。
连续相等时间内竖直位移之差
。
4．平抛运动的规律
设平抛运动的初速度为
，建立坐标系如图所示。
水平方向上：
；竖直方向上：
。
任意时刻的速度：
为v与
为
与
取决于竖直下落的高度；射程
取决于竖直下落的高度和初速度。
6．轨迹方程：
(在未知时间情况下应用方便)。
二、平抛运动的实验探究
(1)如图所示，用小锤打击弹性金属片，金属片把A球沿水平方向抛出，同时B球松开，自由下落，A、B两球同时开始运动。观察到两球同时落地，多次改变小球距地面的高度和打击力度，重复实验，观察到两球落地，这说明了小球A在竖直方向上的运动为自由落体运动。
(2)如图，将两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度处由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则将观察到的现象是A、B两个小球在水平面上相遇，改变释放点的高度和上面滑道对地的高度，重复实验，A、B两球仍会在水平面上相遇，这说明平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动。
▲疑难导析
一、平抛运动中速度变化量的方向
平抛运动是匀变速曲线运动，故相等时间内速度变化量相等，且必沿竖直方向(
)如图所示。任意两时刻的速度与速度变化量
构成直角三角形，
二、平抛运动两个重要的推论
推论1：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为
，位移方向与水平方向的夹角为
，则
。
证明：如图所示，由平抛运动规律得
所以
推论2：做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
证明：设平抛物体的初速度为
，B点坐标为
，则
，又
，解得
。
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点B必为此刻水平位移OA的中点。
三、平抛运动的求解方法
1．常规解法--运动的分解法：相互垂直的两个方向的分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另外一个运动的存在而受到影响；两个分运动和其合运动具有等时性。
2．特殊的解题方法--选择一个适当的参考系。选择一个自由落体运动物体为参考系，平抛物体相对于这个参考系是水平匀速直线运动；选择一个相同初速度的水平匀速直线运动物体为参考系，平抛物体相对于这个参考系做自由落体运动。这种方法在解选择题时是比较方便的。
3．分解加速度
对于有些问题，过抛出点建立适当的直角坐标系。把重力加速度g正交分解为
，把初速度
，然后分别在x，y方向列方程求解，可以避繁就简，化难为易。
、质量为m的小球从距地面高度为h的水平桌面飞出，小球下落过程中，空气阻力可以忽略。小球落地点距桌边水平距离为
飞出桌面的速度
B．
C．
D．
答案：D
解析：平抛运动的研究方法是将它分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，运动时间可以在竖直方向求出。由
得
，由以上分析可知选项D是正确的。
知识点二--类平抛运动
▲知识梳理
1．类平抛运动
有时物体的运动与平抛运动很相似，也是在某方向物体做匀速直线运动，另一垂直方向做初速度为零的匀加速直线运动。对这种运动，像平抛又不是平抛，通常称作类平抛运动。
2．类平抛运动的受力特点
物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
3．类平抛运动的运动特点
在初速度
。
▲疑难导析
类平抛运动的处理方法与平抛运动一样，只是加速度a不同而已。例如某质点具有竖直向下的初速度同时受到恒定的水平向右的合外力，如图所示。则质点做沿x轴的匀速运动和沿y轴的初速度为零的匀加速直线运动，运动规律与平抛运动相同。
端以10m/s的速度在斜面上沿水平方向抛出，求：
(1)小球沿斜面滑到底端时水平位移s；
(2)小球到达斜面底端时的速度大小。(取g＝10
)
解析：
(1)小球在水平方向做匀速直线运动，在沿斜面向下方向做匀加速运动。
，
，
(2)小球到达斜面底端时，沿斜面方向的分速度
所以小球到达斜面底端时的速度
。
典型例题透析
题型1 平抛运动的规律应用
解决平抛运动最基本的方法是将物体运动分解，一般研究的物理量是速度和位移。至于是分解速度还是分解位移应根据题目所给条件，有时要同时分解速度和位移，分别研究水平方向和竖直方向所遵循的规律。
时，发现敌机丢下一枚炸弹，他在战壕内一直注视着飞机和炸弹的运动情况并计时，他看到炸弹飞过他的头顶后落地立即爆炸，测得从敌机投弹到看到炸弹爆炸的时间为10 s，从看到炸弹爆炸的烟尘到听到爆炸声音之间的时间间隔为1.0 s．若已知爆炸声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度g取10
解析：设炸弹飞过侦察兵后的水平位移为
，如图：
因声音在空气中匀速传播，得
设敌机丢下炸弹时水平飞行速度的大小为
，由炸弹的平抛运动得：
设炸弹飞过侦察兵前的水平位移为
，由几何关系得：
联立以上各式得：
离为
可能为：( )
A．1
:2 B．1:3
C．1:4 D．1:5
答案：ABC
解析：根据平抛运动的规律可知：如果两球都落在斜面上，则
；如果两球都落在水平面上，则
；如果一个球落在水平面上，另一个球落在斜面上，则
。正确选项为ABC。
题型2 平抛运动的临界问题
平抛运动的临界问题所涉及的物理过程并不复杂，但每当遇到类似的题目时常常又感到无从下手，因此能养成一个良好的分析问题、解决问题的思路特别重要。解决这类问题的关健有三点：其一是确定运动性质--平抛运动；其二是确定临界状态；其三是确定临界轨迹--轨迹示意图。
思路点拨：水平击出的排球其运动情况虽然受空气阻力的影响，但是当这类题目出现在中学物理中时仍然可以简化为只受重力作用，因此在这里可以认为其运动为平抛运动。第 (1))问中击球点位置确定之后，恰不触网是速度的一个临界值，恰不出界则是击球速度的另一个临界值。第(2)问中确定的则是临界轨迹，当击球点、网的上边缘和边界点三者位于临界轨迹上时，如果击球速度变小则一定触网，否则速度变大则一定出界。
解析：
(1)如图所示，排球恰不触网时其运动轨迹为I，排球恰不出界时其轨迹为Ⅱ。
根据平抛物体的运动规律：
和
可得，当排球恰不触网时有：
①
②
由①②可得：
。
当排球恰不出界时有：
③
④
由③④可得：
所以既不触网也不出界的速度范围是：9.5m／s<v≤17m／s
(2)如图所示为排球恰不触网也恰不出界的临界轨迹。设击球点的高度为h，
根据平抛运动的规律则有：
⑤
⑥
⑦
⑧
解⑤-⑧式可得所求高度h=2.13m。
总结升华：解决本题的关键有三点：其一是确定运动性质--平抛运动；其二是确定临界状态--
恰不触网或恰不出界；其三是确定临界轨迹--轨迹示意图。
变式练习
[变式]抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力。(设重力加速度为g)
(1)若球在球台边缘O点正上方高度为
处以速度
水平发出，落在球台的
点(如图实线所示)，求
。
(2)若球在O点正上方以速度
水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的
点(如图虚线所示)，求
处，求发球点距O点的高度
。
解析：
(1)设发球时飞行时间为
，根据平抛运动得
解得
(2)设发球高度为
，飞行时间为
，
同理根据平抛运动得
且
，
解得
(3)如图所示，发球高度为
，
同理，根据平抛运动得
且
设球从恰好越过球网到最高点的时间为t，
水平距离为s，有
由几何关系知
解得
。
题型3 类平抛运动
类平抛运动也是命题热点，类平抛运动的处理方法与平抛运动一样，只是加速度a不同而已。类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，对学生的能力要求更高，在复习时，更需细心体会。
A．A、B的运动时间相同
B．A、B沿x轴方向的位移相同
C．A、B落地时的速度相同
D．A、B落地时的动能相同
思路点拨：A小球在竖直面内做平抛运动。B小球在斜平面内做类平抛运动。分析出类平抛的加速度和“竖直”位移是关健。
解析：A质点做平抛运动，由平抛运动规律知，
，而B质点在斜面上做类平抛运动，其运动可分解为沿x轴方向的匀速直线运动和沿斜面向下的匀加速直线运动，设斜面与水平面的夹角为
，所以A、B选项错误，由机械能守恒知
，两球落地的动能相同，D正确，但速度方向不相同，C错误。
答案：D
总结升华：物体做类平抛运动，其受力特点和运动特点类似于平抛运动，因此解决的方法可类比平抛运动--采用运动的合成与分解。关键的问题要注意：
(1)满足条件：受恒力作用且与初速度的方向垂直。
(2)确定两个分运动的速度方向和位移方向，分别列式求解。
变式练习
[变式]质量为m的飞机以水平速度
时，它的上升高度为h。求：
(1)飞机受到的升力大小；
(2)从起飞到上升至h高度的过程中升力所做的功及在高度h处飞机的动能。
解析：
(1)飞机水平速度不变
，y方向加速度恒定
，消去t即得
，
由牛顿第二定律：
(2)升力做功
，在h处
故
。将力F沿切线方向和垂直切线方向分解为
和
，可以看出分力
说明：
①当
或
时，
方向不变，物体做直线运动。
②当
时，
方向改变，物体做速度大小不变、方向改变的曲线运动，即匀速圆周运动。
③当
时，
时，分力
。
2．一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动的合运动为一匀变速运动。因为
恒量。若二者共线，则为匀变速直线运动，如竖直上抛运动；若二者不共线，则为匀变速曲线运动，如平抛运动。
3．两个匀变速直线运动的合运动为一匀变速运动。因为
)和船相对水的运动(即在静水中的船的运动，速度
)，船的实际运动是合运动(
)。(1)若小船要垂直于河岸过河，过河路径最短，应将船头偏向上游，如图所示：
此时过河时间
。
同时可以看出若要能垂直于河岸过河，必须使
，也就是船在静水中的速度要大于水速。
(2)若使小船过河的时间最短，应使船头正对河岸行驶，如图所示：
此时过河时间
(d为河宽)，此时小船一定在对岸下游处靠岸。
方法2：将船对水的速度沿平行于河岸和垂直于河岸方向正交分解，如图所示：
则
为轮船实际沿水流方向的速度，
为轮船垂直于河岸方向的运动速度。．
(1)要使船垂直横渡，则应使
，此时
(船头方向与上游河岸夹角
)，渡河位移最小为d。
(2)要使渡河时间最短，则应使
=50 s，C对；由于
，所以小船无法到达出发点的正对岸，故A错；当船的划行速度
而最短位移为
250m，B错。故正确答案为C。
典型例题透析
题型一、轨迹与合外力方向的判断
要想迅速而又正确地解答此类问题，关健就是要抓住物体做曲线运动的条件--物体所受合外力的方向跟速度方向不共线，且方向指向曲线“凹侧”。
受的力反向而大小不变(即由F变为－F)，在此力作用下，物体以后的运动情况，下列说法正确的是：( )
A．物体不可能沿曲线Ba运动
B．物体不可能沿直线Bb运动
C．物体不可能沿曲线Bc运动
D．物体不可能沿原曲线由B返回A
解析：物体在A点时的速度
沿A点的切线方向，物体在恒力F作用下沿曲线A
B运动，此力F必有垂直于
沿B点的切线方向，这时受力
，即
只可能为图中所示的方向之一，可知物体以后只可能沿曲线Bc运动，所以本题的正确答案是ABD。
答案：ABD
总结升华：物体做曲线运动时，所受合外力在任何时刻都与速度不共线，合外力的方向总是指向曲线凹的一边。
变式练习
[变式]质点做曲线运动，它共受到两个恒力
答案：D
解析：对于B，质点所受的两个力的合力与质点的速度方向在同一条直线上，质点不可能做曲线运动，B错。对于C，质点所受的两个力的合力方向没有指向轨迹的凹侧，C错。对于A、D，由平行四边形法则，作出质点所受的两个力的合力。如图，A中，沿合力的方向作直线交轨迹于P点，质点轨迹不在速度与合力之间，A错；D中，质点的轨迹在速度与合力方向之间，D对。故本题正确选项为D。
题型2 绳子末端速度的分解
在进行速度分解时，首先要分清合速度与分速度(合速度就是物体实际运动的速度)；其次由物体的实际运动确定其是由哪些分运动合成的，从而找出相应的分速度。
一般的分解思路，沿着绳子方向和垂直于绳子方向将实际运动分解即可。另外还可依据速度投影定理。
速度投影定理：不可伸长的杆和绳，尽管各点速度不同，但各点速度沿绳方向的投影相同。
平方向夹角为
。
(2)当船匀速向前运动时，
，当滑到图示位置时，B点速度为v，则A点速度是 。(
为已知)
答案：
解析：设A点速度沿墙竖直向下
得
。
题型3 小船过河问题的分析
解决渡河问题时，要先弄清合运动和分运动。由于河的宽度是确定的，所以首先应确定渡河的速度，然后计算渡河的时间，再根据等时性分别研究两个分运动或合运动。
一般只讨论
，船头无论指向何方都不会垂直到达对岸，此时若求渡河的最小位移，会有一定难度。
解析：
(1)设船与岸成
当
1时，t最小，即船应沿垂直于河岸的方向渡河(如图所示)。
船经过的位移大小：
(2)欲使船航行距离最短，需使船的实际位移(合位移)与河岸垂直，
设此时船的开行速度地与岸成
则
。
总结升华：小船在有一定流速的水中过河时，实际上参与了两个方向的分运动，即随水流的运动(水冲船的运动)和船相对水的运动(即在静水中的船的运动)，船的实际运动是合运动。
变式练习
[变式]河宽60 m，水流速度
船开出点为坐标原点建立坐标系，设船与岸成
所以过河时间
当
=20 s。
(2)先作出OA表示水流速度
岸位移最短，设
，
所以
120 m。
(k是一个与行星无关的常量)。
▲疑难导析
1．开普勒第一定律告诉我们行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在它的一个焦点上
由第一定律出发，行星运动时，轨道上出现了近日点和远日点。由第二定律可以知道，从近日点向远日点运动时，速率变小，从远日点向近日点运动时速率变大。由第三定律知道
；
(2)开普勒定律不仅适用于行星，也适用于卫星，若把卫星轨道近似看作圆，第三定律公式为
，这时
由行星决定，与卫星无关。
当天体绕不同的中心星球运行时，
值是不同的。
(3)对于椭圆轨道问题只能用开普勒定律解决。卫星变轨问题，可结合提供的向心力和需要的向心力的关系来解决。
为万有引力常量，
。
3．适用条件
公式适用于质点间万有引力大小的计算。当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点。另外，公式也适用于均匀球体间万有引力大小的计算，只不过r应是两球心间的距离。
4．万有引力的特点
(1)普适性：不但存在于行星和太阳之间，也适合于宇宙中的任何天体，但地球上一般物体之间，由于质量很小，所以人们很难感受或观察到。
(2)相互性：两物体间相互作用的引力是一对作用力与反作用力，总是大小相等、方向相反。
(3)宏观性：通常情况下，万有引力很小，只有在质量巨大的天体间，其存在才有宏观物理意义。
▲疑难导析
1．重力和万有引力
重力是地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的；万有引力是物体随地球自转所需向心力和重力的合力。
如图所示，
产生两个效果：一是提供物体随地球自转所需的向心力；二是产生物体的重力。由于
，随纬度的增大而减小，所以物体的重力随纬度的增大而增大，即重力加速度从赤道到两极逐渐增大；但
一般很小，在一般情况下可认为重力和万有引力近似相等，即
常用来计算星球表面的重力加速度。
在地球同一纬度处，g随物体离地面高度的增加而减小，因为物体所受万有引力随物体离地面高度的增加而减小，即
。
说明：
和
。
2．万有引力定律是牛顿分析行星的运动学和动力学规律
应用开普勒第三定律和科学推理得出的，并且进行了月地检验。
和
的两个物体间的万有引力的表达式
，下列说法正确的是：( )
A．公式中的G是引力常量，它是由实验得出的，而不是人为规定的
B．当两物体间的距离r趋于零时，万有引力趋于无穷大
C．
解决问题时可根据情况选择公式分析、计算。
2．天体质量M、密度
的计算
测出卫星绕中心天体做匀速圆周运动的半径r和周期T，由
得
为中心天体的半径)
当卫星沿中心天体表面绕天体运动时，
，则
。
3．天体(如卫星)运动的线速度、角速度、周期与轨道半径r的关系
(1)由
得
，所以r越大，v越小；
(2)由
得
，所以r越大，
，所以r越大，T越大。
▲疑难导析
1．应用万有引力定律列式的思路与技巧
应用万有引力定律列式时牵涉到三项；万有引力
、重力G、向心力
，就问题不同选取其中两项组成等式列方程。选取哪两项组成方程，是解决问题的关键。
一般情况下，凡是牵涉(已知或求)中心天体质量、密度等物质量时，用万有引力
，解题时选用要准确，公式不能写错．三项中选准两项组建方程，解决问题就方便了。另外注意的应是明确各物理量的意义，不能含糊不清，甚至乱套公式。
2．黄金代换式
的运用
在地球表面的物体所受重力和地球对该物体的万有引力差别很小，在一般讨论和计算时，可以认为
，且有
,这样一来，我们便可以应用变换式
得
。
(2)若已知卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v和半径r。
由
。
(3)若已知卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v和周期T。
由
及
得
。
(4)若已知地球半径R及表面的重力加速度g。
由
得
。
，引力恒量
，又∵
，太阳的平均密度
(2)
，
联立方程并将
代入，
得地球的半径
km。
知识点四--宇宙航行
人造地球卫星
▲知识梳理
1．宇宙速度
(1)第一宇宙速度：人造地球卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度叫第一宇宙速度，又称环绕速度。
7.9 km/s，是人造地球卫星的最小发射速度，也是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大速度。
(2)第二宇宙速度(脱离速度)：
=16.7 km/s，使卫星挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。
2．近地卫星
近地卫星其轨道半径r近似地等于地球半径R，其运动速度
7.9 km/s,是所有卫星的最大绕行速度；运行周期T=85 min，是所有卫星的最小周期；向心加速度a=g=9.8
提供，由于另一个分力
的作用将使卫星轨道靠向赤道．故只有在赤道上空，同步卫星才可能在稳定的轨道上运行。
由
得
(T为地球自转周期，M、R为地球质量、半径)代入数值得
m。
即：同步卫星都在同一轨道上绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面的高度约为
km。
④环绕速度大小一定：所有同步卫星绕地球运动的线速度的大小是一定的，都是3.08 km/s。
⑤向心加速度大小一定：所有同步卫星由于到地心距离相同，所以，它们绕地球运动的向心加速度大小都相同，约为0.22
s)，运动方向相同。
b.卫星的运行轨道在地球的赤道平面内。
c.卫星距地面高度有确定值(
m)。
(2)同步卫星发射
变轨道发射--发射同步卫星，一般不采用普通卫星的直接发射方法，而是采用变轨道发射(如图)。首先，利用第一级火箭将卫星送到180 km-200 km的高空，然后依靠惯性进入停泊轨道(A)。
当到达赤道上空时，第二、三级火箭点火，卫星进入位于赤道平面内的椭圆转移轨道(B)，且轨道的远地点(D)为35 800
km。
当到达远地点时，卫星启动发动机，然后改变方向进入同步轨道(C)。
这种发射方法有两个优点：一是对火箭推力要求较低；二是发射场的位置不局限在赤道上。
运行时，所具有的机械能越大，把卫星发射到离地球越远的轨道，在地面应具有的初动能越大，即发射速度越大。
▲疑难导析
1．物体随地球自转的向心加速度与环绕地球运行的公转向心加速度
放于地面上的物体随地球自转所需的向心力是地球对物体的引力的分力提供的；而环绕地球运行的卫星所需的向心力由地球对它的全部引力提供。两个向心力的数值相差很多，如质量为1kg的物体在赤道上随地球自转所需的向心力只有0.034 N，而它所受地球引力约为9.8 N。
对应的两个向心加速度的计算方法也不同：
物体随地球自转的向心加速度
，式中T为地球自转周期，
为地表物体到地轴的距离；卫星环绕地球运行的向心加速度
，式中M为地球质量，r为卫星与地心的距离。
2．卫星的“超重”和“失重”
“超重”：卫星进入轨道前的加速过程，卫星上物体“超重”，此种情况与“升降机”中物体超重相同。
“失重”：卫星进入轨道后，正常运转，卫星上物体完全“失重”(因为重力提供向心力)，因此，在卫星上的仪器，凡是制造原理与重力有关的均不能使用。因失重故浮力不再有，水中的气泡不再上浮，体重计不能使用，但弹簧秤仍可使用，因其利用的胡克定律与重力无关，但不能用弹簧秤来测量重力了。
3．运行速度与发射速度
对于人造地球卫星，由
，第一宇宙速度是把卫星送出地球的最小发射速度，也是卫星环绕地球运行的最大线速度。
4．直线运动的“追及”与航天器的“对接”有何不同？
对地面物体的直线运动而言，当两个运动物体发生追赶运动时，只要“追赶物体”的速度大于“被追物体”的速度时即可追赶成功。且追赶成功时必有“追赶物体”与“被追物体”相对于同一起点的位移相同。这是“追及问题”的必备条件。
对于航天飞机与宇宙空间站的“对接”，其实际上就是两个匀速圆周运动的物体的追赶问题，本质仍然是人造天体的变轨运行问题。
要使航天飞机与宇宙空间站成功“对接”，必须让航天飞机在较低轨道上加速，通过速度v的增大→所需向心力
与卫星质量无关。综上所述只有A项正确。
典型例题透析
题型1 天体质量、密度的计算
(1)天体的运动认为是匀速圆周运动。
(2)求解天体的质量：我们只能求中心天体的质量，找一个绕行体，只要知道绕行体的线速度、角速度、周期中的一个量及其轨道半径，即可求中心天体的质量。
(3)求解天体的密度：当求出天体的质量后，再求出天体的体积即可，其体积
，计算时要注意r和R的区别，r一般指绕行体的轨道半径，R指中心天体自身的半径，只有当绕行体在中心天体表面做圆周运动时才有r=R。
，地球的自转周期
，地球表面的重力加速度g。某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：
同步卫星绕地心做圆周运动，由
得
。
(1)请判断上面的结果是否正确，并说明理由。如果不正确，请给出正确的解法和结果。
(2)请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果。
思路点拨：本题主要考查怎样利用万有引力定律来估算天体的质量。解决本题的关键在于对天体或卫星的运动进行正确的分析。
解析：
(1)上面结果是错误的，地球的半径R在计算过程中不能忽略。
正确的解法和结果：由
，得
(2)方法一：对月球绕地球做圆周运动，由
，得
。
方法二：在地面重力近似等于万有引力，由
，由于飞行器在行星表面附近飞行，其运行半径r近似等于行星半径，所以满足
，联立得：
根据题目已知条件灵活选用一种表达式，
要注意
只与r有关。
同一轨道上的卫星
km和
km。忽略所有岩石颗粒间的相互作用。(结果可用根式表示)
(1)求岩石颗粒A和B的线速度之比。
(2)求岩石颗粒A和B的周期之比。
(3)土星探测器上有一物体，在地球上重为10N，推算出他在距土星中心
km处受到土星的引力为0.38N。已知地球半径为
km，请估算土星质量是地球质量的多少倍？
思路点拨：根据万有引力提供向心力。向心力公式选择有线速度的、周期的公式求比可得(1)、(2)两问。根据万有引力公式及万有引力和重力的关系可得(3)问。
解析：
(1)设土星质量为
，颗粒质量为m，颗粒距土星中心距离为r，线速度为v，
根据牛顿第二定律和万有引力定律
①
解得
。
对于A、B两颗粒分别有 
和
，得
②
(2)设颗粒绕土星作圆周运动的周期为T，则
③
对于A、B两颗粒分别有 
和
得
④
(3)设地球质量为M，地球半径为
，地球上物体的重力可视为万有引力，
探测器上物体质量为
，在地球表面重力为
，距土星中心
=
km处的引力为
，
根据万有引力定律
⑤ 
⑥
由⑤⑥得：
(倍)。
总结升华：本题考查考生对天体运动基本规律的认识和理解，考查理解能力，推理能力和应用数学处理物理问题的能力。根据所学的基本知识和基本规律即可解决。
变式练习
[变式]最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用时间为1 200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍，假设该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有：(
)
A．恒星质量和太阳质量之比 B．恒星密度和太阳密度之比
C．行星质量与地球质量之比 D．行星运行速度与地球公转速度之比
答案：AD
解析：由天体运动的受力特点：
可得中心天体的质量表达式：
进一步可得恒星质量与太阳质量之比：
由周期和速度的关系：
可得行星运行速度与地球公转速度之比：
故选项A、D正确。
题型3 双星问题
解决双星模型的问题时，应注意以下几点：
其一，两星之间的万有引力提供各自需要的向心力；其二，两星绕某一点做匀速圆周运动的绕向相同、周期相同；其三，两星的轨道半径之和等于两星间的距离。
可等效为位于O点处质量为
的星体(视为质点)对它的引力，设A和B的质量分别为
思路点拨：根据双星的特征判断出A和B具有相同的角速度和周期，再根据万有引力提供向心力列式分析。
解析：
(1)设A、B的轨道半径分别为
，它们做圆周运动的周期T、角速度
即
A、B之间的距离
根据万有引力定律
得
(2)对可见星A有
其中
得：
总结升华：此类题目容易错误地认为引力距离与运行半径相同，或认为A、B两星的轨道半径相等，等于引力距离的一半。出现这些错误的原因，主要是没有建立正确地运动模型。
变式练习
[变式]两个靠得很近的恒星称为双星，这两颗星必定以一定角速度绕二者连线上的某一点转动才不至于由于万有引力的作用而吸引在一起，已知两颗星的质量分别为
，相距为L，试求；
(1)两颗星转动中心的位置；
(2)这两颗星转动的周期。
解析：设两星球做圆周运动的轨道半径分别为
，它们转动周期T相同，
如图。
对
①
对
②
由①②得
又
∴
＝
③
由③代入①可得：
。
题型4 万有引力定律与抛体运动知识的综合应用
星球表面的重力加速度一方面与星球有关(
L，已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，引力常量为G，求该星球的质量M和密度
设初始平抛小球的初速度为v，则水平位移为x=vt。有
当以2v的速度平抛小球时，水平位移为
。所以有
在星球表面上物体的重力近似等于万有引力，有mg=G
联立以上三个方程解得
而天体的体积为
，由密度公式
得天体的密度为
。
总结升华：本题属于万有引力与抛体运动的题目，应抓住关键切入点即抛体运动的加速度就是天体表面的重力加速度，而后根据抛体运动规律运动的合成与分解，分两个方向分别研究，同时要注意结合万有引力定律求出该天体表面的重力加速度。
变式练习
[变式]在勇气号火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来。假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时高度为h，速度方向是水平的，速度大小为
，求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计火星大气阻力。已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r，周期为T。火星可视为半径为
表示火星表面附近的重力加速度，M表示火星的质量，m表示火星的卫星的质量，
① 
②
设v表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为
③ 
④
由以上各式解得 
。
题型5 卫星的变轨问题
卫星绕地球稳定运行时，万有引力提供了卫星做圆周运动的向心力，由G
，得
，由此可知，轨道半径r越大，卫星的线速度v越小，当卫星由于某种原因速度v突然改变时，受到的万有引力G
和需要的向心力
不再相等，卫星将偏离原轨道运动。当G
慢慢变到
，用
、
分别表示卫星在这两个轨道上的动能，则：( )
A．
，
B．
，
D．
，所以卫星在这两个轨道上的动能
，错选D。深刻理解速度是由高度决定的，加深“越高越慢”的印象，才能走出误区。
变式练习
[变式]发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道l、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点
，如图所示，当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是：( )
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D．卫星在圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
答案：BD
解析：在卫星绕地球做匀速圆周运动的问题中，应明确轨道半径越大，速度越小，周期越长，角速度越小，而要想使卫星从低轨道上升至较高的轨道，则必须提供卫星更多的动能。高轨道和低轨道上的动能差用于克服引力做功，卫星在运行过程中的加速度的值应该用
来计算。注意题中P点为2、3轨道的切点，Q点为1、2轨道的切点，“相切”隐含着两轨道在切点有瞬时相同的轨道半径，再结合
。由上述分析可判断B、D选项正确知识要点梳理 知识点一--描述圆周运动的物理量 ▲知识梳理 1．描述圆周运动的物理量 描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等。比较如下表：
|
|
定义、意义 |
公式、单位 |
|
线速度 |
①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量(v)
②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切 |
①
②单位：m/s |
|
角速度 |
①描述物体绕圆心转动快慢的物理量( )
②中学不研究其方向 |
①
②单位：rad/s |
|
周期和转速 |
①周期是物体沿圆周运动一周的时间(T)
②转速是物体单位时间转过的圈数(n)，也叫频率(f) |
①
单位：s
②n的单位：r/s、r/min
f的单位：Hz |
|
向心加速度 |
①描述速度方向变化快慢的物理量(a)
②方向指向圆心 |
①
②单位： |
|
向心力 |
①作用效果是产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小
②方向指向圆心 |
①
②单位：N |
|
相互关系 |
①
②
③ |
2．速度的变化量Δv
从同一点作出物体在一段时间的始末两个速度矢量
和
，从初速度矢量的末端到末速度矢量的末端作一个矢量
，矢量就是速度的变化量。它的方向可能与速度的方向相同，也可能与速度方向相反，或成任意夹角。
的大小与、的大小关系是：
。
▲疑难导析
1．正确理解描述圆周运动的快慢的物理量及其关系
线速度、角速度、周期和转速都可描述圆周运动的快慢，但意义不同。线速度描述做圆周运动的物体沿圆周运动的快慢，若比较两物体沿圆周运动的快慢只看线速度大小即可；而角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢。由
可知，越大，T越小，n越大，则物体转动得越快，反之越慢。三个物理量知其中一个，另两个也就成为已知量。
2．对公式
及的理解
(1)由知r一定时，v与成正比；一定时，v与r成正比；v一定时，与r成反比。
(2)由知在v一定时，a与r成反比，在一定时，a与r成正比。
3．传动装置中各物理量之间的关系
在分析传动装置中各物理量的关系时，一定要明确哪个量是相等的，哪个量是不等的，同轴转动的物体上的各点角速度相等；皮带传动(或齿轮传动)的两轮在皮带不打滑的条件下，皮带上及两轮边缘各点的线速度大小相等。
、如图中，A、B为咬合传动的两齿轮，
，则A、B两轮边缘上两
点的：(
)
A．角速度之比为2:1
B．周期之比为1:2
C．向心加速度之比为1:2
D．转速之比为2:1
答案：C
解析：A、B两轮边缘上两点线速度相等。
由公式
有：
，A项错；
由公式
有：
，B项错；
由公式
有：
，C项正确；
由公式
有：
，D项错。
知识点二--匀速圆周运动 生活中的圆周运动
▲知识梳理
一、匀速圆周运动
1．特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的。
2．性质：是速度大小不变而速度方向时刻在变的变速曲线运动，并且是加速度大小不变、方向时刻变化的变加速曲线运动。
3．加速度和向心力：由于匀速圆周运动仅是速度方向变化而速度大小不变，故仅存在向心加速度。因此向心力就是做匀速圆周运动的物体所受的合外力。
4．质点做匀速圆周运动的条件
(1)物体具有初速度；
(2)物体受到的合外力F的方向与速度v的方向始终垂直。
特别提醒：这个结论仅对匀速圆周运动才成立。在变速圆周运动中，合外力不仅大小随时间发生改变，其方向也不沿半径指向圆心，合外力沿半径方向的分力提供向心力，使物体产生向心加速度，改变速度的方向；合外力沿轨道切线方向的分力，使物体产生切向加速度，改变速度的大小。
二、向心力的性质和来源
向心力是按力的效果命名的，它可以是做圆周运动的物体受到的某一个力或是几个力的合力或是某一个力的分力，要视具体问题而定。
(1)在匀速圆周运动中，由于物体运动的速率不变，动能不变，故物体所受合外力与速度时刻垂直、不做功，其方向指向圆心，充当向心力，只改变速度的方向，产生向心加速度。
(2)在变速圆周运动中，由于物体运动的速率在改变，动能在改变，故物体受到的合外力一般不指向圆心，即与速度不垂直，合外力要做功。合外力在半径方向的分力充当向心力，产生向心加速度，改变速度的方向；合外力在切线方向的分力产生切向加速度，改变速度的大小。
特别提醒：将做圆周运动的物体受到的所有力沿半径方向和切线方向正交分解，则沿半径方向的合力即为向心力。
三、生活中的圆周运动
1．火车转弯
在转弯处，若向心力完全由重力G和支持力
的合力
来提供，则铁轨不受轮缘的挤压，此时行车最安全。火车临界速度为
(R为转弯半径，
为斜面的倾角)，此式可由向心力公式推导而出。
，所以。
(1)当
时，即
，重力与支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对轮缘有侧向压力。
(2)当
时，即
，重力与支持力的合力大于所需向心力，则内轨对轮缘有侧向压力。
(3)当
时，
，火车转弯时不受内、外轨对轮缘的侧向压力，火车行驶最安全。
2．汽车过拱桥
如汽车过拱桥桥顶时向心力完全由重力提供(支持力为零)，则据向心力公式
得：
(R为圆周半径)，故汽车是否受拱桥桥顶作用力的临界条件为：
，此时汽车与拱桥桥顶无作用力。
(1)当时，
，车受到桥顶的支持力，
，所以
。
(2)当时，
，车不受桥顶的支持力，=0。
(3)当时，
，
不足以提供车做圆周运动的向心力，不仅车与桥之间无作用力，而且车将做离心运动，沿速度方向飞离桥面。
(4)当v=0时，车静止在桥顶上，桥对汽车的支持力=mg。
特别提醒：汽车过凹桥最低点时：当汽车过凹桥最低点时，汽车的支持力和重力的合力提供向心力，则：
，支持力一定大于重力mg。
3．航天器中的失重现象
航天员在航天器中绕地球做匀速圆周运动时，航天员只受地球引力，座舱对航天员的支持力为零，航天员处于完全失重状态。引力为他提供了绕地球做匀速圆周运动所需的向心力
。
4．离心运动
(1)离心现象条件分析
做圆周运动的物体，由于本身具有惯性，总是想沿着切线方向运动，只是由于向心力作用，使它不能沿切线方向飞出，而被限制着沿圆周运动，如图所示。
当产生向心力的合外力消失，F=0，物体便沿所在位置的切线方向飞出去，如图所示。
当提供向心力的合外力不完全消失，而只是小于应当具有的向心力，
，即合外力不足提供所需的向心力的情况下，物体沿切线与圆周之间的一条曲线运动。如图所示。
(2)离心运动的应用和危害
利用离心运动制成离心机械。如：离心干燥器、洗衣机的脱水筒等。
汽车、火车转弯处，为防止离心运动造成的危害，一是限定汽车和火车的转弯速度不能太大；二是把路面筑成外高内低的斜坡以增大向心力。
特别提醒：若合外力大于所需的向心力，物体离圆心将越来越近，即为近心运动。
▲疑难导析
一、匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较
做圆周运动的物体，若在相等的时间里通过的圆弧长度相等，就是匀速圆周运动，否则是非匀速圆周运动。关于两种运动的性质、加速度、向心力比较如下表：
|
项目 |
匀速圆周运动 |
非匀速圆周运动 |
|
运动性质 |
是速度大小不变而方向变化的变速曲线运动，并且是加速度大小不变、方向时刻变化的变加速曲线运动 |
是速度大小、方向均变化的变速曲线运动，并且是加速度的大小、方向时刻变化的变加速曲线运动 |
|
加速度 |
加速度方向与线速度方向垂直。即只存在向心加速度，没有切向加速度 |
由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向一般不指向圆心 |
|
向心力 |
 |
 |
2、简谐波常见问题分类
(1)若已知波的传播方向和波速的大小，可画出前后某一时刻的波形图
画出再经
时间波形图的方法：
①平移法。先确定，算出时间内波传播的距离
，再把整个波形沿波的传播方向平移
。
②特殊点法。找两点(原点和
的点)并确定其运动方向，确定经时间这两点所到达的位置，按正弦规律画出新的波形。
特别提醒：若要画出时间前的波形，则往相反方向平移即可；若或较大，则可根据波动图象的重复性采用去整留零(即整周期去掉，只画不足1个周期部分即可)方法处理。
：如图所示，是一列简谐横波沿x轴正方向传播的图象，试画出经
时间的波形。
方法1：平移法。因为
，把整个波形向右平移
，见图中虚线所示。
方法2：特殊点法。取O点和隔的点A来研究，如图所示，由上面方法易判定O点向下运动，A也向下运动，经时间，O到
，A到
(注意质点只是上、下振动)，再由正弦曲线规律画出虚线的波形。
(2)波的传播方向与质点振动方向的判断方法
已知波的传播方向，由图象可知各质点的振动方向；若已知某质点此时刻的振动方向，由图象可知波的传播方向。
常用方法有：
①上下坡法。沿波的传播方向看，“上坡”的质点向下振动；“下坡”的质点向上振动，简称“上坡下，下坡上”(如图甲所示)。
②同侧法。在波的图象上某一点，沿纵轴方向画出一个箭头表示质点的振动方向，并设想在同一点沿水平方向画个箭头表示波的传播方向，那么这两个箭头总是在曲线的同侧
(如图乙所示)。
③平移法。将波沿波的传播方向做微小移动，
，如图丙中虚线所示，则可判定P点沿y正方向运动了。
(3)在解决图象问题时，要注意波的空间周期性、时间周期性、双向性、对称性和多解性。
①波的空间周期性
在同一波线上相距为波长整数倍的多个不同质点振动情况完全相同。
沿波的传播方向，在x轴上任取一点P，如图所示，P点的振动完全重复波源O的振动，只是时间上比O点要落后
时间，在同一波线上，凡坐标与P点坐标x之差为波长整数倍的质点，在同一时刻t的位移都与坐标为x的质点的振动“相貌”完全相同，因此在同一波线上，某一振动“相貌”势必会不断地重复出现，这就是机械波的空间周期性。
②波的时间周期性
波在传播过程中，经过整数倍周期时，其波形图线相同，这就是机械波的时间周期性。
③波的双向性
双向性是指波沿正、负方向传播时，若正、负两方向传播的时间之和等于周期的整数倍，则正、负两方向传播的那一时刻波形相同。
④波的对称性
波源的振动，要带动它左、右相邻介质质点振动，波要向左、右两方向传播，对称性是指波在介质中左、右同时传播时，关于波源对称的左、右两质点振动情况完全相同。
：如图为沿x轴向右传播的简谐横波在t＝1.2s时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4s内有10个完整的波经过该点。
(1)求该波的波幅、频率、周期和波速。
(2)画出平衡位置在x轴上P点处的质点在0－0.6s内的振动图象。
思路点拨：根据波动图象可以求出波长、振幅；由
可以求出波速；由
求出频率；另外也可以用
求出频率。由波动图象和波的传播方向可以确定质点的振动方向，然后可画出振动图象。
解析：
(1)A＝0.1m λ＝2m
(2)
知识点三--波的性质
▲知识梳理
1．波的反射
(1)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，叫做波面，垂直于波面并指向波传播方向的直线，叫做波线。
(2)介质中波面上的各点，都可以看作发射子波的波源，其后任意时刻，这些子波前进方向的包络面就形成新的波面。
(3)波的反射中，反射角等于入射角。
2．波的干涉
频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，并且振动加强和振动减弱的区域相互间隔。
(1)干涉的主要特点是：振动加强区域实际上是以两列波振幅之和为新的振幅作振动，振动减弱区域是以两列波振幅之差为新的振幅作振动。加强区域和减弱区域是不随时间作周期性变化的，位移的大小在零和最大值之间。
(2)加强点和减弱点的判定方法
第一种方法：从波的波形图来判定：在两列相干波叠加区域，某一点是波峰和波峰叠加(如图中的M点)或波谷和波谷相叠加(如N点)。这样的点，两列波引起的位移方向相同，为振动加强点。
第二种方法：振动情况完全相同的两个波源，在同一介质中形成的两列波的重叠区内，某质点的振动是加强还是减弱，取决于两个相干波源到该质点的距离之差
，若
(n=0，1，2，3……)，则该质点振动总是加强；若
(n=0，l，2，3……)，则该质点振动总是减弱。
3．波的衍射
波可以绕过障碍物继续传播，这种现象叫波的衍射。衍射现象的本质是波在遇到小孔或障碍物时，偏离了直线传播，使波所波及的范围扩大。
任何波都能发生衍射，衍射总是存在的，只是有的衍射明显，有的衍射不明显。实验证明，只有当小孔或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或比波长更小时，才能观察到明显的衍射现象。
4．多普勒效应
(1)多普勒效应：由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感到波的频率发生变化的现象，叫做多普勒效应。
(2)当波源与观察者有相对运动时，如果二者相互接近，观察者接收到的频率变大；如果二者相互远离，观察者接收的频率变小。
(3)机械波、电磁波、光波都能产生多普勒效应，多普勒效应是波动过程共有的特征。
▲疑难导析
干涉和衍射是波的两个特有的现象。波的干涉与波的衍射的比较见下表
|
|
定义 |
现象 |
可观察到现象的条件 |
相同点 |
|
波的衍射 |
波可以绕过障碍物继续传播的现象 |
波能偏离直线而传到直线传播以外的空间 |
缝、孔或障碍物的尺寸跟波长相差不多或者小于波长 |
干涉和衍射是波特有的现象 |
|
波的干涉 |
频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，而且加强和减弱的区域相间分布的现象 |
振动强弱相间的区域。某些区域总是加强，某些区域总是减弱 |
两列波的频率相同 |
特别提醒：
(1)波的干涉和衍射都是波特有的现象可以帮助我们区别波动和其他运动形式。
(2)干涉和衍射发生的现象不同，发生的条件也不相同，实际应用中要加以区分。
：如图所示S为波源，M、N为两块挡板，其中M板固定，N板可上下移动，两板中间有一狭缝，
此时测得A没有振动，为了使A点能发生振动，可采用的方法是( )
A．增大波源的频率
B．减小波源的频率
C．将N板向上移动一些
D．将N板向下移动一些
答案：BC
解析：A点没有振动，说明衍射现象不明显，即狭缝的尺寸比波长大的多，为使A点振动，可使波长大些或使狭缝窄一些。
典型例题透析
题型一--波的传播方向与质点振动方向的判断
波的传播方向与质点振动方向的互判方法
(1)根据波的传播特性判断
①由传播方向判定质点振动方向：确定该质点前边相邻的一质点，根据这一质点此时的位置，确定要判定质点振动方向。
②由质点的振动方向判定波的传播方向。
由某质点的振动方向确定哪边是它前边的点，从而确定波传播方向。
(2)“上下坡”法
沿波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动。
1、湖面上一点O上下振动，振辐为0.2m，以O点为圆心形成圆形水波，如图所示，A、B、O三点在一条直线上，OA间距离为4.0m，OB间距离为2.4m。某时刻O点处在波峰位置，观察发现2s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。
(1)求此水波的传播速度、周期和波长。
(2)以O点处在波峰位置为0时刻，某同学打算根据OB间距离与波长的关系，确定B点在0时刻的振动情况，画出B点的振动图象。你认为该同学的思路是否可行？若可行，画出B点振动图象，若不可行，请给出正确思路并画出B点的振动图象。
思路点拨：
(1)根据传播距离和时间可以求出波速
，根据波在空间传播的周期性，可以求出周期，进而求出波长。另一种方法根据O、A两质点的位置求出波长，再求出周期。
(2)根据OB之间的距离和波长关系可以确定O时刻B点所处的位置以及振动方向。从而画出振动图象。
解析：
(1)由题意知2s内传播了4m，故=2m/s
因为O点在2s末正过平衡位置向下运动，
故2s应为
(OA间有一个波峰)，
即：
1. 6s
3.2m
(2)可行。B在O点右边，
，
即B点落后O点。
故在0时刻B正处于平衡位置向下运动，所以振动图象如图：
总结升华：该题为中档题，考查了波动和振动的关系。解题过程中应画出向左、右传播的波形图，这样便于直观分析。本题可以采用"上下坡"法判断波的传播方向和质点振动方向的关系。
举一反三
[变式]一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图所示，a 、b 、c为三个质元
，a 正向上运动。由此可知( )
A．该波沿x 轴正方向传播
B．c 正向上运动
C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置
D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处
答案：AC
解析：由a的运动方向可知，该波沿x轴正方向传播，此时刻b正向上运动。c正向下运动，所以该时刻以后，b比c先到达平衡位置。故选项A、C正确。
总结升华：本题主要考查了波动图象的相关知识。解决此题时要注意：波的传播方向和各质点的振动方向是两个重要的方向，二者的关系可根据如下的两种方法判断：第一种方法，已知某一质点的振动方向，则从此质点开始沿着x轴在曲线的同侧画一箭头，此箭头方向指向波的传播方向。第二种方法，已知波的传播方向时，顺着波的传播方向去看，各质点的振动方向满足“上坡下，下坡上”的规律，且越远的质点，振动越晚。
题型二--
机械波的传播特点(规律)
(1)前带后，后跟前，运动状态向后传。即：各质点都做受迫振动，起振方向由波源来决定；且其振动频率(周期)都等于波源的振动频率(周期)，但离波源越远的质点振动越滞后。
(2)机械波传播的是波源的振动形式和波源提供的能量，而不是质点。
2、图甲中，波源S从平衡位置y=0开始振动，运动方向竖直向上(y轴的正方向)，振动周期T=0.01s，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为v=80m/s．经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离SP=1.2m、SQ=2.6m。若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图乙的振动图象中，能正确描述P、Q两点振动情况的是( )
A．①为Q点振动图象 B．②为Q点振动图象
C．③为P点振动图象 D．④为P点振动图象
思路点拨：
(1)波的传播公式
知二求一，要求其中的一个物理量必须非常主动自觉地找到另外的两个物理量，或在波与振动这部分题目中，若已知
中的任意两个量，要自觉地应用求出第三个量，以备后用。
(2)已知一段距离x，要把这段距离用波长
的倍数形式表示出来，才能反映出这段距离x的含义，如本题中SQ＝2.6m，即
=1.2m，即
，从而还可知道P离S的距离小于Q离S的距离
。
(3)波传到某一点时，这一点的起振方向与振源最初的振动方向相同。因为S最初运动方向竖直向上，所以P、Q两点刚开始振动的方向也是竖直向上。
(4)波的定义告诉我们，波传播一个波长需要一个周期，类同，波传播n个波长就需要n个周期，如本题中P离S的距离小于Q离S的距离，则P就比Q早振动
。
解析：根据波长和波速的关系
得波长=0.8m
所以有：SP=1.5，SQ =3.25，即波由波源传播到Q点时，P已经振动3. 25T－1.5T=1.75T
当Q开始振动时，P从波谷开始向上振动。
由此可以判断选项A、D是正确的。
答案：AD
总结升华：机械波向外传播的只是振动这一运动形式和振动的能量，介质中的质点本身并没有随波迁移。
举一反三
[变式]如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，
已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法中正确的是( )
A．这列波的波长是4m
B．这列波的传播速度是10m/s
C．质点Q(x=9m)经过0.5s才第一次到达波峰
D．M点以后各质点开始振动时的方向都是向下
答案：ABD
解析：
(1)从图上可以看出波长为4m，选项A是对的。
(2)实际上“相继出现两个波峰”应理解为：出现第一个波峰与出现第二个波峰之间的时间间隔。因为在一个周期内，质点完成一次全振动，而一次全振动应表现为“相继出现两个波峰”，即T=0.4s。则
10m/s，所以选项B是对的。
(3)质点Q(x=9m)经过0.4s开始振动，而波是沿x轴正方向传播，即介质中的每一个质点都被它左侧的质点所带动，从波向前传播的波形图可以看出0.4s波传到Q时，其左侧质点在它下方，所以Q点在0.5s时处于波谷．再经过0.2s，即总共经过0.7s才第一次到达波峰，所以选项C错了。
(4)从波的向前传播原理可以知道，M以后的每个质点都是先向下振动的，所以选项D是对的。
此题正确答案为A、B、D。
题型三--利用波传播的周期性、双向性解题
简谐波中常见多解问题
波动问题的一个显著特点是多解性，即题目有多个答案或系列解，出现多解的原因主要有以下几个方面：
(1)波动的周期性
①经过周期整数倍的时间，各质点的振动情况(位移、速度、加速度等)与它在t时刻的振动情况完全相同；
②在波的传播方向上，相距波长整数倍的质点，振动情况也相同，因此必导致波的传播距离、时间、速度等物理量周期性的变化。
(2)波传播的双向性
当机械波沿x轴传播时，机械波既可以向x轴正方向传播，又可以向x轴负方向传播导致多解。
3、在如图所示的图象中，实线是一列简谐横波在某一时刻的图象，经过t=0.2s后这列波的图象如图中虚线所示。求这列波的波速。
思路点拨：解答此题，要考虑波有可能沿x轴正方向传播，也有可能沿x轴负方向传播，再由周期性，找出t和周期T的关系，从图象上找出，根据即可解答。
解析：设波沿x轴正方向传播，t=0.2s可能是
个周期
，即
周期
波速
设波沿x轴负方向传播，t=0.2s可能是
个周期，即
周期
波速
总结升华：本题易犯的错误是忘记波的双向性和周期性而仅仅认为波沿x轴正向传播，且
或认为波只沿x轴负向传播，且
，造成本题漏解。
举一反三
[变式]如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点，相距14.0m，b点在a点的右方。当一列简谐横波沿此绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.00s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰好达到负极大，则这列简谐横波的波速可能等于(
)
A．14.0m/s B．10.0m/s C．6.00m/s D．4.67m/s
答案：BC
解析：当a点位移正极大，b点在平衡位置向下运动时，
则沿水平绳a、b两点间波形至少会有四分之三波长，设n为正整数，
则有
当经过1.00s，a点在平衡位置向下运动，b点在负的最大位移处，
则这段时间至少含有四分之一周期，设m为正整数，
则有
因此波速是
可见波速的确定由n、m共同决定，分析时可先令n =0，再讨论m的所有取值；然后令n=1，再讨论m的所有取值；如此下去。例如令n=0，设波速
，当m=0时，波速
，即4.67m/s；当m=1时，波速为23.3m/s，超出选项范围，不再讨论。再令n=1，当m=1时，波速为10.00m/s等等。
总结升华：波在传播过程中，空间的周期性体现在波形的重复性，可以从波长着手来描述；时间的周期性体现在振动的重复性，可以从周期着手来描述。解答时要善于抓住实质，熟悉描述周期性的方法，提高分析和解决问题的能力。
题型四--波的干涉和衍射
一切波都能发生干涉和衍射，干涉和衍射是波特有的性质。
1．产生干涉的必要条件是：两列波源的频率必须相同。
需要说明的是：以上是发生干涉的必要条件，而不是充分条件。要发生干涉还要求两列波的振动方向相同(要上下振动就都是上下振动，要左右振动就都是左右振动)，还要求相差恒定。我们经常列举的干涉都是相差为零的，也就是同向的。如果两个波源是振动是反向的，那么在干涉区域内振动加强和减弱的位置就正好颠倒过来了。
干涉区域内某点是振动最强点还是振动最弱点的充要条件：
(1)最强：该点到两个波源的路程之差是波长的整数倍，即δ=nλ
(2)最弱：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍，即
根据以上分析，在稳定的干涉区域内，振动加强点始终加强；振动减弱点始终减弱。
至于“波峰和波峰叠加得到振动加强点”，“波谷和波谷叠加也得到振动加强点”，“波峰和波谷叠加得到振动减弱点”这些都只是充分条件，不是必要条件。
2．能够发生明显的衍射现象的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不多。
4、如图表示两个相干波源
、
产生的波在同一种均匀介质中相遇。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：
(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是________；振动减弱的点是________。
(2)若两振源和振幅相同，此时刻位移为零的点是________。
(3)画出此时刻ace连线上，以a为原点的一列完整波形，标出ce两点。
思路点拨：在稳定的干涉图样中，加强区的点始终加强，减弱区的点始终藏弱，但加强点的位移时刻在改变，某时刻可能为零，相同的两列波的干涉，最弱区域的点一直静止不动。从干涉图样中区分波峰波谷，画图象。
解析：
(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该波线传播，故c点是振动加强点。同理b、d是减弱点，f也是减弱点。
(2)因为、振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，该时刻a、e的中点c正处在平衡位置，所以位移为零的是b、c、d、f。
(3)图中对应时刻a处在两波谷的交点上，即此刻a在波谷，同理e在波峰，故a、e中点c在平衡位置，所以所对应的波形如图：
总结升华：在稳定的干涉图样中加强区域和减弱区域是不随时间作周期性变化的，位移的大小在零和最大值之间。
举一反三
[变式]如图所示表示两列相干水波某时刻的波峰和波谷位置，实线表示波峰，虚线表示波谷，相邻实线与虚线间的距离为0.1m，波速为1m/s，在图示范围内可以认为这两列波的振幅均为1cm，C点是相
邻实线与虚线间的中点，则(
)
A．图示时刻A、B两点的竖直高度差为2cm
B．图示时刻C点正处在平衡位置且向水面上运动
C．F点到两波源的路程差为零
D．经0. 1s，A点的位移为零
答案：BD
解析：A、B两点为振动加强点，A、B两点振幅均为2cm，A、B两点竖直高度差为4cm，故A错；C点为B、D两点连线的中点，所以C点处在平衡位置，又因D点离波源较近，所以C点正向水面上运动；F点为振动减弱点，它到两波源距离之差应为半波长的奇数倍，故C错；由知
，经
，A点由波峰回到平衡位置。
总结升华：关于波的干涉，要正确理解稳定的干涉图样是表示加强区和减弱区的相对稳定，但加强区和减弱区还是在做振动，加强区里两列波分别引起质点分振动的方向是相同的，减弱区里两列波分别引起质点分振动的方向是相反的，发生变化的是振幅增大和减少的区别，而且波形图沿着波的传播方向在前进。
第三部分 实验：用单摆测定重力加速度
知识要点梳理
实验目的
1．学会用单摆测定当地的重力加速度；
2．正确熟练地使用秒表。
实验器材
长约lm的细丝线一条、通过球心开有小孔的金属小球一个、带有铁夹的铁架台一个、毫米刻度尺一根、秒表一块。
实验原理
单摆在偏角很小(小于
)时，振动周期跟偏角的大小和摆球的质量无关，这时单摆的周期公式是
。变换这个公式，得到
。因此，测出单摆的摆长
和振动周期T，就可以求出当地的重力加速度g的值。
机械秒表构造、原理及使用
1．秒表构造
外壳按钮：使指针启动、停止和回零，如图所示。
表盘刻度：秒针指示大圆周的刻度，其最小分度值常见为0.1秒、0.2秒或0.5秒；秒针转一周历时30秒；分针指示小圆周的刻度，其最小分度值常见为0. 1分或0.5分，分针转一周历时15分。
2．秒表的工作原理
机械秒表靠发条转动力矩，通过内部齿轮驱动调节器调节摆动的秒针和分针，即将发条的弹性势能转化为动能，使指针摆动。
3．秒表的读数
不足30秒即秒针转不到一周时，直接读大圆周上秒针所指的黑体分度值，因为大圆周上有红、黑两种字体，黑字0~ 30，红字0~60，意思是秒针转两周才60秒；同理分针所指的小圆周上也有两种字体，黑字0~15，红字0~30，分针转两周才30分；通常是分针读红字，秒针读红字，分针读黑字，秒针读黑字，记时为两个示数之和。
4．秒表的使用方法
①按钮开始计时，分针、秒针都启动
②按钮停止计时，分针、秒针都停止
③按钮分针、秒针回“0”位，此时在使用有两个按钮的表时，应按“0”位侧边的钮
实验步骤
1．如图，用细线拴好小球，悬挂在铁架台上，使摆线自由下垂；
2．用米尺和游标卡尺测出单摆摆长；
3．用秒表测出摆球摆动30次的时间t，算出周期T；
4．重复上述步骤，将每次对应的摆长、周期T填于表中，按公式算出每次g值，然后求出结果。
实验记录：
|
|
摆长
(m) |
振动次数n(s) |
N次历时t(s) |
周期T
(s) |
( ) |
g() |
平均值() |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
数据处理
根据的变换公式计算出每次g值，然后求出平均值。
误差分析
1．本实验系统误差主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可看作质点，球、线是否符合要求，振动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等等。只要注意了上面这些问题，就可以使系统误差减小到远远小于偶然误差而达到忽略不计的程度。
2．本实验偶然误差主要来自时间(即单摆周期)的测量上。因此，要注意测准时间(周期)。要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒数计时计数的方法，不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应进行多次测量后取平均值。
3．本实验中进行长度(摆线长、摆球的直径)的测量时，读数读到毫米位即可(即使用卡尺测摆球直径也只需读到毫米位)。时间的测量中，秒表读数的有效数字的末位在“秒”的十分位即可。
注意事项
1．选择材料时摆线应选择细而不易伸长的线，比如用单根尼龙线、胡琴丝弦或蜡线等，长度一般不应短于1m。小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm；
2．单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象；
3．摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过；
4．摆动时，要使之保持在同一个运动平面内，不要形成圆锥摆；
5．计算单摆的振动次数时，应在摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球从同一方向通过最低位置时进行读数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。
6．由公式，分别测出一系列摆长对应的周期T。作出
的图象，如图所示，图象应是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，即可求得g值。
这样可以减小误差。
典型例题透析
1、
(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，作摆长和周期T计算重力加速度的公式g=____________。如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂。如图(甲)所示，那么单摆摆长是________。如果测定了40次全振动的时间如图(乙)中秒表所示，那么秒表读数是___________s，单摆的摆周期是____________s。
(2)某同学在实验中，测量6种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：
以为横坐标，
为纵坐标，作出
图线，并利用此图线求重力加速度。
思路点拨：该题考查用单摆测定重力加速度的实验原理，秒表的读数方法、误差分析和数据的图象处理法。
解析：
(1)由单摆周期公式得，图(甲)中读出长度L=88.40cm，
则摆长=88.40
=87.40cm。短针是分针，一格是60s，长针是秒针，长针又指15.2s，
故秒表读数是t=60s+15.2s=75.2s，单摆周期T=
s=1.88s。
(2)可得
，
所以图线是过坐标原点的一条直线，直线斜率是
，则
。
在图线上取较远的两点
，
则
，所以
。
作出图象如图所示：
由直线上的点(0.4，1.59)和(1.0，4.00)可求出
，
。
总结升华：本题易出现的错误是(1)本题中测摆长时很容易将刻度尺的示数误认为摆长，而忽略了球的半径。(2)在读秒表时，错误的估读，秒表是齿轮传送，不需估读。(3)利用图象处理数据时，不是借助图象的斜率，而是利用数据表中的一组或两组数据，从而导致出现较大误差。
举一反三
[变式]在利用单摆测定重力加速度的实验中，一位学生在不同摆长的条件下，测得单摆的周期T与摆长的关系如下表：
|
次数 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
|
(m) |
0.8000 |
0.9000 |
1.0000 |
1.1000 |
1.2000 |
 (s) |
1.80 |
1.90 |
2.01 |
2.11 |
2.20 |
( ) |
3.24 |
3.61 |
4.04 |
4.45 |
4.84 |
试在如图的坐标纸上画出与的关系图线，写出利用图线求重力加速度的公式g=________。由图线计算出重力加速度的值g=________。(保留3位有效数字)
解析：如图所示，由单摆的周期公式，
得
或 
，
在图线上取点代入以上式子计算(9.70-9.90均正确)。
2、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，①测摆长时，若正确测出悬线长和摆球直径d；则摆长为________；②测周期时，当摆球经过________位置时开始计时并数1次，测出经过该位置N次(约60-100次)的时间为t，则周期为________。
此外，请你从下列器材中选用所需器材，再设计一个实验，粗略测出重力加速度g，并参照示例填写下表(示例的方法不能再用)。
A．天平；B．刻度尺；C．弹簧秤；D．电磁打点计时器；E．带夹子的重锤；F．纸带； G．导线若干；H．铁架台；I．低压交流电源；J．低压直流电源；K．小车； L．螺旋测微器；M．斜面(高度可调，粗糙程度均匀)。
思路点拨：“用单摆侧定重力加速度”的实验中，应重点掌握：
①摆长等于悬点到摆球球心的长度；
②开始计时位置应在摆球摆动至最低点时；
③计数与计时之间的关系。用题给器材粗略测重力加速度，只要能测出和重力加速度有关的物理量，通过测出量加以计算，能够得出重力加速度，方法即可取，本题中根据现有器材可再设计出两种方案。
解析：单摆的摆长是从悬线的悬挂点到小球重心的距离，
题中小球视为质量分布均匀，故摆长为：
；
测定周期时，摆球在最低处平衡位置速度最大，因此应从最低位置开始计时并计数N次，
则小球完成了
次全振动，故其周期T＝
。
测重力加速度的方法有多种，其中一种用斜面和打点计时器由牛顿第二定律来测，方法见答案。
答案：① ②平衡；
总结升华：本题突出了对实验原理的考查，只有保证对摆长和周期测量的准确性，才能减小重力加速度的测量误差，同时也考查了考生对实验的设计能力，在设计实验的过程中，对物理量的直接测定和间接测定要有明确的认识。
举一反三
[变式]有五组同学用单摆测定重力加速度，各组的实验器材数据如下表所示。
|
组制 |
摆球材料 |
最大偏角 |
摆长 |
测全振动次数 |
|
1 |
木 |
 |
0. 40m |
10 |
|
2 |
铝 |
|
0. 50m |
20 |
|
3 |
铜 |
 |
0. 60m |
30 |
|
4 |
铁 |
 |
0. 80m |
40 |
|
5 |
铅 |
 |
0. 80m |
50 |
若各组同学实验操作水平一样，那么第________组同学测定的结果最准确。
若该组同学根据自己测得的实验数据作出单摆的振动图象，如图所示。那么该同学测出的重力加速度大小是________。
解析：第5组同学的单摆摆长适当，偏角小于，振动次数较多，误差最小。
从振动图象上知T=1.80s，代入公式
4．机械波的传播特征
(1)机械波向外传播的只是振动这一运动形式和振动的能量，介质中的质点本身并没有随波迁移。
(2)机械波在传播过程中，介质中各质点都在各自的平衡位置附近做同频率、同振幅的简谐振动，沿着波的传播方向，后一质点的振动总落后于前一质点的振动，或者说后面的质点总要重复前面质点的振动，只是在时间上晚了一段。正是由于不同质点在同一时刻的振动步调不一致，于是就形成了波。
(3)在介质中有波传播时，由于介质中各个质点运动的周期性，决定振动状态在介质中的传播也具有周期性，如果忽略了介质对能量的吸收消耗，则介质中各质点均做振幅相同的简谐振动。
▲疑难导析
1．波长概念的理解
公式v＝f中，v由介质决定，f取决于波源，而由波源和介质共同决定；当波源振动时，将带动其相邻的质点做同频率的受迫振动。驱动力来源于振源，所有质点的振动频率均等于振源的频率；当波从一种介质进入另一种介质时，频率不变，波速变化，波长也随之变化。
2．质点振动速度与波速的区别
质点的振动速度与波速是两个不同的概念。振动速度是变化的；波速相对于同一均匀介质是一个定值。波速是振动形式的传播速度，也是能量的传播速度。不能认为v正比于，反比于T。
特别提醒：
(1)机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，波速、波长都改变。
(2)机械波波速仅由介质来决定，固体、液体中波速比空气中大。
：如图所示，一横波的波源在坐标原点，x轴为波的传播方向，y轴为振动方向。当波源开
始振动0.5s时形成了如图所示的波形(波刚传到图中P点)。试求：
(1)该波的振幅；
(2)从图示位置再经多长时间波传到Q点？
(3)Q点开始振动的方向如何？
解析：
(1)根据图象可知，波的振幅为A=10cm
(2)根据题意，波的周期为T=0.5s，波的波长为
，波速
，
传到Q点所用的时间
(3)Q点的振动方向就是如图所示的波形中P点的振动方向，判断可知沿y轴的负方向。
知识点二--波的图象
▲知识梳理
1．波的图象
简谐波的图象是正弦或余弦曲线。
(1)波的图象形象直观地揭示了较为抽象的波动规律。波的图象表示在波的传播方向上介质中大量质点在同一时刻相对平衡位置的位移，波动图象一般随时间的延续而变化(
时，波形不变，k为整数)。
(2)从图象可获取的信息有：
①该时刻各质点的振动位移；
②振幅A和波长；
③若已知波的传播方向，由图象可知各质点的振动方向；若已知某质点此时刻的振动方向，由图象可知波的传播方向。
▲疑难导析
1、振动图象与波动图象区别
振动是一个质点随时间的推移而呈现的现象，波动是全部质点联合起来共同呈现的现象。简谐运动和其引起的简谐波的振幅、频率相同，二者的图象有相同的正弦(余弦)曲线形状，但二图象是有本质区别的，见表：
|
|
振动图象 |
波形图象 |
|
研究对象 |
一振动质点 |
沿传播方向所有介质质点 |
|
研究内容 |
一质点的位移随时间的变化规律 |
某时刻所有质点的空间分布规律 |
|
图线 |
 |
 |
|
物体意义 |
一质点在各时刻的位移 |
某时刻各质点的位移 |
|
图线变化 |
已有图形不变 |
图象随时间沿传播方向平移 |
|
质点振动方向
的确定方法 |
下一时刻的振动 |
重复前一质点的振动 |
|
一个完整曲线占
横坐标的距离 |
表示一个周期 |
表示一个波长 |
共同系住一密度均匀的小球m，球直径为d。
与天花板的夹角
。若摆球在纸面内做小角度的左右摆动，则摆动圆弧的圆心在
处，故等效摆
长
，周期
；若摆球做垂直纸面的小角度摆动，则摆动圆弧的圆心在O处，故等效摆长为
，周期
。
(2)等效重力加速度：公式中的g由单摆所在的空间位置决定。
由
知，g随地球表面不同位置、不同高度而变化，在不同星球上也不相同，因此应求出单摆所在处的等效值
代入公式，即g不一定等于9.8
。再如，单摆若在轨道上运行的航天飞机内，摆球完全失重，回复力为零，则等效值
，所以周期为无穷大，即单摆不摆动了。
g还由单摆所处的物理环境决定。如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中，回复力应是重力和竖直电场力的合力在圆弧切线方向的分力，所以也有等效值
的问题。
在均匀场中
甲所示，
则
，故
，
由
得，视重力加速度
，
所以单摆周期
同理，当升降机竖直向下加速时，视重力
，
则
，故
(2)当在水平方向加速时，相对系统静止时摆球的位置如图乙所示，
视重力
，
故视重力加速度
，
所以周期
。
知识点四--受迫振动与共振
▲知识梳理
1．受迫振动
物体在周期性变化的驱动力作用下的振动叫受迫振动；物体做受迫振动时，振动稳定后的频率等于驱动力的频率，跟物体的固有频率没有关系。
2．共振
是一种特殊的受迫振动，当驱动力的频率跟物体的固有频率相等时，受迫振动物体的振幅最大，这种现象叫共振。声音的共振叫共鸣。
▲疑难导析
1．共振曲线
如图所示，共振曲线以驱动力频率为横坐标，以受迫振动的振幅为纵坐标。它直观地反映了驱动力频率对受迫振动振幅的影响，由图可知，
与
越接近，振幅A越大；当
时，振幅A最大。
2．受迫振动中系统能量的转化
受迫振动不是系统内部动能和势能的转化，而是与外界时刻进行着能量交换，系统的机械能也时刻变化。
3．发生共振时，驱动力对振动系统总是做正功，总是向系统输入能量，使系统的机械能逐渐增加，振动物体的振幅增大。
当驱动力对系统做的功与摩擦力做的功以及介质阻力做的功之和相等时，振动系统的机械能不再增加，振幅不再增大。
，
所以
，
代入数据解得
1m
(2)从共振曲线可知：单摆发生共振时，振幅A＝8cm。
典型例题透析
题型一--简谐运动的图象
利用简谐运动的图象可以确定：
(1)可以确定振动物体在任一时刻的位移。
如图中，对应
时刻的位移分别为
。
(2)确定振动的振幅。图中最大位移的值就是振幅，如图表示振动的振幅是10cm。
(3)确定振动的周期和频率。振动图象上一个完整的正弦(余弦)图形在时间轴上拉开的“长度”表示周期。
由图可知，OD、AE、BF的间隔都等于振动周期，T=0.2s，频率
。
(4)确定各质点的振动方向。例如图中的
时刻，质点正远离平衡位置向位移的正方向运动；在
时刻，质点正向着平衡位置运动。
(5)比较各时间质点加速度的大小和方向。例如在图中
为正，则加速度
为负，
时刻
为负，则加速度
为正，又因为
，所以
。
，A和
为振幅和初相。将t=1s代入即可求出位移。
解析：
(1)由质点振动图象可得A=8cm，T=0. 2s，
(2)
rad/s
质点简谐运动表达式为
，当t=1s时，x=8cm。
总结升华：
(1)应用振动图象可直接读出振幅、周期、初相。
(2)书写简谐运动表达式，可根据位移通式
，结合从图象上得到的振幅A和初相
，解出
代入即可。
举一反三
[变式]如图所示为一弹簧振子的振动图象。求：
(1)从计时开始经过多长时间弹簧振子第一次达到弹性势能最大？
(2)在第2s末到第3s末这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能、弹性势能各是怎样变化的？
(3)该振子在前100s内的总位移是多少？路程是多少？
解析：
(1)由图可知，在计时开始的时刻弹簧振子恰好沿x轴正方向通过平衡位置O，此时弹簧振子具有最大动能，随着时间的延续，速度不断减小，而位移逐渐增大，经
ls，其位移达到最大，此时弹性势能最大。
(2)由图知，在t=2s时，弹簧振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断增加，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大；当t=3s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值。
(3)振子经过一周期位移为零，路程为5×4cm=20cm，前100s刚好经过了25个周期，所以前100s内振子位移s=0，路程
20×25cm=500cm=5m。
题型二--简谐运动具有往复性、对称性和周期性
简谐运动的过程特点
1．变化特点：抓住两条线
第一，从中间到两边(平衡位置到最大位移)：
，
，
，动能
，势能
，机械能E不变。
第二，从两边到中间(最大位移到平衡位置)：
，动能
，势能
，机械能E不变。
2．运动规律
(1)周期性--简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能恢复到原来的状态。
(2)对称性--简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性。
物体做简谐运动时，在同一位置P点，振子的位移相同，回复力、加速度、动能和势能也相同，速度的大小相等，但方向可相同也可相反。在关于平衡位置对称的两个位置，动能、势能对应相等，回复力、加速度大小相等，方向相反；速度的大小相等，方向可相同，也可相反，运动的时间也对应相等；一个做简谐运动的质点，经过时间t=nT(n为正整数)，则质点必回到出发点，而经过t＝(2n+1)
(n为正整数)，则质点所处位置必与原来位置关于平衡位置对称。
时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则
处，在P处弹簧处于伸长状态，在
答案：C
总结升华：简谐运动的周期性--简谐运动的物体经过一个周期或几个周期后，能回到原来的状态。简谐运动的对称性--简谐运动的物体具有相对平衡位置的对称性。
举一反三
[变式]一个质点在平衡位置O点附近做机械振动。若从O点开始计时，经过3s质点第一次经过M点(如图所示)；再继续运动，又经过2s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需的时间是(
)
A.8s B.4s C.14s D. 
s
答案：CD
解析：由简谐振动的对称性可知，质点由O→a，a→O；O→M，M→O；M→b，b→M；所用时间分别对应相等。又因为开始计时时，质点从O点开始运动方向不明确，故应分为两种情况讨论。
(1)当质点开始从O点向右运动时，由题意得，
=3s，2
=2s，而
，所以有T=16s，
故质点第三次达M点还需要时间为t=
=2s，
而
s，
s，
故质点第三次达M点还需要时间为
=
中
思路点拨：要抓住圆弧光滑且圆心角小于
，
所以
在由A→O的过程中球A的重力势能转化为动能。
(2)由对称性可知
代入数据解得Q至N的最短时间
(3)欲使A、B相遇，则两球运动时间相同，且必须同时到达O点，
A球能到O点的时间可以是
，也可以是
或
所以A球运动的时间必为
所以
。
总结升华：本题易出现的错误一是不会利用简谐运动对称性；二是不注意周期性带来多解问题，误认为从A到O时间仅为
，斜面上有一辆挂有单摆的小车，如图所示，在小车下滑过程中单摆同时摆动，已知摆长为L，求单摆的振动周期。
解析：单摆处于失重状态，当单摆与小车相对静止加速下滑时，
悬线拉力为
，
故单摆做简谐运动时的等效加速度
，
如图所示，故振动周期
。
题型四--受迫振动和共振现象的分析
物体做受迫振动时振动频率与物体固有频率无关，由驱动力频率决定。受迫振动的振幅A与驱动力的频率f的关系--共振曲线(如图所示)，
时振幅最大，即达到共振。
下振动了6次，你估计鸟的质量最接近( )
A．50g B．200g C．500g D．550g
思路点拨：本题是一个估算题，直接给出的条件少，这类问题的处理方法是对题目的已知条件进行大胆、合理地“修整”，寻找隐含的条件、规律。
解析：鸟在树枝上时，树枝振动的周期
＝1.7s，
挂上50g的砝码时，树枝振动周期
＝0.83s，
挂上500g的砝码时，树枝振动的周期
＝2.5s，
由于
，所以鸟的质量m应满足50g＜m＜500g，
故B选项正确。
答案：B
总结升华：本题主要考查考生灵活运用共振知识的能力。
举一反三
[变式]实验室可以做“声波碎杯”的实验。用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz。将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉。下列说法中正确的是( )
A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到很大
B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波
C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率
D．操作人员一定要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz
答案：D
解析：通过调整发生器发出的声波就能使酒杯碎掉，是利用共振的原理，因此操作人员一定要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，故D选项正确。
第二部分 机械波
知识要点梳理
知识点一--机械波
▲知识梳理
1．波的形成
机械振动在介质中的传播形成机械波。条件：①波源；②介质。
2．机械波的分类
按质点的振动方向与波的传播方向是垂直还是平行分为横波和纵波。
3．描述波动的物理量
D．由熵的定义可知，熵较大的宏观状态就是无序程度很小的宏观状态，也就是出现概率较小的宏观状态
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体