1、 機械運動、機械波錯題集 一、主要內容本章內容包括機械振動、回復力、振幅、周期、頻率、簡諧振動、受迫振動、共振、機械波、波長、波速、橫波、縱波、波的干涉和衍射等基本概念，以及單擺振動的周期規律、簡諧運動的圖像、簡諧運動中的能量轉化規律、波的圖像、波長和頻率與波速之間的關系等規律。二、基本方法本章中所涉及到的基本方法有：由于振動和波動的運動規律較為復雜，且限于中學數學知識的水平，因此對于這部分內容不可能像研究直線運動、平拋、圓周運動那樣從運動方向出發描述和研究物體的運動，而是利用圖象法對物體做簡諧運動的運動規律及振動在介媒中的傳播過程進行描述與研究。圖像法具有形象、直觀等優點，其中包含

2、有豐富的物理信息，在學習時同學們要注意加以體會；另外，在研究單擺振動的過程中，對于單擺所受的回復力特點的分析，采取了小擺角的近似的處理，這是一種理想化物理過程的方法。三、錯解分析在本章知識應用的過程中，初學者常犯的錯誤主要表現在：對于諸如機械振動、簡諧運動、受迫振動、共振、阻尼振動、等幅振動等眾多的有關振動的概念不能深刻的理解，從而造成混淆；不能從本質上把握振動圖象和波的圖象的區別和聯系，這主要是由于振動的圖象與波的圖象形式上非常相似，一些學生只注意圖象的形狀，而忽略了圖象中坐標軸所表示的物理意義，因此造成了將兩個圖象相混淆。另外，由于一些學生對波的形成過程理解不夠深刻，導致對于波在傳播過程中

3、時間和空間的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍射的發生條件、產生的現象較為抽象，所以一些學生不能準確地把握相關的知識內容，表現為抓不住現象的主要特征、產生的條件混淆不清。例1  一個彈簧振子，第一次被壓縮x后釋放做自由振動，周期為T1，第二次被壓縮2x后釋放做自由振動，周期為T2，則兩次振動周期之比T1T2為A11         B12 C21         C14【錯解】  壓縮x時，

4、振幅為x，完成一次全振動的路程為4x。壓縮2x時，振幅即為2x，完成一次全振動的路程為8x。由于兩種情況下全振動的路程的差異，第二次是第一次的2倍。所以，第二次振動的周期一定也是第一次的2倍，所以選B。【錯解原因】上述解法之所以錯誤是因為把振子的運動看成是勻速運動或加速度恒定的勻加速直線運動了。用了勻速或勻加速運動的規律。說明這些同學還是沒有掌握振動的特殊規律。【分析解答】事實上，只要是自由振動，其振動的周期只由自身因素決定，對于彈簧振子而言，就是只由彈簧振子的質量m和彈簧的勁度系數k決定的，而與形變大小、也就是振幅無關。所以只要彈簧振子這個系統不變（m，k不變），周期就不會改變，所以正確答案

5、為A。【評析】本題給出的錯解是初學者中最常見的錯誤。產生這一錯誤的原因是習慣于用舊的思維模式分析新問題，而不善于抓住新問題的具體特點，這反映了學習的一種思維定勢。只有善于接受新知識、新方法，并將其運用到實際問題中去，才能開闊我們分析、解決問題的思路，防止思維定勢。例2 一個單擺，如果擺球的質量增加為原來的4倍，擺球經過平衡位置時的速度減為原來的，則單擺的A頻率不變，振幅不變                 B頻率不變，振幅改變

6、C頻率改變，振幅不變                 D頻率改變，振幅改變【錯解】  錯解一：因為單擺的周期（頻率）是由擺長l和當地重力加速度g決定的，所以頻率是不變的，而從動能公式上看：，質量變為原來的4倍，速度變為原來的，結果動能不變，既然動能不變（指平衡位置動能也就是最大動能），由機械能守恒可知，勢能也不變。所以振幅也不變，應選A。錯解二：認為速度減為原來的，即運動得慢了，所以頻率要變，而振幅與質量、速度無關（由上述理由

7、可知）所以振幅不變，應選C。錯解三：認為頻率要改變，理由同錯解二。而關于振幅的改變與否，除了錯解一中所示理由外，即總能量不變，而因為重力勢能EP=mgh，EP不變，m變為原來的4倍，h一定變小了，即上擺到最高點的高度下降了，所以振幅要改變，應選D。【錯解原因】此題主要考查決定單擺頻率（周期）和振幅的是什么因素，而題中提供了兩個變化因素，即質量和最大速度，到底頻率和振幅與這兩個因素有沒有關系。若有關系，有什么關系，是應該弄清楚的。而錯解二和錯解三中都認為頻率不變，這是因為為不清楚決定單擺的因素是擺長l和當地重力加速度g，而與擺球質量及運動到最低點的速度無關。錯解二中關于頻率不變的判斷是正確的，錯

8、誤出現在后半句的結論上。判斷只從能量不變去看，當E總不變時，EP=mgh，m變大了，h一定變小。說明有些同學考慮問題還是不夠全面。【分析解答】 （1）實際上，通過實驗我們已經了解到，決定單擺周期的是擺長及當地重力加速度，并進一步找到周期公式：，單擺的周期與質量無關，與單擺的運動速度也無關。當然，頻率也與質量和速度無關，所以不能選C，D。（2）決定振幅的是外來因素。反映在單擺的運動中，可以從能量去觀察，從上面分析我們知道，在平衡位置（即最低點）時的動能。當m增為原來的4倍，速度減為原來的時，動能不變，最高點的重力勢能也不變。但是由于第二次擺的質量增大了（實際上單擺已經變成另一個擺動過程

9、了），勢能EP=mgh不變，m大了，h就一定變小了，也就是說，振幅減小了。因此正確答案應選B。【評析】  本題的分析解答提醒我們，一是考慮要全面，本題中m，v兩因素的變化對確定的單擺振動究竟會產生怎樣的影響，要進行全面分析；二是分析問題要有充分的理論依據，如本題中決定單擺振動的頻率的印度應由周期公式為依據，而不能以速度判斷振動的快慢。振幅應從為依據。例3  如圖6-1所示，光滑圓弧軌道的半徑為R，圓弧底部中點為O，兩個相同的小球分別在O正上方h處的A點和離O很近的軌道B點，現同時釋放兩球，使兩球正好在O點相碰。問h應為多高？【錯解】對B球，可視為單擺，延用單擺周期公式可求B

10、球到達O點的時間：對A球，它做自由落體運動，自h高度下落至O點要求兩球相碰，則應有。即解得。【錯解原因】  上述答案并沒有完全錯，分析過程中有一點沒有考慮，即是振動的周期性，因為B球在圓形軌道上自B點釋放后可以做往復的周期性運動，除了經過時間可能與A相碰外，經過+，+，+即n+（n=0,1,2）的時間都可以與A相碰。所以上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多個解答中的一個。對B球振動周期到達O點的時間為要求兩球相碰，則應有。即解得（n=0,1,2）顯然，前面的解僅僅是當n=0時的其中一解而已。正確答案為（n=0,1,2）【評析】  在解決與振動有關的問題時，要充分考慮到振動的

11、周期性，由于振動具有周期性，所以此類問題往往答案不是一個而是多個。例4  水平彈簧振子，每隔時間t，振子的位移總是大小和方向都相同，每隔的時間，振子的動量總是大小相等，方向相反，則有A.彈簧振子的周期可能小于 B. ，C. 每隔的時間，振子的動能總是相同的D. 每隔的時間，彈簧的長度總是相同的【錯解】  1首先排除A，認為A是不可能的。理由是：水平彈簧振子的運動軌跡可簡化為如圖6-2，O為平衡位置，假設計時開始時，振子位于A點，每隔時間t，振子的位移總是大小和方向都相同，所以t就是一個周期，所以，振子的周期不可能小于。2. 每隔的時間，振子的動能總是大小相等，方向相反，即在

12、A，B之間非A即B點，而這兩點距平衡位置都等于振幅，所以加速度都等于最大加速度，所以B是對的。3. 既然每隔的時間振子的動量大小相等，又因為振子質量一定，所以振子的動能總是相同的，所以選C是對的。4.因為每隔的時間，振子的位置非A即B，所以彈簧的長度總是相同的，都等于振幅，所以D是對的。綜上所述，應選B，C，D。【錯解原因】  錯解1是排除A，之所以產生錯誤，是因為在頭腦中形成思維定勢，認為在時間t內，振子只能在一個周期內振動。很多學生在解決振動和波的問題時，習慣上把所有問題都限定在一個周期內，而沒有考慮到在時間t內，振子可能已經完成多個全振動了。錯解2的產生主要是對加速度的矢量性認

13、識不夠或頭腦中根本就沒有這個概念，認為位置對稱，加速度大小一樣就是加速度相同。3選擇C是對的。4對彈簧振子這樣一個物理模型認識不全面，所謂水平彈簧振子的彈簧是哪段沒弄清楚。【分析解答】  1由題意可知，t=nt，n可以是1，2，3，選項A是正確的。2. 因為加速度是矢量，由題意可知，每隔的時間，振子的動量方向相反，且對稱于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。3同錯解3。4水平彈簧振子的彈簧應為如圖63a或63b的樣子。當振子的位置在平衡位置兩側時，彈簧長度是不同的。所以選項D不對。另外，符合題意條件的不一定非選最大位移處的兩點，也可以選其他的點分析，如圖6-4P，Q兩點，同樣可以得出

14、正確結論。所以此題的正確答案為A，C。例5  一個做簡諧運動的彈簧振子，周期為T，振幅為A，設振子第一次從平衡位置運動到處所經最短時間為t1，第一次從最大正位移處運動到所經最短時間為t2，關于t1與t2，以下說法正確的是：At1t2                 Bt1t2 Ct1t2            

15、; D無法判斷【錯解】 錯解一：因為周期為T，那么，從平衡位置到處，正好是振幅的一半，所以時間為，同理，所以選A。錯解二：振子從平衡位置向處移動，因為回復力小，所以加速度也小，而從最大位移處（即X=A）向處移動時，回復力大，加速度也大，因而時間短，所以t1t2，應選C。錯解三：因為這是一個變加速運動問題，不能用勻速運動或勻變速運動規律求解，因而無法判斷t1和t2的大小關系，所以選D。【錯解原因】  主要是對簡諧運動的特殊運動規律不清楚，只記住了周期公式，沒注意分析簡諧運動的全過程，沒能深入地理解和掌握這種運動形式的特點。因而解題時錯誤地沿用了勻速或勻變速運動的規律

16、，選擇A的同學就是用勻速運動規律去解，而選擇C的同學用了勻變速運動規律去解，因而錯了。事實上，簡諧運動的過程有其自身的許多規律，我們應該用它的特殊規律去求解問題，而不能用勻速或勻變速運動規律去求解。【分析解答】  方法一：用圖象法，畫出x-t圖象，從圖象上，我們可以很直觀地看出：t1t2，因而正確答案為：B。方法二：從圖象為正弦曲線和數學知識可寫出位移隨時間的函數關系式，物理學上稱為振動方程，從平衡位置開始，振子的振動方程為：，當，最短時間t1，即：解得：而振子從最大位移處運動到處最短時間為t2，即解得：。可以得出結論t1t2，選B。【評析】  以上兩種方法，第一種方法是定

17、性分析，在選擇題練習時，是要重點掌握的。第二種方法可以進行定量計算，但由于要涉及振動方程，所以不做統一要求。另外，由于振動具有周期性。從平衡位置計時，振子到達處的時間可以表達為，從最大位移處到達處的時間可以表達為t'=nT+t2。此處，為了題目簡明起見，題文中用了“第一次”和“最短時間”等字樣。否則就無法比較兩個過程所用時間的長短。例6  圖6-6中實線是一列簡諧波在某一時刻的波形圖線，虛線是0.2s后它的波形圖線。這列波可能的傳播速度是_。【錯解】  從圖上可以看出波長=4m，而從兩次的波形圖可知：，所以T=0.8s由波速公式：，代入數據v=5m/s【錯解原因】（

18、1）在沒有分析出此波的傳播方向前，就認定，是不全面的。實際上，只有當波向右（沿x正方向）傳播時，上述關系才成立。（2）沒有考慮到波的傳播過程的周期性。也就是說，不僅后的波形如虛線所示。，后的波形均與后的波形相同。【分析解答】  從圖上可以看出=4m。當波沿x正方向傳播時，兩次波形之間間隔的時間為：，而 由波速公式：，代入數據解得：（n=0，1，2）當波沿x正方向傳播時，兩次波形之間間隔的時間為：，而 由波速公式：，代入數據解得：（n=0，1，2）此題的答案為：（20n+5）m/s和（20m+15）m/s，（n=0，1，2，）【評析】  對于這種已知條件較為含糊的波的問題，要

19、從波的傳播方向、時間和空間的周期性等方面進行全面周到的分析，這也是解決機械波問題時，初學者經常忽略的問題。例7  一簡諧波的波源在坐標原點o處，經過一段時間振動從o點向右傳播20cm到Q點，如圖6-7所示，P點離開o點的距離為30cm，試判斷P質點開始振動的方向。【錯解】從圖6-7看，P點距Q點相差，則波再向前傳播就傳到P點，所以畫出如圖6-8所示的波形圖。因為波源在原點，波沿x軸正方向傳播，所以可判定，P點開始振動的方向是沿y軸正方向（即向上）。【錯解原因】  主要原因是把機械波的圖象當成機械振動的圖象看待。而薄的形成是質點依次帶動的結果，在波向前傳播的同時，前面的波形也

20、變化了。【分析解答】  因為原圖中的波形經歷了半個周期的波形如圖6-9所示，在此波形基礎上，向前延長半個波形即為P點開始振動時的波形圖，因為波源在原點處，所以介質中的每個質點都被其左側質點帶動，所以P點在剛開始時的振動方向沿y軸負方向（即向下）從另外一個角度來看，原圖中Q點開始振動時是向下的，因為所有質點開始振動時的情況均相同，所以P點開始振動的方向應是向下的。【評析】  本題中的錯解混淆了振動圖象與波的圖象，那么這兩個圖象有什么不同呢？（1）首先兩個圖象的坐標軸所表示的物理意義不同：振動圖象的橫坐標表示時間，而波動圖象的橫坐標表示介質中各振動質點的平衡位置。（2）兩個圖象

21、所描述的對象不同：振動圖象描述的是一個質點的位移隨時間的變化情況，而波的圖象描述的是介質中的一群質點某一時刻各自振動所到達的位置情況。通俗地說：振動圖象相當于是在一般時間內一個質點運動的“錄像”，而波的圖象則是某一時刻一群質點振動的“照片”。（3）隨著時間的推移，振動圖象原來的形狀（即過去質點不同時刻所到達的位置不再發生變化，而波的圖象由于各質點總在不斷地振動，因此隨著時間的推移，原有的圖象將發生周期性變化。例8  圖6-10是某時刻一列橫波在空間傳播的波形圖線。已知波是沿x軸正方向傳播，波速為4m/s，試計算并畫出經過此時之后1.25s的空間波形圖。 【錯解】錯解一：由圖可以看出，

22、波長，由可知T=2s。經過1.25s，波向右傳播了個波長，波長如圖6-11。錯解二：波長，經過1.25s，波向左傳播了個波長，波長如圖6-12。錯解三：由，經過1.25s，波向右傳播了個波長，其波形如圖6-13。【錯解原因】  錯解一、錯解二沒有重視單位的一致性，在此題中波長從圖中只能得出=8cm，而波速給出的卻是國際單位4m/s。因此，求周期時，應先將波長的單位統一到國際單位制上來。錯解三雖然計算對了，但是，在波向前（沿x軸正方向）傳播了62.5個波長時的波形，應是在原來的波形基礎上向x正方擴展62.5個波長。【分析解答】由波形圖已知，由經過t=1.25s，即相等于經過個周期，而每

23、經過一個周期，波就向前傳播一個波長。經過62.5個周期，波向前傳播了62.5個波長。據波的周期性，當經過振動周期的整數倍時，波只是向前傳播了整數倍個波長，而原有的波形不會發生變化，就本題而言，可以先畫出經過周期后的波形，如圖6-14。再將此圖向前擴展62個波長即為題目要求，波形如圖6-15。【評析】  波形圖反映了波在傳播過程中某時刻在波的傳播方向上各質點離開平衡位置的位移情況，由于波只能以有限的速度向前傳播，所以離振源遠的質點總要滯后一段時間，滯后的時間與傳播的距離成正比，即滯后一個周期。兩個質點之間的平衡位置距離就是一個波長，經過多少個周期，波就向前傳播了多少個波長，而振源就做了

24、多少次全振動，這就是此類問題的關鍵所在。例9  如圖6-16所示，一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，從波傳到x=5m的M點時開始計時，已知P點相繼出現兩個波峰的時間間隔為0.4s，下面說法中正確的是 A這列波的波長是4mB這列波的傳播速度是10m/sC質點Q（x=9m）經過0.5s才第一次到達波峰DM點以后各質點開始振動時的方向都是向下【錯解】  錯解一：由題中說P點相繼出現兩個波峰的時間間隔為0.4s，所以間隔一個波峰的時間為，即0.2s，所以T=0.2s，由波速公式=，所以B不對。錯解二：質點Q（x=9m），經過0.4s（此處用了正確的周期結果即B選項做對了）波傳

25、到它，又經過（0.1s）Q點第一次到達波峰，所以C對。錯解三：M點以后各質點的振動有的向上，有的向下，所以D不對。【錯解原因】  錯解一對“相繼出現兩個波峰”理解有誤。錯解二對質點Q（x=9m）處，當波傳到它以后，該點應如何振動不會分析，實際上也就是對波的傳播原理不明白。不知道波的傳播是機械振動在介質中傳遞的過程，質點要依次被帶動形成波。同理，錯解三對M點以后各點運動情況分析有誤，實際上M點以后各點運動情況向上還是向下取決于波的傳播方向。【分析解答】  （1）從圖6-16上可以看出波長為4m，選A。（2）實際上“相繼出現兩個波峰”應理解為，出現第一波峰與出現第二個波峰之間的

26、時間間隔。因為在一個周期內，質點完成一次全振動，而一次全振動應表現為“相繼出現兩個波峰”，即T=0.4s。則=10（m/s），所以選項B 是對的。（3）質點Q（x=9m）經過0.4s開始振動，而波是沿x軸正方向傳播，即介質中的每一個質點都被它左側的質點所帶動，從波向前傳播的波形圖6-17可以看出，0.4s波傳到Q時，其左側質點在它下方，所以Q點在0.5s時處于波谷。再經過0.2ss即總共經過0.7s才第一次到達波峰，所以選項C錯了。（4）從波的向前傳播原理可以知道，M以后的每個質點都是先向下振動的。所以選項D是對的。此題正確答案為A，B，D。【評析】例10  如圖618所示，一根張緊

27、的水平彈性長繩上的a，b兩點，相距14.0m，b點在a點的右方，當一列簡諧橫波沿此長繩向右傳播時，若a點的位移達到正最大時，b點的位移恰為零且向下運動。經過1.00s后a點的位移為零，且向下運動，而b點的位移恰達到負最大，則這簡諧波的波速可能等于A.4.67m/s                             B.6m/sC.10m/s                             &