课件42张PPT。1．1 研究简谐运动 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练1．1课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.知道什么是机械振动．
2．知道简谐运动的定义，明确简谐运动过程中位移跟时间的关系．
3．会用图像及物理量描述简谐运动．
重点难点：研究弹簧振子的振动过程是重点，用图像描述振动是难点．课前自主学案一、什么是简谐运动
1．机械振动：物体(或物体的一部分)以_________为中心所做的周期性的______运动．
2．平衡位置：做往复运动的物体能够______的位置．
3．简谐运动：机械振动的质点偏离平衡位置的______与_______的关系遵从正弦(或余弦)函数规律的振动．
注意：简谐运动的位移是指相对于平衡位置的位移．平衡位置往复静止位移时间二、用图像描述振动
1．振动的位移—时间图像通常叫做_____图像，它是对振动的一种形象描述．
2．可以用示波器研究声振动图像，_______和________仪等描绘的都是振动图像．振动地震仪心电图三、描述简谐运动的物理量
1．周期和频率：做简谐运动的物体完成___________所经历的时间叫做振动的周期．单位时间内物体完成______________叫做振动的频率．周期和频率都是表示物体____________的物理量．它们的关系是________.在国际单位制中，周期的单位是____．频率的单位是____，1 Hz＝1 s－1.
2．振幅：振动物体在振动过程中离开平衡位置的_________叫做振动的振幅．振幅是_____，用A表示，单位是米(m)．振幅是反映振动_____的物理量，振幅越大表示振动_____．一次全振动全振动的次数振动快慢T＝1/f秒赫兹最大位移标量强弱越强核心要点突破一、弹簧振子
1．模型的建立
弹簧振子是指由小球和弹簧所组成的系统，是一种理想化模型．如图1－1－1甲所示，如果小球与杆之间的摩擦可以忽略，且弹簧的质量与小球的质量相比也可以忽略，则该装置为弹簧振子．如图乙所示为竖直弹簧振子模型．图1－1－12．振动过程
把振子从平衡位置O拉到B点，松开手，振子就在BOA之间往复运动．振子的振动具有往复性，振子能够产生往复运动的条件是振子一旦离开平衡位置，就受到一个指向平衡位置的力，这个力的作用是使物体回到平衡位置．在水平弹簧振子中，使振子回到平衡位置的力是弹簧的弹力．在竖直弹簧振子中，使振子回到平衡位置的力是重力和弹簧的弹力的合力．3．振动中位移、速度、加速度的变化规律
以水平弹簧振子为例来分析，如图1－1－2所示，以振子所在的平衡位置为坐标原点O，以振动所在的直线为坐标轴，规定水平向右的方向为正方向，则某一时刻振子偏离平衡位置的位移用该时刻振子所在的位置坐标来表示．
图1－1－2振子通过平衡位置时，位移改变方向．振子在OB段上运动时，位移为正值；振子在OA段上运动时，位移为负值．振子由O点向B点运动时速度为正值，由B点向O点运动时速度为负值．同样，振子由O点向A点运动时速度为负值，由A点向O点运动时速度为正值．并且振子远离平衡位置运动时速度变小，靠近平衡位置运动时，速度增大．振子在平衡位置处速度最大，在最大位移处速度为零．振子受到的弹簧的弹力总是指向平衡位置O，由牛顿第二定律知道，加速度的方向总是指向平衡位置，而位移的方向总是由平衡位置O指向A或者B.
当振子向平衡位置运动时，加速度的方向和速度的方向相同，速度在增大；当振子远离平衡位置时，加速度的方向和速度的方向相反．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．如图1－1－3所示，一弹簧振子做等幅振动，取向右为正，A、B两处为最大位移处，O为平衡位置，C为AO间某一位置．则振子( )
A．从B→O时，位移是正值，加速度为正值
B．从O→B时，位移是正值，速度为正值
C．运动到C处时，位移为负值，加速度为正值，速度可能为正值
D．运动至C处时，位移为正值，加速度为负值，速度可能是负值图1－1－3解析：选BC.振动物体的位移是从平衡位置O到振子所在位置的有向线段，所以振子在OB之间运动时，位移为正，在AO间运动时，其位移为负，而加速度总与位移方向相反，在O右侧时为负，在O左侧时为正．在C处时，振子运动方向不定，其速度可能为正值，也可能为负值．二、弹簧振子的x－t图像
图1－1－4
1．图像的建立：以横轴表示振动物体运动的时间t，纵轴表示振子偏离平衡位置的位移x，用平滑曲线连接各个时刻对应的位移末端，就得到振动图像．如图1－1－4所示．2．物理意义：表示振子相对平衡位置的位移x随时间t变化的规律．
3．特点：简谐运动的位移—时间图像是正弦(或余弦)曲线．
4．图像的应用：由定量画出的简谐运动的振动图像可以得到振幅A；周期T；某时刻质点相对于平衡位置的位移；某时刻质点的振动方向；某一阶段质点的位移、速度、加速度、动能等物理量的变化情况．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
图1－1－52．(2011年徐州高二检测)如图1－1－5所示，一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O是平衡位置，把向右的方向选为正方向，以某时刻作为计时零点(t＝0)，经过1/4周期，振子具有正方向的最大加速度，那么如图1－1－6所示的四个振动图像中能正确反映振动情况的图像是( )图1－1－6三、周期和频率
1．对一次全振动的认识
振子从某一位置出发，以相同的速度(大小和方向)连续两次通过同一位置所经历的振动过程，叫做完成一次全振动．振动质点经历一次全振动，位移、速度、加速度、动能、势能等物理量又全部恢复到原值．2．简谐运动中的振子运动时间与路程的联系
做简谐运动的质点在一个周期内，又运动到原来的位置，质点通过的路程为4A(A为振幅)；在半个周期内，质点运动到关于平衡位置对称的位置，质点通过的路程为2A；在四分之一个周期内质点运动的情况比较复杂，质点可能从最大位移处运动到平衡位置，也可能从平衡位置运动到最大位移处，还有其他情况(要看质点最初的位置)．这样质点通过的路程可能等于A、可能大于A、也可能小于A.若振子运动的时间t为周期的正整数倍，则运动的路程为4nA(n＝1,2,3…)，若运动的时间为半周期的奇数倍，则运动的路程为(4n＋2)A(n＝0,1,2,3…)，如果运动的时间不是以上两种情况，则振子运动的路程不能按上述规律计算．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
3．(2011年厦门高二检测)一个做简谐运动的质点，它的振幅是4 cm，频率是2.5 Hz，该质点从平衡位置开始经过2.5 s后，位移的大小和经过的路程为( )
A．4 cm、10 cm
B．4 cm、100 cm
C．0、24 cm
D．0、100 cm课堂互动讲练 下列运动属于简谐运动的是( )
A．活塞在汽缸中的往复运动
B．拍皮球时，皮球的上下往复运动
C．音叉叉股的振动
D．小球在左右对称的两个斜面上来回滚动【精讲精析】 物体做简谐运动，必须满足的条件是：物体在某一平衡位置附近做往复运动，且其位移随时间按正弦规律变化．所有选项中，只有C项满足条件，故应选C.
【答案】 C
【方法总结】 对于简谐运动，不能只看物体的运动特点，还必须从振动物体的受力情况、位移情况来分析．变式训练1 弹簧振子的简谐运动属于下列运动中的( )
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀变速直线运动
D．非匀变速直线运动解析：选D.从位移方面来看，做简谐运动的振子的位移随时间按正弦规律变化，所以振子不是匀速直线运动也不是匀变速直线运动；从振子的受力情况来看，水平弹簧振子受到的指向平衡位置的力是弹簧的弹力，而弹簧的弹力是与弹簧的形变量成正比的．随着振子的不断运动，弹簧的形变量在不断变化，弹簧对振子的弹力也在不断变化，从而振子的加速度也在变化．因此，振子的简谐运动属于非匀变速直线运动． 如图1－1－7所示，弹簧振子在BC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图1－1－7【精讲精析】 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，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,3 s的时间为1.5 T，所以振子通过的路程为30 cm.
【答案】 D【方法总结】 求振动物体在一段时间内通过路程的依据是
(1)振动物体在一个周期内的路程一定为四个振幅，则在n个周期内路程必为n·4A.
(2)振动物体在半个周期内的路程一定为两个振幅．
(3)振动物体在T/4内的路程可能等于一个振幅，还可能小于一个振幅．只有当T/4的初时刻振动物体在平衡位置或最大位移处，T/4内的路程才等于一个振幅．
计算路程的方法是：先判断所求的时间内有几个周期，再依据上述规律求路程．变式训练2 一质点做简谐运动的图像如图1－1－8所示，下列说法正确的是( )
A．质点振动频率是4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．第4 s末质点的速度为零
D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同图1－1－8 如图1－1－9所示是某质点做简谐运动的振动图像，根据图像中的信息，回答下列问题：
(1)质点在第2 s末的位移是多少？
(2)质点振动过程中的最大位移为多少？
(3)在前4 s内，质点经过的路程为多少？图1－1－9【自主解答】 (1)由x－t图像可以读出2 s末质点的位移为零．
(2)质点的最大位移在前4 s发生在1 s末和3 s末，位移大小为10 cm.
(3)前4 s质点正好完成一个往复的全运动．先朝正方向运动了距离为10 cm的一个来回，又在负方向上进行了一个10 cm距离的来回，故总路程为40 cm.【答案】 (1)0 (2)10 cm (3)40 cm
【方法总结】 解此类题时，首先要理解x－t图像的意义，其次要把x－t图像与质点的实际振动过程联系起来．准确理解全振动、周期、振幅、路程等概念是解决问题的关键．变式训练3 如图1－1－10为某质点做简谐运动的图像，则下列说法正确的是( )
A．由图可知，振动质点运动的轨迹是正弦曲线
B．振动质点在3.5 s时的位移大于1.5 s时的位移
C．质点振动的振幅为10 cm
D．质点在第1 s末和第3 s末位移的方向相反图1－1－10解析：选D.轨迹是质点运动的路径，如弹簧振子的轨迹是直线，单摆的轨迹是圆弧，x－t图线是物体位移随时间变化的曲线，不代表物体运动的轨迹，A选项不正确．由简谐振动的对称性，振动质点在3.5 s时的位移等于1.5 s时的位移，B选项不正确．质点振动的振幅是质点离开平衡位置的最大距离，为5 cm，C选项不正确．质点在第1 s末的位移方向为正，第3 s末位移方向为负，故选项D是正确的． 如图1－1－11所示，一个做简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过相距10 cm的A、B两点，历时0.5 s，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．则质点从离开O点到再次回到O点历时( )
A．0.5 s
B．1.0 s
C．2.0 s
D．4.0 s图1－1－11【答案】 B
【方法总结】 无论是速度、位移还是时间，多是关于平衡位置对称，所以确定平衡位置是解题的关键．课件40张PPT。1．2 探究物体做简谐运动的原因 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练1．2课前自主学案课标定位课标定位课前自主学案一、回复力使物体做简谐运动
1．简谐运动：当物体受到跟位移的大小成____，方向始终指向_______________的作用时，物体的运动就是简谐运动．正比平衡位置的合力2．简谐运动的回复力：振动物体偏离平衡位置后，所受到的使它回到__________的力叫做回复力．简谐运动中回复力与振子位移之间的关系为________，加速度与振子位移之间的关系为_______________________.平衡位置F＝－kx二、研究简谐运动的能量
弹簧振子在运动中，不考虑摩擦等阻力造成的损耗，系统的_______和______相互转化，但是振动系统的动能和势能之和保持不变，即系统的机械能守恒．振动系统的机械能跟_____有关，_____越大，机械能就越大．动能势能振幅振幅核心要点突破一、对回复力的理解
1．回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，是按照力的作用效果来命名的，分析物体的受力时，不分析回复力．
2．回复力可以由某一个力提供(如弹力、摩擦力等)，也可能是几个力的合力，还可能是某一力的分力，归纳起来回复力一定等于物体在振动方向上所受的合力．3．简谐运动的回复力：F＝－kx.
(1)由F＝－kx知，简谐运动的回复力大小与振子的位移大小成正比，回复力的方向与位移的方向相反，即回复力的方向总是指向平衡位置．
(2)公式F＝－kx中的k指的是回复力与位移间的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k由振动系统自身决定.即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．卡车在水平路面上行驶，货物随车厢底板上下振动而不脱离底板，设货物做简谐运动，货物对底板的压力最大的时刻是( )
A．货物通过平衡位置向上时
B．货物通过平衡位置向下时
C．货物向上达到最大位移时
D．货物向下达到最大位移时解析：选D.货物通过平衡位置向上运动时，位移增大，回复力F变大，而F＝mg－N，即N减小，A选项错误；当向上达到最大位移时，F达到最大，N＝mg－F取最小值，故C错误；当货物通过平衡位置向下运动时，回复力F变大，且F＝N－mg，N＝mg＋F，所以当F增大时，N增大，当货物向下达到最大位移时，N达到最大，故只有D选项正确．二、简谐运动中各物理量的变化规律
1．振动中的位移x都是以平衡位置为起点的，因此，方向就是从平衡位置指向末位置的方向，大小就是这两位置间的距离，两个“端点”位移最大，在平衡位置位移为零．
所谓平衡位置就是回复力为零的位置．
2．加速度a的变化与F回的变化是一致的，在两个“端点”最大，在平衡位置为零，方向总指向平衡位置．3．速度大小v与加速度a的变化恰好相反，在两个“端点”为零，在平衡位置最大，除两个“端点”外任何一个位置的速度方向都有两种可能．
4．动能大小与速度大小对应，在两端点为零，在平衡位置最大．
5．势能大小与动能恰好相反，在两端点最大，在平衡位置为零．6．下表是关于简谐运动中各物理量的变化规律即时应用 (即时突破，小试牛刀)
2．弹簧振子做简谐运动的频率是0.5 Hz，在t＝0时正好从平衡位置向右运动，则当t＝3.2 s时，振子( )
A．正向右做减速运动，加速度正在增大
B．正向左做加速运动，加速度正在减小
C．正向左做减速运动，加速度正在增大
D．正向右做加速运动，加速度正在减小三、对简谐运动能量的理解
1．简谐运动的能量是指物体在振动中经过某一位置时系统所具有的动能和势能的总和．
振动过程是一个动能和势能不断
图1－2－1转化的过程．如图1－2－1所示，振子在A、B之间往复运动，在一个周期内，能量的转化过程是：A→O弹力做正功，弹性势能转化为动能；O→B弹力做负功，动能转化为弹性势能；B→O弹力做正功，弹性势能转化为动能；O→A弹力做负功，动能转化为弹性势能．2．简谐运动中的能量跟振幅有关，振幅越大，振动的能量越大．
把原来静止的弹簧振子拉离平衡位置，需要外力对物体做功．外力做的功越多，物体获得的势能越大，物体开始振动的振幅越大．当只有重力和弹簧的弹力做功时，系统的机械能守恒，因此，振幅保持不变．
3．在振子完成一次全振动的过程中，动能和势能各完成两次周期性的变化．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
3．如图1－2－2所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图像，由图像可知( )
A．在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零
B．在0.2 s时，振子具有最大势能
C．在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值
D．在0.4 s时，振子的动能最大图1－2－2解析：选B.弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，振幅不变，选项A错；在0.2 s时位移最大，振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的振动能量不变，在0.35 s时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4 s时振子的位移最大，动能为零，选项D错．四、简谐运动中的两个问题
1．振动物体在平衡位置时所处的状态是平衡状态吗？
不一定．回复力为零的位置为平衡位置，合力为零的状态为平衡状态．我们已知道回复力不一定是质点受到的合力，故做简谐运动的质点在平衡位置时的状态就不一定是平衡状态．如单摆在摆动过程中(θ＜5°)，通过平衡位置时回复力为零，但摆球做曲线运动需要向心力，故合外力不为零，不是平衡状态，此时绳子的拉力与重力的合力指向悬点(即圆心)充当向心力．2．回复力和合外力之间有什么关系？
物体沿直线运动时，回复力就是合外力(如水平弹簧振子和竖直弹簧振子)；沿圆弧振动时(如下一节的单摆运动)回复力是合外力在圆弧切线方向上的分力．
回复力的方向总是指向平衡位置，在平衡位置回复力一定为零，而合外力不一定为零．
弹簧振子在平衡位置回复力为零，合外力也为零；但是如下一节的单摆，在平衡位置回复力为零，合外力不为零．课堂互动讲练 如图1－2－3所示，物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与B相连．在弹性限度范围内，A和B在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力)，并保持相对静止．则下列说法正确的是( )图1－2－3A．A和B均做简谐运动
B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功
D．B对A的静摩擦力始终对A做正功，而A对B的静摩擦力对B做正功【答案】 AB
【易误警示】 本题易漏选A.易误认为物体A在运动方向受到的摩擦力f＝μmAg.因mA为定值，所以摩擦力为定值，回复力为定值，与位移x无关，不做简谐运动，而实际上A做简谐运动的回复力由B对A的静摩擦力提供．变式训练1 对于弹簧振子回复力和位移的关系，下图1－2－4中正确的是( )
图1－2－4解析：选C.由简谐运动的回复力公式F＝－kx可知，弹簧振子做简谐运动时的回复力和位移的关系图像应如选项C所示． 如图1－2－5所示为一弹簧振子的振动图像，在A、B、C、D、E、F各时刻中
(1)哪些时刻振子有最大动能？
(2)哪些时刻振子有相同速度？
(3)哪些时刻振子有最大势能？
(4)哪些时刻振子有相同的最大加速度？图1－2－5【精讲精析】 由图可知，B、D、F点在平衡位置，具有最大动能，而A、C、E点在最大位移处，具有最大势能．
根据振动方向：B、F两点向负方向振动，D点向正方向振动，可知D点与B、F点虽然速率相同，但方向相反．
根据位移：A、E两点位移相同，C点位移虽然大小与A、E两点相同，但方向相反．可知C点与A、E点虽然受力相同，但方向相反，故加速度大小相等，方向相反．【答案】 (1)BDF (2)ACE BF (3)ACE (4)AE
【方法总结】 解决这个问题所需的基础知识有：
(1)会分析振动图像，知道各时刻的振动方向．
(2)知道图像上哪些点有最大位移，哪些点有最大速度；并且知道它们的方向．
(3)知道动能与速率平方成正比．
(4)知道最大势能的大小与振幅大小有关．
(5)知道最大回复力与最大位移的关系．变式训练2
图1－2－6
(2011年广东高三质量检测)如图1－2－6为一水平弹簧振子的振动图像，由此可知( )
A．在t1时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大
B．在t2时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小
C．在t3时刻，振子的动能最大，所受的弹力最小
D．在t4时刻，振子的动能最大，所受的弹力最大解析：选B.从图像的横坐标和纵坐标可以知道此图是机械振动图像，将它与机械波的图像区分开．它所描述的是一个质点在不同时刻的位置，t2和t4是在平衡位置处，t1和t3是在最大振幅处，头脑中应出现一张弹簧振子振动的实物图像．根据弹簧振子振动的特征，弹簧振子在平衡位置时的速度最大，加速度为零，即弹力为零；在最大位置处，速度为零，加速度最大，即弹力为最大，所以B项正确． 图1－2－7所示，A、B两木块质量分别是mA＝0.2 kg，mB＝0.3 kg，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，A和B间最大静摩擦力是0.6 N，B与水平面的摩擦力不计．求：
(1)若两物体一起做简谐运动的位移是2 cm时，A与B间的摩擦力是多大？
(2)在A和B之间没有相对滑动的条件下，它们的最大振幅是多大？图1－2－7【思路点拨】 本题求解的关键是分析清楚回复力的来源．【答案】 (1)0.4 N (2)3 cm
【方法总结】 A随B一起振动时A所需的回复力是由静摩擦力提供的．图1－2－8课件27张PPT。1．3 探究摆钟的物理原理 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练1．3课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.理解单摆振动的特点及其做简谐运动的条件．
2．理解步调和相位的概念．
3．观察实验，概括单摆振动特点，培养由实验现象得出物理结论的能力．
重点难点：单摆运动的特点是重点，相位的理解是难点．课前自主学案一、惠更斯的科学抽象——单摆
用一根细线吊起一小球，如果___________可以忽略，细线的质量与小球的质量相比_________；细线的长度比小球直径_______，这样的装置叫做单摆．质点的______即单摆的质量，摆球_____到悬挂点的距离叫做单摆的______．单摆是实际摆的________．细线的伸缩可以忽略大得多质量重心摆长理想化二、探究单摆运动的特点
1．单摆的回复力：在偏角很小的情况下，单摆的回复力跟位移的关系式是_________，其中l为摆长，x为偏离平衡位置的位移．
2．单摆做简谐运动的条件：在_________的情况下，摆球所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成_____，方向总是指向平衡位置，单摆所做的运动是简谐运动．偏角很小正比相同相等不同(3)同相：如果Δφ＝0(或者2π的整数倍)，两振动质点将同时到达各自的极大值，并且同时越过原点并同时到达极小值，它们的步调________．这种情况我们说二者同相．
(4)反相：如果Δφ＝π(或者π的奇数倍)，两振动质点中的一个到达极大值时，另一个将同时到达极小值，并且将同时越过原点并同时到达各自的另一个极值，它们的步调正好______．这种情况我们说二者反相．始终相同相反2．用振动图像可以直观地表示不同振动的相．
如图1－3－1所示．
甲
乙
图1－3－1核心要点突破一、对单摆模型的认识
1．单摆振动的回复力是重力的切向分力，不能说成是重力和拉力的合力．在平衡位置振子所受回复力是零，但合力是向心力，指向悬点，不为零．2．如图1－3－2所示，小球在光滑圆弧上的往复滚动，和单摆
图1－3－2
完全等同．只要摆角足够小，这个振动就是简谐运动．这时周期公式中的l应该是圆弧半径R和小球半径r的差．
3．单摆是一种理想化的模型，实际的摆只要悬挂小球的摆线不伸缩，悬线的长度又比球的直径大很多，都可以认为是一个单摆．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．一个打磨得很精细的小凹镜，其曲率很小可视为接近平面．将镜面水平放置如图1－3－3所示，一个小球从镜边缘开始释放，小球在镜面上将会往复运动，以下说法中正确的是( )
A．小球的运动是简谐运动
B．不能判断小球做简谐运动
C．小球简谐运动的回复力是重力跟支持力的合力
D．小球简谐运动的回复力是重力沿曲面切向的分力图1－3－3解析：选AD.由题意，很精细的小凹镜，其曲率很小可视为接近地平面，故有曲率半径远大于小镜的长度，小球在上面的运动可看作是简谐运动，运动情况跟单摆相同．二、对单摆回复力的理解
图1－3－4
如图1－3－4所示，单摆的回复力是重力沿圆弧切向的分力F＝G1＝mgsinθ提供的．重力沿径向的分力G2和绳的拉力T的合力提供物体做圆周运动的向心力．摆球经过平衡位置时，回复力为零，而合外力不为零．当摆球静止在O点时，摆球受到的重力G和摆线的拉力T平衡，这个O点就是单摆的平衡位置．让摆球偏离平衡位置，此时，摆球受到的重力G和摆线的拉力T就不再平衡．在这两个力的作用下，摆球将在平衡位置O附近来回往复运动．当摆球运动到任一点P时，重力G沿着圆弧切线方向的分力G1＝mgsinθ提供给摆球作为来回振动的回复力F＝G1＝mgsinθ，即时应用 (即时突破，小试牛刀)
2．下列关于单摆的说法，正确的是( )
A．单摆摆球从平衡位置运动到正向最大位移处时的位移为A(A为振幅)，从正向最大位移处运动到平衡位置时的位移为－A
B．单摆摆球的回复力等于摆球所受的合外力
C．单摆摆球的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力
D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零解析：选C.简谐运动中的位移是以平衡位置作为起点，摆球在正向最大位移处时位移为A，在平衡位置时位移应为零，A错．摆球的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，合外力在摆线方向的分力提供向心力，B错、C对．摆球经过最低点(摆动的平衡位置)时回复力为零，但向心力不为零，所以合外力不为零，加速度也不为零，D错．课堂互动讲练 关于单摆，下列说法中正确的是( )
A．单摆的回复力等于摆球所受的合外力
B．单摆的回复力等于摆球重力沿圆弧切线方向的分力
C．摆球到平衡位置时，所受回复力等于零
D．摆球到平衡位置时，所受合外力等于零【自主解答】 单摆在振动过程中受重力和绳的拉力，重力沿圆弧切线方向的分力使摆球返回平衡位置，即为回复力，绳拉力与重力沿半径方向分力的合力指向圆心，即为向心力．摆球在摆动过程中既有回复力又有向心力(平衡位置和最大位移处除外)，所以选项A错误，B正确．在平衡位置，单摆的回复力等于零，但合外力不等于零，合外力提供向心力，选项C正确，D错误．选B、C.【答案】 BC
【方法总结】 (1)单摆摆动中平衡位置不是平衡状态，有向心力和向心加速度．
(2)最大位移处速度等于零，加速度不等于零．变式训练1 关于单摆，下列说法中正确的是
( )
A．摆球受到的回复力方向总是指向平衡位置
B．摆球受到的回复力是它的合力
C．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
D．摆角很小时，摆球受到的合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比解析：选A.根据回复力的定义知选项A正确；单摆的回复力除在最高点外都不是摆球受力的合力，但不管在哪个位置均可认为是重力沿轨迹圆弧切线方向的分力，所以选项B错误；经过平衡位置时，回复力为零，但合力不为零，因悬线方向上要提供向心力，选项C、D错误．【答案】 CD
【方法总结】 (1)同频率的两简谐运动比较时，相位差的取值范围一般为：－π≤Δφ≤π，当Δφ＝0时，两运动步调完全相同，常称为同相；Δφ＝π(或－π)时，两运动步调相反，常称为反相．
(2)在比较相位或计算相位差时，一定要用同种函数来表示振动方程．变式训练2 人在平直路面上做匀速行走时，两臂和两腿的摆动，下列说法中正确的是( )
A．左臂和右臂的摆动始终是反相的
B．左臂和左腿的摆动始终是反相的
C．左臂和右腿的摆动始终是反相的
D．左臂和右臂的摆动始终是同相的课件42张PPT。1．4 探究单摆振动的周期 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练1．4课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.掌握单摆的周期公式．
2．会用单摆测定重力加速度．
3．观察演示实验，概括出周期的影响因素，培养由实验现象得出物理结论的能力．
重点难点：用单摆测定重力加速度．课前自主学案一、单摆振动的周期跟哪些因素有关
通过实验得出单摆的周期跟摆球的质量_____，与摆动的振幅____，随摆长的增大而______．
二、单摆的周期公式
惠更斯推导出在摆角很小时，单摆振动的周期跟摆长的平方根成_____，跟当地的重力加速度的平方根成______．
即T＝________.无关无关增大正比反比三、追寻惠更斯的足迹
用单摆测重力加速度的原理：由单摆周期公式变形得
g＝_________，从表达式可以看出．
1．只要测出单摆的摆长和周期，代入上式就可求出重力加速度g.
2．周期测量的误差比摆长测量的误差对重力加速度测量的准确度的影响要大．故周期测量时应注意：(1)计时仪器选用：______；测周期的具体措施：______________________________________
____________；(2)开始计时时刻的选取原则：当摆球经过最低点时，开始计时．秒表 测出单摆完成n次全振动所用的时间t，进而求出周期核心要点突破一、探究实验中的几个为什么
1．测量单摆的振动周期时为什么要从平衡位置开始计时？
单摆摆到平衡位置时的速度最大，从这里作为计时起点误差最小．因为计时的瞬间球快速地通过平衡位置，即使球没有摆到平衡位置或超过了平衡位置，误差也会很小．相反，若在最大位移处开始计时，因为速度很小，计时的瞬间摆球没有到达或超过预期位置，运动时间较长，引起的误差较大．2.测量单摆的周期时为什么不直接测量单摆完成一次全振动所用的时间？
只测量一次周期的误差太大，本实验中我们可以采取测量多次求平均值的方法来减小测量误差．如：先测量30次全振动所用的总时间，然后求出平均周期即可．
3．为什么在改变单摆的振幅时要限制单摆的摆角呢？
这是因为单摆的运动不一定是简谐运动，只有在摆角较小的情况下才能看成简谐运动，理论上一般θ角不超过5°，但在实验中，摆角很小时单摆运动的细节不易观察清楚，带来的测量误差反而会增大，因此实验中一般θ角不超过10°.即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．下列情况下，单摆的周期会增大的是( )
A．减小摆长
B．增大摆球质量
C．把单摆从海平面移至高山
D．把单摆从广州移至北京2．一个单摆的摆长为l，在其悬点O的正下方0.19l处有一钉子P(图1－4－3)，先将摆球向左拉开到A，使摆线偏角α＜10°，放手使其摆动，求此单摆的振动周期．图1－4－3三、摆钟的快慢变化及调整方法
1.计时原理
摆钟的计时是以钟摆完成一定数量的全振动，从而带动秒针、分针、时针转动实现的，因此钟摆振动的周期变化就反映了摆钟的快慢，如钟摆振动周期变大，则摆钟将变慢，摆钟时针转动一圈的时间变长．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
3．(2011年诸暨高二检测)把调准的摆钟由北京移到赤道，这钟( )
A．变慢了，要使它变准应该增加摆长
B．变慢了，要使它变准应该减短摆长
C．变快了，要使它变准应该增加摆长
D．变快了，要使它变准应该减短摆长课堂互动讲练 如图1－4－4所示是两个单摆的振动图像．
图1－4－4
(1)甲、乙两个摆的摆长之比是多少？
(2)以向右的方向作为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，从t＝0起，乙第一次到达右方最大位移时，甲振动到了什么位置？向什么方向运动？【答案】 (1)1∶4 (2)平衡位置，向左运动
【方法总结】 解题时要结合单摆摆动的情景，建立起对应的物理模型，利用周期公式解决问题．变式训练1 甲、乙两个单摆，甲的摆长是乙的摆长的4倍，摆球乙的质量是甲的2倍．若它们在同一地点做简谐运动，在甲摆完成5次全振动的时间内，乙摆完成全振动的次数为________．答案：10次 如图1－4－5所示，固定在天花板上等长的两根细线AO、BO长0.8 m，与水平面夹角都为53°，下端拴着质量m＝0.2 kg的小球(小球大小可忽略)，使小球在垂直纸面的竖直平面内摆动起来．求：
(1)如果摆角θ<5°，小球的摆动周期．
(2)如果小球在摆动中到达最低点速度v＝0.5 m/s，则此时两细线受到的拉力各为多少．图1－4－5【答案】 (1)1.6 s (2)1.3 N
【方法总结】 由于小球在垂直纸面的竖直平面内摆动，故悬点应为C点，即有效摆长为CO的长度，而不再是细线AO或BO的长度．解决这类问题时要注意环境的变更，会出现等效摆长和等效加速度问题．图1－4－6 在某地，摆长为l1的摆钟A在某一段时间内快了Δt，而另一摆长为l2的摆钟B在同一段时间内慢了Δt，那么，在该地走时准确的摆钟的摆长应为多少？变式训练3 将在地面上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是多少？若要在月球上使该钟与地面上时一样准，应如何调节？(已知g月＝g地/6) 有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度．已知该单摆在海平面处的周期是T0，当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为T，求该气球此时离海平面的高度h.把地球看作质量均匀分布的半径为R的球体．【方法总结】 本题将单摆移置到新情境“载人舱”内进行考查，旨在考查考生的知识迁移能力及对由万有引力导出的黄金代换gR2＝GM的应用．变式训练4 在某行星表面以不太大的初速度竖直向上抛出一小球，测得小球所能上升的最大高度为h，由此可以计算出( )
A．该行星的质量
B．该行星上秒摆的摆长
C．该行星的第一宇宙速度
D．绕该行星做匀速圆周运动卫星的最大加速度课件31张PPT。1．5 受迫振动与共振 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练1．5课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.掌握阻尼振动、受迫振动的概念，理解受迫振动的振幅与驱动力频率之间的关系．
2．理解共振的原因，掌握共振的运动特点．
重点难点：重点是受迫振动的振幅与驱动力频率之间的关系，难点是共振成因的分析．课前自主学案一、振动中的能量损失
空气中的弹簧振子和单摆，由于受到_________的作用，做振幅_________的运动叫__________．而钟摆能保持振幅____，原因是定时补充_____的结果．空气阻力逐渐减小阻尼振动不变能量二、受迫振动
1．定义：物体在周期性变化的________作用下的振动叫受迫振动．
2．受迫振动稳定后，可以明显地观察到受迫振动的周期等于_______的周期．这样就可以得到物体做受迫振动的频率等于________的频率，而跟物体自身的__________无关．驱动力驱动力驱动力固有频率三、共振及其产生的条件
1．共振：当驱动力的频率跟_______________相等时，物体做受迫振动的振幅_____，这种现象叫做共振．声音的共振现象叫______．
2．共振的条件：f驱＝f固，即驱动力的频率与物体的固有频率相等．
3．共振曲线
如图1－5－1所示，共振曲线的横坐标为驱动力的频率，纵坐标为受迫振动物体的振幅．
图1－5－1物体的固有频率最大共鸣4．共振的利用和防止
(1)防止：由共振曲线可知，f驱＝f固时，A＝Am振幅达到最大，f驱与f固差别越大时，物体做受迫振动的振幅A越小．由此可知，在需要防止共振危害的时候，要想办法使驱动力频率和固有频率________，而且相差越____越好．
(2)应用：在需要利用共振时，应设法使驱动力的频率___________物体的固有频率．
共振筛、微波炉、核磁共振成像及乐器上的共鸣箱等都是利用共振的实例．不相等多等于或接近核心要点突破一、阻尼振动
1．阻尼振动
振幅逐渐减小的振动叫做阻尼振动，也叫减幅振动．
实际的振动系统不可避免地要受到摩擦力和其他阻力作用(即受到阻尼的作用)，将一部分机械能转化为其他形式的能量，导致振动的总能量不断减小，因而振动的振幅也不断减小．2．影响振幅减小的因素
振幅减小的快慢跟振动所受的阻尼有关，阻尼越大，振幅减小得越快，阻尼越小，振幅减小得越慢．当阻尼很小时，在一段不太长的时间内振幅没有明显的减小，可认为是等幅振动．
(1)同一简谐运动能量的大小由振幅大小决定．
(2)物体做无阻尼振动，并不一定指它不受阻尼，而是指它在振动过程中保持振幅不变．
(3)物体做阻尼振动时，振幅虽然不断减小，但振动的频率仍由振动系统的结构特点所决定，并不会随振幅的减小而变化．例如用力敲锣，由于锣受到阻尼作用，振幅越来越小，锣声减弱，但音调不变．3．阻尼振动的图像
阻尼振动的图像如图1－5－2所示．
图1－5－2即时应用 (即时突破，小试牛刀)
1．下列说法正确的是( )
A．阻尼振动也叫减幅振动
B．实际的振动系统不可避免地受到阻尼作用
C．阻尼振动的振幅逐渐减小，所以周期也逐渐减小
D．阻尼过大时，系统将不能发生振动解析：选ABD.实际生活中的振动都要受到阻尼作用，振幅逐渐减小，但周期保持不变，故A、B正确，C错误．阻尼过大时，整个系统很快停止振动．二、对共振的进一步理解
1．共振曲线
(1)图1－5－4表示的是用图1－5－3所示装置进行共振实验所得的共振曲线：曲线表示受迫振动的振幅A(纵坐标)随驱动力频率f(横坐标)的变化而变化．
驱动力频率f跟固有频率f0相差越小，振幅越大；驱动力频率f等于振动系统的固有频率f0时，振幅最大．
图1－5－3 图1－5－4 图1－5－5(2)我们还可以用图1－5－4表示出用图1－5－5所示装置进行共振实验的共振曲线：曲线表示受迫振动的振幅A(纵坐标)取决于各自的固有频率f(横坐标)．
固有频率f跟驱动力频率f0相差越小，振幅越大；固有频率f等于驱动力频率f0时，单摆的振幅最大．2．对共振成因的分析
当驱动力的频率等于物体的固有频率时，做受迫振动的物体振幅达到最大．
(1)从受力角度看：振动物体所受驱动力的方向跟它的运动方向相同时，驱动力对它起加速作用，使它的振幅增大，驱动力的频率跟物体的固有频率越接近，使物体振幅增大的力的作用次数就越多，当驱动力频率等于物体的固有频率时，它的每一次作用都使物体的振幅增加，从而振幅达到最大．(2)从功能关系看：当驱动力频率越接近物体的固有频率时，驱动力与物体运动一致的次数越多，驱动力对物体做正功越多，振幅就越大．当驱动力频率等于物体固有频率时，驱动力始终对物体做正功，使振动能量不断增加，振幅不断增大，直到增加的能量等于克服阻尼作用损耗的能量，振幅才不再增加．即时应用 (即时突破，小试牛刀)
2．部队经过桥梁时，规定不许齐步走，登山运动员登高山时，不许高声叫喊，主要原因是( )
A．减轻对桥的压力，避免产生回声
B．减小对桥、雪山的冲力
C．避免使桥发生共振和使雪山发生共振
D．使桥受到的压力更不均匀，使登山运动员耗散能量减少解析：选C.这是由于队伍前进时步伐的频率过于整齐且与桥的固有频率非常接近使桥发生了共振现象的原因，所以部队行军过桥时要便步行走．课堂互动讲练 如图1－5－6所示是单摆做阻尼振动时的振动图像，下列说法正确的是( )
A．摆球在A时刻的动能等于在B时刻的动能
B．摆球在A时刻的势能等于在B时刻的势能
C．摆球在A时刻的机械能等于在B时刻的机械能
D．摆球在后一时刻的动能总比前一时刻的动能小图1－5－6【精讲精析】 由于单摆在阻尼振动中，要不断克服阻力作用做功，所以机械能要不断减小，即后一时刻的机械能总小于前一时刻的机械能，但后一时刻的动能或势能可以大于前一时刻的动能或势能，由于A、B两时刻摆球的位移相同，故单摆在这两个时刻的势能相等．而A时刻摆球机械能大于B时刻的机械能，故B时刻动能小于A时刻动能．故答案为B.
【答案】 B
【方法总结】 阻尼振动的实质是能量在减少，其直观表现是振幅在减小．变式训练1 弹簧振子在振动过程中振幅逐渐减小，这是由于( )
A．振子开始振动时振幅太小
B．在振动过程中要不断克服外界阻力做功，消耗能量
C．动能和势能相互转化
D．振子的机械能逐渐转化为内能
解析：选BD.由于有阻力，振子的机械能减小，振幅减小，损失的机械能转化为内能． (2011年北京海淀区模拟)如图1－5－7所示，五个摆悬挂于同一根绷紧的水平绳上，A是摆球质量较大的摆，让它摆动后带动其他摆运动，下列结论正确的是( )
A．其他各摆的振动周期与A摆的相同
B．其他各摆的振幅都相等
C．其他各摆的振幅不同，E摆的振幅最大
D．其他各摆的振动周期不同，D摆周期最大图1－5－7【自主解答】 受迫振动的周期都应等于驱动力的周期(A摆的周期)．A、E两摆为双线摆，其等效摆长相等，LA＝LE，A摆振动后迫使水平绳振动，水平绳再迫使其他摆振动，由于E摆的固有周期与驱动力A摆的周期相同，所以E摆的振幅最大，B、C、D三个摆的固有周期偏离驱动力A摆的周期各不相同，所以它们振动的振幅各不相同．【答案】 AC
【方法总结】 受迫振动的周期等于驱动力的周期，当驱动力的周期等于系统的固有周期时，物体发生共振，振幅最大，且与固有周期相差越远，振幅越小．图1－5－8解析：选AD.摆振动时，通过水平绳子对其他四个摆形成一个周期性的驱动力，其周期等于T，它恰好等于B摆自由振动的固有周期，所以B摆的振幅最大．稳定时，其他各摆的振动周期都等于驱动力的周期，所以A摆的振动周期也为T. 把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这样就做成了一个共振筛，筛子做自由振动时，完成10次全振动用时15 s，在某电压下，电动偏心轮转速是36 r/min.已知增大电压可使偏心轮转速提高；增加筛子的质量，可以增大筛子的固有周期．那么要使筛子的振幅增大，下列哪些做法是正确的( )
A．提高输入电压 B．降低输入电压
C．增加筛子质量 D．减小筛子质量【答案】 AC
【方法总结】 该题情景新颖，处理的关键是正确把握题目中所给信息，由题给信息出发解决问题．变式训练3 铁路上每根钢轨长12 m，若支持车厢的弹簧的固有周期为0.8 s，则列车以________ m/s行驶时，车厢振动得最厉害．答案：15课件34张PPT。本 章 优 化 总 结 专题归纳整合高考真题演练本 章 优 化 总 结知识网络构建章末综合检测知识网络构建专题归纳整合4．对简谐运动图像的理解
(1)简谐运动的图像不是振动质点的轨迹．做简谐运动质点的轨迹是质点往复运动的那一段线段(如弹簧振子)或那一段圆弧(如单摆)．这种往复运动的位移图像就是以x轴上纵坐标的数值表示质点对平衡位置的位移．以t轴横坐标数值表示各个时刻，这样在x－t坐标系内，可以找到各个时刻对应质点位移坐标的点，即位移随时间分布的情况——振动图像．(2)简谐运动的周期性，体现在振动图像上是曲线的重复性．简谐运动是一种复杂的非匀变速运动．但运动的特点具有简单的周期性、重复性、对称性．所以用图像研究要比用方程要直观、简便．简谐运动的图像随时间的增加将逐渐延伸，过去时刻的图形将永远不变，任一时刻图线上过该点切线的斜率数值代表该时刻振子的速度大小．正负表示速度的方向，正时沿x正向，负时沿x负向． 一个质点做简谐运动的图像如图1－1所示，下述说法正确的是( )
A．质点振动频率为4 Hz
B．在10 s内质点经过的路程是20 cm
C．在5 s末，速度为零，加速度最大，回复力的功率为零
D．在t＝0 s到t＝1 s内，加速度与速度反向，回复力做负功图1－1在5 s末，质点位移最大为2 cm，此时回复力最大，所以加速度最大，但速度为零，由P＝Fv可知回复力的功率也为零，故选项C是正确的．在0 s到1 s时间内，质点由平衡位置向正向最大位移处移动，所以速度与加速度反向，回复力做负功，故本题的正确答案为B、C、D.
【答案】 BCD简谐运动涉及的物理量较多，但都与简谐运动物体相对平衡位置的位移x存在直接或间接关系．
简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两位置时，振子的位移、回复力、加速度、速度、动能、势能等均是等大的(位移与回复力、加速度的方向相反，速度的方向不确定)．运动时间也具有对称性，即在平衡位置对称两段位移间运动的时间相等．理解好对称性这一点对解决有关问题很有帮助．
简谐运动具有周期性，其运动周期T的大小由振动系统本身的性质决定．理解了这一点，在解决相关问题时不易出错． 一质点在平衡位置O附近做简谐运动，从它经过平衡位置起开始计时，经0.13 s质点第一次通过M点，再经0.1 s第二次通过M点，则质点振动周期的可能值为多大？【精讲精析】 将物理过程模型化，画出具体的图景如图1－2甲所示．设质点平衡位置O向右运动到M点，那么质点从O到M运动时间为0.13 s，再由M经最右端A返回M经历时间为0.1 s；如图乙所示．图1－2另有一种可能就是M点在O点左方，如图丙所示，质点由O点经最右方A点后向左经过O点到达M点历时0.13 s，再由M向左经最左端A′点返回M历时0.1 s.
根据以上分析，质点振动周期共存在两种可能性．如图乙所示，可以看出O→M→A历时0.18 s，根据简谐运动的对称性，可得到T1＝4×0.18 s＝0.72 s．另一种可能如图丙所示，由O→A→M历时t1＝0.13 s，由M→A′历时t2＝0.05 s．设M→O历时t，则4(t＋t2)＝t1＋2t2＋t.解得t＝0.01 s，则T2＝4(t＋t2)＝0.24 s.
所以周期的可能值为0.72 s和0.24 s.
【答案】 0.72 s 0.24 s 在图1－3中，三根等长的绳L1、L2、L3共同系住一密度均匀的小球m，球的直径为d，L2、L3与天花板的夹角α＝30°.
(1)若摆球在纸面内做小角度的左右振动，则此小球的振动周期T是多大？
(2)若摆球做垂直纸面的小角度振动，则此小球的振动周期T′是多大？图1－31．等时性
单摆做小角度摆动时可视为简谐运动，每次全振动所用的时间相等，即为单摆的周期．单摆的周期只与摆长和当地的重力加速度有关，与摆球的质量无关．
2．周期性
单摆的振动具有周期性．振动过程中，振动的位移、速度、动能、回复力都随时间周期性变化．因此，在分析具体问题时必须考虑到由于单摆的周期性造成的多解．3．对称性
单摆的运动过程关于平衡位置对称，主要表现在平衡位置两侧，当偏角相同时，摆球的速率、动能相同，平衡位置两侧的最大高度、最大偏角相等． 摆长为l的单摆在平衡位置O的左右做摆角小于5°的简谐运动，当摆球经过平衡位置O(O在A点正上方)向右运动的同时，另一个以速度v在光滑水平面匀速运动的小滑块，恰好经过A点向右运动，如图1－4所示，小滑块与竖直挡板P碰撞后以原来的速率返回，略去碰撞所用时间，试问：
(1)AP间的距离满足什么条件，才能使小滑块刚好返回A点时，摆球也同时到达O点且向左运动？
(2)AP间的最小距离是多少？图1－4高考真题演练1．(2011年高考福建理综卷)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图1－5所示，则该摆球的直径为________cm.图1－5答案：(1)0.97(0.96、0.98均可) (2)C2．(2011年高考江苏单科卷)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块．将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期．请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T.课件23张PPT。2．1 机械波的产生 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练2．1课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.知道波的形成过程，掌握机械波的概念．
2．掌握波形成的条件，知道波的特点．
3．知道波的分类，能区分什么是横波什么是纵波．
4．理解波是传播振动形式和能量的一种方式．
重点难点：波形成的条件是重点，波的概念的建立是难点．课前自主学案一、机械波是怎样形成的
1．机械波的概念：__________在介质中的传播就形成机械波．
2．机械波的产生条件：由波的形成可以看出，要产生机械波，必须有______________和传播振动的___________．所以有机械波一定有振动，但有振动不一定会形成机械波．机械振动振源(波源)介质3．机械波的形成过程
(1)介质模型：把介质看成由无数个________弹性连接而成．
(2)机械波的形成过程：由于相邻质点的_________，当介质中某一质点发生振动时，就会带动周围的_________振动起来，从而使振动向远处传播．质点力的作用质点二、横波与纵波
按波的传播方向和质点的振动方向可以将波分为两类：_______和_______．
1．横波：质点的振动方向与波的传播方向_______．在横波中，凸起部分的最高处叫做_______，凹下部分的最低处叫做_________．
2．纵波：质点的振动方向与波的传播方向____________．在纵波中，质点分布较密集的部分叫做_______，质点分布较稀疏的部分叫做___________．横波纵波垂直波峰波谷在同一直线上密部疏部三、波传递的是能量和信息
波不但传递能量，而且可以传递________．信息核心要点突破一、波的形成和传播
1．形成条件
要形成一列波，必须有波源，即有能够引起其他质点振动的质点，再就是必须要有介质，即传播振动的媒介物．故波的形成条件为：(1)波源；(2)介质，两者缺一不可．2．传播特点
(1)波传播时，介质中的质点跟着波源做受迫振动，每个质点的振动周期和频率都与波源相同；各质点的起振方向与波源的起振方向相同，但不同步，离波源越远的质点，起振越滞后．
(2)波在传递运动形式的同时也传递能量和信息．由于介质各质点间存在着相互作用力，当波源在外力作用下振动时，必然会带动相邻质点振动，被带动的质点又会带动它相邻质点振动，这样依次带动下去，就将振源的振动形式和能量传播出去，形成机械波．(3)机械波传播的是波源的运动形式和波源提供的能量，介质中各质点并不随波迁移，而是在自己的平衡位置附近振动．在横波中，波动方向与振动方向垂直，在均匀介质中，波是匀速传播的，振动是变速运动．
(4)介质中各质点靠弹力相互作用，前一质点带动后一质点振动，后一质点跟着前一质点振动，故可以看到前一质点的位置确定后一质点的运动方向．此外，若不计能量损失，在均匀介质中各质点振动的振幅应相同．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1．波在传播过程中，正确的说法是( )
A．介质中的质点随波的传播而迁移
B．波源的振动能量随波传递
C．振动质点的频率随着波的传播而减小
D．波源的能量靠振动质点的迁移来传播
解析：选B.在波的传播过程中，质点是不会发生迁移的；波源的振动能量通过对相邻质点做功而由近及远地传播(不是靠质点的迁移)；质点的频率只与波源有关(振动质点实际上是在做受迫振动)．二、振动和波动的区别与联系
1．两者的联系
振动是波动的起因，波动是振动在介质中的传播；没有振动一定没有波动，但是没有波动不一定没有振动．
2．两者的区别
(1)从研究对象看，振动是一个质点或一个物体在某一平衡位置附近往复运动；而波动是大量质点一次发生振动而形成的“集体运动”．(2)从运动原因看，振动是由于质点所受回复力的作用结果；而波动是由于介质中相邻质点的带动作用而形成的．
(3)从能量的变化看，振动系统的动能和势能相互转化，如果是简谐运动， 在动能和势能相互转化的过程中总的机械能保持不变；而波在传播过程中，由振源带动它相邻的质点运动，即振源将机械能传递给它的相邻的质点，这个质点再将能量传递给下一个质点，因此说，波的传播过程也是一个能量的传播过程，当波源停止振动，不再向外传递能量时，各个质点的振动也会相继停下来．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2．(2011年西安高二检测)关于机械振动和机械波，下列叙述不正确的是( )
A．有机械振动必有机械波
B．有机械波必有机械振动
C．在波的传播中，振动质点并不随波的传播发生迁移
D．在波的传播中，如果振源停止振动，波的传播并不会立即停止解析：选A.机械振动是形成机械波的条件之一，有机械波一定有机械振动，但有机械振动不一定有机械波，A错，B对．波在传播时，介质中的质点都在其平衡位置附近做往复运动，它们不随波的传播而发生迁移，C对．振源停止振动后，已形成的波仍继续向前传播，直到波的能量耗尽为止，D对．故符合题意的选项为A.课堂互动讲练 (2011年新建高二检测)一列横波沿绳子向右传播，某时刻绳子形成如图2－1－1所示的形状，对此绳上的A、B、C、D、E、F六个质点( )
图2－1－1A．它们的振幅相同
B．质点D和F的速度方向相同
C．质点A和C的速度方向相同
D．从此时算起，质点B比C先回到平衡位置【自主解答】 波中各质点均做受迫振动，不考虑能量损耗，各质点振幅相同，所以选项A正确．
波传播时，离波源远的质点的振动落后于离波源近的质点的振动，并跟随着近的质点振动．D跟随C向上运动，F跟随E向下运动．同理，A向下运动，C向上运动，由此可知选项B和C错误．
由于此时B和C两点都向上运动，C比B后到最大位移处，C回到平衡位置也比B较迟，所以选项D正确．【答案】 AD
【方法总结】 解决这类问题要关注波源的位置，确定介质质点的振动是由哪个质点带动的，然后即可判断出该质点的速度方向． 下列有关纵波和横波的说法中，正确的是( )
A．振源上下振动形成的波是横波
B．振源水平振动形成的波是纵波
C．波沿水平方向传播，质点上下振动，这类波是横波
D．质点沿水平方向振动，波沿水平方向传播，这类波是纵波【精讲精析】 根据纵波与横波的概念，质点振动方向与波传播方向垂直者为横波，同一直线者为纵波，并不是上、下振动与水平振动的问题，所以A、B错．对于C，水平传播，上、下振动，属相互垂直，是横波．对于D，水平传播，水平振动还不能说明质点振动方向与波的传播方向是在同一直线上，则还不能确定是纵波，则D错．
【答案】 C【方法总结】 横波是质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波；纵波是质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波．区分横波和纵波的依据是看波的传播方向与质点的振动方向之间的关系．变式训练 下列关于横波和纵波的说法中正确的是( )
A．沿水平方向传播的叫横波
B．纵波在介质中可以沿任意方向传播
C．纵波和横波不可以同时在同一种介质中传播
D．凡是振动方向和波的传播方向在同一直线上的波叫做纵波
解析：选BD.由横波和纵波的概念可以判断A错，D对；纵波可沿任意方向传播，如声波是纵波，可以由波源向四周传播，故B对．在地震波中，横波和纵波同时在地壳中传播，故C错.课件62张PPT。2．2 机械波的描述
?
2．3 机械波的案例分析 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练2．3课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.会用图像描述机械波．
2．知道波长、频率的含义，掌握波长、频率和波速的关系式，并能应用其解答有关问题．
3．知道波速由介质本身决定．
4．了解机械波的一些例子，并能用波的知识来解释所观察到的现象．
重点难点：重点是掌握波长、频率和波速的关系并能应用其解题．难点是利用振动和波动图像分析解决问题．课前自主学案一、用图像描述机械波
1．波的图像：在平面直角坐标系中，用横坐标x表示在波的传播方向上各质点的___________，用纵坐标y表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的______，连接各位移矢量的末端，得出的曲线即为波的图像．
2．简谐波：如果波的图像是____________，这样的波叫做正弦波，也叫简谐波．介质中有正弦波时，介质的质点在做_____________．平衡位置位移正弦曲线简谐运动3．波形曲线表示介质中的________在某一时刻的位移；而振动图像则表示介质中_________在各个时刻的位移．各个质点一个质点相同的波源的周期或频率波源介质2．波长：沿着波的传播方向，两个________、相对平衡位置的_________________总是相同的质点间的距离．
在横波中，两个相邻_______(或两个相邻_______)之间的距离等于波长．
一个周期中振动在介质中传播的距离_________一个波长．
3．波长、频率与波速的关系
(1)波速v：是指振动在介质中的___________，即振动形式的传播速度，也就是能量的传播速度．波速是由___________决定的，与波的_______________________均无关．在同一种均匀介质中(温度恒定情况下)波速是___________．相邻的位移和振动方向波峰波谷等于传播速度介质的性质振幅、波长、周期、频率一个定值v＝λf三、应用图像可以解决的问题
1．根据图像可以求________；
2．根据图像可以求________；
3．根据图像可以求任意一个质点在该时刻的_________；
4．在波的传播方向已知时可确定各质点在该时刻的___________；
5．可以确定各质点在该时刻的_____________．波长振幅位移振动方向加速度方向核心要点突破一、用图像描述机械波
1．波形图像的画法
已知波的传播方向，可画出Δt前后的波形图像．常用的方法有两种：
(1)平移法：先算出经Δt时间波传播的距离Δs，再把波形向传播方向推进Δs即可．因为波形在推进波长的整数倍时，波形和原来重合，所以实际处理时通常采用“去整留零”的方法．(2)特殊点法：取两个特殊点(波峰与平衡位置或者波谷与平衡位置)来研究，根据两质点的振动方向，判断两质点经Δt后的位置，过这两位置画出相应的正弦曲线即可．
2．波的图像的应用
根据机械波的传播规律，利用该图像可以得出以下的判定：
(1)介质中质点的振幅A，波长λ(两相邻波峰或波谷之间的距离)以及该时刻各质点的位移和加速度的方向．
(2)根据波的传播方向，画出在Δt前或后的波形图像．(3)根据某一质点的振动方向，确定该时刻各质点的振动方向．
(4)根据波的传播方向，确定该时刻各质点的振动方向．
(5)根据周期，确定波的传播速度．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
图2－2－11．如图2－2－1所示的是一列简谐波在某一时刻的波形图像．下列说法中正确的是( )
A．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同
B．质点B、F在振动过程中位移总是相同
C．质点D、H的平衡位置间的距离是一个波长
D．质点A、I在振动过程中位移总是相同，它们的平衡位置间的距离是一个波长解析：选BC.从题图中可以看出质点A、C、E、G、I在该时刻的位移都是零，由于波的传播方向是向右的，容易判断出质点A、E、I的速度方向是向下的，而质点C、G的速度方向是向上的，因而这五个点的位移不总是相同，A错误；质点B、F是处在相邻的两个波峰的点，它们的振动步调完全相同，在振动过程中位移总是相同，B正确；质点D、H是处在相邻的两个波谷的点，它们的平衡位置之间的距离等于一个波长，C正确；虽然质点A、I在振动过程中位移总是相同，振动步调也完全相同，但由于它们不是相邻的振动步调完全相同的两个点，它们的平衡位置之间的距离不是一个波长(应为两个波长)，D错误．二、波动图像与振动图像的比较即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2．如图2－2－2所示的两图像，下列判断正确的是( )
图2－2－2
A．甲是振动图像，乙是波动图像
B．甲是波动图像，乙是振动图像
C．A、B两质点均向上运动
D．A、B两质点均向下运动解析：选BD.由两图像的横坐标可看出甲是波动图像，乙是振动图像，选项B正确，A错误．由甲图中的传播方向，可看出A质点此刻应向下运动，由乙图中也可判定B质点向下运动，故选项D正确，C错误．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
3．(2011年上海浦东高二检测) 对公式v＝λf的理解，以下说法中正确的是( )
A．由v＝λf可知，波速与频率成正比
B．波速v由介质决定，频率f由波源决定
C．当波由一种介质进入另一种介质时，频率不变，波速、波长改变
D．v＝λf适用于横波，不适用于纵波
解析：选BC.v＝λf中，f由波源的振动情况决定，v由介质决定与频率f无关．公式v＝λf适用于一切波．四、判定波的传播方向与质点的振动方向
根据波的图像，由波的传播方向判断各质点的振动方向或由波上某质点的振动方向确定波的传播方向，是这一部分的重点，也是难点．首先，波的传播和各质点的振动之间有着密切的内在联系，在求解这类问题时，应该全面地分析题意，合理地使用已知条件．下面介绍几种常用的方法．1．质点带动法(前带后法)
由波的形成传播原理可知，后振动的质点总是重复先振动质点的运动，且波总是由前面先振动的点向后面振动的点传播的，即前带后．
2．微平移法
所谓微平移法：即将波形沿波传播的方向平移微小的一段距离得到经过微小一段时间后的波形图，根据质点在新的波形图中的对应位置，便可判断该质点的运动方向．
3．上下坡法
沿波的传播方向看去，“上坡”处的质点向下振动；“下坡”处的质点向上振动，简称“上坡下，下坡上”．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
图2－2－3
4．如图2－2－3所示是一列简谐波某一时刻波的图像，下列说法正确的是( )
A．波一定沿x轴正方向传播
B．a、b两个质点的振动速度方向相反
C．若a点此时的速度方向沿y轴正方向，那么波的传播方向是沿x轴的正方向
D．若波沿x轴的负方向传播，则b质点的振动速度方向沿y轴的负方向解析：选BC.x轴表示在波的传播方向上一系列质点的平衡位置，但x轴的指向与波的传播方向没有关系，选项A错误．不管波向哪个方向传播，a、b两质点都在两个不同的“坡”上，其振动方向此时一定相反，选项B正确；若质点a速度方向沿y轴正方向，则波源在左侧，波沿x轴正方向传播，选项C正确；若波沿x轴负方向传播，波源在右侧，b质点应在其右侧质点的带动下振动，由图知b应向y轴正方向运动，选项D错误．故正确答案为B、C. 五、波动问题的多解性
1．由于波在传播过程中体现出时间上和空间上的周期性，所以在问题的求解上往往出现多解，造成多解的原因主要有
(1)传播方向的双向性：题目中只告诉波速，不说传播方向，应考虑两个方向传播的可能性．
(2)时间的周期性：因每隔一个周期，波形就会重复一次，造成时间间隔Δt与周期T的关系不确定．
(3)空间的周期性：因相隔波长(或波长整数倍)的两个质点的运动状态完全相同，造成波的传播距离Δx与波长λ的关系不确定．2．已知两个时刻的波的图像，求解波速的一般方法
(1)如果题目已知条件无任何限制，求出的波速应为两组解．
(2)如果题目已知条件中对波速或周期加了限制，则从两组解中分别求出有限个解．
(3)如果题目已知条件加了对波的传播方向的限制，则只能从一组解中求出符合题意的解．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
5．一列简谐横波在x轴上传播，如图2－2－4所示的实线和虚线分别为t1和t2两个时刻的波的图像，已知波速为16 m/s.
图2－2－4
(1)如果波是向右传播的，时间间隔(t2－t1)是多少？
(2)如果波是向左传播的，时间间隔(t2－t1)是多少？课堂互动讲练
图2－2－5
如图2－2－5所示，画出了一列向右传播的简谐横波在某个时刻的波形，由图像可知( )【答案】 AC
【方法总结】 根据波的图像可直接获取的信息有：该时刻各质点的位移、该列波的振幅和波长．根据机械波的形成过程，波的传播方向和质点的振动方向可以互相判断．变式训练1 一列波在介质中向某一方向传播，如2－2－6图是此波在某一时刻的波形图，且此时振动还只发生在M、N之间，并知此波的周期为T，Q质点速度方向在波形中是向下的. 则：波源是________；P质点的起振方向为________；从波源起振开始计时时，P点已经振动的时间为________．图2－2－6解析：由Q点的振动方向可知波向左传播，N是波源. 由M点的起振方向(向上)得P质点的起振方向向上．振动从N点传播到M点需要1T，传播到P点需要3T/4，所以质点P已经振动的时间为T/4. 如图2－2－7所示，图甲为某一波动在t＝1.0 s时的图像，图乙为参与该波动的质点P的振动图像．
图2－2－7(1)求该波波速；
(2)求再经过3.5 s时P质点经过的路程；
(3)判断波的传播方向．【答案】 (1)4 m/s (2)2.8 m (3)向左传播
【方法总结】 对于波动与振动相结合的问题，要充分利用两图像提供的相关信息分析问题，例如可以从两图像上分别读出λ与T，结合振动图像还可判断出波形图上某点的振动方向等．变式训练2 如图2－2－8甲所示为一列简谐横波在t＝20 s时的波形图，图乙是这列波中P点的振动图像，那么该波的传播速度和传播方向是( )
图2－2－8A．v＝25 cm/s，向左传播
B．v＝50 cm/s，向左传播
C．v＝25 cm/s，向右传播
D．v＝50 cm/s，向右传播 在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s，如图2－2－9甲所示．振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向向上．经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形．关于这列波的周期和波速有如下说法，其中正确的是( )图2－2－9A．这列波的周期T＝2t/3
B．这列波的周期T＝t/2
C．这列波的传播速度v＝12s/t
D．这列波的传播速度v＝16s/t【答案】 BD
【方法总结】 质点振动情况相同说明所用时间为周期的整数倍．波形图中只给出了前13个质点的波形，实际波已传播到前方，只是13个质点之后的波形没有画出而已．变式训练3 在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图2－2－10甲所示．一列横波沿该直线向右传播，t＝0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图乙所示的波形．则该波的( )
图2－2－10 如图2－2－11所示，已知波向右传播，请判断质点A、B、C、D、E的振动方向．图2－2－11【精讲精析】 应用质点带动法：因为波的传播过程是振动形式的传播，当介质中的某一质点开始振动时，必然带动其周围相邻的质点振动，这些质点又依次带动各自相邻的质点振动，依次类推，振动就逐渐传播开来形成波．所以沿波传播的方向，各质点的步调是依次落后的，总是前一质点带动后一相邻质点，后一质点总是力图跟上带动其振动的前一相邻质点并重复其运动．由图像可知波由左向右传播，则A点的前一个点应该在其下面的F点．而F点只能带动A点往下运动．同理B、C的前一质点在B、C的上面，所以B、C向上运动，E、D两点的前一点在E、D下面，所以E、D向下运动．【答案】 质点A、E、D向下振动 质点B、C向上振动
【方法总结】 应用质点带动法，先判断波源的位置，再看各点的先后顺序，利用前带动后的方法判断．变式训练4 如图2－2－12所示为一列简谐横波在某一时刻的波的图像，已知质点a在此刻的振动方向向下，则( )
A．波向左传播，质点b向下振动，质点c向上振动
B．波向右传播，质点b向上振动，质点c向下振动
C．波向左传播，质点b向上振动，质点c向上振动
D．波向右传播，质点b向下振动，质点c向下振动图2－2－12解析：选C.由于质点a在此刻是向着负方向的最大位移处振动的，可知它的运动落后于右侧邻近的那个质点，所以波向左传播，B、D错．再来确定质点b、c的振动方向，与b右侧邻近的那个质点的振动是超前于b的，它的位置在b之上，则b向上运动，同理c也向上运动，故本题答案为C. 一列简谐横波图像如图2－2－13所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt＝t2－t1＝0.5 s，求：
(1)这列波的可能波速的表达式？
(2)若波向左传播，且3T<Δt<4T，波速多大？
(3)若波速v＝68 m/s，则波向哪个方向传播？图2－2－13【答案】 见精讲精析
【方法总结】 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、向负(或向左、向右)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．变式训练5 一机械波相隔时间t的两个时刻的波形图像分别如图2－2－14中实线和虚线所示，若波速为1 m/s，那么t值可能是( )
A．1 s B．2 s
C．3 s D．4 s图2－2－14课件29张PPT。2．4 惠更斯原理 波的反射与折射 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练2．4课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.知道什么是波面和波线．
2．理解惠更斯原理．
3．知道波传播到两种介质的交界面时，会同时产生反射和折射现象．
4．掌握波的反射定律和折射定律．
5.会用惠更斯原理解释波的传播、反射和折射．
重点难点：重点是波的反射和折射，难点是理解惠更斯原理．课前自主学案一、惠更斯原理
1．波面和波线
图2－4－1(1)波面和波线
①波面：波在介质中传播时，任一时刻介质振动步调相同的点的包络面叫做_______，如图2－4－1所示．最前面的波面又叫_______．
②波线：________于波面并指向波传播方向的直线．它代表了波的传播的方向，波线与波面____________．
(2)球面波
由空间一点发出的波，它的波面是以波源为球心的一个球面，波线就是这些球面的半径，这样的波称为_________．
(3)平面波
平面波指波面是________的波．波面波前垂直相互垂直球面波平面2．惠更斯原理
(1)内容：介质中波前上的各点，都可以看作是一个新的波源(子波源)，并发出子波；其后，这些子波的包络面就是新的波面．它是惠更斯在1690年提出的．
(2)应用：如果知道某时刻一列波的某个波面的位置，还知道波速，利用惠更斯原理可以得到下一时刻这个波面的位置，从而可确定波的_______________．前进方向二、研究机械波的反射规律
图2－4－2
1．定义：波在传播过程中入射到两种介质的分界面上时，传播方向改变的规律，即波的反射和折射规律．如图2－4－2所示为水波的反射现象．2．反射定律
在波的反射中，入射角为入射波的______与界面法线的夹角；反射角为反射波的波线与_________的夹角；反射角_________入射角；反射波的波长、频率和波速都与入射波相同．波线界面法线等于2．折射的两种情况：如图2－4－3所示．
图2－4－3
(1)当入射角度______折射角度时，折射角折向法线．
(2)当入射角度______折射角度时，折射角折离法线．
(3)当垂直界面入射时，___________不改变，属折射中的特例．大于小于传播方向核心要点突破一、用光的反射和折射来理解机械波的反射和折射
我们在初中学过光的反射定律和折射定律，光的反射和折射与机械波的反射和折射有许多相似的地方，可以进行类比学习．具体见下表：即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1．人在室内讲话的声音比在室外空旷处讲话声音要洪亮，是因为( )
A．室内空气不流动
B．室内声音多次反射
C．室内声音发生折射
D．室内物体会吸收声音
解析：选B.人在室内讲话时，声音会多次发生反射，进入耳时听到的声音就比较洪亮．二、对惠更斯原理的进一步理解
1．对波线与波面的理解
(1)波面不一定是面，如水波，它只能在水面传播，水波的波面是以波源为圆心的一族圆．
(2)波线是有方向的一族线，它的方向代表了波的传播方向.
(3)波线与波面互相垂直，一定条件下由波面可确定波线，由波线可确定波面．2．应用惠更斯原理解释波的现象的步骤
(1)确定一列波某时刻一个波面的位置；
(2)在波面上取两点或多个点作为子波的波源；
(3)选一段时间Δt；
(4)根据波速确定Δt时间后子波波面的位置；
(5)确定子波在前进方向上的包络面，即为新的波面；
(6)由新的波面可确定波线及其方向．
例如教材上应用惠更斯原理解释了球面波和平面波的传播，同学们要认真领会．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2．对于平面波，波阵面与波线________；对于球面波，波阵面是以________为球心的球面，波线沿球的________方向．介质中任一波面上的各点，都可以看做________________________________________________________________________．
答案：垂直 波源 半径 发射子波的波源三、波的反射、折射现象中各物理量的变化
波向前传播在两介质的界面上同时发生了反射和折射现象，一些物理量相应发生了变化，比较如下：1.频率f由波源决定，故无论是反射波还是折射波都与入射波的频率，即波源的振动频率相同．
2．波速v由介质决定，故反射波与入射波在同一介质中传播，波速不变；折射波与入射波在不同介质中传播，波速变化．
3．据v＝λf知，波长λ与v及f有关，即与介质及波源有关．反射波与入射波在同一介质中，频率相同，故波长相同．折射波与入射波在不同介质中传播，f相同，v不同，故λ不同．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
图2－4－4
3．如图2－4－4所示，一列机械波从一种介质进入另一种介质发生的现象，已知波在介质1中的波速为v1，波在介质2中的波速为v2，则v1：v2为多少？课堂互动讲练 有一辆汽车以15 m/s的速度匀速行驶，在其正前方有一陡峭山崖，汽车鸣笛2 s 后司机听到回声，此时汽车距山崖的距离有多远？(v声＝340 m/s)
图2－4－5【答案】 325 m
【方法总结】 搞清声音传播的过程与汽车运动的空间与时间关系是解题的关键．而形象、直观地展示这一关系的常用方法就是画出汽车与声音运动过程示意图，然后借助等量关系列式求解．变式训练 蝙蝠有完善的发射和接收超声波的器官，一只蝙蝠以6.0 m/s的速度垂直于墙飞行，且以f＝4.5×104 Hz的频率发超声波，并经0.01秒接收到回声．若声速是340 m/s，求蝙蝠发射超声波时离墙的距离及蝙蝠所发出的超声波的波长？答案：s＝1.73 m，λ＝7.56×10－3 m 如图2－4－6所示，某列波以60°的入射角由甲介质射到乙介质的界面上同时产生反射和折射，若反射波的波线与折射波的波线的夹角为90°，此波在乙介质中的波速为1.2×105 km/s.
图2－4－6
(1)该波的折射角为________．
(2)该波在甲介质中的传播速度为多少？【答案】 (1)r＝30° (2)v甲＝2.08×105 km/s
【方法总结】 在波的反射与折射现象中，熟悉波的入射角、反射角、折射角的概念并能理解波的反射与折射规律是顺利求解问题的关键．课件34张PPT。2．5 波的干涉与衍射 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练2．5课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.知道波具有独立传播的特性和两波叠加的位移规律．
2．知道什么是波的干涉现象及产生稳定干涉的必要条件，并理解波的干涉原理．
3．知道什么是波的衍射现象，并理解发生明显衍射现象的条件．
4．确认干涉和衍射是波特有的现象．
重点难点：波的干涉和衍射是重点，波的干涉是难点．课前自主学案一、波的叠加原理
几列波相遇时能够保持_________________________________继续传播，互不影响．在相遇区域内，任一质点的位移是各列波单独存在时在该点所引起的位移的____________，这就是波的独立性和叠加原理，如图2－5－1所示．各自的特性频率、波长、振动方向等矢量和图2－5－1二、研究波的干涉
1．定义：振动______________________的两列波叠加，使某些区域振动_________，某些区域振动______，而且振动加强的区域和振动减弱的区域__________，始终稳定，这种现象叫做波的干涉．________________叫做干涉图样．
2．产生干涉的必要条件是：(1)两列波的_______一定相同，
(2)两波源振动步调一致．
3．两个相干波源S1和S2的空间里任一点A的振动是增强还是减弱的条件是频率相同，步调一致加强减弱相互隔开形成的图样频率图2－5－2三、研究波的衍射
1．定义：波可以绕过__________________的现象，叫做波的衍射．
2．发生明显的衍射现象的条件
只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟___________时，或者_______________时，才能观察到明显的衍射现象．
3．一切波都能发生衍射或干涉，衍射或干涉是波特有的一种现象．障碍物继续传播波长差不多比波长更小核心要点突破一、波的叠加原理及干涉现象和干涉条件
波的叠加：几列波在相遇时能够保持各自的运动状态继续传播，在它们重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起位移的矢量和．两列波要产生干涉，频率相同是首要条件．假设频率不同，在同一种介质中传播的波，其波长就不相等，这样以来，在某时刻的某点(设p点)为两列波的波峰相遇，振动加强，但此后两列波不总使p点的振动加强，还可以是波谷与波峰相遇而使振动削弱，这样不能形成稳定的振动加强点和减弱点．因此我们就看不到稳定的干涉图样，只能是一般的振动叠加现象．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1．下列关于两列波相遇时叠加的说法正确的是( )
A．相遇后，振幅小的一列波将减弱，振幅大的一列波将加强
B．相遇后，两列波的振动情况与相遇前完全相同
C．在相遇区域，任一点的总位移等于两列波分别引起的位移的矢量和
D．几个人在同一房间说话，相互间听得清楚，这说明声波在相遇时互不干扰解析：选BCD.两列波相遇时，每一列波引起的振动情况都保持不变，而质点的振动则是两列波共同作用的结果，故A选项错误，B、C选项正确．几个人在同一房间说话，声带振动发出的声波在空间中相互叠加后，不改变每列波的振幅、频率，所以声波传到人的耳朵后，仍能分辨出不同的人所说的话．故D正确．二、波的干涉现象中的加强区和减弱区
1．在干涉现象中，加强区是指该区域内质点的振幅A增大；减弱区域是指该区域内质点的振幅A减小．设两个频率和步调都相同的波源单独引起的振幅为A1和A2，则在振动加强区中质点振动的振幅为A1＋A2，在减弱区域中质点的振幅为|A1－A2|，不论是加强区还是减弱区中的质点，都仍然在其平衡位置附近做振动，它们的振动位移仍随时间发生周期性变化. 因此，某一时刻，加强区域中质点的位移有可能小于减弱区域中质点振动的位移，若A1＝A2，则减弱区中质点的振幅为零，不振动．2．振动加强或振动减弱的判断有以下两种方法
(1)条件判断法
振动频率相同、振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的距离差为Δr，那么当Δr＝2kλ/2(k＝0,1,2，…)时为加强点；当Δr＝(2k＋1)λ/2(k＝0,1,2，…)时为减弱点．若两波源振动步调相反，则上述结论相反．
(2)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．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
图2－5－3
2．如图2－5－3所示是水波干涉示意图，S1、S2是两波源，A、D、B三点在一条直线上，两波源频率相同，振幅相等，下列说法正确的是( )
A．质点A一会儿在波峰，一会儿在波谷
B．质点B一会儿在波峰，一会儿在波谷
C．质点C一会儿在波峰，一会儿在波谷
D．质点D一会儿在波峰，一会儿在波谷解析：选ABD.在波的干涉中，振动加强区域里的质点总在自己的平衡位置两侧做简谐振动，只是质点的振幅较大为A1＋A2，本题中由于A1＝A2，故振动减弱区的质点并不振动，而此时A点是波峰与波峰相遇，是加强点，B点是波谷与波谷相遇，是加强点．又A、D、B三点在一条振动加强线上，这条线上任一点的振动都是加强的，故此三点都为加强点，这样，此三点都是一会儿在波峰，一会儿在波谷．三、波的衍射问题
1．波可以绕过障碍物继续传播的现象，叫做波的衍射．
2．一切波都能发生衍射现象．障碍物或孔的尺寸大小并不是决定波是否发生衍射的条件，而是波发生明显的衍射现象的条件．
3．发生明显的衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸和波长相差不多．4．如果明显衍射的条件不满足，衍射现象仍然存在，只是不明显而已．当障碍物或孔的尺寸远远大于波长时，那么波绕过障碍物或孔的尺寸越小越好，当障碍物或孔的尺寸远远小于波长时，尽管衍射现象十分突出，但是由于波的能量的减弱，也不容易观察到衍射现象．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
3．下列说法正确的是( )
A．衍射是一切波特有的现象
B．对同一列波，障碍物或孔越小衍射越明显
C．听到回声是声波的衍射现象
D．听到回声是共鸣现象
解析：选AB.衍射是波特有的现象．障碍物或孔的尺寸越小，越能满足发生明显衍射现象的条件．回声是声波的反射现象，如果回声到达人耳比原声滞后0.1 s以上，就能区分回声和原声．所以正确选项为A、B.课堂互动讲练 两列沿相反方向传播的振幅和波长都相同的半波(如图2－5－4甲所示)，在相遇的某一时刻(如图乙)两列波“消失”，此时图中ɑ、b质点的振动方向是( )
图2－5－4
A．ɑ向上，b向下 B．ɑ向下，b向上
C．ɑ、b都静止 D．ɑ、b都向上【精讲精析】 由波的叠加原理，ɑb间的质点的振动合位移为零，由波的传播方向和质点振动方向的关系．在ɑ点两列波的振动方向都向下，所以ɑ点合振动的方向向下，在b点两列波的振动方向都向上，所以b点合振动方向向上，所以B正确，A、C、D都不正确．
【答案】 B
【方法总结】 在图乙中，ɑ质点有两列波分别引起振动，由波的传播方向和质点振动方向的关系，这两列波都使质点ɑ向下振动．变式训练1 两列完全相同的横波分别从波源A、B两点沿直线Ox轴相向传播时的波形图如图2－5－5所示，如果两列波的波速都是1 m/s，试判断从图示时刻开始，最短再经过________ s，质点P的位移最大．
图2－5－5答案：0.3 如图2－5－6所示，S1、S2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相同．实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷．关于图中所标的a、b、c、d四点，下列说法中正确的是( )
图2－5－6A．该时刻a质点振动最弱，b、c质点振动最强，d质点振动既不是最强也不是最弱
B．该时刻a质点振动最弱，b、c、d质点振动都最强
C．a质点的振动始终是最弱的，b、c、d质点的振动始终是最强的
D．再过T/4后的时刻a、b、c三个质点都将处于各自的平衡位置，因此振动最弱【自主解答】 该时刻a质点振动最弱，b、c质点振动最强，这不难理解．但是d既不是波峰和波峰叠加，又不是波谷和波谷叠加，如何判定其振动强弱，这就要用到充要条件：“到两波源的路程之差是波长的整数倍”时振动最强．从图中可以看出，d是S1、S2连线的中垂线上的一点，到S1、S2的距离相等，所以必然为振动最强点．故正确选项为B、C.
【答案】 BC【方法总结】 描述振动强弱的物理量是振幅，而振幅不是位移，每个质点在振动过程中的位移是在不断改变的，但振幅是保持不变的，所以振动最强的点无论处于波峰还是波谷，振动始终是最强的．变式训练2 如图2－5－7所示，S1、S2为水波槽中的两个波源，它们分别激起两列水波，图中实线表示波峰，虚线表示波谷．已知两列波的波长分别为λ1和λ2，且λ1＞λ2，该时刻在P点为两列波的波峰与波峰相遇，则以下叙述中正确的是( )
图2－5－7A．P点有时在波峰，有时在波谷，振动始终相互加强
B．P点始终在波峰，不可能在波谷
C．因为λ1>λ2，所以P点的振动不遵守波的叠加原理
D．P点的振动遵守波的叠加原理，但并不始终相互加强
解析：选D.由于λ1＞λ2，v1＝v2(同一介质)，所以频率f1≠f2，两列波不能产生稳定的干涉，但叠加区仍遵守叠加原理． 下列关于波的衍射的说法正确的是( )
A．太阳光是波长极短的电磁波，所以不能发生衍射现象
B．太阳光虽然波长极短，但在一定的条件下也能发生明显的衍射现象
C．只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象
D．声波容易发生衍射是由于声波波长较大【精讲精析】 一切波(包括横波、纵波)都能发生衍射，衍射是波特有的现象，所以选项A、C是错误的．只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长差不多或比波长小时才能观察到明显的衍射现象，所以选项B是正确的．通常声波的波长在1.7 cm～17 m之间，一般常见的障碍物或孔的大小可与之相比，正是由于声波的波长较长，声波容易发生衍射现象，所以选项D是正确的．
【答案】 BD【方法总结】 一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象．只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象．变式训练3 如图2－5－8是观察水波衍射的装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已经画出波源所在区域波的传播情况，每条相邻波纹(图中曲线)之间的距离表示一个波长，则对于波经过孔之后的传播情况，下列描述中正确的是( )图2－5－8A．此时能明显观察到波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距相等
C．如果孔AB扩大后，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能更明显观察到衍射现象
解析：选ABC.从图中波纹间距与孔AB比较来看，相差不多，能产生明显的衍射现象，选项A正确．挡板前后水面的深度相同，波速不变，频率不变，因此波长也不变，选项B正确．如果将孔扩大，不满足衍射条件，不会有明显的衍射，选项C正确．孔的大小不变，波的频率增大，波长将变小，不再满足衍射条件，会不明显．D项错．课件27张PPT。2．6 多普勒效应 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练2．6课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.知道波源频率与观察者接收频率的区别．
2．知道什么是多普勒效应，知道它是在波源与观察者之间有相对运动时产生的现象．
3．了解多普勒效应的一些应用．
重点难点：理解多普勒效应．课前自主学案一、感受多普勒效应
1．音调与响度
(1)音调由________决定，频率高则音调高，频率低则音调低．
(2)响度由________决定，振幅大则响度大，振幅小则响度小．
2．多普勒效应
(1)定义：多普勒效应指由于波源与观察者之间有相对运动，使观察者感到_________变化的现象．频率振幅频率(2)现象分析
波源与观察者相对静止时，单位时间内通过观察者的波峰(或密部)的数目是一定的，观察者感觉到的频率_________波源振动的频率．
波源与观察者相互靠近时，单位时间内通过观察者的波峰(或密部)的数目增加，观察者感觉到的频率大于波源的频率，即感觉到的频率_____；波源与观察者相互远离时，观察者感觉到的频率_____．等于增加变小二、身边的多普勒效应
1．工业生产：根据多普勒效应制成的流量计，可以测定各种封闭管道中流体或悬浮物液体的流速．
2．医疗：医学中根据多普勒效应制成的胎心控制器、血流测定仪，可以探测人体内脏器官因为病变而引起的异常状况．3．交通：利用激光的多普勒效应可以精确测定各种运动物体的速度，如学校附近，可在公路上安装多普勒测速仪便可监视过往车辆的行驶速度是否符合要求．
4．测天体运动：天文学中根据多普勒效应可以计算出此天体相对地球的运动速度，人造卫星的运动速度等．
5．军事：以炮弹飞行的尖叫声判断炮弹的飞行方向．核心要点突破一、对多普勒效应的解释
为简单起见，我们只讨论波源和观察者在二者的连线上运动的情形．
1．波源与观察者相对于介质均为静止的情况
观察者所接收到的频率与波源的振动频率相同．
2．波源静止而观察者运动的情况
若观察者朝波源运动，由于观察者迎着波传来的方向运动，使得观察者在单位时间内接收到的完全波的个数大于波源发出的完全波的个数，3．观察者静止而波源运动的情况
图2－6－1
当波源S向观察者O运动时，波源在前进过程中，不断地发射出波，而已经发射出的波仍以波速v前进，而后继波的波源地点(球面的中心)向前移了，所以波源前面的波面被挤紧，因此波面间隔减小了；波源后面的波面稀疏了，因此，波面间隔增大了，如图2－6－1所示．
波在介质中的传播速度并没有改变，观察者在波源右方时，即波源接近观察者时，观察者在单位时间内接收到的完全波的个数增多，即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1．关于多普勒效应，下列说法正确的是( )
A．多普勒效应是由波的干涉引起的
B．多普勒效应说明波源的频率发生改变
C．只有声波才可以产生多普勒效应
D．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的解析：选D.多普勒效应是由于观察者与波源之间有相对运动而产生的，靠近时频率变大，远离时频率变小，一切机械波都能产生多普勒效应，故A、B、C错误，D项正确．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2．某人骑自行车在公路上行走，一辆警车一边发出警报声一边飞速地从对面迎面驶来，又飞速地驶去，在这一过程中，他听到的警报声的变化将是( )
A．音调先高后低 B．音调先低后高
C．音调没有明显变化 D．频率先高后低
解析：选AD.自行车与警车相互靠近又相互远离的过程中，骑自行车的人在单位时间内接收到的声波数目先增加后减小，感觉到频率f先变高后变低，由于音调由频率决定，故也是先变高后变低．课堂互动讲练 下列说法中正确的是( )
A．发生多普勒效应时，波源的频率变化了
B．发生多普勒效应时，观察者接收的频率发生了变化
C．多普勒效应是在波源与观察者之间有相对运动时产生的
D．多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的【精讲精析】 当波源与观察者之间有相对运动时会发生多普勒效应，选项C正确；发生多普勒效应时，观察者接收到的频率发生了变化，而波源的频率并没有改变，故选项A错误，选项B正确；此现象是奥地利物理学家多普勒首先发现的，选项D正确．
【答案】 BCD【方法总结】 本题易误选A.多普勒效应是观察者与波源发生相对运动而使观察者感受到的波的频率发生变化的现象．往往误认为是波源的频率变化了．变式训练1 关于多普勒效应的认识，下列说法中正确的是( )
①产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化 ②产生多普勒效应的原因是观察者和波源之间发生了相对运动 ③甲、乙两列车相向行驶，两车均鸣笛，且所发出的笛声频率相同，乙车中的某旅客听到的甲车所发出的笛声频率低于他听到的乙车所发出的笛声频率 ④多普勒效应是德国科学家发现的
A．①③ B．②④
C．②③④ D．②解析：选D.由多普勒效应的定义知①错，②正确；甲、乙两列车相向行驶，两车均鸣笛，且所发出的笛声频率相同，乙车中的某旅客听到的甲车所发出的笛声频率应高于他听到的乙车所发出的笛声频率，则③错；多普勒效应是奥地利物理学家多普勒发现的，④错误．综上所述，D正确． 公路巡警开车在高速公路上以100 km/h的恒定速度巡查．在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波，结果该电磁波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的电磁波频率比发出时低．(1)此现象属于________．
A．波的衍射 B．波的干涉
C．多普勒效应 D．波的反射
(2)若该路段限速为100 km/h，则轿车是否超速？
(3)若轿车以20 m/s的速度行进，反射回的频率应怎样变化？【自主解答】 (1)巡警车接收到的电磁波频率比发出时低，此现象为多普勒效应．
(2)因警车接收到的频率低，由多普勒效应知警车与轿车在相互远离，而警车车速恒定又在后面，可判断轿车车速比警车车速大，故该车超速．
(3)若该车以20 m/s的速度行进时，此时警车与轿车在相互靠近，由多普勒效应知反射回的频率应偏高．
【答案】 见自主解答【方法总结】 多普勒效应中判定波源与观察者之间距离如何变化只需比较波源频率f波源；与观察者接收到的频率f接收间的大小关系，即：当f波源>f接收时二者距离在增大；当f波源A．利用地球上接收到遥远天体发出的光波的频率来判断遥远天体相对于地球的运动速度
B．交通警察向行进中的汽车发射一个已知频率的电磁波，波被运动的汽车反射回来，根据接收到的频率发生的变化，就知道汽车的速度，以便于进行交通管理
C．铁路工人用耳贴在铁轨上可判断火车的运动情况
D．有经验的战士从炮弹飞行的尖叫声可以判断飞行炮弹是接近还是远去解析：选ABD.凡是波都具有多普勒效应，因此利用光波的多普勒效应便可以测定遥远星体相对地球远离的速度．故A选项正确．被反射的电磁波，相当于一个运动的物体发出的电磁波，其频率发生变化，由多普勒效应的计算公式可以求出运动物体的速度，故B选项正确．对于C选项，铁路工人是根据振动的强弱而对列车的运动作出判断的，故不正确．炮弹飞行，与空气摩擦产生声波，人耳接收到的频率与炮弹的相对运动方向有关，故D选项正确．课件42张PPT。本 章 优 化 总 结 专题归纳整合高考真题演练本 章 优 化 总 结知识网络构建章末综合检测知识网络构建专题归纳整合1．微移法
当已知波的传播方向时，可将t时刻的波形曲线沿波的传播方向平移一微小的距离，它便是t＋Δt时刻的波形曲线，知道了各个质点经过Δt时间到达的位置，质点的振动方向就可以判断出来了．2．追随法
当已知波的传播方向时，可通过波的传播方向判断出波源的位置，在质点A靠近波源一侧附近图像上找另一质点B，若质点B在A的上方，则A向上运动，若质点B在A的下方，则A向下运动．即沿波的传播方向，后振动的质点总是追随先振动的质点来运动的．3．逆向描绘法
当已知波的传播方向时，运用逆向复描波形法解答十分简捷．即：手握一支笔，逆着波的传播方向复描已知波形，凡复描时笔尖沿波形向上经过的质点，此刻均向上运动；凡复描时笔尖沿波形向下经过的质点，此刻均向下运动(波峰和波谷除外)． 简谐横波某时刻的波形图如图2－1所示．由此图可知( )
图2－1
A．若质点P向上运动，则波是从左向右传播的
B．若质点Q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M向上运动
D．若波从右向左传播，则质点N向上运动【精讲精析】 本题主要考查对波的传播方向与波上某质点运动方向间的关系的推理判断．
法一(逆向复描法)：若质点P向上运动，运用逆向复描波形法应向右描，说明波向左传播，选项A错误；同理可判定，选项B正确；若此列波向左传播，运用上述逆向复描波形法可判定出质点M向下运动，质点N向上运动，选项C错误，D正确．法二(追随法)：若质点P向上振动，说明它正在追随其右边附近的质点振动，波源在右边，所以波从右向左传播，选项A错误；同理可判定，选项B正确；若波从右向左传播，质点M应当追随其右边附近的质点振动，即向下运动，选项C错误；同理可得，选项D正确．
法三(微移法)：若质点P向上振动，可知经过一段很短的时间Δt质点P的位置在该时刻位置的上方P′，过P′顺势描出波的图像如图2－2所示，由图可知，波向左传播，选项A错误；同时可以判断，波向左传播时，质点M向下运动，质点N向上运动，选项C错，D对；与选项A的判断同理可知，选项B正确．
图2－2
【答案】 BD1．振动图像和波动图像的联系
简谐波是简谐运动在介质中的传播，两者都是按正弦或余弦规律变化的曲线；振动图像和波动图像中的纵坐标均表示质点的振动位移，它们中的最大值均表示质点的振幅．
2．振动图像和波动图像的区别
(1)振动图像描述的是某一质点在不同时刻的振动情况；波动图像描述的是在波的传播方向上不同质点在某一时刻的振动情况．(2)振动图像中的横坐标表示时间，箭头方向表示时间向后推移；波动图像中的横坐标就是介质中各个质点的平衡位置坐标，箭头的方向可以表示振动在介质中的传播方向，即波的传播方向，也可以表示波的传播方向的反方向．
(3)振动图像随时间的延续将向着横坐标箭头方向延伸，原图像形状不变；波动图像随着时间的延续，原图像的形状将沿波的传播方向整个儿地平移，而不是原图像的延伸． 一列机械波沿直线ab向右传播，ab＝2 m，a、b两点的振动情况如图2－3所示，下列说法中正确的是( )
图2－3图2－4【答案】 AB波的多解性问题实际上可分为传播方向的多解性、时间多解性、空间多解性三大类，处理此类问题要注意题目给出的时间内可能有多个周期，或者给出的位移可能是多个波长． (2011年湖北黄冈模拟)有一列沿水平方向传播的简谐横波，频率为10 Hz，沿竖直方向振动，当绳上的质点P到达其平衡位置且向下运动时，在其右方相距0.6 m处的质点Q刚好到达最高点，求波的传播方向和波速．
【精讲精析】 由题意可以作出一个周期内P、Q两质点可能的波形示意图，波可以向左传播，也可以向右传播，如图2－5所示，甲、乙分别表示波向右和向左传播时的基本波形．图2－51．画波的图像
要画出波的图像，通常需要知道波长λ、振幅A、波的传播方向以及横轴上某质点在该时刻的振动状态(包括位移和振动方向)这四个要素．
2．根据波的传播方向(或质点的振动方向)，判断图像上该时刻各质点的振动方向(或波的传播方向)解决这类问题的方法很多，这里只介绍最简单也是最实用的一种，即“口诀法”：沿波的传播方向看，“上山低头”、“下山抬头”．其中“低头”表示质点向下振动，“抬头”表示质点向上振动．与人低头爬山，下山抬头远眺类比形象记忆，十分简捷地判断两者方向间的关系．3．根据波速v和波形，画出经过Δt时间的波形图
(1)平移法：先算出经Δt时间波传播的距离Δx＝v·Δt，再把波形沿波的传播方向平移Δx即可．因为波动图像具有周期性，若知波长λ，则波形平移nλ时波形不变，当Δx＝nλ＋x(0(2)特殊点法：在波形上找两特殊点，如平衡位置的点和与它相临的峰(谷)点，先确定这两点的振动方向，再看Δt＝nT＋t(0求振动质点的路程和位移，由于涉及质点的初始状态，若用正弦函数较复杂，但Δt若为半周期T/2的整数倍则很容易． 一列简谐横波沿x轴传播，周期为T.t＝0时刻的波形如图2－6所示．此时平衡位置位于x＝3 m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa＝2.5 m，xb＝5.5 m，则( )
图2－6A．当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷
B．t＝T/4时，a质点正在向y轴负方向运动
C．t＝3T/4时，b质点正在向y轴负方向运动
D．在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能相同【精讲精析】 由图可看出波长为4 m，t＝0时刻x＝3 m处的质点向上振动，可得该波向左传播．将整个波形图向左平移1.5 m时，a质点到达波峰，此时b质点正好在平衡位置，与t＝0时刻平衡位置在7 m处的质点振动状态一样，故a质点到达波峰时，b质点正在平衡位置并向上振动，A错；将图像整体向左平移1 m，即波传播T/4时，a质点的振动状态与t＝0时刻平衡位置在3.5 m处的质点振动状态一样，即处在平衡位置上方并向y轴正方向运动，B错；
将图像整体向左平移3 m，即波传播3T/4时，a质点的振动状态与t＝0时刻平衡位置在9.5 m处和1.5 m处的质点振动状态一样，即处在平衡位置下方并向y轴负方向运动，C对；a、b质点相隔3 m，即相差3T/4，速度相同的质点应该在半周期内才会出现，故D错．
【答案】 C高考真题演练1．(2011年高考北京理综卷)介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点( )
A．它的振动速度等于波的传播速度
B．它的振动方向一定垂直于波的传播方向
C．它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D．它的振动频率等于波源的振动频率解析：选D.由振动和波的关系可知：质点的振动速度是质点运动的速度，而波的传播速度是指“振动”这种运动形式的传播速度，故A错；波可分为横波和纵波，在纵波中，质点的振动方向与波的传播在一条直线上，故B错；在一个周期内波传播的距离等于波长，而质点运动的路程等于4个振幅，故C错；介质中所有质点的振动都是由波源的振动引起的，它们的振动频率与波源的振动频率都相同，故D正确．2．(2011年高考重庆理综卷)
图2－7
介质中坐标原点O处的波源在t＝0时刻开始振动，产生的简谐波沿x轴正向传播，t0时刻传到L处，波形如图2－7所示．在图2－8中能描述x0处质点振动的图像是( )图2－8
解析：选C.因波沿x轴正向传播，由“上下坡法”可知t＝t0时L处的质点振动方向向下，可知x0处的起振方向向下，故A、B两项均错；还可判断x0处的质点振动方向也向下，故C项正确，D项错误．3．(2011年高考四川理综卷)
图2－9
如图2－9为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则( )
A．1 cmB．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处5．(2011年高考山东理综卷)如图2－10所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1＝0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2＝0.01 s时的波形图．已知周期T＞0.01 s.
图2－10(1)波沿x轴________(填“正”或“负”)方向传播；
(2)求波速．
答案：(1)正 (2)100 m/s课件23张PPT。3．1 麦克斯韦的电磁场理论 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练3.1课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.了解法拉第提出的“力线”和“场”的概念．
2．知道麦克斯韦电磁场理论的两大支柱是什么．
重点难点：麦克斯韦电磁场理论．课前自主学案一、法拉第的贡献
法拉第创造性地用_________和_________的概念来描述电荷之间、磁体之间以及电与磁之间的相互作用．“场”的概念是牛顿时代以来在物理学概念方面最重要的变革，也使人们对物质概念的认识提升到一个新的高度，即物质的存在有两种形态：一种是分子、原子等_________，另一种是___________．“力线”“场”实物场二、电磁场理论的两大支柱
1．变化的磁场产生电场
在变化的磁场中放一个闭合电路，电路里会产生感应电流，其实质是变化的磁场在它周围空间产生了电场，电路中的自由电荷在电场力作用下做定向移动，形成了感应电流，即使在变化的磁场周围没有闭合电路，同样产生电场，如图3－1－1所示．图3－1－12．变化的电场产生磁场
变化的磁场产生电场，麦克斯韦确信自然规律的统一性与和谐性，他大胆假设：变化的电场会在空间产生磁场，如图3－1－2所示．图3－1－23．电磁场理论——伟大的丰碑
电磁场理论的大意是：均匀变化的磁(电)场产生_______的电(磁)场，不均匀变化的磁(电)场产生________的电(磁)场．
麦克斯韦认为，不均匀变化的磁场和电场相互耦连，形成不可分离的统一的_________．变化的电场会在周围的空间产生变化的磁场，这个变化的稳定变化电磁场磁场又会在较远的空间产生变化的电场．电场与磁场相互激发，由_____及_____地向周围空间传播，从而在理论上预言了电磁波的存在．
麦克斯韦从他的电磁场方程组得到：电场和磁场的方向_____________并且都_______于传播的方向，即电磁波是_____波；电磁波在真空中传播的速度恰好等于_______，即v ＝3.0×108m/s.
近远相互垂直垂直横光速核心要点突破一、对麦克斯韦电磁场理论的理解
对于麦克斯韦电磁场理论不仅要知道“变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场”，而且要进一步知道：均匀变化的磁场产生稳定的电场，稳定的电场不再产生磁场；均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不再产生电场；周期性变化的磁场产生同周期变化的电场；周期性变化的电场产生同周期变化的磁场．二、变化的磁场产生的电场与静电场有何区别
变化的磁场所产生的电场能使自由电荷定向移动形成电流，源源不断地对运动电荷做功，使正电荷从低电势移到高电势，将其他形式的能转化为电能．而静电场力移动电荷做功，是将电能转化为其他形式的能，使正电荷从高电势移到低电势，所以变化磁场所产生的电场不是静电场．一个电荷在静电场中移动一周回到出发点过程静电场力做功为零，即静电场力的功与路径无关．而变化的磁场产生的非静电场，对电荷的作用力做功与路径有关，沿闭合回路一周非静电场力做功不为零，非静电场的电场线是封闭曲线，因此非静电场又叫涡旋电场．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
下列关于麦克斯韦电磁场理论的说法中正确的是
( )
A．均匀变化的电场将产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场将产生均匀变化的电场
B．均匀变化的电场将产生稳定的磁场，均匀变化的磁场将产生稳定的电场
C．周期性变化的电场将产生同频率周期性变化的磁场，周期性变化的磁场将产生同频率周期性变化的电场
D．均匀变化的电场和磁场互相激发，将产生由近及远传播的电磁波解析：选BC.由麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的磁(电)场将产生稳定的电(磁)场；周期性变化的磁(电)场产生同周期变化的电(磁)场；而均匀变化的磁(电)场产生稳定的电(磁)场，电磁场不再产生电磁波，电磁波不再传播．应选BC.课堂互动讲练 根据麦克斯韦的电磁场理论，下面几种说法中正确的有( )
A．在电场周围空间一定产生磁场
B．任何变化电场周围空间一定产生变化的磁场
C．均匀变化的电场周围空间能产生变化的磁场
D．周期性振荡的电场在其周围空间产生同频率的振荡磁场【精讲精析】 由麦克斯韦电磁场理论可知，空间某处有变化的电场时，就会在其周围空间产生磁场．只有变化的电场周围才能产生磁场，所以选项A错误．如果电场的变化是均匀的，则产生的磁场是稳定的，B、C错误．而周期性变化的振荡电场在其周围空间将产生同频率的振荡磁场，D正确．
【答案】 D
【方法总结】 在理解麦克斯韦的电磁场理论时，要注意静电场不产生磁场，静磁场也不产生电场，还要注意根据电场(或磁场)的变化情况来确定所产生的是什么性质的磁场(或电场)．变式训练1 根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是( )
A．在电场的周围空间，一定存在着和它联系着的磁场
B．在变化的电场周围空间，一定存在着和它联系着的磁场
C．恒定电流在其周围不产生磁场
D．恒定电流周围存在着稳定的磁场解析：选BD.电场按其是否随时间变化分为稳定电场(静电场)和变化电场(如运动电荷形成的电场)，稳定电场不产生磁场，只有变化的电场周围空间才存在对应磁场，故B对，A错；恒定电流周围存在稳定磁场，磁场的方向可由安培定则判断，D对，C错． 如图3－1－3所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球的带电量不变，那么( )图3－1－3A．小球对玻璃环的压力不断增大
B．小球受到的磁场力不断增大
C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动
D．磁场力对小球一直不做功【自主解答】 因为玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的旋涡电场，对带正电的小球做功．由楞次定律，判断电场方向为顺时针方向．在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动．
小球在水平面内沿轨迹半径方向受两个力作用：环的弹力N和磁场的洛伦兹力F＝Bqv，而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力．考虑到小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强弱的变化，弹力N和洛伦兹力F不一定始终在增大．磁场力始终与圆周运动的线速度方向垂直，所以磁场力对小球不做功．【答案】 CD
【方法总结】 这是一道力、电综合题，其中许多物理量是相互关联又相互制约的，如变化的磁场产生电场，F电改变带电小球的运动状态，运动状态的改变又带来F洛的变化，继而又带来弹力N的变化，等等．变式训练2 如图3－1－4所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电小球，整个装置处于竖直向下的磁场中．当磁场突然增大时，小球将( )
A．沿逆时针方向运动
B．沿顺时针方向运动
C．在原位置附近往复运动
D．仍然保持静止状态图3－1－4解析：选B.当磁场突然增大时，变化的磁场产生电场，根据楞次定律知感应电场方向为逆时针，带负电小球在电场力作用下沿顺时针方向运动．课件36张PPT。3．2 电磁波的发现 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练3.2课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.知道赫兹实验以及它的重大意义．
2．知道什么是振荡电路和振荡电流以及LC回路中振荡电流的产生过程．
3．知道产生电磁振荡过程中，LC振荡电路中的能量转换情况．
4．知道什么样的电磁振荡和电路有利于向外发射电磁波．
5．知道电磁波的基本特点．
重点难点：LC电路产生的电磁振荡的周期和频率以及规律．课前自主学案一、电磁波预言的实现——赫兹实验
赫兹首先在实验中发现了_______，用事实证明了_________________理论的正确性．二、电磁振荡
1．电磁振荡的产生
(1)振荡电流和振荡电路
①振荡电流：大小和方向都做_____________迅速变化的电流．
②振荡电路：产生________________的电路．
③LC振荡电路：由________和_____________组成，是最简单的振荡电路．电磁波麦克斯韦电磁场周期性振荡电流线圈L电容器C(2)电磁振荡的产生
①如图3－2－1所示，电容器充电完毕后，将开关S掷向b，这一瞬间，电容器开始放电，电路中没有电流，此时电容器里______最强，电路里的能量全部以__________的形式储存在电容器的电场中．图3－2－1电场电场能②电容器开始放电后，由于线圈的自感作用，放电电流由零逐渐增大，此过程中，电容器极板上的_________逐渐减小，电容器里的电场逐渐减弱，线圈的磁场逐渐增强，电场能逐渐转化为____________，振荡电流逐渐增大，直到放电完毕，电流达到最大．电荷磁场能③电容器放电完毕时，由于线圈的_______作用，电流保持原来的方向逐渐减小，电容器将进行反向充电，此过程中，线圈的_______逐渐减弱，电容器里的电场逐渐增强，磁场能逐渐转化为电场能，振荡电流逐渐减小，直到充电完毕，电流减小为零．自感磁场2．电磁振荡的周期和频率
(1)周期：电磁振荡完成_________________需要的时间．
(2)频率：1 s内完成的周期性变化的________．
(3)说明：如果没有能量损失，也不受其他外界影响，这时的周期和频率叫振荡电路的__________和____________，简称振荡电路的周期和频率．一次周期性变化次数固有周期固有频率3．LC电路的周期(频率)的决定因素
电容越大，线圈的自感系数越大时，电容器充、放电的时间越长，LC电路振荡的周期就越大，理论分析表明，LC电路的周期T与自感系数L、电容C的关系式是______________，所以其振荡的频率______________.可见，用可变电容器或可变电感线圈组成电路，就可以根据需要改变振荡电路的周期和频率．三、电磁波的发射
如图3－2－2所示是发射无线电波的装置，虚线框内是发射无线电波的_______电路，其中①是_______ ，②是_______ ；振荡器产生的高频振荡电流通过L2与L1的_______作用，使L1中产生同频率的高频振荡电流，在虚线框内电路中激发出无线电波，向周围空间发射．开放天线地线互感图3－2－2能量核心要点突破一、电磁振荡过程分析
已充电的电容器刚要放电的瞬间，电路里没有电流，电容器两极板上的电荷量最多，此时电场能最强，磁场能最弱．电容器开始放电后，由于线圈的自感作用，放电电流不能立刻达到最大值，而是由零逐渐增大，同时电容器极板上的电压逐渐减少，到放电完毕的瞬间，电容器极板上没有电荷，放电电流达到最大值，在这个过程中，电容器里的电场能逐渐减弱，磁场能逐渐增强，到放电完毕的瞬间，电场能全部转化为磁场能．在电磁振荡过程中，电容器极板上的电荷量、电路中的电流、电容器里的电场强度、线圈里的磁感应强度都随时间做周期性变化，电场能与磁场能发生周期性的相互转化，如图3－2－3所示．图3－2－3二、LC振荡电路一个周期内的几个特别状态即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1．LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图3－2－4所示．现规定过P点向右的电流为正，则( )
A．0.5 s至1 s时间内，电容器充电
B．0.5 s至1 s时间内，电容器上极板带的是正电
C．1 s至1.5 s时间内，磁场能正在转化为电场能
D．1 s至1.5 s时间内，Q点的电势比P点的电势高图3－2－4解析：选AD.由振荡电路的图像可知，在0.5 s至1 s时间内，电流为正方向，且电流值正在减小，所以依题规定的电流正方向知，在0.5 s～1 s的时间内，LC回路中的电流是顺时针的，而且电容器C正在充电．由充电电流是由电容器C的负极板流出，流向正极板可知，在0.5 s～1 s的时间内电容器C的上极板带负电，下极板带正电，选项A正确，B错误．再由LC振荡电路图像知，在1 s至1.5 s时间内，电流为负电流，且电流的值正在增大，由题所规定的电流正方向知，此时间内LC回路中的电流是逆时针的，即由Q点经电感L流向P点，所以Q点电势比P点高，而且由于电流值正在增大，所以电场能正在转化为磁场能，选项C错误，选项D正确．故选A、D.四、电磁波与机械波的比较即时应用?(即时突破，小试牛刀)
3．电磁波与机械波相比较有( )
A．电磁波传播不需要介质，机械波传播需要介质
B．电磁波在任何介质中传播速率都相同，机械波在同一介质中传播速率都相同
C．电磁波与机械波都不能产生干涉
D．电磁波与机械波都能产生衍射解析：选AD.电磁波与机械波都具有波的共性，都可以发生反射、折射、干涉、衍射等现象，但它们的性质是不同的，产生的方法也不一样．机械波是振动在介质中的传播过程，没有介质是不可能产生机械波的，但电磁波可以不需要介质，且在真空中传播的速度都是光速．在介质中机械波的波速由介质的性质决定，与频率无关，而电磁波在介质中的波速却和频率有关，两种波由一种介质进入另一种介质频率是不变的．故正确答案为A、D.课堂互动讲练 LC振荡电路中电容器两极板上的电压u随时间t变化的图像如图3－2－5所示，由图可知( )
A．在t1时刻，电路中的磁场能最小
B．从t1到t2，电路中的电流不断变小
C．从t2到t3，电容器极板上的带电荷量增多
D．在t4时刻，电容器中的电场能最小图3－2－5【精讲精析】 电磁振荡中，随振荡电流i同步变化的有磁感应强度B和磁场能；随电容器上电荷量q同步变化的有板间电压U、场强E和电场能．当其中一组量变大时，另一组量变小．
在t1时刻，电容器两端的电压最大，电场能最大，磁场最小，故A正确；从t1到t2，电容器两端的电压减小，电容器极板上带电荷量减小，因此电路中电流增大，故B错误；从t2到t3，电容器两端电压增大，因此带电荷量增加，故C正确；在t4时刻，电容器上电压为零，场强也为零，电场能最小，故D正确．【答案】 ACD
【方法总结】 由于欧姆定律形成的思维定势，B选项中从t1到t2，电路中电压变小，误判电流也变小．注意LC电路与纯电阻电路的区别，在同一电阻上，U变大，i也变大；在LC电路上，U 变大，i反而变小．变式训练1 某时刻LC振荡电路的状态如图3－2－6所示，则此时刻( )
A．振荡电流i在减小
B．振荡电流i在增大
C．电场能正在向磁场能变化
D．磁场能正在向电场能变化图3－2－6解析：选AD.由图中，上极板带正电荷，下极板带负电荷及电流的方向可判断出正电荷在向正极板聚集，说明电容器极板上电荷在增加，电容器正在充电．电容器充电的过程中电流减小，磁场能向电场能转化．正确选项为A、D. 在LC振荡电路中，线圈的自感系数L＝2.5 mH，电容C＝4 μF.
(1)该回路的周期多大？
(2)设t＝0时，电容器上电压最大，在t＝9.0×10－3s时，通过线圈的电流是增大还是减小，这时电容器是处在充电过程还是放电过程？图3－2－7【答案】 见自主解答变式训练2 一个LC振荡电路能与波长为λ的电磁波发生电谐振，今若要接收波长为2λ的电磁波，保持线圈不变，则其电容应变为原来的__________倍．答案：4课件55张PPT。3．3 无线电通信?
3．4 电磁波家族 核心要点突破课堂互动讲练知能优化训练3.4课前自主学案课标定位课标定位学习目标：1.了解无线电波的发射过程和振荡器、调制器的作用．
2．了解不同波长的电磁波的传播方式．
3．了解调谐、检波及无线电波的接收的基本原理．
4．了解我们生活中的无线电通信．
5．知道电磁波谱以及各组成部分，并且掌握不同电磁波的产生机理．
6．知道红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线的主要作用．
重点难点：无线电波的发射和接收．课前自主学案一、无线电波的发射
发射电磁波是为了传递信号，将需要传递的信号加载在电磁波上，使电磁波随信号而改变叫做________，通常有两种方式，一种是使高频振荡的振幅随信号而改变叫做________，另一种是使高频振荡的频率随信号而改变叫做_________．
1．振荡器的作用：产生______________信号．
2．调制器的作用：把低频信号加载到高频信号上去．调制调幅调频等幅高频二、电磁波的传播
无线电波通常有三种传播途径：地波、_______和___________．
1．地波：是沿________的表面空间传播的无线电波．在无线电技术中，通过采用地波的形式传播长波、中波和中短波．
2．天波：是靠大气层中____________的反射传播的无线电波．短波最适合采用天波的形式传播．天波空间波地球电离层之间3．空间波：是像光束那样沿_______传播的无线电波，这种传播方式适用于超短波和微波通信，此外卫星中继通信，卫星电视转播等也主要是利用空间波作为传输途径．
三、电磁波的接收
1．电谐振现像：当接收电路的固有频率跟收到的电磁波的频率相同时，电磁波会使电路中产生最强的电流．与机械振动中的_________现像类似．直线共振2．调谐：在无线电技术中，对空间存在的各种频率电磁波，需要____________某一种特定的频率接收的过程．
3．调谐电路：能够进行调谐的接收电路．
4．检波：从高频载波中把音频信号“检”出来的过程，是调制的逆过程，也叫解调．挑选出四、无线电波在我们生活中
微波通信、________通信和_______通信为人类交流信息发挥着巨大的作用．随着__________和_______的发明，又实现了光纤通信．其特点是__________________、____________________．
因特网就是利用___________来交互信息．卫星光纤激光器光纤能量损耗小抗干扰能力强光纤五、电磁波谱
将各种电磁波按_______或频率的大小顺序排列起来，就构成了电磁波谱，通常人们按________将电磁波谱划分为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线六个波段．
六、电磁波家族成员的特性
1．可见光：进入人眼能引起_______的电磁波叫做可见光．若没有可见光，地球上的生物就难以生存，世界就不会丰富多彩．波长用途视觉2．红外线：波长比可见光中的红光的波长长，不能引起人的视觉，是不可见光；所有物体都在不停地辐射红外线，且温度越高，辐射的红外线越____，波长越____；红外线的主要作用是________．
3．紫外线：波长比可见光中的紫光波长还短，不能引起人的视觉；主要作用：_____________．强短热效应杀菌消毒4．X射线(伦琴射线)：波长比紫外线的波长还______，高速电子流射到任何固体上都能产生X射线；作用是用于检查人体内部器官，金属探伤．
5．γ射线：是比X射线波长更短的电磁波，它的穿透能力强，能穿过几厘米厚的铝板或3 m厚的混凝土．短核心要点突破一、有效向外发射电磁波振荡电路必须具有的特点
1．要有足够高的频率：发射电磁波的功率与振荡频率的四次方成正比．如果是低频信号，要用高频信号运载才能更有效地发射出去．2．采用开放电路：使振荡电路的电磁场必须尽可能地分散到大的空间．天线和地线也可组成开放电路如图3－3－1所示．由闭合电路变成开放电路
图3－3－1二、电磁波的发射与调制
在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制．调制的装置见图3－3－2所示．图3－3－21．调幅：使高频振荡的振幅随信号而改变叫调幅．调幅的作用见图3－3－3.(甲：声音信号的波形．乙：高频等幅振荡电流的波形．丙：经过调幅的高频振荡电流的波形．)图3－3－32．调频：使高频振荡的频率随信号而改变叫调频．调频的作用见图3－3－4所示．(甲：声音信号的波形．乙：高频等幅振荡信号的波形．丙：经过调频的高频振荡电流的波形．)图3－3－43．电磁波的发射方框图(如图3－3－5所示)图3－3－5即时应用?(即时突破，小试牛刀)
1．下列对无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法正确的是( )
A．经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强
B．经过调制后的电磁波在空间传播得更快
C．经过调制后的电磁波在空间传播波长才能不变
D．经过调制后的高频电磁波才能把我们要告知对方的讯号传递过去解析：选A.调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡上去，频率越高，传播信息能力越强，A对；电磁波在空气中以接近光速传播，B错；由v＝λf，知波长与波速和传播频率有关，C错．三、无线电波的接收
1．电谐振：当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强，这种现象叫电谐振．
2．调谐：使接收电路产生电谐振的过程叫调谐．能够调谐的接收电路叫调谐电路．调谐的方法一般是改变电路的L或C.3．检波：从接收到的高频振荡中“检”出所携带的波，叫检波．检波是调谐的逆过程，也叫解调．检波电路及作用见图3－3－6.(甲：检波前的高频调幅电流、乙：检波后的单向脉动电流、丙：流过耳机的音频电流)．检波电路 检波作用
图3－3－6即时应用?(即时突破，小试牛刀)
2．图3－3－7甲为一个调谐接收电路，(a)、(b)、(c)为电路中的电流随时间变化的图像，则( )
A．i1是L1中的电流图像
B．i1是L2中的电流图像
C．i2是L2中的电流图像
D．i3是流过耳机的电流图像图3－3－7解析：选ACD.L2中由于电磁感应，产生的感应电动势的图像是同(a)图相似的，但是由于L2和D串联，所以当L2的电压与D反向时，电路不通，因此这时L2没有电流，所以L2中的电流应选(b)图．故应选A、C、D.四、电磁波的传播特性
无线电技术中使用的电磁波叫做无线电波，它们的波长在几毫米到几十千米之间．无线电波在沿地球表面、大气层中传播时，由于不同波长的电磁波衍射和波被吸收的情况各不相同，不同波长的电磁波在传播方式上也各不相同．无线电波主要的传播方式有：地波传播、天波传播和直线传播三种．1．地波传播：沿地球表面空间传播的无线电波．图3－3－8如图3－3－8所示，由于地面上有高低不平的山坡和房屋等障碍物，只有能绕过这些障碍物的无线电波，才能被各处的接收机所接收到，根据波的衍射特性，当波长大于或相当于障碍物的尺寸时，就可以绕到障碍物的后面．地面上的障碍物一般都不是很大，长波能很好地绕过它们，中波和中短波也能较好地绕过．短波和微波由于波长短，绕过障碍物的本领很差．
这种传播方式对长波、中波和中短波比较适宜，对短波和微波而言，被吸收损耗的能量较多，并且它们的衍射本领较差，故不适宜．2．天波传播：依靠大气层中的电离层的反射来传播的无线电波叫做天波．
我们知道，地球被厚厚的大气包围着．地表50千米到几百千米范围内的大气，由于太阳光的照射使大气中的一部分气体分子发生电离，这层大气就叫做电离层．
电离层对于不同波长的电磁波表示出不同的特性：对于波长短于10 m的微波，电离层能让它穿过，飞向宇宙；对于长波，电离层基本把它吸收；对于中波、中短波、短波、波长越短，电离层对它吸收得越少而反射得越多，因此短波最适宜以天波的形式传播．3．直线传播：微波又叫超短波，它既不能以地波的形式传播(易被吸收)，又不能依靠电离层的反射以天波的形式传播(能穿透)，微波只能像光那样，沿直线传播．这种沿直线传播的电磁波叫空间波或视波．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
3．关于电磁波的传播，下列叙述正确的是( )
A．电磁波频率越高，越易沿地面传播
B．电磁波频率越高，越易沿直线传播
C．电磁波在各种介质中传播波长恒定
D．只要有三颗同步卫星在赤道上空传递微波，就可把信号传播到全世界解析：选BD.电磁波频率越高，波长就越短，绕过地面障碍物的本领就越差，且地波在传播过程中的能量损失随频率的增高而增大，A错；随着电磁波频率的增大，粒子性越来越明显，其传播形式跟光相似，沿直线传播，B正确；电磁波在各种介质中传播时，频率不变，但传播速度不等，波长不同，C错；由于同步通讯卫星相对于地面静止在赤道上空36000 km高的地方用它来作微波中继站，只要有三颗这样的卫星，就可以把微波信号传播到全世界，D正确．五、电磁波谱
无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线合起来，构成了范围非常广阔的电磁波谱．可见光只是其中很窄的一个波段．由于它们都是本质上相同的电磁波，所以它们的行为都服从共同的规律，但另一方面，由于它们的频率不同而又表现出不同的特性．例如，波长较长的无线电波，很容易表现出干涉、衍射现像，但对波长越来越短的可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线，要观察到它们的干涉、衍射现像就越来越困难了．六、电磁波家族成员的特性
1．无线电波
波长大于1 mm频率小于300 GHz的电磁波是无线电波．无线电波可用于通信和广播，许多自然过程也辐射无线电波．天文学家用射电望远镜接收天体辐射的无线电波，进行天体物理研究．2．红外线
可见光谱的红光外侧是红外线，红外线的波长比红光的波长还长，不是可见光，不能引起人的视觉．对红外线强调以下几点：
(1)英国物理学家赫谢尔于1800年首先发现了红外线．
(2)产生：一切物体(不管大小、也无论是否有生命)，凡是由分子、原子等微粒构成的物体都在不停地辐射红外线．物体温度越高，辐射红外线的本领越强．红外辐射是热传递的方式之一．(3)作用
①红外线遥感：勘测地热、寻找水源、人体检查等．
②红外线遥控：家用电器配套的遥控器发出红外线脉冲信号，受控机器就会按指令改变工作状态．
③加热物体：红外线很容易使物体的温度升高，如市场上的“远红外烤箱”．这是因为：红外线的显著作用就是热作用，其原因是红外线的频率比可见光更接近固体物质分子的固有频率，因此更容易引起分子的共振，所以红外线的电磁场的能量更容易转变为物体的内能．3．可见光
(1)波长在700 nm到400 nm之间，进入人眼能引起视觉的电磁波叫可见光．
(2)不同颜色的可见光波长见下表.(3)波长较短的光比波长较长的光更容易被散射，因此天空看起来是蓝色的，大气对波长较短的光吸收也比较强，所以傍晚的阳光比较红．
(4)可见光是由原子或分子内电子的跃迁产生的．4．紫外线
可见光光谱中的紫光外侧是紫外线．紫外线也是不可见光，其波长比紫光还短，波长范围为5～400 nm之间．
(1)发现：德国物理学家里特于1801年首先发现了紫外线．
(2)产生：一切高温物体发出的光中都含有紫外线．有的仪器是专门发射紫外线的，可以进行防伪检测．(3)作用
①促使人体合成维生素D，但不能过多照射．
②能杀死多种细菌，具有消毒功能．
③紫外线的显著特征是化学作用．
④使荧光粉发光，即荧光效应．5．X射线
(1)发现：1895年德国物理学家伦琴在研究阴极射线时发现的．其波长比紫外线还短．
(2)产生：高速的电子流射到任何固体上都能产生这种射线．人们从这种射线的衍射现象得知它是一种波长很短的电磁波．
(3)显著作用：有较强的穿透能力，但X射线穿透物质的本领跟被穿透的物质的密度有关．
(4)应用：用于透视人体、检查金属部件的质量等．(5)伦琴射线管，如图3－3－9所示．图3－3－96．γ射线
(1)产生：是从放射性元素的原子核中放射出来．
(2)特点：γ射线是波长最短的电磁辐射，具有很高的能量．
(3)应用：①γ射线能破坏生命物质，可应用于医学上；
②γ射线的穿透能力很强，能穿过几厘米厚的铅板，可用于探测金属部件的缺陷．即时应用?(即时突破，小试牛刀)
4．下列关于电磁波谱各成员说法正确的是( )
A．最容易发生衍射现象的是无线电波
B．紫外线有明显的热效应
C．X射线穿透能力较强，所以可用来做检查工作
D．晴朗的天空看起来是蓝色是光散射的结果解析：选ACD.波长越长越易衍射，故A正确；有明显热效应的是红外线，故B错误；X射线因其穿透能力常用于人体拍片和检查金属零件缺陷，故C正确；天空的蓝色是由于波长较短的光易被散射，故D正确．课堂互动讲练 为了增大无线电台向空间辐射无线电波的能力，对LC振荡电路结构，可采用下列哪些措施( )
A．增大电容器极板的正对面积
B．增大电容器极板间的距离
C．增大自感线圈的匝数
D．提高供电电压【答案】 B变式训练1 下列对电磁波的发射技术中调制的理解正确的是( )
A．使发射的信号振幅随高频振荡信号而改变叫调幅
B．使高频振荡信号振幅随发射的信号的改变叫调幅
C．使发射的信号频率随高频振荡信号而改变叫调频
D．使高频振荡信号的频率随发射的信号而改变叫调频
解析：选BD.由调频和调幅定义可知应选BD.【答案】 B变式训练2 一台收音机，把它的调谐电路中的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出，仍然收不到某一较高频率的电台信号．要想收到该电台信号，应该________(填“增大”或者“减小”)电感线圈的匝数．答案：减小 关于电磁波谱，下列说法中正确的是( )
A．电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B．红外线、紫外线、可见光是原子的外层电子受激发后产生的
C．伦琴射线和γ射线是原子的内层电子受激发后产生的
D．红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线【自主解答】 波长越长的无线电波波动性越显著，干涉、衍射现象易发生；从电磁波产生的机理可知γ射线是原子核受激发后产生的；不论物体温度高低如何都能辐射红外线，物体的温度越高，它辐射的红外线越强．
【答案】 AB
【方法总结】 知道各种电磁波的产生机理、特性、应用，是解决此题的关键．本章本节的很多知识点同学们务必强化识记，同时也应注重理解．变式训练3 关于电磁波谱的下列说法中正确的是( )
A．X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变
B．γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高
C．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
D．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线解析：选AB.由课本内容知，X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变；γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高．A、B正确．在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越大，波动性越强，越容易发生干涉、衍射现象，因此紫光应比紫外线更容易发生干涉和衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象，故C、D不对．
