高考物理二轮复习热点题型归纳与变式演练专题14 振动和波（2份，原卷版+解析版）

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考点01 机械振动1
考点02 机械波4
考点03 机械振动与机械波的综合应用8
考点04 波的多解性9
考点05 波的干涉、衍射和多普勒效应13
考点01 机械振动
【考点诠释】1．简谐运动的规律
2.简谐运动的应用
(1)简谐运动的表达式：x＝Asin(ωt＋φ)
(2)图象：反映同一质点在各个时刻的位移
(3)单摆周期表达式：T＝2πeq \r(\f(l,g))
【规律总结】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：简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，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eq \f(T,2)或eq \f(2n＋1,2)T(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。
【典例1】如图，一弹簧振子沿x轴做简谐运动，振子零时刻向右经过A点，后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，内经过的路程为0.4m。该弹簧振子的周期为________s，振幅为______m。
【答案】 (1). 4 (2). 0.2
【解析】[1]根据简谐运动对称性可知，振子零时刻向右经过A点，后第一次到达B点，已知振子经过A、B两点时的速度大小相等，则A、B两点关于平衡位置对称，而振动经过了半个周期的运动，则周期为
[2]从A到B经过了半个周期的振动，路程为，而一个完整的周期路程为0.8m，为4个振幅的路程，有
解得振幅为
【变式1-1】如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止。现将小球向下拉动距离A后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T。经时间，小球从最低点向上运动距离_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）；在时刻，小球的动能______（选填“最大”或“最小”）。
【答案】 (1). 小于 (2). 最大
【解析】[1]根据简谐振动的位移公式
则时有：
所以小球从最低点向上运动的距离为：
则小球从最低点向上运动的距离小于。
[2]在时，小球回到平衡位置，具有最大的振动速度，所以小球的动能最大。
【变式1-2】一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s 时位移为0.1 m，则( )
A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 eq \f(2,3) s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为 eq \f(4,5) s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
【答案】AD
【解析】 若振幅为0.1 m，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2))) T＝1 s，其中n＝0，1，2，…。当n＝0时，T＝2 s；n＝1时，T＝ eq \f(2,3) s；n＝2时，T＝ eq \f(2,5) s。故A正确，B错误。若振幅为0.2 m，振动分4种情况讨论：
第①种情况，设振动方程为x＝A sin (ωt＋φ)，t＝0时，－ eq \f(A,2) ＝A sin φ，解得φ＝－ eq \f(π,6) ，所以由P点到O点用时至少为 eq \f(T,12) ，由简谐运动的对称性可知，由P点到Q点用时至少为 eq \f(T,6) ，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,6))) T＝1 s，其中n＝0，1，2，…，当n＝0时，T＝6 s，n＝1时，T＝ eq \f(6,7) s；第②③种情况，由P点到Q点用时至少为 eq \f(T,2) ，周期最大为2 s；第④种情况，周期一定小于2 s。故C错误，D正确。
【变式1-3】(多选)甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知( )
A．甲速度为零时，乙加速度最大
B．甲加速度为零时，乙速度最小
C．1.25～1.5 s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小
D．甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
E．甲、乙的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1
【答案】CDE
【解析】：由题图可知，甲运动到最大位移处(速度为零)时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速度最大，A错误；甲运动到平衡位置(加速度为零)时，乙也运
动到平衡位置，速度最大，B错误；由|F|＝k|x|可知，C正确；甲做简谐运动的周期T甲＝2.0 s，乙做简谐运动的周期T乙＝1.0 s，甲、乙的振动周期之比T甲∶T乙＝2∶1，根据周期与频率成反比，可知甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确；甲的振幅A甲＝10 cm，乙的振幅A乙＝5 cm，甲、乙的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1，E正确。
考点02 机械波
【考点诠释】
1．波的传播问题
(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。
(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁移。
(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个波长的距离。
(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是反相点。
2．波的叠加问题
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝nλ＋eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)。两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ＋eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)。
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大。
3．波的多解问题
由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播问题易出现多解现象。
【典例2】用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过_______cm（保留1位小数）。（提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。）
某同学想设计一个新单摆，要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为_______cm。
【答案】 (1). 6.9 (2). 96.8
【解析】拉离平衡位置的距离：
题中要求摆动最大角度小于，且保留1位小数，所以拉离平衡位置的不超过；
根据单摆周期公式结合题意可知
代入数据为
解得新单摆的摆长为
【变式2-1】滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R（滑板车的长度远小于轨道半径）。
主要实验过程如下：
①用手机查得当地的重力加速度g；
②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期________；
③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式________（用T﹑g表示）计算出轨道半径。
（2）某同学用如图（a）所示的装置测量重力加速度．
实验器材：有机玻璃条（白色是透光部分，黑色是宽度均为的挡光片），铁架台，数字计时器（含光电门），刻度尺．
主要实验过程如下：
①将光电门安装在铁架台上，下方放置承接玻璃条下落的缓冲物；
②用刻度尺测量两挡光片间的距离，刻度尺的示数如图（b）所示，读出两挡光片间的距离________cm；
③手提玻璃条上端使它静止在________方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过；
④让玻璃条自由下落，测得两次挡光的时间分别为和；
⑤根据以上测量的数据计算出重力加速度________（结果保留三位有效数字）。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 竖直 (5).
【解析】(1)[1]滑板车做往复运动的周期为：
[2]根据单摆的周期公式：，得：
(2)[3]两挡光片间的距离：
[4]手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。
[5]玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为：
玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为：
根据速度位移公式有：
代入数据解得加速度：
【变式2-2】如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方 eq \f(3,4) l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x­t关系的是( )

【答案】 A
【解析】 摆长为l时单摆的周期T1＝2π eq \r(\f(l,g)) ，振幅A1＝l sin α(α为摆角)；摆长为 eq \f(1,4) l时单摆的周期T2＝2π eq \r(\f(\f(1,4)l,g)) ＝π eq \r(\f(l,g)) ＝ eq \f(T1,2) ，振幅A2＝ eq \f(1,4) l sin β(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cs α)＝mg eq \f(l,4) (1－cs β)，利用cs α＝1－2sin2 eq \f(α,2) ，csβ＝1－2sin2 eq \f(β,2) ，以及sinα＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝ eq \f(1,2) A1，故选项A正确。
【变式2-3】如图所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫eq \(AB,\s\up7())。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A点由静止释放，求：
(1)两球第1次到达C点的时间之比；
(2)若在弧形槽的最低点C的正上方h处由静止释放甲球，让其自由下落，同时将乙球从弧形槽左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在弧形槽最低点C处相遇，则甲球下落的高度h是多少。
【答案】(1)2 eq \r(2) ∶π (2) eq \f(（2n＋1）2π2R,8) (n＝0，1，2，…)
【解析】(1)甲球做自由落体运动
R＝ eq \f(1,2) gt12，所以t1＝ eq \r(\f(2R,g))
乙球沿弧形槽做简谐运动(由于eq \(AC,\s\up7())≪R，可认为偏角θ0），质点A位于波峰。求
（i）从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
（ii）t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
【答案】（i）08s；（ii）-0.5cm
【解析】（i）因为波长大于20cm，所以波的周期
由题可知，波的周期是：
波的波长：
在t1时刻（t1>0），质点A位于波峰。因为AB距离小于一个波长，B到波峰最快也是A的波峰传过去，所以 从t1时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间：
（ii）在t1时刻（t1>0），由题意可知，此时图象的函数是：
t1时刻质点B偏离平衡位置的位移：
【变式4-2】均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t = 0时刻，波面分布如图（a）所示，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（b）所示，z轴正方向竖直向上。下列说法正确的是（ ）
A. 该波从A点传播到B点，所需时间为
B. 时，处质点位于波峰
C. 时，处质点振动速度方向竖直向上
D. 时，处质点所受回复力方向竖直向上
E. 处质点起振后，内经过的路程为
【答案】ACE
【解析】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为:λ = 10m，T = 4s
则根据波速公式:v = = 2.5m/s
则该波从A点传播到B点，所需时间为:t = m/s = 4m/s；A正确；
B．由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t = 6s时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，B错误；
C．波从AE波面传播到C的距离为：x =(10 - 10)m
则波从AE波面传播到C的时间为：t =
则t = 8s时，C处质点动了3.1s，则此时质点速度方向向上，C正确；
D．波从AE波面传播到D的距离为：
则波从AE波面传播到C的时间为：t =
则t = 10s时，C处质点动了8.3s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，D错误；
E．由选项A知：T = 4s，12s = 3T；一个周期质点运动的路程为4cm，则3T质点运动的路程为12cm，E正确。
故选ACE。
【变式4-3】 渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t=0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则（ ）
A. 该波的波速为1.5m/sB. 该波沿x轴负方向传播
C. 0~1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5mD. 0~1s时间内，质点P运动的路程为2m
【答案】D
【解析】A．由图1可知，该波波长，由图2可知周期T=1×10-5s，则该波的波速，A错误；
B．由图2可得，在t=0时刻，P质点沿y轴正方向振动，由波形的平移方式可知该波沿x轴正方向传播，B错误；
C．质点P只在平衡位置附近振动，不沿x轴运动，C错误；
D．质点P的振幅是5×10-6m，在0~1s时间内共振动了个周期，运动的路程是：s=4×5×10-6×105m=2m；D正确。
故选D。
考点05 波的干涉、衍射和多普勒效应
【考点诠释】
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)eq \f(λ,2)(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)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2…)，则振动加强；
若Δr＝nλ(n＝0,1,2…)，则振动减弱。
(2)图象法：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．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长。
3．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。当波以速度v通过观察者时，时间t内通过的完全波的个数为N＝eq \f(vt,λ)，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率。
(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；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。
【典例5】将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上。在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中两手开始振动时的方向并不相同
B. 甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置
C. 乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形
D. 乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形
【答案】C
【解析】AB．甲图中两手开始振动时的方向相同，则甲图中分叉点是振动加强的位置，所以AB错误；
CD．乙图中两手开始振动时的方向恰好相反，则乙图中分叉点是振动减弱的位置，则在分叉点的右侧终见不到明显的波形，所以C正确；D错误；
故选C。
【变式5-1】如图(a)，在xy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示。两列波的波速均为1.00 m/s。两列波从波源传播到点A(8，－2)的路程差为________m，两列波引起的点B(4,1)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)，点C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加强”或“减弱”)。
【答案】： 2 减弱 加强
【解析】： 波长λ＝vT＝2 m，两列波的波长相等。
两波源到A点的路程差Δx＝eq \r(62＋82)m－8m＝2m。
两波源到B点的路程差Δx′＝eq \r(32＋42)m－eq \r(32＋42)m＝0，
初相相差π，B点为振动减弱点。
两波源到C点的路程差Δx″＝3.5m－2.5m＝1m＝eq \f(λ,2)，初相相差π，C点为振动加强点。
【变式5-2】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
E. 天文学上观察到双星（相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星）光谱随时间的周期性变化
【答案】BCE
【解析】A．之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，所以A错误；
B．超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化，B正确；
C．列车和人的位置相对变化了，所以听得的声音频率发生了变化，所以C正确；
D．波动传播速度不一样是由于波的频率不一样导致的， D错误；
E．双星在周期性运动时，会使得到地球的距离发生周期性变化，故接收到的光频率会发生变化，E正确。
故选BCE。
【变式5-3】如图，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述正确的是( )
A．Q点始终处于波峰位置
B．R、S两点始终处于静止状态
C．P、Q连线上各点振动始终最强
D．P点在图中所示的时刻处于波谷，再过eq \f(1,4)周期处于平衡位置
E．如果A、B两波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉现象
【答案】选BCD
【解析】Q点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，但并不是始终处于波峰的位置，选项A错误；R、S两点是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点，位移为零，则始终处于静止状态，选项B正确；P、Q两点都是振动加强点，故P、Q连线上各点振动始终最强，选项C正确；P点是振动加强点，在题图所示的时刻处于波谷，再过eq \f(1,4)周期处于平衡位置，选项D
1、（2022·湖南卷·T16（1））下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为的简谐运动：与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. x从到的过程中，木棒的动能先增大后减小
B. x从到的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C. 和时，木棒的速度大小相等，方向相反
D. 木棒在竖直方向做简谱运动的振幅为
E. 木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为
【答案】ABD
【解析】
A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从到的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；
B．x从到的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；
C．和时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时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错误；
D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方，则有
木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时
木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时
可解得
，
D正确；
E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。
故选ABD。
2、（2022·山东卷·T9）一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当时，简谐波的波动图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为
则
解得
在t=7s时刻
因
则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。
故选AC。
3、（2022·浙江6月卷·T16）位于的波源P从时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在时波源停止振动，时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置，质点b的平衡位置。下列说法正确的是（ ）
A. 沿x轴正负方向传播的波发生干涉
B. 时，波源的位移为正
C. 时，质点a沿y轴负方向振动
D. 在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m
【答案】BD
【解析】
A．波从波源发出后，向轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A错误；
B．由图可知，波的波长
由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得
解得
根据同侧法可知，波源的振动方向向上，即时，波源向上振动，位移为正，故B正确；
C．波的波速
波源停止振动，到质点停止振动的时间
即质点还在继续振动，到经过时间即，结合图象可知质点a位移为正且向轴正方向运动，故C错误；
D．波传到点所需的时间
在0到2s内，质点振动的时间为
质点b运动总路程
故D正确。
故选BD。
4、（2022·浙江6月卷·T11）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。套在杆上的小球从中点以初速度向右运动，小球将做周期为的往复运动，则（ ）
A. 小球做简谐运动
B. 小球动能变化周期为
C. 两根弹簧的总弹性势能的变化周期为
D. 小球的初速度为时，其运动周期为
【答案】B
【解析】
A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；
BC．假设杆中点为，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为，可知小球做周期为的往复运动过程为
根据对称性可知小球从与，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，B正确，C错误；
D．小球的初速度为时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式
可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为时，其运动周期应小于，D错误；
故选B。
5、（2022·浙江1月卷·T15）两列振幅相等、波长均为、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距，则（ ）
A. 时，波形如图2甲所示
B. 时，波形如图2乙所示
C. 时，波形如图2丙所示
D. 时，波形如图2丁所示
【答案】BD
【解析】
A．根据波长和波速的关系式为
则时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前还未相遇，故A错误；
B．时，两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前刚好相遇，故B正确；
C．时，两列波各种向前传播的距离为
根据波的叠加原理可知，在两列波之间的区域为两列波的波形波谷相遇，振动加强，处的波谷质点的位移为2A，故C错误；
D．时，两列波各种向前传播的距离为
两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D正确；
故选BD。
1.(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
E．天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化
【答案】选BCE
【解析】 雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声，这是由于光的速度比声波的速度大，选项A错误；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正确；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正确；同一声源发出的声波，在空气和水中的传播速度不同，是声速与介质有关，不是多普勒效应，选项D错误；天文学上观察到双星光谱随时间的周期性变化是多普勒效应，选项E正确。
2．[鲁科版选修3－4 P5讨论与交流改编]如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm。若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是( )
A．振子从B经O到C完成一次全振动
B．振动周期是1 s，振幅是10 cm
C．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
【答案】选D
【解析】 振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，选项A、B错误；振幅A＝BO＝5 cm，振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为40 cm，选项C错误；3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm，选项D正确。
3.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，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
【答案】选A
【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＝－ eq \f(kx,m) 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，速度为负的最大值，加速度为零，B项错误；t＝3 s时，振子在负的最大位移处，速度为零，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，速度为正的最大值，加速度为零，D项错误。
4、（2021·安徽省马鞍山市三模）学校实验室中有甲、乙两单摆，其振动图像为如图所示的正弦曲线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 甲、乙两单摆的摆球质量之比是1:2
B. 甲、乙两单摆的摆长之比是1:4
C. t=1.5s 时，两摆球的速度方向相同
D. t=1.5s 时，两摆球的加速度方向相同
E. 3s~4s内，两摆球的势能均减少
【答案】BDE
【解析】
A．单摆的周期与振幅与摆球的质量无关，所以A错误；
B．由图像可知甲、乙两单摆周期之比为1:2，根据单摆的周期公式
可知，周期与摆长的二次方根成正比，所以甲、乙两单摆的摆长之比是1:4，则B正确；
C． 由图像可知，t=1.5s 时，两摆球的速度方向相反，所以C错误；
D．由加速度公式
t=1.5s 时，两摆球位移方向相同，所以它们的加速度方向相同，则D正确；
E．3s~4s内，两摆球的向平衡位置运动，摆球的势能均减少，所以E正确；
故选BDE。
5．(多选)正在运转的洗衣机，当其脱水桶转得很快时，机身的振动并不强烈，切断电源，转动逐渐停下来，到某一时刻t，机身反而会发生强烈的振动，此后脱水桶转速继续变慢，机身的振动也随之减弱，针对这种现象的分析说法正确的是( )
A.在t时刻脱水桶的惯性最大
B．在t时刻脱水桶的转动频率最大
C．在t时刻洗衣机发生共振
D．纯属偶然现象，并无规律
E．机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等
【答案】选CE
【解析】 惯性是物体本身的性质，只与物体的质量有关，A错误；机身做受迫振动的频率与脱水桶的转动频率相等，当脱水桶的转动频率与机身的固有频率相等时机身发生共振，振幅最大，C、E正确，B、D错误。
6．（2021·江西省赣州市十五县市十六校高三上学期11月期中）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t=0.2s时刻波形如图中实线所示，t=0.5s时刻的波形如图中虚线所示，t=0时刻，x=2m处的质点正处在波谷，周期T＞0.5s，求：
(1)这列波传播的方向及传播的速度；
(2)从t=0时刻开始，波传播3s时间，x=2m处的质点运动的路程为3m，则这列波的振幅为多大？x=2m处的质点在t=2.5s时的位移为多少？
【答案】(1)这列波沿+x方向传播，传播的速度10m/s；(2)这列波的振幅为0.2m，x=2m处的质点在t=2.5s时的位移为－m
【解析】
(1)周期T＞0.5s，因此从实线到虚线的时间间隔
△t=0.3s＜T
假设波沿x轴正方向传播，则
=0.3s
求得
T=0.48s
将实线波形沿x轴正方向平移
x=×8m=m
的波形为t＝0时刻的波形，此波形表明x=2m处的质点不在波谷，因此假设不成立，则这列波沿+x方向传播，则
=0.3s
求得
T=0.8s
波传播的速度
v==10m/s
(2)由于
t=3s=3
振动的路程
s=3=3m
解得
A=0.2m
该质点的振动方程为
y=－0.2cs(m)
当t=2.5s时，质点的位移为
y=－m
7．（2021·全国高三其他模拟）一列简谐横波沿轴传播，如图甲所示为时刻的波形图，介质中、两质点离开平衡位置的位移相等，、两质点相距，图乙为质点的振动图象。求：
（1）质点在时离开平衡位置的位移；
（2）波速及波的传播方向．
【答案】（1）；（2）；沿轴负方向传播
【解析】
（1）由图乙可得质点的振动周期为
振动方程为
将代入振动方程得
（2）时刻介质中、两质点离开平衡位置的位移均为，各质点振动的振幅均为，根据波的图象特点可知、两质点间的水平距离为，即
则这列简谐横波的波长为则波速
从振动图象可得时质点向轴正方向运动，则由上下坡法可知波沿轴负方向传播.
8.如图所示，在同一均匀介质中有S1和S2两个波源，这两个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全一致，S1与S2之间相距为4m，若S1、S2振动频率均为5Hz，两列波的波速均为10m/s，B点为S1和S2连线的中点，今以B点为圆心，以R=BS1为半径画圆。
(1)该波的波长为多少？
(2)在S1、S2连线上振动加强的点有几个，它们距S1的距离为多少？
(3)在该圆周上(S1和S2两波源除外)共有几个振动加强的点？
【答案】(1)2m；(2)3个，1m，2m，3m；(3)6个
【解析】
(1)由公式λ=，得
(2)S1、S2之间恰好有2个波长，由对称性可直接判断B点为加强点，A、B、C三点分别为S1、S2连线的等分点，由图形可知AS2－AS1=λ，CS1－CS2=λ
故A与C两点也为加强点，故在S1、S2连线上有3个加强点分别为：
AS1==1m，BS1=λ=2m，CS1=λ=3m
(3)A、B、C三点为振动加强的点，过A、B、C三点作三条加强线(表示三个加强区域)交于圆周上A1、A2、B1、B2、C1、C2六个点，显然这六个点也为加强点，故圆周上共有六个加强点
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
靠近平衡位置时，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eq \f(T,2)
对称性特征
关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等
方法
内容
图象
“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衡，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