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1、创建时间：2010-7-14 16:33:00 机械运动、机械波错题集一、主要内容本章内容包括机械振动、回复力、振幅、周期、频率、简谐振动、受迫振动、共振、机械波、波长、波速、横波、纵波、波的干涉和衍射等基本概念，以及单摆振动的周期规律、简谐运动的图像、简谐运动中的能量转化规律、波的图像、波长和频率与波速之间的关系等规律。二、基本方法本章中所涉及到的基本方法有：由于振动和波动的运动规律较为复杂，且限于中学数学知识的水平，因此对于这部分内容不可能像研究直线运动、平抛、圆周运动那样从运动方向出发描述和研究物体的运动，而是利用图象法对物体做简谐运动的运动规律及振动在介媒中的传播过程进行描述与研究。图
2、像法具有形象、直观等优点，其中包含有丰富的物理信息，在学习时同学们要注意加以体会；另外，在研究单摆振动的过程中，对于单摆所受的回复力特点的分析，采取了小摆角的近似的处理，这是一种理想化物理过程的方法。三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对于诸如机械振动、简谐运动、受迫振动、共振、阻尼振动、等幅振动等众多的有关振动的概念不能深刻的理解，从而造成混淆；不能从本质上把握振动图象和波的图象的区别和联系，这主要是由于振动的图象与波的图象形式上非常相似，一些学生只注意图象的形状，而忽略了图象中坐标轴所表示的物理意义，因此造成了将两个图象相混淆。另外，由于一些学生对波的形成过程理
3、解不够深刻，导致对于波在传播过程中时间和空间的周期性不能真正的理解和把握；由于干涉和衍射的发生条件、产生的现象较为抽象，所以一些学生不能准确地把握相关的知识内容，表现为抓不住现象的主要特征、产生的条件混淆不清。例1 一个弹簧振子，第一次被压缩x后释放做自由振动，周期为T1，第二次被压缩2x后释放做自由振动，周期为T2，则两次振动周期之比T1T2为A11B12 C21C14【错解】 压缩x时，振幅为x，完成一次全振动的路程为4x。压缩2x时，振幅即为2x，完成一次全振动的路程为8x。由于两种情况下全振动的路程的差异，第二次是第一次的2倍。所以，第二次振动的周期一定也是第一次的2倍，所以选B。【错
4、解原因】上述解法之所以错误是因为把振子的运动看成是匀速运动或加速度恒定的匀加速直线运动了。用了匀速或匀加速运动的规律。说明这些同学还是没有掌握振动的特殊规律。【分析解答】事实上，只要是自由振动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量m和弹簧的劲度系数k决定的，而与形变大小、也就是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变（m，k不变），周期就不会改变，所以正确答案为A。【评析】本题给出的错解是初学者中最常见的错误。产生这一错误的原因是习惯于用旧的思维模式分析新问题，而不善于抓住新问题的具体特点，这反映了学习的一种思维定势。只有善于接受新知识、新方法，并将其运用到实际
5、问题中去，才能开阔我们分析、解决问题的思路，防止思维定势。例2一个单摆，如果摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆的A频率不变，振幅不变 B频率不变，振幅改变C频率改变，振幅不变 D频率改变，振幅改变【错解】 错解一：因为单摆的周期（频率）是由摆长l和当地重力加速度g决定的，所以频率是不变的，而从动能公式上看：，质量变为原来的4倍，速度变为原来的，结果动能不变，既然动能不变（指平衡位置动能也就是最大动能），由机械能守恒可知，势能也不变。所以振幅也不变，应选A。错解二：认为速度减为原来的，即运动得慢了，所以频率要变，而振幅与质量、速度无关（由上述理由可知）所以振幅
6、不变，应选C。错解三：认为频率要改变，理由同错解二。而关于振幅的改变与否，除了错解一中所示理由外，即总能量不变，而因为重力势能EP=mgh，EP不变，m变为原来的4倍，h一定变小了，即上摆到最高点的高度下降了，所以振幅要改变，应选D。【错解原因】此题主要考查决定单摆频率（周期）和振幅的是什么因素，而题中提供了两个变化因素，即质量和最大速度，到底频率和振幅与这两个因素有没有关系。若有关系，有什么关系，是应该弄清楚的。而错解二和错解三中都认为频率不变，这是因为为不清楚决定单摆的因素是摆长l和当地重力加速度g，而与摆球质量及运动到最低点的速度无关。错解二中关于频率不变的判断是正确的，错误出现在后半句
7、的结论上。判断只从能量不变去看，当E总不变时，EP=mgh，m变大了，h一定变小。说明有些同学考虑问题还是不够全面。【分析解答】（1）实际上，通过实验我们已经了解到，决定单摆周期的是摆长及当地重力加速度，并进一步找到周期公式：，单摆的周期与质量无关，与单摆的运动速度也无关。当然，频率也与质量和速度无关，所以不能选C，D。（2）决定振幅的是外来因素。反映在单摆的运动中，可以从能量去观察，从上面分析我们知道，在平衡位置（即最低点）时的动能。当m增为原来的4倍，速度减为原来的时，动能不变，最高点的重力势能也不变。但是由于第二次摆的质量增大了（实际上单摆已经变成另一个摆动过程了），势能EP=mgh不变
8、，m大了，h就一定变小了，也就是说，振幅减小了。因此正确答案应选B。【评析】 本题的分析解答提醒我们，一是考虑要全面，本题中m，v两因素的变化对确定的单摆振动究竟会产生怎样的影响，要进行全面分析；二是分析问题要有充分的理论依据，如本题中决定单摆振动的频率的印度应由周期公式为依据，而不能以速度判断振动的快慢。振幅应从为依据。例3 如图6-1所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个相同的小球分别在O正上方h处的A点和离O很近的轨道B点，现同时释放两球，使两球正好在O点相碰。问h应为多高？【错解】对B球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求B球到达O点的时间：对A球，它做自由落体运动，自h高
9、度下落至O点要求两球相碰，则应有。即解得。【错解原因】 上述答案并没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周期性，因为B球在圆形轨道上自B点释放后可以做往复的周期性运动，除了经过时间可能与A相碰外，经过+，+，+即n+（n=0,1,2）的时间都可以与A相碰。所以上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多个解答中的一个。对B球振动周期到达O点的时间为要求两球相碰，则应有。即解得（n=0,1,2）显然，前面的解仅仅是当n=0时的其中一解而已。正确答案为（n=0,1,2）【评析】 在解决与振动有关的问题时，要充分考虑到振动的周期性，由于振动具有周期性，所以此类问题往往答案不是一个而是多个。例4 水
10、平弹簧振子，每隔时间t，振子的位移总是大小和方向都相同，每隔的时间，振子的动量总是大小相等，方向相反，则有A.弹簧振子的周期可能小于 B. ，C. 每隔的时间，振子的动能总是相同的D. 每隔的时间，弹簧的长度总是相同的【错解】 1首先排除A，认为A是不可能的。理由是：水平弹簧振子的运动轨迹可简化为如图6-2，O为平衡位置，假设计时开始时，振子位于A点，每隔时间t，振子的位移总是大小和方向都相同，所以t就是一个周期，所以，振子的周期不可能小于。2. 每隔的时间，振子的动能总是大小相等，方向相反，即在A，B之间非A即B点，而这两点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是对的。3.
11、 既然每隔的时间振子的动量大小相等，又因为振子质量一定，所以振子的动能总是相同的，所以选C是对的。4.因为每隔的时间，振子的位置非A即B，所以弹簧的长度总是相同的，都等于振幅，所以D是对的。综上所述，应选B，C，D。【错解原因】 错解1是排除A，之所以产生错误，是因为在头脑中形成思维定势，认为在时间t内，振子只能在一个周期内振动。很多学生在解决振动和波的问题时，习惯上把所有问题都限定在一个周期内，而没有考虑到在时间t内，振子可能已经完成多个全振动了。错解2的产生主要是对加速度的矢量性认识不够或头脑中根本就没有这个概念，认为位置对称，加速度大小一样就是加速度相同。3选择C是对的。4对弹簧振子这样
12、一个物理模型认识不全面，所谓水平弹簧振子的弹簧是哪段没弄清楚。【分析解答】 1由题意可知，t=nt，n可以是1，2，3，选项A是正确的。2. 因为加速度是矢量，由题意可知，每隔的时间，振子的动量方向相反，且对称于平衡位置，所以加速度的方向是相反的。3同错解3。4水平弹簧振子的弹簧应为如图63a或63b的样子。当振子的位置在平衡位置两侧时，弹簧长度是不同的。所以选项D不对。另外，符合题意条件的不一定非选最大位移处的两点，也可以选其他的点分析，如图6-4P，Q两点，同样可以得出正确结论。所以此题的正确答案为A，C。例5 一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，设振子第一次从平衡位置运动到处所
13、经最短时间为t1，第一次从最大正位移处运动到所经最短时间为t2，关于t1与t2，以下说法正确的是：At1t2 Bt1t2 Ct1t2D无法判断【错解】错解一：因为周期为T，那么，从平衡位置到处，正好是振幅的一半，所以时间为，同理，所以选A。错解二：振子从平衡位置向处移动，因为回复力小，所以加速度也小，而从最大位移处（即X=A）向处移动时，回复力大，加速度也大，因而时间短，所以t1t2，应选C。错解三：因为这是一个变加速运动问题，不能用匀速运动或匀变速运动规律求解，因而无法判断t1和t2的大小关系，所以选D。【错解原因】 主要是对简谐运动的特殊运动规律不清楚，只记住了周期公式，没注意分析简谐运动
14、的全过程，没能深入地理解和掌握这种运动形式的特点。因而解题时错误地沿用了匀速或匀变速运动的规律，选择A的同学就是用匀速运动规律去解，而选择C的同学用了匀变速运动规律去解，因而错了。事实上，简谐运动的过程有其自身的许多规律，我们应该用它的特殊规律去求解问题，而不能用匀速或匀变速运动规律去求解。【分析解答】 方法一：用图象法，画出x-t图象，从图象上，我们可以很直观地看出：t1t2，因而正确答案为：B。方法二：从图象为正弦曲线和数学知识可写出位移随时间的函数关系式，物理学上称为振动方程，从平衡位置开始，振子的振动方程为：，当，最短时间t1，即：解得：而振子从最大位移处运动到处最短时间为t2，即解得
15、：。可以得出结论t1t2，选B。【评析】 以上两种方法，第一种方法是定性分析，在选择题练习时，是要重点掌握的。第二种方法可以进行定量计算，但由于要涉及振动方程，所以不做统一要求。另外，由于振动具有周期性。从平衡位置计时，振子到达处的时间可以表达为，从最大位移处到达处的时间可以表达为t=nT+t2。此处，为了题目简明起见，题文中用了“第一次”和“最短时间”等字样。否则就无法比较两个过程所用时间的长短。例6 图6-6中实线是一列简谐波在某一时刻的波形图线，虚线是0.2s后它的波形图线。这列波可能的传播速度是_。【错解】 从图上可以看出波长=4m，而从两次的波形图可知：，所以T=0.8s由波速公式：，代入数据v=5m/s【错解原因】（1）在没有分析出此波的传播方向前，就认定，是不全面的。实际上，只有当波向右（沿x正方向）传播时，上述关系才成立。（2）没有考虑到波的传播过程的周期性。也就是说，不仅后的波形如虚线所示。，后的波形均与后的波形相同。【
