
m．t＝0时的波形如图10 2 8所示，t＝0.6
s时质点A恰好第二次到达波峰．下列说法正确的是(　　)
图10 2 8
A．波速为3
m/s
B．频率为2
Hz
C．质点B在0～0.6
s内路程为25
cm
D．质点B在t＝0.6
s时沿y轴正方向运动
BD　[从波形图象上可以直接读出波长λ＝4
m，振幅A＝5
cm，A点之前的第二个波峰传播到A点时，4.8
m＝v×0.6
s，求出v＝8
m/s，A错误；由v＝λf求出f＝2
Hz，周期为0.5
s，B正确；质点从平衡位置或者位移最大处开始运动，在一个周期内运动四个振幅，由题意有T<0.6
s<，所以B点运动的路程小于25
cm，在x轴下方沿y轴正方向运动，C错误，D正确．]
考点三|
波的干涉、衍射、多普勒效应　惠更斯原理
1．波的干涉和衍射
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)定义：当波源与观察者互相靠近或者互相远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化．
(2)规律
①波源与观察者如果互相靠近，观察者接收到的频率增大；
②波源与观察者如果互相远离，观察者接收到的频率减小；③波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率．
(3)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化．
3．惠更斯原理
(1)波面：波在传播过程中，振动状态相同的点构成的面叫波面．
说明：球面波的波面是以波源为中心的一个球面．
平面波的波面是一个个互相平行的平面．
(2)波线：用来表示波的传播方向的线叫做波线．
说明：①波线是有方向的一簇线，它的方向代表了波的传播方向．
②在各向同性的均匀介质中，波线与波面垂直，一定条件下由波面可确定波线，由波线可确定波面．(3)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的包络面就是新的波面．
1．加强点和减弱点的判断
现象判断法：若某点总是波峰与波峰或波谷与波谷相遇，该点为加强点；若总是波峰与波谷相遇，则为减弱点．
2．波的干涉的两点提醒
(1)干涉时，振动加强区域或振动减弱区域的空间位置是不变的，并非随时间变化．
(2)干涉时，加强的点只是振幅大了，并非任一时刻的位移都大；减弱的点只是振幅小了，也并非任一时刻的位移都最小．
3．波的衍射的三点注意
(1)并非只有缝、孔或障碍物很小时才会发生明显的衍射现象，明显衍射的条件是缝、孔或障碍物与波长相比相差不多或比波长小，而不是要求缝、孔或障碍物一定要小．
(2)任何波都能发生衍射现象，衍射不需要条件．
(3)发生明显的衍射现象需要一定的条件．
1．(多选)蝉的家族中的高音歌手是一种被称作“双鼓手”的蝉．它的身体两侧有大大的环形发声器官，身体的中部是可以内外开合的圆盘．圆盘开合的速度很快，抖动的蝉鸣就是由此发出的．某同学围绕蝉歇息的树干走了一圈，听到忽高忽低的蝉鸣声，以下说法中正确的是(　　)
A．这种现象属于声波的衍射现象
B．这种现象属于声波的干涉现象
C．身体两侧有大大的环形发声器官可以看做是相干波源
D．蝉发出的两列声波的传播速度一定相同
BCD　[“听到忽高忽低的蝉鸣声”说明这是声波的干涉现象，选项A错误，B正确；身体两侧的发声器官可以看做是相干波源，选项C正确；因波速是由介质决定，故选项D正确．]
2．(多选)图10 2 9中S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A处水面没有振动，为使A处水也能发生振动，可采用的方法是(　　)
图10 2 9
A．使波源的频率增大
B．使波源的频率减小
C．移动N使狭缝的间距增大
D．移动N使狭缝的间距减小
BD　[使孔满足明显衍射的条件即可，或将孔变小，或将波长变大，B、D正确．]
3．如图10 2 10表示产生机械波的波源O做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰．该图表示的是(　　)
图10 2 10
A．干涉现象
B．衍射现象
C．反射现象
D．多普勒效应
D　[多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的现象，故知该图表示的是多普勒效应．]
4．(多选)关于惠更斯原理的理解，下列说法正确的是(　　)
A．同一波面上的各点振动情况完全相同
B．同一振源的不同波面上的质点的振动情况一定不同
C．球面波的波面是以波源为中心的一个个球面
D．无论怎样的波，波线始终和波面垂直
ACD　[根据惠更斯原理，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的包络面就是新的波面．同一波面上各质点振动情况完全相同，选项A正确；不同波面上质点的振动情况可能相同，选项B错误；球面波是以波源为中心的一个个球面，选项C正确；波线始终与波面垂直，选项D正确．]
5.(多选)(2017·东阳选考模拟)如图10 2 11所示是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)．S1的振幅A1＝4
cm，S2的振幅A2＝3
cm，则下列说法正确的是(　　)
图10 2 11
A．质点D是振动减弱点
B．质点A、D在该时刻的高度差为14
cm
C．再过半个周期，质点B、C是振动加强点
D．质点C的振幅为1
cm
BD　[由图象可知，D点为两波谷相遇，应该是加强点，选项A错误；此时A点在加强后的最高点，D点在加强后的最低点，由波的叠加可知A、D两点的高度差为14
cm，选项B正确；由于两波的频率相等，叠加后会形成稳定的干涉图象，所以A、D点始终是加强点，B、C点始终是减弱点，选项C错误；质点C为减弱点，振幅为两振幅之差，为1
cm，选项D正确．]实验16　探究单摆周期与摆长的关系
1．实验原理
如图1所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小球，做
成一个单摆．
图1
当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T＝2π，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g＝.因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值．
2．实验器材带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球、不易伸长的细线(约1
m)、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺．
3．实验步骤
(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，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，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图所示．
(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，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(不超过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，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T＝(N为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期的平均值＝.
(5)根据单摆周期公式T＝2π计算当地的重力加速度g＝.
(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为当地的重力加速度值．
(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因．
1．注意事项
(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°.
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放．
(3)测周期的方法：①要从摆球通过平衡位置时开始计时．因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大．
②要测多次全振动的时间来计算周期．如在摆球通过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次．
2．数据处理
处理数据有两种方法：
(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值，然后代入公式g＝求重力加速度．
(2)图象法：由单摆周期公式推出：l＝T2，因此，分别测出一系列摆长l对应的周期T，作l－T2的图象，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k＝，即可利用g＝4π2k求得重力加速度值，如图2所示．
图2
3．误差分析
(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的摆动等．
(2)偶然误差主要来自时间的测量，因此，要从摆球通过平衡位置时开始计时，不能多计或漏计振动次数．
1．[实验操作与误差分析](多选)为了提高周期的测量精度，下列哪种做法是可取的(　　)A．用停表直接测量一次全振动的时间
B．用停表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期
C．在平衡位置启动停表和结束计时
D．在最大位移处启动停表和结束计时
E．用停表测100次全振动的时间，计算平均周期
F．在平衡位置启动停表，并开始计数，当摆球第30次经过平衡位置时停止停表，若读数为t，则T＝
BC　[测量一次误差较大，A错误；若测量次数太多(时间太长)，摆球因空气阻力会停摆，所以E错误，B正确；在平衡位置开始计时和结束时会使测量时间准确些(反应快些或判断准确些)，C正确．D错误；当摆球第30次经过平衡位置时，T＝＝，故F错误．]
2．[实验数据处理]用单摆测定重力加速度的实验装置如图3所示．
图3
(1)组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)．
A．长度为1
m左右的细线B．长度为30
cm左右的细线C．直径为1.8
cm的塑料球
D．直径为1.8
cm的铁球
(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)．
(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/(m·s－2)
9.74
9.73
请计算出第3组实验中的T＝______s，g＝______m/s2.
(4)用多组实验数据作出T2 L图象，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2 L图线的示意图如图4中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是________(选填选项前的字母)．
图4
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
【解析】　(1)单摆模型需要满足的两个基本条件是摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好．所以应选A、D.
(2)由T＝，T＝2π得g＝.
(3)T＝＝s＝2.01
s
g＝＝m/s2≈9.76
m/s2.
(4)b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B正确；由T＝2π得T2＝L，图线斜率小，说明g偏大，故C错误．
【答案】　(1)AD　(2)　(3)2.01　9.76　(4)B

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