1、第十四章波与相对论选修3-4考 纲 要 求考 情 分 析简谐运动全反射、光导纤维1.命题规律从近几年的高考试题来看，对该部分内容主要考查简谐运动的图像、波的图像以及波的传播规律等，另外对光学知识的考查主要以折射定律、全反射等知识为主。2.考查热点预计在明年高考中，对该部分内容仍将以图像为重点考查振动和波动问题，并以光的折射和全反射为要点考查光学知识。简谐运动的公式和图像光的干涉、衍射和偏振现象单摆、单摆的周期公式电磁波的产生受迫振动和共振电磁波的发射、传播和接收机械波、横波和纵波电磁波谱横波的图像狭义相对论的基本假设波速、波长和频率(周期)的关系质能关系波的干涉和衍射现象实验十四：探究单摆的运
2、动、用单摆测定重力加速度多普勒效应光的折射定律实验十五：测定玻璃的折射率折射率实验十六：用双缝干涉测光的波长第79课时机械振动(双基落实课)点点通(一)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，即它的振动图像(xt图像)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)方向：总是指向平衡位置。(3)来源：属于效果力，可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力或某个力的分力提供。4描述简谐运动的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
3、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相位t描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态小题练通1(鲁科教材原题)做简谐运动的质点通过平衡位置时，具有最大值的物理量是()A加速度B速度C位移 D回复力解析：选B做简谐运动的质点通过平衡位置时，位移、回复力、加速度都为零，速度为最大值，故B正确。2(沪科教材原题)一弹簧振子做简谐运动，周期为T。下列判断中正确的是()A若t时刻和(tt)时刻振子位移的大小相等、方向相同，则t一定等于T的整数倍B若t时刻和(tt)时刻振子速度的大小相等
4、、方向相反，则t一定等于的整数倍C若tT，则在t时刻和(tt)时刻振子的加速度一定相等D若t，则在t时刻和(tt)时刻弹簧长度一定相等解析：选C位移大小相等、方向相同，t不一定是T的整数倍，A错误；速度大小相等、方向相反，t不一定是的整数倍，B错误；若tT，则在t时刻和(tt)时刻振子的加速度一定相等，C正确；若t，在t时刻和(tt)时刻弹簧长度不一定相等，D错误。3两个简谐运动的表达式分别为：xA10sincm，xB8sin(4t)cm，下列说法正确的是()A振动A的相位超前振动BB振动A的相位滞后振动BC振动A的相位滞后振动BD两个振动没有位移相等的时刻解析：选B由两个简谐运动的表达式可知
5、，振动A的相位滞后振动B，B正确，A、C错误；由简谐运动的特点易知，两个振动有位移相等的时刻，D错误。4(多选)(2019鞍山模拟)一弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为()A0.53 sB1.4 sC1.6 sD2 s E3 s解析：选BDE由题知，弹簧振子的运动可分两种情况讨论，第1种情况如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，弹簧振子从点O到点C所需时间为，因为简谐运动具有对称性，所以弹簧振子从点M到点C和从点C到点M所用时间相等，故0.3 s0.4 s，解得T1.6
6、s；第2种情况如图乙所示，若弹簧振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M与点M关于点O对称，则弹簧振子从点M经过点B到点M所用的时间与弹簧振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s，弹簧振子从点O到点M、从点M到点O及从点O到点M所需时间相等，为 s，故周期为T0.5 s s0.53 s，所以周期不可能为选项B、D、E。5(多选)如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹。已知弹簧的劲度系数为k10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动的速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式Epky2(y为弹簧的形变
7、量)，不计一切摩擦。在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是()A该弹簧振子的振幅为1 mB该弹簧振子的周期为1 sC该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2D该弹簧振子的最大速度为2 m/sE该弹簧振子振动过程中机械能守恒解析：选BCE弹簧振子的振幅为振子偏离平衡位置的最大距离，所以该弹簧振子的振幅为A0.5 m，A错误；由题图所示振动曲线可知，白纸移动x2 m，弹簧振子振动一个周期，所以弹簧振子的周期为T1 s，B正确；该弹簧振子所受最大回复力为FkA100.5 N5 N，最大加速度为a10 m/s2，C正确；根据题述弹簧弹性势能的表达式Epky2，不计一切摩擦，弹簧振子
8、振动过程中机械能守恒，则mvm2kA2，可得该弹簧振子的最大速度为vm A m/s，D错误，E正确。 融会贯通(1)做简谐运动的质点处于平衡位置时，位移、回复力、加速度都为零，而速度为最大值。(2)简谐运动的速度、时间、位移和加速度等物理量具有一定的对称性。要善于利用这种对称性分析问题。点点通(二)简谐运动的图像1从平衡位置处开始计时，函数表达式为xAsin t，图像如图甲所示。2从最大位移处开始计时，函数表达式为xAcos t，图像如图乙所示。3.结合图像理解简谐运动的规律五个特征受力特征回复力Fkx，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
9、；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、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等小题练通1(多选)(教科教材原题)一质点做简谐运动的图像如图所示，则下列结论中，正确的是()A质点速度最大而加速度为零的时刻分别是0.1 s、0.3 sB质点速度为零而加速度为负方向最大值的时刻分别是0 s、0.4 sC质点所受的回复力方向由正变负的时刻
10、是0.3 sD振动系统势能最大而加速度为正方向最大值的时刻是0.3 s解析：选ABC质点在0.1 s和0.3 s时刻，位移为零，故加速度为零，速度最大，A正确；质点在0 s和0.4 s时刻，位移为正方向最大值，故速度为零，加速度为负方向最大值，B正确；质点在0.3 s时刻，位移由负方向变为正方向，则回复力由正方向变为负方向，C正确；质点在0.3 s时刻，位移为零，振动系统势能和加速度都为零，D错误。2(沪科教材原题)一质点做简谐运动，其振动图像如图所示。由图可知()A质点振动的振幅随时间变化B质点振动的频率为4 HzC在t2.5 s时，质点偏离平衡位置运动D在t4 s时，质点受到的回复力为最大
11、值解析：选D由题图可知，质点振动的频率f Hz，B错误；t2.5 s时，质点向平衡位置运动，C错误；t4 s时，质点位移为最大值，受到的回复力为最大值，D正确；做简谐运动的质点振动的振幅是不随时间变化的，A错误。3(多选)甲、乙两弹簧振子，振动图像如图所示，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C1.251.5 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12E甲、乙的振幅之比A甲A乙21解析：选CDE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，
12、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21，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12，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21，E正确。4.(人教教材原题)如图所示，在t0到t4 s的范围内回答以下问题。(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？(2)质点在第2 s末的位移是多少？(3)质点在前2 s内走过的路程是多少？解析：(1)在01 s、23
13、 s内位移方向和瞬时速度方向相同，在12 s、34 s内位移方向和瞬时速度方向相反。(2)质点在第2 s末的位移是零。(3)质点在前2 s内走过的路程是2A20 cm。答案：见解析 融会贯通由简谐运动的图像可获得的信息(1)振幅A、周期T。(2)某一时刻质点离开平衡位置的位移。(3)某一时刻质点的回复力、加速度和速度的方向。回复力和加速度的方向：因为回复力总是指向平衡位置，所以回复力和加速度在图像上总是指向t轴。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，下一时刻位移若增大，质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移若减小，质点的速度方向就是指向t轴。(4)某段时间内质点的位移、回复
14、力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。点点通(三)单摆及其周期公式简谐运动的两种模型(对比记忆单摆)弹簧振子(水平)单摆示 意 图简谐运动条件(1)弹簧质量可忽略(2)无摩擦力等阻力(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气等对摆球的阻力(3)角小于5回复力弹簧的弹力摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T2 能量转化弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒小题练通1(多选)(鲁科教材原题)振动着的单摆摆球，返回到平衡位置时()A回复力指向悬点B合外力为零C合外力指向悬点 D回复力为零解析：选CD
15、单摆摆球返回到平衡位置时，回复力为零，但由于摆球做圆周运动，合外力提供向心力，方向指向悬点，故C、D正确。2(沪科教材原题)若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的物理量变化的情况是()A频率不变，振幅不变 B频率不变，振幅改变C频率改变，振幅改变 D频率改变，振幅不变解析：选B根据T2 可知，当摆球质量和经过平衡位置的速度变化时，单摆的周期和频率都不改变；振幅反映单摆运动过程中的能量大小，由Ekmv2可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，则摆球在偏离平衡位置最大位移处的重力势能不变，因其质量改变，故振幅发生改变，故B正确。3(教科教材原题)一
16、物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，在地球上走时正确的摆钟(设摆钟的周期与单摆简谐运动的周期相同)搬到此行星上，此钟分针走一整圈所经历的时间实际上是()A h B hC2 h D4 h解析：选C行星表面重力加速度为g，根据T2 ，摆钟搬到此行星上，周期变为原来的2倍，则分针走一圈经历的时间实际上是2 h，故C正确。4(多选)某实验小组在研究单摆时改进了实验方案，将一力传感器连接到计算机上。图甲中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态。由静止释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，其中B点为最低位置，AOBCOB，小于5且
17、大小未知，同时由计算机得到了摆线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，如图乙所示(图中所标字母均为已知量)，且图中t0时刻为摆球从A点开始运动的时刻。已知摆长为l，重力加速度为g。根据题中(包括图中)所给的信息，下列说法正确的是()A该单摆的周期为t2B可求出摆球的质量C不能求出摆球在最低点B时的速度大小D若在地球的两极做该实验，则测得单摆的周期最大E若增加摆球的质量，单摆的周期不变解析：选ABE由题图乙可知单摆的周期Tt2，故A正确；在B点拉力F有最大值，根据牛顿第二定律Fmaxmgm，在A、C两点拉力F有最小值，Fminmgcos ，由A点到B点根据机械能守恒定律有mgl(1cos )mv
18、2，由此可求得摆球的质量m，在B点时的速度v ，故B正确，C错误；地球的两极重力加速度最大，若在地球的两极做该实验，单摆周期为T2 ，所以测得单摆的周期最小，故D错误；根据单摆周期公式可知，单摆的周期与摆球质量无关，故E正确。 融会贯通(1)单摆在平衡位置时，回复力为零，但合外力不为零。(2)单摆的周期和频率只由摆长和重力加速度决定，与摆球的质量、振动的能量大小无关。点点通(四)受迫振动和共振1受迫振动系统在驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。2共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其
19、振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。共振曲线如图所示。小题练通1(鲁科教材原题)关于固有频率，以下说法正确的是()A固有频率是由物体本身决定的B物体不振动时固有频率为零C振幅越大，固有频率越小D所有物体固有频率都相同解析：选A固有频率是由物体本身决定的，与是否振动、振幅大小无关，不同物体固有频率不同，故A正确。2(多选)(沪科教材原题)有一个振动系统，它做自由振动时的频率为4f，现在用频率分别为f、2f、4f、5f的驱动力依次对它施加作用，比较每次振动稳定后的情况，下列判断中正确的是()A振动的振幅越来越大B振动的频率越来越大C振动的振幅先变大再变小D振动的频率保持不变解析
20、：选BC振动系统振动的频率和驱动力频率相同，因此频率越来越大，而只有驱动力频率与固有频率(自由振动时的频率)相等时，振幅最大，即振幅先变大再变小，故B、C正确。3.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8 Hz，乙弹簧振子的固有频率为72 Hz。当支架受到竖直方向且频率为9 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8 HzB甲的振幅较大，且振动频率为9 HzC乙的振幅较大，且振动频率为9 HzD乙的振幅较大，且振动频率为72 Hz解析：选B弹簧振子做受迫振动时，振动频率一定等于驱动力的频率，故甲和乙的振动频率都是9 Hz
21、；甲弹簧振子的固有频率更接近驱动力的频率，根据受迫振动的“振幅特征”可知，甲的振幅较大，B正确。 融会贯通对共振的理解(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A。它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当ff0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。1(多选)(2018天津高考)一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t0时振子的位移为0.1 m，t1 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 sB若振幅为0
22、.1 m，振子的周期可能为 sC若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 sD若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s解析：选AD若振幅为0.1 m，则T1 s，其中n0、1、2、，当n0时，T2 s，n1时，T s，n2时，T s，故A正确，B错误；若振幅为0.2 m，振动分4种情况讨论：第种情况，设振动方程为xAsin(t)，t0时，Asin ，解得，所以由P点到O点用时至少为，由简谐运动的对称性可知，由P点到Q点用时至少为，即T1 s，其中n0、1、2、，当n0时，T6 s，n1时，T s；第种情况，由P点到Q点用时至少为，周期最大为2 s；第种情况，周期一定小于2 s，故C错误，D正确
23、。2(多选)(2016海南高考)下列说法正确的是()A在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向解析：选ABD在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T2 可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据
24、单摆周期公式T2 可知，单摆的周期与摆球质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动速度的方向，故选项E错误。3(多选)(2019大连模拟)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f。下列说法正确的是()A当ff0时，该振动系统的振幅随f减小而增大C该振动系统振动稳定后，振动的频率等于f0D该振动系统振动稳定后，振动的频率等于fE当ff0时，该振动系统一定发生共振
25、解析：选BDE受迫振动的振幅A随驱动力的频率变化规律如图所示，故A错误，B正确；振动稳定后系统振动的频率等于驱动力的频率，故C错误，D正确；根据共振产生的条件可知，当ff0时，该振动系统一定发生共振，故E正确。4(多选)一个质点以O为平衡位置，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图像如图(b)所示。设向右为正方向，下列说法正确的是()AOB5 cmB第0.2 s末质点的速度方向是AOC第0.4 s末质点的加速度方向是AOD第0.7 s末质点位于O点与A点之间E质点在4 s内完成5次全振动解析：选ACE由题图(b)可知振幅为5 cm，则OBOA5 cm，A项正确；00.2 s内质点从B
26、点向O点运动，第0.2 s 末质点的速度方向是BO，B项错误；第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是AO，C项正确；第 0.7 s 末质点位于O点与B点之间，D项错误；简谐运动周期T0.8 s，则质点在4 s内完成全振动的次数为5，E项正确。5(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图像如图所示，a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，下列说法正确的是()A质点通过位置c时速度最大，加速度为零B质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为C质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D质点从位置a到b和从位置b到c的平均速度相等E质点在b、d两位置速度相同解析：选A
27、CE由题图知，位置c为质点运动中的平衡位置，由简谐运动的特点可知，选项A正确；简谐运动的振动图像是一条正弦曲线，故质点通过位置b时，相对平衡位置的位移为Asin A，选项B错误；质点从位置a到c和从位置b到d所用时间都等于2 s，选项C正确；质点从位置a到b和从位置b到c所用时间相等，位移不相等，所以平均速度不相等，选项D错误；由质点运动的对称性知，选项E正确。6(多选)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)如图所示，则下列说法正确的是()A此单摆的固有周期为2 sB此单摆的摆长约为1 mC若摆长增大，单摆的固有频率增大D若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动E此单摆
28、的振幅是8 cm解析：选ABD由题图所示共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，则固有周期为2 s；由T2 ，可得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，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动，A、B、D正确，C错误；此单摆做受迫振动，只有发生共振时，振幅最大为8 cm，E错误。7(多选) 如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是()A两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆大C甲摆的机械能比乙摆大D在t0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E由图像可以求出当地的重力加速度解析：选ABD由题图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T2 得知，两
29、单摆的摆长相等，故A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两单摆的摆长也相等，但由于两单摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t0.5 s时，甲摆的位移为零，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T2 得g，由于单摆的摆长未知，所以由题图不能求得当地的重力加速度，故E错误。8(多选)装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，如图甲所示。把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略运动阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得振动周期为0.5 s。以
30、竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅。对于玻璃管(包括管内液体)，下列说法正确的是()A回复力等于重力和浮力的合力B振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒C位移满足函数式x4sincmD振动频率与按压的深度有关E在t1t2时间内，玻璃管位移减小，加速度减小，速度增大解析：选ACE玻璃管(包括管内液体)只受到重力和水的浮力，所以玻璃管做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A正确；玻璃管在做简谐运动的过程中，水的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒，故B错误；振动周期为0.5 s，则4 rad/s，由题意可知题图乙中A4 cm，t
31、0时刻x0AAsin 0，结合t0时刻玻璃管振动的方向向下，可知0，则玻璃管的位移满足函数式xAsin(t0)4sincm4sincm，故C正确；由于玻璃管做简谐运动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐运动的特点可知，该振动的周期与振幅无关，即振动频率与按压的深度无关，故D错误；由题图乙可知，在t1t2时间内，玻璃管位移减小，回复力fkx，加速度a减小；玻璃管向着平衡位置做加速运动，所以速度增大，故E正确。第80课时机械波(重点突破课) 考点一波的形成和传播波的传播、波的图像、波长的概念是这部分内容的重点，而波的周期性、波的多解问题是难点，分析这些问题时要在脑海中形成波的传播的动态图形。1波的形成
32、和传播(1)机械波的形成条件有发生机械振动的波源。有介质，如空气、水等。(2)机械波的传播特点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。介质中各质点的振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同。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)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2.波的图像(1)坐标轴：横轴表示在波的传播方向上各质点的平衡位置，纵轴表示某时刻各质点偏离平衡位置的位移。如图所示。(2)意义：表示在波的传播方向
33、上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。3波长、波速、频率及其关系(1)波长：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：vf。考法细研考法1波的形成与传播例1(多选)(2016全国卷)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s。下列说法正确的是()A水面波是一种机械波B该水面波的频率为6 HzC该水面波的波长为3 mD水面波没有将该同学推向岸边
34、，是因为波传播时能量不会传递出去E水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移解析水面波是一种机械波，A正确；根据题意得周期T s s，频率f0.6 Hz，B错误；波长 m3 m，C正确；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，D错误，E正确。答案ACE波的传播问题的分析方法(1)波传播时，波的信息和能量可以向外传播，但振动的质点并不随波迁移。(2)波的传播具有周期性，波在一个周期传播的距离等于一个波长。波长的大小等于相邻两波峰(或波谷)之间的距离。(3)波长、波速、周期和频率的计算可利用关系式v和vf。 考法2波的图像分析例2(多选)(201
35、8全国卷)一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t0和t0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T0.20 s。下列说法正确的是()A波速为0.40 m/sB波长为0.08 mCx0.08 m的质点在t0.70 s时位于波谷Dx0.08 m的质点在t0.12 s时位于波谷E若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m解析因周期T0.20 s，故波在t0到t0.20 s时间内传播的距离小于波长，由yx图像可知传播距离x0.08 m，故波速v0.40 m/s，故A正确；由yx图像可知波长0.16 m，故B错误；由v得，波的周期T0.4 s，根据振
36、动与波动的关系知t0时，x0.08 m的质点沿y方向振动，t0.7 s1T，故此时该质点位于波谷；因为T0.12 s，此时x0.08 m的质点在x轴上方沿y 方向振动，故C正确，D错误；根据vT得，波速变为0.80 m/s时波长0.32 m，故E正确。答案ACE考法3波的图像和振动图像的综合应用例3(2018全国卷)一列简谐横波在t s时的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点。图(b)是质点Q的振动图像。求：(1)波速及波的传播方向；(2)质点Q的平衡位置的x坐标。解析(1)由题图(a)可以看出，该波的波长为36 cm由题图(b)可以看出，周期为T2 s波速为v18 cm/s由题图(
37、b)知，当t s时，质点Q向上运动，结合题图(a)可得，波沿x轴负方向传播。(2)设质点O的振动方程为yOAsin(t)，其中 rad/st s时，有yOAsin，可得即yOAsin由题图(b)可知yQAsin t所以O、Q两质点的相位差为xQ9 cm。答案(1)18 cm/s沿x轴负方向传播(2)9 cm分析波的图像与振动图像综合问题的注意事项(1)分清振动图像与波的图像。横坐标为x则为波的图像，横坐标为t则为振动图像。(2)看清横、纵坐标的单位，注意单位前的数量级。(3)找准波的图像对应的质点和振动图像对应的时刻。 考法4波的多解问题例4如图所示，实线是一列简谐横波某时刻的波形图，虚线是0
38、.2 s 后的波形图。(1)若波向左传播，求它传播的距离及最小距离；(2)若波向右传播，求它的周期及最大周期；(3)若波速为35 m/s，求波的传播方向。解析(1)由题图知，4 m，若波向左传播，传播的距离为xn(4n3)m(n0,1,2，)，最小距离为xmin3 m。(2)若波向右传播，xn，所用时间为tT0.2 s，故周期为T s，所以最大周期为Tmax0.8 s。(3)因为xvt350.2 m7 m，所以波向左传播。答案见解析解答波的多解问题的方法(1)假设波向x轴正方向或负方向传播。(2)由题目提供的波形变化等条件列出传播距离或传播时间与波长、周期等相关的通式。(3)根据v、vf或v求
39、出速度或其他未知量的关系通式。(4)分析题目中有没有其他限制条件，判断通过关系通式得到的多解能否变为有限个解或唯一解。 集训冲关1(多选)一列简谐横波在t0时刻的波形图如图所示，已知这列波沿x轴正方向传播，M为传播方向上一质点，此时M点的纵坐标为 cm。若经过时间t0.1 s，M点首次到达波峰。下列说法中正确的是()A波动方程为y2sin(2x)cmBM点的坐标为(0.3，)C波的传播速度大小为1.25 m/sD质点的振动周期为1 sE从t0时刻起经过0.5 s，M点运动的路程为(6)cm解析：选ACE根据题图可知：波长1 m，振幅A2 cm，则波动方程为yAsin x2sin(2x)cm，选
40、项A正确；将M点纵坐标y cm代入波动方程，结合题图解得M点的坐标为，选项B错误；由于经过时间t0.1 s，M点首次到达波峰，即M点左侧相邻的波峰传播到M点，传播距离等于xm m，波的传播速度v，代入数据解得v1.25 m/s，选项C正确；质点的振动周期T，代入数据可得T0.8 s，选项D错误；0.5 st0.4 s，所以从t0时刻起经过0.5 s，M点首次到达波谷位置，所以M点运动的路程：s(2)cm2A(6)cm，选项E正确。2(多选)图(a)为一列简谐横波在t2 s时的波形图，P是平衡位置为x2 m的质点，图(b)为介质中平衡位置在x1.5 m 处的质点的振动图像。下列说法正确的是()A
41、波速为0.5 m/sB波的传播方向向右C02 s时间内，P运动的路程为8 cmD02 s时间内，P沿y轴正方向运动E当t7 s时，P恰好回到平衡位置解析：选ACE根据题图可知：该波的波长2 m，周期T4 s，故波速v0.5 m/s，A正确；从题图(b)可知：x1.5 m处的质点在t2 s时，在平衡位置沿y轴负方向运动，根据“上下坡法”结合题图(a)可知，波的传播方向向左，B错误；02 s时间内，P运动的时间等于，运动的路程s4A8 cm，C正确；02 s时间内，P从正向最大位移处运动到负向最大位移处，即沿y轴负方向运动，D错误；当t7 s时，P点从题图(a)所示(t2 s)运动了5 s，即T，
42、到达平衡位置，E正确。3(2018全国卷)声波在空气中的传播速度为340 m/s，在钢铁中的传播速度为4 900 m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s。桥的长度为_m。若该声波在空气中的波长为，则它在钢铁中的波长为的_倍。解析：设声波在钢铁中的传播时间为t，由Lvt知，340(t1.00)4 900t，解得t s，代入Lvt中解得桥长L365 m。声波在传播过程中频率不变，根据vf知，声波在钢铁中的波长。答案：3654(2019南昌模拟)如图所示实线是一列简谐横波在t10时刻的波形，虚线是这列波在t20.5 s时刻的
43、波形，这列波的周期T符合：3Tt2t14T，求：(1)若波向右传播，波速为多大；(2)若波向左传播，波速为多大。解析：(1)波向右传播时，传播距离x满足xk(k0,1,2,3，)由t，v知传播时间满足tt2t1kTT(k0,1,2,3，)由3Tt2t14T，可知k取3故t3TT，解得T s由题图知8 m，解得v54 m/s。(2)波向左传播时，传播距离x满足xk(k0,1,2,3，)由t，v知传播时间满足tkTT(k0,1,2,3，)由3Tt2t14T，可知k取3故t3TT，解得T s由8 m，解得v58 m/s。答案：(1)54 m/s(2)58 m/s考点二波的干涉、衍射和多普勒效应波的干涉、衍射、多普勒效应都是波的特性，这些现象的特点及发生的条件是高考考查的重点，而干涉、衍射的现象及图样易混淆，要注意正确分辨。1波的干涉和衍射现象波的干涉波的衍射条件两列波的频率必须相同，相位差保持不变产生明显衍射的条件：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传播2多普勒效应(1)现象：观察者感到频率发生变化。(2)条件：波源和观察者之间有相对运动。(3)实质：波源频率不变，观察者接收到的频率变化。 考法细研考法1