【26年步步高高中物理选择性必修一学习笔记第三章5多普勒效应

章末测评验5　多普勒效应

[学习目标]　1.通过观察生活中的现象，知道什么是多普勒效应，理解多普勒效应的形成原因(重难点)。2.了解多普勒效应在生活中的应用，会用多普勒效应解释一些物理现象(重点)。

一、多普勒效应

警车鸣笛从你身边飞速驶过，对于警车向你靠近和警车远离的过程，你会听到警笛的声音在变化。思考下列问题：

(1)你听到警笛的音调有何不同？

(2)实际上警笛的音调会变化吗？

(3)听到音调发生变化的原因是什么？

答案　(1)警车驶来时，音调变高；警车远离时，音调变低；

(2)实际上警笛的音调不会变化；

(3)警车与观察者如果相互靠近，观察者接收到的频率增加；二者如果相互远离，观察者接收到的频率减小，因此会感觉警笛音调变化。

1．多普勒效应

波源与观察者相互靠近或者相互远离时，接收到的波的频率都会发生变化的现象。

2．多普勒效应产生的原因

(1)当波源与观察者相对静止时，1 s内通过观察者的波峰(或密部)的数目是一定的，观测到的频率等于波源振动的频率。

(2)当波源与观察者相互接近时，1 s内通过观察者的波峰(或密部)的数目增加(选填“增加”或“减少”)，观测到的频率增大(选填“增大”或“减小”)；反之，当波源与观察者相互远离时，观测到的频率减小(选填“增大”或“减小”)。

只要观察者与波源发生相对运动，就会产生多普勒效应，这种说法对吗？为什么？

答案　不对，如果观察者绕着波源做圆周运动，虽然两者间发生了相对运动，但观察者接收的频率与波源发出的频率依然相等，并未发生多普勒效应。

(1)当波源和观察者向同一个方向运动时，一定发生多普勒效应。(　×　)

(2)发生多普勒效应时，波源本身的频率没有变化。(　√　)

(3)多普勒效应是由于波的干涉引起的。(　×　)

(4)只有声波可产生多普勒效应。(　×　)

(5)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，那么乙车中的某旅客听到的甲车笛声频率低于他听到的乙车笛声频率。(　×　)

(2023·镇江市高二期中)如图甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，据图乙，下列关于女同学的感受的说法正确的是(　　)

A．女同学从A向B运动过程中，她听到的哨声音调变低

B．女同学从E向D运动过程中，她听到的哨声音调变高

C．女同学在C点向右运动时，她听到的哨声音调不变

D．女同学在C点向左运动时，她听到的哨声音调变低

答案　D

解析　根据多普勒效应，当声源不动时，观察者向着声源运动时，听到的哨声调变高，远离声源运动时，听到的哨声音调变低。女同学从A向B运动过程中，她向着声源运动，听到的哨声音调变高，故A错误；女同学从E向D运动过程中，她远离声源运动，听到的哨声音调变低，故B错误；女同学在C点向右运动时，她向着声源运动，听到的哨声音调变高，故C错误；女同学在C点向左运动时，她远离声源运动，听到的哨声音调变低，故D正确。

例2(2023·上海市浦东新区高二期中)如图所示，以频率f上下振动的振针沿水平方向移动，移动过程中在水面上形成了如图所示的水波图形，下列说法正确的是(　　)

A．振针在向左移动

B．如果A处的观察者保持静止，接收到的水波频率大于f

C．如果A处的观察者水平向左移动，接收到的水波频率可能大于f

D．如果A处的观察者水平向右移动，接收到的水波频率可能小于f

答案　D

解析　振针前进方向上的水波变得密集，在其移动反方向的水波变得稀疏，因此振针向右移动，故A错误；波源远离观察者时，根据多普勒效应，观测者接收到的频率变小，即A处的观察者保持静止，接收到的水波频率小于f，故B错误；如果A处的观察者水平向左移动，波源向右移动，波源一定远离观察者，观察者接收到的频率一定小于f，故C错误；如果A处的观察者水平向右移动，当观察者的运动速度小于振针的运动速度，波源依然远离观察者，观察者接收到的频率可能小于f，故D正确。

针对训练　一频率为600 Hz的声源以20 rad/s的角速度沿一半径为0.8 m的圆周(圆心为O点)做匀速圆周运动。一观察者站在离圆心很远的P点且相对于圆心静止，如图所示，则观察者接收到(　　)

A．声源在A点时发出声音的频率等于600 Hz

B．声源在B点时发出声音的频率等于600 Hz

C．声源在C点时发出声音的频率等于600 Hz

D．声源在D点时发出声音的频率小于600 Hz

答案　B

解析　根据多普勒效应，当声源和观察者相向运动时，观察者接收到的频率大于声源的频率，当声源和观察者反向运动时，观察者接收到的频率小于声源的频率，将声源运动到A、B、C、D四个点时，画出来相对于观察者的速度方向，可以得到声源在A点有接近观察者的趋势，声源在C点有远离观察者的趋势，声源在B、D两点的速度方向垂直O点与观察者的连线，所以在B、D两点，观察者接收到的频率就等于声源的频率，而在A点观察者接收到的频率大于声源的频率，在C点观察者接收到的频率小于声源的频率，故选B。

二、多普勒效应的应用

1．利用多普勒测速仪测速

交通警察向行进中的车辆发射频率已知的超声波，同时测量反射波的频率，根据反射波频率变化的多少就能知道车辆的速度。

2．利用超声波测血流速度

医生向人体内发射频率已知的超声波，测出被血管中的血流反射后的波的频率变化，就可知道血流的速度。

3．利用光波的频率变化，计算星球靠近或远离我们的速度。

拓展　红移现象

测量星球上某些元素发出的光波的频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，可测得星球靠近或远离地球的速度。若星球远离我们运动，接收到的光波的频率变小，谱线就向频率小的红端移动，这种现象称为红移现象。

(多选)(2023·朝阳市高二期末)目前，多普勒效应已在科学研究、工程技术和医疗诊断等各方面有着十分广泛应用。关于多普勒效应下列说法正确的是(　　)

A．有经验的战士从炮弹飞行的“尖叫”声就能判断飞行的炮弹是接近还是远去

B．医院检查身体血液流动速度的“彩超”运用了多普勒效应原理

C．某一遥远星球离地球远去，那么地球上接收到该星球发出光的波长要变小

D．高速公路上的测速仪就是应用多普勒效应来测速的

答案　ABD

解析　利用声波的多普勒效应，有经验的战士可以从炮弹飞行时的“尖叫”声判断炮弹的飞行方向，A正确；医院检查身体的“彩超”是通过测出反射波的频率变化来确定血流的速度，其运用了多普勒效应原理，B正确；某一遥远星球离地球远去，根据多普勒效应，从地球上接收到该星球发出光的频率减小，则波长变长，C错误；根据物体远离或靠近声源，接收到的频率的变化能够测出物体运动的速度大小，即高速公路上的测速仪就是应用多普勒效应来测速的，D正确。

　无人驾驶技术已逐渐成熟，某巡航控制系统可以控制无人车在前车减速时自动减速、前车加速时自动加速。汽车使用的传感器会发射和接收调制过的无线电波，通过多普勒效应造成的频率变化来测量目标的相对距离和相对速度。若该传感器发射的无线电波的频率为f，接收到的回波的频率为f′，则(　　)

A．当f′＝f时，表明前车一定做匀速直线运动

B．当f′＝f时，表明前车一定处于静止状态

C．当f′>f时，表明无人车需要相对前车减速行驶

D．当f′<f时，表明无人车需要相对前车减速行驶

答案　C

解析　由多普勒效应可知，当f′＝f时，表明前车与无人车的距离保持不变，即前车与无人车保持相对静止，可能匀速，可能静止，也可能是变速，故A、B错误；由多普勒效应可知，当f′>f时，接收到的频率增大，两车距离减小，无人车需要相对前车减速行驶，故C正确；由多普勒效应可知，当f′<f时，接收到的频率减小，两车距离增大，无人车需要相对前车加速行驶，故D错误。

课时对点练

1～7题每题8分，共56分

考点一　多普勒效应的理解

1．(多选)关于多普勒效应，下列说法正确的是(　　)

A．只要声源在运动，就一定能观察到多普勒效应

B．如果声源静止，就观察不到多普勒效应

C．当声源朝靠近观察者的方向运动时，声源的频率不变

D．当声源朝远离观察者的方向运动时，观察者接收到的频率变小

答案　CD

解析　若声源和观察者均运动，且两者间相对静止，就不能观察到多普勒效应，故A错误；当声源静止，观察者靠近或远离声源时也能观察到多普勒效应，故B错误；当声源朝靠近观察者的方向运动时，两者间距变小，根据多普勒效应原理，观察者接收到的频率大于声源的频率，但声源的频率不变，故C正确；当声源朝远离观察者的方向运动时，两者间距变大，根据多普勒效应原理，观察者接收到的频率小于声源的频率，故D正确。

2．频率一定的声源在空气中向着静止的接收器匀速运动。以u表示声源的速度，v表示声波的速度(u＜v)，f表示接收器接收到的频率。若u增大，则(　　)

A．f增大，v增大B．f增大，v不变

C．f不变，v增大D．f减小，v不变

答案　B

解析　由于声波的速度只由介质决定，故v不变，根据多普勒效应可知，当声源接近接收器时接收到的频率f增大，故B项正确。

3．(多选)(2023·上海市浦东新区高二期末)如图所示是产生机械波的波源O做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰。下列说法中正确的是(　　)

A．该图表示的是多普勒效应

B．此时波源正在向A观测者靠近

C．C、D两位观测者此时接收到的频率和波源发出的频率相等

D．B观测者此时接收到的频率小于波源发出的频率

答案　ABD

解析　该图表示由波源移动而引起的多普勒效应，故A正确；由图可知，观测者A在单位时间内接收到的完全波的个数最多，说明波源向A观测者靠近，故B正确；波源与C、D观测者间的距离不断增大，故接收到的频率小于波源发出的频率，故C错误；波源与B观测者间的距离不断增大，故B观测者接收到的频率小于波源发出的频率，故D正确。

考点二　多普勒效应的应用

4．(2023·钦州市高二期中)下列现象可以用多普勒效应解释的是(　　)

收卷(二)

(时间：75分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)

1.关于做简谐运动物体的位移、速度、加速度的关系，下列说法中正确的是(　　)

A.位移减小时，速度增大，加速度也增大

B.位移方向总跟加速度方向相反，但跟速度方向相同

C.物体远离平衡位置运动时，速度方向跟位移方向相同

D.物体通过平衡位置时，回复力为零，故处于平衡状态

答案　C

解析　位移减小时，速度增大，加速度减小，故A错误；位移方向总跟加速度方向相反；当物体远离平衡位置时，位移方向与速度方向相同，当物体靠近平衡位置时，位移方向与速度方向相反，故B错误，C正确；物体通过平衡位置时，回复力为零，但合外力不一定为零，所以不一定处于平衡状态，故D错误。

2.一个弹簧振子在M、N之间做简谐运动。O为平衡位置，P、Q是振动过程中关于O对称的两个位置，下列说法正确的是(　　)

A.振子在从M点向N点运动的过程中，动能先减小后增大

B.振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等

C.振子运动到P、Q两点时，位移相同

D.振子在从M点向N点运动的过程中，加速度先增大后减小

答案　B

解析　振子在从M点向N点运动的过程中，动能先增大后减小，A错误；由对称性可知，振子在O、P间与O、Q间的运动时间相等，B正确；由对称性可知，振子运动到P、Q两点时，位移等大反向，C错误；振子在从M点向N点运动的过程中，加速度先减小后增大，D错误。

3.做简谐运动的单摆，其摆长不变，若摆球的质量增加为原来的94倍，摆球经过平衡位置的速度减小为原来的23，则单摆振动的(　　)

A.周期不变，振幅不变　B.周期不变，振幅变小

C.周期改变，振幅不变　D.周期改变，振幅变大

答案　B

解析　由单摆的周期公式T＝2πlg)可知，单摆摆长不变，则周期不变；摆球经过平衡位置的速度减小而摆动周期不变，则一个周期内通过的路程变小，即振幅变小，故B正确。

4.如图所示，光滑直杆上弹簧连接的小球以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。以O点为原点，选择由O指向B为正方向，建立Ox坐标轴。小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达A点。则小球在第一个周期内的振动图像为 (　　)

答案　A

解析　小球经过B点时开始计时，即t＝0时小球的位移为正向最大，经过0.5 s首次到达A点，位移为负向最大，且周期为T＝1 s。故A项图像正确。

5.一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像。记录笔与记录纸之间的摩擦和空气阻力都可忽略不计。y₁、y₂、x₀、2x₀为纸上印迹的已知位置坐标，则以下说法正确的是(　　)

A.振子平衡位置的纵坐标是y＝y1－y22

B.该弹簧振子的振动周期为x0v

C.振子在坐标\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y2)位置时加速度最大

D.匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，振子振动的周期变为原来的12

答案　C

解析　根据简谐振动对称性可知，平衡位置纵坐标为y＝y1＋y22，故A错误；由图像可知，振子在一个周期内沿x轴负方向的位移大小为2x₀，水平速度大小为v，则振子的周期T＝2x0v，故B错误；由图可知，振子在坐标\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y2)位置时处于最大位移处，则回复力最大，由牛顿第二定律知加速度最大，故C正确；弹簧振子的周期只与弹簧振子本身有关，匀速拉动纸带的速率增大为原来的2倍，则一个周期内纸带沿x轴负方向运动的位移增大为原来的2倍，弹簧振子的周期不变，故D错误。

6.甲、乙两个单摆的振动图像如图所示，根据振动图像可以断定(　　)

A.甲、乙两单摆振动的周期之比是3∶2

B.甲、乙两单摆振动的频率之比是2∶3

C.若甲、乙两单摆在同一地点摆动，则甲、乙两单摆摆长之比是9∶4

D.若甲、乙两单摆摆长相同，在不同地点摆动，则甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4

答案　D

解析　根据图像可知，甲和乙的周期之比为T_甲∶T_乙＝2∶3，故A错误；因为f＝1T，所以甲、乙的频率之比为f_甲∶f_乙＝3∶2，故B错误；根据单摆的周期公式可知T＝2πlg)，同一地点，重力加速度相同，则甲、乙的摆长之比和周期的平方成正比，即为4∶9，故C错误；摆长相同，重力加速度和周期的平方成反比，即甲、乙两单摆所在地的重力加速度之比为9∶4，故D正确。

7.如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则(　　)

A.弹簧的最大伸长量为4 m

B.t＝0.2 s时，弹簧的弹性势能最大

C.t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球的重力势能逐渐减小

D.t＝0到t＝0.4 s内，回复力的冲量为零

答案　C

解析　小球的振幅等于振子位移的最大值，由图乙读出，振幅为A＝2 cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝4 cm，A错误；t＝0.2 s时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，B错误；t＝0.2 s到t＝0.6 s内，小球由最高点向最低点运动，小球的重力势能逐渐减小，C正确；t＝0时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，t＝0.4 s时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，回复力方向都为斜向下，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，D错误。

二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)

8.弹簧振子做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过4 s振子第一次经过P点，又经过了1 s，振子第二次经过P点，则该简谐运动的周期为(　　)

A.5 s  B.6 s

C.14 s  D.18 s

答案　BD

解析　如图，假设弹簧振子在水平方向B、C之间振动，

若振子计时开始先向右振动，振子的振动周期为T＝4×(4＋12) s＝18 s

若振子计时开始先向左振动，设振子的振动周期为T′，则T′2＋(T′4－12)＝4 s

解得T′＝6 s，故B、D正确。

9.(2023·湘鄂冀三省七校联考)如图所示为一单摆做简谐运动时的速度随时间变化的图像，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)

A.此单摆的摆长约为1 m

B.t＝1 s时单摆的回复力为零

C.若减小释放单摆时的摆角，单摆的周期变小

D.将此单摆从赤道移至北极，单摆的周期变小

答案　AD

解析　此单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2πlg)，可得摆长l＝gT24π2＝9.8×224×3.142 m≈1 m，选项A正确；t＝1 s时单摆的速度为零，此时单摆的回复力最大，选项B错误；单摆的周期与摆角无关，选项C错误；将此单摆从赤道移至北极，则重力加速度变大，根据T＝2πlg)，单摆的周期变小，选项D正确。

10.将一个力传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆振动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图像提供的信息作出下列判断，其中正确的是(　　)

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