第12講 機械振動和機械波
命題規(guī)律 1.命題角度：(1)機械振動；(2)機械波；(3)振動圖像和波的圖像綜合應(yīng)用.2.常用方法：公式法、圖像法.3.?？碱}型：選擇題．
考點一 機械振動
1．簡諧運動的規(guī)律
2．單擺
(1)單擺周期公式T＝2πeq \r(\f(l,g))
①擺球只受重力和細線拉力，且懸點靜止或做勻速直線運動，g為當?shù)刂亓铀俣龋诘厍蛏喜煌恢胓的取值不同，不同星球表面g值也不相同．
②單擺處于超重或失重狀態(tài)時等效重力加速度g0＝g±a.在近地軌道上運動的衛(wèi)星加速度a＝g，為完全失重，等效重力加速度g0＝0.
(2)回復(fù)力：擺球重力沿與擺線垂直方向的分力，F(xiàn)＝mgsin θ＝－eq \f(mg,l)x＝－kx，負號表示回復(fù)力F與位移x的方向相反．(如圖所示)
①當擺球在最高點時，F(xiàn)向＝eq \f(mv2,l)＝0，F(xiàn)T＝mgcs θ.
②當擺球在最低點時，F(xiàn)向＝eq \f(mvmax2,l)，F(xiàn)向最大，F(xiàn)T＝mg＋meq \f(vmax2,l).
例1 (多選)(2022·湖南卷·16(1)改編)下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1 Hz的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖(a)所示．以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示．已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g.下列說法正確的是( )
A．x從0.05 m到0.15 m的過程中，木棒的動能先增大后減小
B．x從0.21 m到0.25 m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小
C．x＝0.35 m和x＝0.45 m時，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為eq \f(F1－F2,2ρSg)
答案 ABD
解析 由簡諧運動的對稱性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m時木棒處于平衡位置，則x從0.05 m到0.15 m的過程中，木棒從平衡位置下方向上移動，經(jīng)平衡位置后到達平衡位置上方，速度先增大后減小，所以動能先增大后減小，A正確；x從0.21 m到0.25 m的過程中，木棒從平衡位置上方靠近最大位移處向下運動(未到平衡位置)，加速度方向豎直向下，大小逐漸變小，B正確；x＝0.35 m和x＝0.45 m時，由圖像的對稱性知浮力大小相等，說明木棒在同一豎直高度，豎直方向速度大小相等，方向相反，而這兩時刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C錯誤；木棒底端處于水面下最大位移時，F(xiàn)1＝ρgSh1，木棒底端處于水面下最小位移時，F(xiàn)2＝ρgSh2，木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅A＝eq \f(h1－h(huán)2,2)＝eq \f(F1－F2,2ρSg)，D正確．
例2 (2022·山東濰坊市期末)光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子的系統(tǒng)總能量表達式為E＝eq \f(1,2)kA2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，A為簡諧運動的振幅．若小球質(zhì)量為0.25 kg，彈簧的勁度系數(shù)為25 N/m.起振時系統(tǒng)具有勢能為0.06 J和動能為0.02 J，則下列說法正確的是( )
A．該振動的振幅為0.16 m
B．小球經(jīng)過平衡位置時的速度為0.4 m/s
C．小球的最大加速度為8 m/s2
D．若小球在位移最大處時，質(zhì)量突變?yōu)?.15 kg，則振幅變大
答案 C
解析 彈簧振子振動過程中系統(tǒng)機械能守恒，則有eq \f(1,2)kA2＝0.06 J＋0.02 J＝0.08 J，所以該振動的振幅為A＝0.08 m，故A錯誤；小球經(jīng)過平衡位置時，動能為eq \f(1,2)mv2＝0.08 J，所以速度為v＝0.8 m/s，故B錯誤；由牛頓第二定律可知小球的最大加速度為a＝eq \f(kA,m)＝8 m/s2，故C正確；小球在位移最大處時，速度為零，動能為零，所以質(zhì)量突變?yōu)?.15 kg，不影響系統(tǒng)的機械能，所以振幅不變，故D錯誤．
例3 (多選)(2022·廣東廣州市天河區(qū)測試)如圖所示，用絕緣細線懸掛的單擺，擺球帶正電，懸掛于O點，擺長為l，當它擺過豎直線OC時便進入或離開勻強磁場，磁場方向垂直于單擺擺動的平面向里，A、B點分別是最大位移處．下列說法中正確的是( )
A．A點和B點處于同一水平面
B．A點高于B點
C．擺球在A點和B點處線上的拉力大小不相等
D．單擺的振動周期仍為T＝2πeq \r(\f(l,g))
答案 AD
解析 帶電小球在磁場中的運動過程中洛倫茲力不做功，所以在整個過程中小球的機械能守恒，所以A點和B點處于同一水平面，則A正確，B錯誤；小球在A、B點的速度均為0，向心力均為0，細線的拉力大小都等于重力沿細線方向的分力，所以擺球在A點和B點處線上的拉力大小相等，則C錯誤；由于洛倫茲力始終沿繩的方向，洛倫茲力不做功，不改變小球的動能，不改變小球的速度，也不提供回復(fù)力，所以單擺的振動周期與沒有磁場時一樣，為T＝2πeq \r(\f(l,g))，所以D正確．
考點二 機械波
例4 (多選)(2022·四川巴中市一診)周末，鵬程和小李到清江觀光園去秋游，他倆發(fā)現(xiàn)公園內(nèi)湖面上有只游船，游客周期性搖動雙槳激起的水波源源不斷地傳向湖邊，他倆用手機上的秒表記錄了水面上漂浮的樹葉在12秒內(nèi)共完成了6次全振動，他們又用該手機上“實用工具”中的“AR測量”測出樹葉與他們所在湖邊距離是5米，樹葉的振動狀態(tài)傳到湖邊的時間是10 s．鵬程10 s內(nèi)拍擊水面10次讓手激起的振動向周圍傳播，他們最后討論得到的正確結(jié)論是( )
A．游客搖槳激起的水波波長是1 m
B．鵬程用手激起的水波和槳激起的水波疊加能產(chǎn)生干涉圖樣
C．他們觀察到槳激起的水波波長比手激起的水波波長長
D．鵬程用手激起的水波向遠方傳播的過程中，各質(zhì)點的振幅不改變
答案 AC
解析 樹葉在12秒內(nèi)共完成了6次全振動，所以振動周期為T＝eq \f(12,6) s＝2 s，樹葉與他們所在湖邊距離是5米，樹葉的振動狀態(tài)傳到湖邊的時間是10 s，所以傳播速度為v＝eq \f(x,t)＝eq \f(5,10) m/s＝0.5 m/s，故水波波長為λ＝vT＝0.5×2 m＝1 m，故A正確；槳激起的水波的頻率為f＝eq \f(1,T)＝0.5 Hz，鵬程用手激起的水波的頻率為f′＝eq \f(10,10) Hz＝1 Hz，兩列波的頻率不相等，所以鵬程用手激起的水波和槳激起的水波疊加不能產(chǎn)生干涉圖樣，故B錯誤；波速由介質(zhì)決定，所以波速不變，由波長λ＝eq \f(v,f)可知，槳激起的水波波長比手激起的水波波長長，故C正確；由于水波不是簡諧波，所以用手激起的水波向遠方傳播的過程中，各質(zhì)點的振幅要改變，故D錯誤．
例5 (2022·山東泰安市期末)如圖，x＝12 m處有一質(zhì)點做簡諧運動，其運動方程為y＝3eq \r(2)sin (eq \f(π,2)t) cm.某時刻在介質(zhì)中形成波形如圖所示，振動剛好傳播到x＝4 m處．則從該時刻起，x＝0處質(zhì)點第一次到達y＝－3 cm處需要的時間為( )
A．2.5 s B．4.5 s C．3 s D．5 s
答案 B
解析 由運動方程可得周期為T＝eq \f(2π,ω)＝4 s，故波速為v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(8,4) m/s＝2 m/s，由題意知振動剛好傳播到x＝4 m處，所以波向左傳播，由上下坡法可知，x＝4 m處的質(zhì)點起振方向向上，所以波從x＝4 m處傳播到原點處需要時間為t1＝eq \f(Δx,v)＝eq \f(4,2) s＝2 s，又在原點處質(zhì)點開始向上振動，在波傳播過程中，所有質(zhì)點的運動情況相同，則可得在x＝0處質(zhì)點從開始振動到第一次到達y＝－3 cm處需要的時間為t2，滿足－3 cm＝3eq \r(2)sin(eq \f(π,2)t2) cm，解得t2＝2.5 s，故從該時刻起，x＝0處質(zhì)點第一次到達y＝－3 cm處需要的時間為t＝t1＋t2＝4.5 s，故選B.
例6 (多選)(2022·浙江6月選考·16)位于x＝0.25 m的波源P從t＝0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿x軸正負方向傳播，在t＝2.0 s時波源停止振動，t＝2.1 s時的部分波形如圖所示，其中質(zhì)點a的平衡位置xa＝1.75 m，質(zhì)點b的平衡位置xb＝－0.5 m．下列說法正確的是( )
A．沿x軸正負方向傳播的波發(fā)生干涉
B．t＝0.42 s時，波源的位移為正
C．t＝2.25 s時，質(zhì)點a沿y軸負方向振動
D．在0到2 s內(nèi)，質(zhì)點b運動總路程是2.55 m
答案 BD
解析 波沿x軸正負方向傳播，向相反方向傳播的波不會相遇，不會發(fā)生干涉，故A錯誤；由題圖可知，波的波長λ＝1 m，由題意可知0.1 s內(nèi)波傳播四分之一波長，可得eq \f(T,4)＝0.1 s，解得T＝0.4 s，波源振動了2 s，即波傳播了5個周期，故波源的起振方向與t＝2.1 s時、x＝
1.5 m處質(zhì)點的振動方向相同，則波源的振動方向向上，在t＝0.42 s，即T1.0 s
由題可知，0.6 s＝n·eq \f(T,2)，解得T＝eq \f(1.2,n) s，
因為T>1.0 s，所以n＝1，即T＝1.2 s
波長λ＝vT＝24 cm
在t1時刻(t1>0)，質(zhì)點A位于波峰．因為A、B距離小于一個波長，質(zhì)點B位于波峰最快是質(zhì)點A處的波峰傳過去，所以從t1時刻開始，質(zhì)點B運動到波峰所需要的最少時間t＝eq \f(xAB,v)＝
0.8 s
(2)在t1時刻(t1>0)，A位于波峰，B與A相距16 cm，故質(zhì)點B偏離平衡位置的位移為
y′＝y(tǒng)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,24)×2π)) cm＝－0.5 cm.
[尖子生選練]
12．(多選)(2022·福建泉州市質(zhì)量監(jiān)測)一列簡諧橫波沿x軸傳播，a、b為x軸上在平衡位置相距6 m的兩質(zhì)點，振動圖像分別如圖甲、乙所示，下列說法正確的是( )
A．在t＝0至t＝0.5 s時間內(nèi)，質(zhì)點a的路程比質(zhì)點b的小
B．a(chǎn)、b兩質(zhì)點可能同時經(jīng)過平衡位置
C．這列波的波長可能是24 m
D．這列波的波速可能是eq \f(6,7) m/s
答案 CD
解析 根據(jù)圖像可知，在t＝0至t＝0.5 s時間內(nèi)，質(zhì)點a的平均速率大于質(zhì)點b的平均速率，則質(zhì)點a的路程大于質(zhì)點b的路程，故A錯誤；根據(jù)圖像可知，兩者間距為eq \f(1,4)λ＋nλ或eq \f(3,4)λ＋nλ(n＝0,1,2,3，…)，所以a、b兩質(zhì)點不可能同時經(jīng)過平衡位置，故B錯誤；由題圖可知，T＝4 s，則當兩者間距為eq \f(1,4)λ＋nλ時，eq \f(1,4)λ＋nλ＝6 m，波長為λ＝eq \f(24,4n＋1) m(n＝0,1,2,3，…)，波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(6,4n＋1) m(n＝0,1,2,3，…)；當兩者間距為eq \f(3,4)λ＋nλ時，eq \f(3,4)λ＋nλ＝6 m，波長為λ＝eq \f(24,4n＋3) m(n＝0,1,2,3，…)，波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(6,4n＋3) m(n＝0,1,2,3，…)，當n＝1時，且兩者間距為eq \f(3,4)λ＋nλ時波速才能為eq \f(6,7) m/s，當n＝0時，且兩者相距eq \f(1,4)λ＋nλ時，波長才能為24 m，故C、D正確．規(guī)律
x＝Asin(ωt＋φ)
圖像
反映同一質(zhì)點在各個時刻的位移
受力特征
回復(fù)力F＝－kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反
運動特征
靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小
能量特征
振幅越大，能量越大．在運動過程中，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒
周期性特征
質(zhì)點的位移、回復(fù)力、加速度和速度均隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為eq \f(T,2)
對稱性特征
關(guān)于平衡位置O對稱的兩點，加速度的大小、速度的大小、相對平衡位置的位移大小相等；動能、勢能相等
形成條件
(1)波源；(2)傳播介質(zhì)，如空氣、水等
傳播特點
(1)機械波傳播的只是振動的形式和能量，質(zhì)點只在各自的平衡位置附近做簡諧運動，并不隨波遷移
(2)介質(zhì)中各質(zhì)點振動周期和頻率都與波源的振動周期和頻率相同
(3)一個周期內(nèi)，質(zhì)點完成一次全振動，通過的路程為4A，位移為零
(4)一個周期內(nèi)，波向前傳播一個波長
波的圖像
(1)坐標軸：橫軸表示各質(zhì)點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質(zhì)點的位移
(2)意義：表示在波的傳播方向上，某時刻各質(zhì)點離開平衡位置的位移
波長、波速和頻率(周期)的關(guān)系
(1)v＝λf；(2)v＝eq \f(λ,T)
波的疊加
(1)兩個振動情況相同的波源形成的波，在空間某點振動加強的條件為Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，振動減弱的條件為Δx＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)
(2)振動加強點的位移隨時間而改變，振幅為兩波振幅的和A1＋A2
波的多解問題
由于波的周期性、波傳播方向的雙向性，波的傳播易出現(xiàn)多解問題
波的特性
波的干涉
波的衍射

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