专题1 第5讲 机械振动和机械波-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

第5讲　机械振动和机械波 目标要求　1.熟练掌握机械振动的特点和规律、机械波的传播规律和特点。2.能根据振动和波的图像分析质点的振动和波动特点。 考点一　机械振动 1．简谐运动的规律 规律 x＝Asin(ωt＋φ) 图像 反映同一质点在各个时刻的位移 受力特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动特征 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小 能量特征 振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒 周期性特征 质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为 对称性特征 关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速度的大小、相对平衡位置的位移大小相等；动能、势能相等 2.单摆 (1)单摆周期公式T＝2π ①g为当地重力加速度，在地球上不同位置g的取值不同，不同星球表面g值也不相同。 ②单摆处于超重或失重状态时等效重力加速度g0＝g±a。在近地轨道上运动的卫星加速度a＝g，为完全失重，等效重力加速度g0＝0。 (2)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F＝mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反。(如图所示) ①当摆球在最高点时，F向＝＝0，FT＝mgcos θ。 ②当摆球在最低点时，F向＝，F向最大，FT＝mg＋m。 例1　如图所示，弹簧振子在B、C两点之间做简谐运动，其平衡位置为O点。已知B、C相距50 cm。从小球经过O点时开始计时，经过0.3 s首次到达B点。取向右为正方向，下列说法正确的是(　　) A．小球振动的周期一定为1.2 s B．小球振动的振幅为0.5 m C．弹簧振子振动方程可能为x＝－0.25·sin(5πt) m D．0.6 s末，小球可能不在平衡位置 答案　C 解析　小球经过O点时开始计时，经过0.3 s首次到达B点，若开始计时时小球向右运动，则小球振动的周期T＝1.2 s 若开始计时时小球向左运动，则 T＝0.3 s 小球振动的周期T＝0.4 s 小球振动的周期可能为1.2 s或0.4 s，A错误； 由题意可知2A＝50 cm，小球振动的振幅为A＝0.25 m，B错误；当T＝0.4 s时，有ω＝＝5π rad/s， 可知弹簧振子的振动方程为x＝－0.25sin(5πt) m，C正确； 无论周期是0.4 s还是1.2 s,0.6 s末，小球都在平衡位置，D错误。 例2　有两个钓鱼时所用的不同的鱼漂P和Q，分别漂浮于平静水面上的不同位置，平衡时状态均如图甲所示。现因鱼咬钩而使鱼漂P和Q均在竖直方向上做简谐运动，振动图像如图乙所示，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是(　　) A．鱼漂P和Q振动形成的水波叠加后会形成干涉图样 B．t＝0.6 s时鱼漂P和Q的速度都为0 C．t＝1.0 s时鱼漂P和Q的速度方向相同 D．t＝1.0 s时鱼漂P和Q的加速度方向相同 答案　D 解析　两列波的周期不相等，不满足干涉条件，所以不能形成干涉图样，故A错误；t＝0.6 s时，鱼漂P和Q都经过平衡位置，此时它们的速度均为最大值，故B错误；t＝1.0 s时，鱼漂P的速度方向为正，Q的速度方向为负，即方向相反，故C错误；t＝1.0 s时，鱼漂P和Q的位移方向均为负，所以加速度方向均为正，所以此时两者的加速度方向相同，故D正确。 例3　(2023·江苏扬州市三模)如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为(　　) A．2π B．2π C．2π D．2π 答案　A 解析　由于摆球绕OO′轴转动，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，则在摆角很小时，重力沿虚线向下的分力mgsin 30°沿摆球摆动的切线方向的分力提供回复力，如图，“杆线摆”的摆长为l＝Lcos 30°＝L，“杆线摆”的周期为T＝2π＝2π，故选A。 考点二　机械波 形成条件 (1)波源；(2)传播介质，如空气、水等 传播特点 (1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移 (2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同 (3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零 (4)一个周期内，波向前传播一个波长 波的图像 (1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移 (2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移 波长、波速和频率(周期)的关系 (1)v＝λf；(2)v＝ 波的叠加 (1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…) (2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1＋A2 波的多解问题 由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题 波的特性 波的干涉 波的衍射 例4　(2023·江苏省苏锡常镇四市一模)某同学抓住绳子一端在0～2 s内做了两种不同频率的简谐运动，其振动图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A．绳端起振方向向下 B．前后两次振动的周期之比为1∶2 C．前后两次形成的绳波波速之比为2∶1 D．前后两次形成的绳波波长之比为2∶1 答案　D 解析　由题图知，绳端起振方向向上，前后两次振动的周期之比为2∶1，A、B错误；波在相同介质中传播波速不变，波速之比为1∶1，C错误；根据λ＝vT 可知，波长之比为2∶1，D正确。 例5　(2023·江苏盐城市三模)沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，A、B、C三个质点的平衡位置分别为xA＝1.5 m、xB＝2 m、xC＝3 m，t＝1.8 s时质点A恰好第二次到达波峰，下列说法中正确的是(　　) A．波传播的速度大小为5 m/s B．t＝0.2 s时质点B处在波谷位置 C．质点C在t＝0.3 s时沿y轴正方向运动 D．质点B的振动表达式为y＝5sin(2.5πt) cm 答案　C 解析　由题图可得波长λ＝4 m，根据波向右传播可得：当波向右传播Δx＝4.5 m时质点A恰好第二次到达波峰，故波速v＝＝ m/s＝2.5 m/s，周期为T＝＝1.6 s，因为t＝0.2 s＝，根据波的传播方向和质点的振动方向的关系，质点B在平衡位置向上振动，不会到达波谷，B错误；因为t＝0.3 s<，所以质点C从波谷正在向平衡位置振动，即向y轴正方向运动，C正确；根据波向右传播可得：t＝0时刻，质点B在平衡位置向上振动，由题图可得：振幅A＝5 cm，又有周期T＝1.6 s，故质点B的振动表达式为y＝Asin t＝5sin(1.25πt) cm，D错误。 例6　(2023·湖南卷·3)如图(a)，在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位于同一直线上，AC＝BC＝4 m，DC＝3 m，DC垂直AB。t＝0时，位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图(b)所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长为4 m。下列说法正确的是(　　) A．这三列波的波速均为2 m/s B．t＝2 s时，D处的质点开始振动 C．t＝4.5 s时，D处的质点向y轴负方向运动 D．t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是6 cm 答案　C 解析　由图(b)的振动图像可知，振动的周期为4 s，故三列波的波速为v＝＝1 m/s，A错误；由图(a)可知，与D处距离最近的波源是波源C，距离为3 m，故开始振动后波源C处的横波传播到D处所需的时间为tC＝＝3 s，故t＝2 s时，D处的质点还未开始振动，B错误；由几何关系可知AD＝BD＝5 m，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为tAB＝＝5 s，故t＝4.5 s时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质点振动时间为t1＝t－tC＝1.5 s，由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；t＝6 s时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为t2＝t－tC＝3 s，由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；t＝6 s时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为t3＝t－tAB＝1 s，由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为y＝2A－A＝2 cm，故t＝6 s时，D处的质点与平衡位置的距离是2 cm，D错误。 例7　(2023·全国甲卷·34(2))分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同振幅均为5 cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s。t＝0时刻，P波刚好传播到坐标原点处，该处的质点将自平衡位置向下振动；Q波刚好传到x＝10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。 (1)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t＝2.5 s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)； (2)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。 答案　(1)见解析图　(2)见解析 解析　(1)根据Δx＝vt得 Δx＝4×2.5 m＝10 m 可知t＝2.5 s时P波刚好传播到x＝10 m处，Q波刚好传播到x＝0处， 根据上下坡法及两波的波长λ＝8 m可得波形图如图所示 (2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差Δx＝(n＝0,1,2…) 解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有 x＝3 m、x＝7 m 振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2…) 解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有 x＝1 m、x＝5 m、x＝9 m。 考点三　振动图像和波的图像的综合应用 例8　(2023·江苏省苏北地区一模)一列简谐横波在t＝1.0 s时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像，已知该波在介质中的传播速度为10 m/s，则(　　) A．该波沿x轴负方向传播 B．再经过0.6 s，质点P运动的路程为6 m C．t＝1.0 s时质点P离开平衡位置的位移为－5 cm D．质点P的平衡位置坐标为x＝5 m 答案　D 解析　由题图乙可知，t＝1.0 s时，P点振动方向向上，根据上下坡法，波沿x轴正方向传播，A错误； 经过1个周期，即1.2 s，质点经过的路程s＝4A，经过0.5个周期，即0.6 s，经过的路程s′＝2A，以上规律质点在任何位置开始都适用，故再经过0.6 s，质点P运动的路程为0.2 m，B错误；由题图乙可得简谐运动的表达式y＝Asin (t)＝10sin (t) cm，当t＝1.0 s时，解得质点P离开平衡位置的位移为y＝10sin () cm＝－5 cm，C错误； 由题图乙可知，当t′＝1.2 s时，P点振动到平衡位置，该波沿x轴正方向传播，此时的波形图如图中虚线，所以v＝＝10 m/s，解得xQP＝2 m，又由λ＝vT＝10×1.2 m＝12 m，所以xP＝λ＋xQP＝5 m，D正确。 1．(2023·江苏常州市期末)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示。则(　　) A．x＝－3 m处的质点起振时向y轴负向运动 B．甲、乙两列波不具有相干性 C．坐标原点为振动减弱点 D．两个相邻振动加强点间的距离为1 m 答案　D 解析　x＝－3 m处的质点起振是由甲波引起的，由图像可知甲波在坐标原点的起振方向向y轴正向运动，则x＝－3 m处的质点起振时向y轴正向运动，故A错误；甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，可知传播速度相等，由图像可知两波波长相等，则甲、乙两列波具有相同的频率，甲、乙两列波具有相干性，故B错误；由于甲、乙两列波的波速相等，由图像可知，两列波的波峰同时传到坐标原点，则坐标原点为振动加强点，故C错误；由于甲、乙两波波长相等，波速相等，又同时传播到坐标原点，设乙波波源坐标为x0，则甲波波源坐标为－x0，设两波源间的两点分别为相邻的振动加强点，坐标分别为x1、x2，则有Δx1＝(x1＋x0)－(x0－x1)＝2x1＝nλ，Δx2＝(x2＋x0)－(x0－x2)＝2x2＝(n＋1)λ，可知两个相邻振动加强点间的距离为Δx＝x2－x1＝λ＝×2 m＝1 m，故D正确。 2．(2023·江苏淮安市模拟)如图所示，甲图为波源的振动图像，乙图为该波源在某介质中产生的横波t0时刻的波形图像，O点是波源，则下列说法正确的是(　　) A．该波的传播速度为1 m/s B．再经过0.3 s，乙图中质点Q刚好开始振动，Q的起振方向沿y轴正方向 C．当乙图中质点Q第一次到达波峰时，质点P正处于平衡位置向下振动 D．从该时刻到质点Q开始振动，质点P运动的路程为0.3 m 答案　A 解析　由题图甲可知该波的周期为0.2 s，由题图乙可知该波的波长为0.2 m，则该波的波速v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；由题图乙可知t0时刻波刚好传播到x＝0.2 m处，经过0.3 s，波传播的距离x＝vt＝1×0.3 m＝0.3 m，可知波传播到x＝0.5 m处的质点Q，结合题图甲可知Q的起振方向沿y轴负方向，故B错误；由B选项分析可知波传播到x＝0.5 m处的质点Q后，第一次到达波峰还需要的时间t′＝T＝0.15 s，即从t0时刻起，经过的时间为0.45 s，即T，由同侧法可知，t0时刻质点P向y轴正方向振动，经过T后，质点P正处于波峰位置，故C错误；从该时刻到质点Q开始振动，经过的时间为0.3 s，即T，质点P运动的路程s＝6A＝6×2 cm＝0.12 m，故D错误。 专题强化练 [保分基础练] 1．(2023·江苏省盐城中学三模)某同学用音频发生器产生两个特定频率音调do和sol，其振动图像分别为如图甲和图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．do和sol的周期之比约为2∶1 B．do和sol的频率之比约为3∶2 C．do和sol在空气中传播的波长之比约为3∶2 D．do和sol在空气中传播的速度大小之比约为2∶3 答案　C 解析　由图像可知，do和sol的周期分别为T1＝ s＝ s，T2＝ s＝ s，所以周期之比为＝＝≈，则频率之比为＝≈，故A、B错误；do和sol两者在空气中传播速度大小相等，由公式λ＝v·T，do和sol在空气中传播的波长之比约为＝≈，故C正确，D错误。 2．手机上一般会有两个麦克风，一个位于手机下方，另一个位于手机顶部。位于手机顶部的麦克风为降噪麦克风。降噪麦克风通过降噪系统产生与外界噪音等幅、等频的声波，与噪音叠加从而实现降噪的效果。理想降噪过程如图所示，实线对应环境噪声，虚线对应降噪系统产生的声波。下列说法正确的是(　　) A．图示两列波叠加会产生振动加强点与振动减弱点相间的稳定干涉波形 B．图中P点为振动加强点，Q点为振动减弱点 C．图中P点为振动减弱点，Q点为振动加强点 D．噪音声波与降噪系统产生的声波相位相反 答案　D 解析　降噪声波总是和环境噪声的相位相反，使两列波叠加区域内处处振动减弱，实现降噪的效果，A错误，D正确；P、Q两点均为振动减弱点，B、C错误。 3．如图所示是某水平弹簧振子做简谐运动的x－t图像，M、P、N是图像上的3个点，分别对应t1、t2、t3时刻。下列说法正确的是(　　) A．该振子的周期是0.2 s，振幅是8 cm B．在t2时刻振子的速度方向就是图像上P点的切线方向 C．在t1到t2过程振子的速度先增大后减小 D．在t2到t3过程振子的加速度逐渐减小 答案　D 解析　由振动图像可知，该振子的周期是T＝0.2 s，振幅是A＝4 cm，故A错误；振动图像不是弹簧振子的运动轨迹，所以在t2时刻振子的速度方向不是图像上P点的切线方向，在t2时刻振子的速度方向指向振子的平衡位置，故B错误；由振动图像可知，在t1到t2过程振子先向正向最大位移方向运动，到达正向最大位移处后接着又朝着平衡位置运动，所以振子的速度先减小后增大，故C错误；在t2到t3过程振子朝着平衡位置方向运动，振子偏离平衡位置的位移x逐渐减小，根据a＝可知，振子的加速度逐渐减小，故D正确。 4．(2023·江苏徐州市第一次调研)“战绳”是一种近年流行的健身器材，健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来(图甲)。以手的平衡位置为坐标原点，图乙是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是0.5 Hz，下列说法正确的是(　　) A．该时刻P点的位移为10 cm B．再经过0.25 s，P点到达平衡位置 C．该时刻Q点的振动方向沿y轴负方向 D．从该时刻开始计时，质点Q的振动方程为y＝20sin(πt＋π) cm 答案　B 解析　频率f＝0.5 Hz，由题图可知波的波长为λ＝8 m，振幅A＝20 cm，波向右传播，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时，P点的振动方程为 y＝20sin(πt＋) cm，故t＝0时P点的位移为 y＝10 cm，当t＝0.25 s时P点的位移为 y′＝0，P点到达平衡位置，A、C错误，B正确；从该时刻开始计时，质点Q从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为y＝20sin(πt) cm，D错误。 5．(2023·江苏南京市外国语学校期末)一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，t＝0.2 s时刻的波形图如图甲所示，质点M的平衡位置在x＝7.5 cm处，质点N的平衡位置在x＝3 cm处，质点N的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．该波沿x轴正方向传播 B．t＝0时刻，质点M回复力的方向沿y轴正向 C．该波的传播速度大小为0.2 m/s D．0～2 s内质点M运动的路程为1.8 m 答案　B 解析　由题图乙可知，t＝0.2 s时刻质点N经过平衡位置沿y轴正方向运动，结合题图甲由同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；由题图甲可知该波的波长为λ＝12 cm，由题图乙可知该波的周期为T＝0.4 s，故该波的传播速度大小为v＝＝ m/s＝0.3 m/s，C错误；在0.2 s内该波向左传播的距离为x＝vt＝0.3×0.2 m＝0.06 m，根据平移法可知，t＝0时刻，质点M在平衡位置下方，所以质点M回复力的方向沿y轴正向，B正确；该波的周期T＝0.4 s，故2 s内质点M振动了5个周期，由图像可知该波的振幅为A＝10 cm，故0～2 s内质点M运动的路程为s＝5×4A＝2 m，D错误。 6．一列沿x轴正向传播的简谐波，t＝0时刻的波形如图所示，t＝7 s时d质点第二次位于波峰位置，下列说法正确的是(　　) A．波上各质点的起振方向向上 B．波的传播速度大小为4 m/s C．0～7 s内a、b两质点运动路程均为1.4 m D．b质点的振动方程为yb＝－10cos 2πt( cm) 答案　C 解析　根据t＝0时刻的波形图，波沿x轴正向传播，此时波恰好传到c点，根据波的传播方向与振动方向的关系，c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；由波形图可知，波长为λ＝4 m，设波速大小为v，周期为T，有 v＝，t＝7 s时d质点第二次位于波峰，则 Δt＝＋T＝7 s，解得T＝2 s，v＝2 m/s，故B错误；由于7 s＝3.5T，且t＝0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小为s＝4A×3.5＝140 cm＝1.4 m，故C正确；b点的振动方程为yb＝－10cos πt (cm)，故D错误。 7．(2023·江苏南京市金陵中学模拟)一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9 m，M点的振动情况如图乙所示。 (1)求该波的传播速度大小v； (2)求Q质点的平衡位置坐标x。 答案　(1)40 m/s　(2)8 m 解析　(1)由题可知λ＝9 m， 则λ＝12 m，T＝0.3 s， 则v＝＝ m/s＝40 m/s (2)从t＝0时刻开始，M点向上振动，波向右传播， 对N点x＝10sin (t－) cm 当其第一次回到平衡位置， 即x＝0，此时t0－＝0 解得t0＝ s，＝t0 ΔxMN＝1 m xM＝－1 m 故Q质点的平衡位置坐标xQ＝8 m。 [争分提能练] 8．(2023·江苏南通市期末)如图所示，实线和虚线分别是沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t1＝0和t2＝0.06 s时刻的波形图，则该波的(　　) A．周期可能为0.04 s B．周期可能为0.24 s C．传播速度可能为35 m/s D．传播速度可能为65 m/s 答案　C 解析　由题图可知，在0.06 s内，简谐波向x轴正方向传播了(n＋)λ(n＝0,1,2，…)，即经过了n＋个周期，故有0.06 s＝(n＋)T(n＝0,1,2…)，解得该简谐波的周期为T＝ s(n＝0,1,2…)，无论n取何值，周期都不可能为0.04 s和0.24 s，故A、B错误；由题图可知，该简谐波的波长λ＝1.2 m，则该简谐波的传播速度为v＝＝(20n＋15) m/s(n＝0,1,2…)，无论n取何值，传播速度都不可能为65 m/s，当n＝1时，传播速度为35 m/s，故C正确，D错误。 9．(2023·浙江6月选考·11)如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d＝15 cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则(　　) A．声波的波长λ＝15 cm B．声波的波长λ＝30 cm C．两声波的振幅之比为3∶1 D．两声波的振幅之比为2∶1 答案　C 解析　分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15 cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10，可得两声波的振幅之比＝，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得＝2d，解得λ＝60 cm，故A、B错误。 10．一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图甲所示，图乙是位于x＝1 m处的质点N此后的a－t图像，Q是位于x＝10 m处的质点。则下列说法正确的是(　　) A．波沿x轴正方向传播，波源的起振方向向下 B．在5～5.5 s时间内，质点M的速度在增大，加速度在减小 C．在t＝12 s时，质点Q的位置坐标为(10 m，－8 cm) D．在t＝7 s时，质点Q开始向下振动 答案　B 解析　由题图乙可知0时刻之后质点N的加速度先为正方向，所以质点N先向下振动，所以波沿x轴正方向传播。由“前一质点带动后一质点”可知0时刻质点M的振动方向向上，即波源的起振方向向上，故A错误；由题图乙可知T＝4 s,5 s时质点M刚振动了1周期，5.5 s时质点M振动不到1周期，则在5～5.5 s时间内质点M正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故B正确；波的传播速度为 v＝＝ m/s＝1 m/s，波从质点M处传播到质点Q处所需要的时间 t＝ s＝7 s，t＝12 s时质点Q振动了T＝1T，此时质点Q处于x轴上方最大位移处，即(10 m,8 cm)处，故C错误；由C项分析可知t＝7 s时波正好传播到质点Q处，其振动方向向上，故D错误。 11.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其下端有一垂直于斜面的固定挡板。轻质弹簧的一端与挡板相连，另一端连接一质量为0.4 kg的光滑小球(可视为质点)。现将小球由平衡位置O沿斜面向上拉动15 cm至P点，使其在P、P′之间做简谐运动，M、N为斜面上关于O点对称的两点。规定沿斜面向上为正方向，已知弹簧的劲度系数为20 N/m，且弹簧始终处于弹性限度内，取g＝10 m/s2。则(　　) A．小球在P点的回复力为－5 N B．小球在P′点时弹簧的形变量为25 cm C．小球从N点向上运动，经四分之三个周期，其运动的路程小于45 cm D．在M、N两点，小球的速度大小相等，弹簧的弹性势能也相等 答案　B 解析　O点为平衡位置，沿斜面向上拉动15 cm后，小球受到的合力大小为F合＝kxOP＝3 N，则小球在P点的回复力为－3 N，故A错误；由简谐运动的对称性可知，小球在P′点的回复力为3 N，有kΔx－mgsin 30°＝3 N，解得Δx＝25 cm，故B正确；小球经平衡位置O时，速度最大，从N点向上运动，前四分之一周期内运动的路程要大于15 cm，后二分之一周期内运动的路程为30 cm，总路程大于45 cm，故C错误；根据简谐运动的对称性可知，小球在M、N两点的速度大小相等，由系统机械能守恒可知，小球在N点时弹簧的弹性势能大于小球在M点时弹簧的弹性势能，故D错误。 12.(2023·江苏南通市期末)如图所示，波源S1、S2垂直纸面做简谐运动，产生的两列波的波速均为1 m/s，纸面内的P点与S1、S2的距离分别为5 m、4 m。S1的振动方程为x1＝Asin (πt＋)，P点振幅恒为2A，则S2的振动方程可能为(　　) A．x2＝Asin (πt－) B．x2＝Asin (πt＋π) C．x2＝Asin (πt＋) D．x2＝Asin πt 答案　A 解析　若两波源振动同向，P点振幅恒为2A，为振动加强点，则5 m－4 m＝nλ(n＝1,2,3，…)，周期T＝＝ s(n＝1,2,3，…)，所以x2＝Asin (ωt＋)＝Asin (2πnt＋)(n＝1,2,3，…)。若两波源振动反向，P点振幅恒为2A，为振动加强点，则5 m－4 m＝λ(n＝0,1,2，…)，周期T＝＝ s(n＝0,1,2，…)，所以x2＝Asin [(2n＋1)πt－](n＝0,1,2，…)，当n＝0时，x2＝Asin (πt－)，故A正确，B、C、D错误。 [尖子生选练] 13．如图甲所示，在水平面放置的一条弹性绳上有M、O、N三点，M、O间的距离为x1＝ 5 m，N、O间的距离为x2＝10 m，O点在外力作用下在竖直方向做简谐运动，若选向上为正方向，其振动图像如图乙所示。观察到M、N两点的位移大小总是相等。求： (1)质点M、N开始振动的时间差； (2)在(1)中所求时间差最小的情况下，求该波传播到N点的时间。 答案　见解析 解析　(1)因为观察到M、N两点的位移大小始终相等，有 x2－x1＝(n＝1,2,3，…) 解得λ＝ m(n＝1,2,3，…) 又v＝＝ m/s(n＝1,2,3，…) 则M、N开始振动的时间差为 Δt＝＝ s(n＝1,2,3，…) (2)最小时间差为tmin＝0.1 s 则M、N开始振动的时间差最小时，波速为vmax＝50 m/s 则t＝＝0.2 s 即t＝0.2 s时该波传播到N点。 学科网（北京）股份有限公司 $$