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

专题一　 力与运动 第5讲　机械振动和机械波 1 熟练掌握简谐运动各物理量的特点和规律、机械波的传播规律和特点。 2 能根据振动和波动图像分析质点的振动和波动特点。 目标要求 内容索引 考点一 考点二 高考预测 机械振动 机械波 专题强化练 考点三 振动图像和波的图像的综合应用 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 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。 　(2023·河北模拟预测)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 例1 √ 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 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。 　(多选)(2023·上海静安统考二模)如图，甲、乙两个单摆悬挂在同一水平天花板上，两摆球间用一根细线水平相连，两摆线与竖直方向的夹角θ1>θ2，当细线突然断开后，两摆球都做简谐运动，以水平地板为参考面，可知 A.甲摆的周期大于乙摆的周期 B.甲摆球的最大重力势能等于乙摆球的最大重力势能 C.甲摆球的最大速度小于乙摆球的最大速度 D.甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能 例2 √ √ 由题图可知，两个单摆静止时离天花板的高度相同，则有L甲cos θ1＝L乙cos θ2 因θ1>θ2，故cos θ1<cos θ2，可得L甲>L乙，即甲 可知甲摆的周期大于乙摆的周期，故A正确； 两球开始处于平衡状态，设两摆球间细线的拉力为FT，根据共点力平衡知FT＝m甲gtan θ1＝m乙gtan θ2 因θ1>θ2，故tan θ1>tan θ2，可得m甲<m乙，以水平地板为参考面，由题可知，两球离水平地板的高度相等，根据Ep＝mgH，故甲摆球的最大重力势能小于乙摆球的最大重力势能，又两球在摆动过程中，机械能守恒，故甲摆球的机械能小于乙摆球的机械能，故B错误，D正确； 因甲摆球下降的高度大于乙摆球下降的高度，故甲摆球的最大速度大于乙摆球的最大速度，故C错误。 　(2023·黑龙江统考二模)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 例3 √ 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。 考点二 机械波 19 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 波长、波速和频率(周期)的关系 (1)v＝λf；(2)v＝ (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 　(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 例4 √ 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。 　如图，x＝12 m处有一质点做简谐运动，其运动方程为y＝ cm。某时刻在介质中形成波形如图所示，振动刚好传播到x＝4 m处。则从该时刻起，x＝0处质点第一次到达y＝－3 cm 处需要的时间为 A.2.5 s B.4.5 s C.3 s D.5 s 例5 √ 由题意知此时振动刚好传播到x＝4 m处，所以波向左传播，由上下坡法可知，x＝4 m处的质点起振方向向上， 又在原点处质点开始向上振动，在波传播过程中，所有质点的运动情况相同，则可得在x＝0处质点从开始振动到第一次到达y＝－3 cm处需要的时间为t2， 故从该时刻起，x＝0处质点第一次到达y＝－3 cm处需要的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，故选B。 　(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 例6 √ 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。 考点三 振动图像和波的图像的综合应用 　(多选)(2023·安徽安庆市二模)图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q分别为波上的两个质点，图乙为质点Q的振动图像，下列说法中正确的是 A.t＝0时，质点P的速度比质点Q的大 B.t＝0.15 s时，质点Q的加速度达到最大 C.t＝0时，质点P的速度沿曲线的切线方向向上 D.0～0.15 s的时间内，质点P通过的路程比质点Q通过的路程大 例7 √ √ t＝0时，质点Q在平衡位置，速度最大，则质点P的速度比质点Q的小，选项A错误； t＝0.15 s时，质点Q在波谷位置，则此时质点Q的加速度达到最大，选项B正确； 质点P总是在竖直方向振动，则其速度方向不可能沿曲线的切线方向向上，选项C错误； 因在t＝0时刻质点Q沿y轴正方向振动，可知波沿x轴正方向传播；因0.15 s＝ ，则0～ 0.15 s的时间内，质点Q通过的路程为3A＝30 cm；因t＝0时刻质点P沿y轴负方向振动，则0～0.15 s的时间内，质点P通过的路程大于3A＝30 cm，选项D正确。 方法点拨 巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法 　(多选)(2023·辽宁省协作校一模)如图a所示，在xOy平面内有S1和S2两个波源分别位于x1＝－0.2 m和x2＝1.2 m处，振动方向与xOy平面垂直并向周围空间传播，图像分别如图b、c所示，t＝0时刻同时开始振动，波速为v＝2 m/s。M为xOy平面内一点，Δr＝MS2－MS1，整个空间有均匀分布的介质。下列说法正确的是 A.x＝1.0 m处的质点开始振动方向沿z轴正方向 B.两列波相遇后，x＝0.6 m处的质点位移 不可能为零 C.两列波相遇后，x＝0.5 m处的质点振动减弱 D.若Δr＝0.2 m，从两列波在M点相遇开始计 时，经过0.2 s，M点走过的路程为160 cm 例8 √ √ 解题指导 关键表述解读 t＝0时刻同时开始振动，两个振动图像中，0时刻波源的振动方向相反，周期相等 两波源振动步调相反 推理论证依据 两波源振动步调相反时：质点离两波源距离差为半波长的奇数倍，为振动加强点，若为半波长的偶数倍时为振动减弱点，两波源振动步调相同时，结论反之 S2产生的波先传到x＝1.0 m处，由图c可知S2波源的起始振动方向沿z轴负方向，故x＝1.0 m处的质点开始振动方向沿z轴负方向，故A错误； 两列波的波长为λ＝vT＝0.4 m 两列波的起振方向相反，故质点离两波源距离差为半波长的偶数倍为振动减弱点，质点离两波源距离差为半波长的奇数倍为振动加强点。x＝0.6 m处的质点离两波源的距离差为0.2 m，为半波长的奇数倍，故为振动加强点。振动加强点只是振幅变大，位移是时刻变化的，可以为零，故B错误； x＝0.5 m处的质点离两波源的距离差为零，为半波长的偶数倍，故为振动减弱点，故C正确； Δr＝0.2 m为半波长的奇数倍，M点为振动加强点，经过0.2 s，M点走过的路程为s＝4A＝4×40 cm＝160 cm，故D正确。 　(2023·湖北卷·7)一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100 cm，振幅为8 cm。介质中有a和b两个质点，其平衡位置分别位于x＝ 和x＝ 120 cm处。某时刻b质点的位移为y＝4 cm，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为 例9 √ 高考预测 44 1.(多选)(2023·安徽省皖南八校联考)如图所示是沿x轴正向传播的一列简谐横波，实线是在t1＝2 s时刻的波形图，虚线是在t2＝6 s时刻的波形图。则下列说法正确的是 A.该波的周期可能为6 s B.该波的波速可能为0.05 m/s C.若波的周期T>3 s，则t＝10 s时， x＝12 cm处的质点位于平衡位置下方 且速度方向向下 D.若波的周期T>3 s，则t＝10 s时，x＝12 cm处的质点位于平衡位置上方 且加速度方向向下 1 2 √ √ √ 1 2 当n＝0时，得T＝6 s，故A正确； 1 2 故t＝10 s时x＝12 cm处的质点正在从平衡位置向波谷运动，故该质点位于平衡位置下方且速度方向向下，加速度方向向上，故C正确，D错误。 若T>3 s，则t＝10 s时，从t2到t经过Δt′＝t－t2＝4 s， 2.(多选)在同种均匀介质中，x＝0处的波源完成半个周期振动产生沿x轴正方向传播的简谐横波，间隔Δt时间后又产生一列简谐横波。以波源第一次从平衡位置开始振动为计时零点，t＝3 s时首次出现如图所示波形。则 A.波源两次振动的间隔时间Δt＝1 s B.波源前后两次振动的周期相同 C.t＝4 s时，x＝6 m和x＝21 m处的两质点 的位移大小相等 D.从t＝2 s至t＝4.5 s的时间内，x＝12 m处 的质点经过的路程为30 cm 1 2 √ √ √ 1 2 由题图可知，在t＝3 s时，第一列波传播到x1＝18 m处， 1 2 由题图可知，两次振动形成的两列波的波长不同，由同种介质中波的传播速度相等以及v＝ ，可知波源前后两次振动的周期不同，故B错误； 两列波在第4 s内传播的距离Δx＝vΔt＝6 m，则根据题图可知，第一列波x＝15 m处的振动传至x＝21 m处，故x＝21 m处质点的位移为－10 m，第二列波x＝0处的振动传至x＝6 m处，故x＝6 m处质点的位移为10 m，则t＝4 s时，x＝6 m和x＝21 m处的两质点的位移大小相等，故C正确； 1 2 从t＝2 s至t＝4.5 s的时间内，第一列波引起x＝12 m处的质点经历半个周期的振动，经过的路程为s1＝20 cm，第二列波引起x＝12 m处的质点经过 的路程为s2＝10 cm，则从t＝2 s至t＝4.5 s的时间内x＝12 m处的质点经过的路程为s＝s1＋s2＝30 cm，故D正确。 专题强化练 52 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 声波在不同介质中频率和周期都不变，波长和波速都发生改变，所以选项A正确，B、C、D错误。 1.(2023·新课标卷·14)船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的 A.波速和波长均不同 B.频率和波速均不同 C.波长和周期均不同 D.周期和频率均不同 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2023·辽宁省教研联盟一模)一根柔软轻绳水平静止，A、B、C、D、E为绳上标记的5个点，彼此间隔1米排成一条直线，如图甲所示。现使标记点A在竖直方向上做简谐运动，运动图像如图乙所示，2 s时AE间第一次形成如图丙所示的波形，由此可判断 13 A.此时B点的振动方向向下 B.A点振动频率为1 Hz C.此后B、D两点运动状态始终相同 D.该波的传播速度为2 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由同侧法分析，波的传播方向向右，则此时B点的振动方向向上，故A错误； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于B、D两点的间隔为1个周期，由周期性可知两点运动状态始终相同，故C正确； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2023·江苏徐州市调研)“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 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 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(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 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(多选)如图所示，有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面波相遇并发生干涉，两列波的传播方向如图中箭头所示。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e是a、d连线的中点，则下列描述正确的是 A.a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱 B.图示时刻，e正处于波峰位置 C.从图示时刻经过半个周期，e处质点将处于平衡位置 D.e处的质点振幅为2A √ 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 a为波谷与波谷相遇点，b、c为波谷与波峰相遇点，d为波峰与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，故A正确； 13 依题意由题图可知，图示时刻，e为两列波的平衡位置相遇点，处于平衡位置，从图示时刻经过半个周期，e仍为两列波的平衡位置相遇点处，仍处于平衡位置，故B错误，C正确； 根据几何关系可知，两波的波谷同时传到e点，故e为振动加强点，振幅为2A，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)(2023·重庆市三模)图甲为某均匀介质中一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，图乙为该波中x＝1 m处质点P的振动图像。下列说法正确的是 A.这列波沿x轴正方向传播 B.这列波的传播速度大小为5 m/s C.在0～1.5 s时间内，质点P沿x轴向右移动了1.5 m D.在0～1.5 s时间内，质点P运动的路程为15 cm √ 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题图乙可知，t＝0时刻，质点P向y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 质点P只是在平衡位置上下振动，并不会随波传播方向运动，故C错误； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·黑龙江齐齐哈尔市一模)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) 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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， 13 c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 争分提能练 8.(2023·辽宁沈阳市质检)简谐横波在均匀介质中从a传向b。t＝0时刻开始计时，a、b两点的振动图像如图所示，a与b间的距离为6 m。该简谐横波的波速可能为 A.5 m/s B.4 m/s C.3 m/s D.2 m/s √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 振动由a向b传播，由图线可知T＝4 s， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2023·吉林长春市第四次调研)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 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(多选)(2023·福建厦门市质检)如图甲所示，在同种均匀介质中有两个质点P和Q，其振动图像分别如图乙中实线、虚线所示，它们形成的波沿两者之间的连线相向传播，则 A.P、Q形成的两列波的波速之 比为2∶1 B.P、Q形成的两列波的波长之 比为2∶1 C.t＝1.2 s时，P和Q振动的加速度方向相反 D.两列简谐波相遇时会发生干涉现象 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 两列波在同种均匀介质中，波速相等，故A错误； 根据题图乙知，P、Q形成的两列波的周期分别为TP＝2.0 s，TQ＝1.0 s，根据λ＝vT知，P、Q形成的两列波的波长之比为2∶1，故B正确； t＝1.2 s时，P在平衡位置下方，加速度向上指向平衡位置，Q在平衡位置上方，加速度向下指向平衡位置，故P和Q振动的加速度方向相反，故C正确； 根据f＝ 知，两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(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)在答题卡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)； 13 答案　见解析图 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (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。 13 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(2023·河南许昌、济源、洛阳、平顶山四市质检)在均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，波面为圆。t＝0时刻，波面分布如图甲所示，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷(图中只画出了一个波谷和一个波峰)。B处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向竖直向上。试求： (1)该波从B点传播到D点所需的时间； 13 答案　0.4 s　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图甲可知，波长为λ＝2 m， 由题图乙可知振幅为A＝2 cm， 周期为T＝0.4 s， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)t＝8 s时，E处质点的位移。 13 答案　－2 cm 故OE两点之间间隔2.5个波长，t＝8 s时波源振动了20个周期，O点恰好处于波峰位置，故此时E处质点处于波谷，位移为－2 cm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13.(多选)(2023·浙江省天高教育共同体一模)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一轻质薄板。t＝0时刻，一物块从其正上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像(x－t)如图乙所示，其中t＝ 0.2 s时物块刚接触薄板。弹簧形 变始终在弹性限度内，空气阻力 不计，则 13 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.t＝0.2 s后物块做简谐运动 B.t＝0.4 s时物块的加速度大于 重力加速度 C.若增大物块自由下落的高度， 则物块与薄板粘连后振动的周期增大 13 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 t＝0.2 s时物块刚接触薄板，落至薄板上后和薄板始终粘连，构成竖直方向的弹簧振子，由题图乙知t＝0.2 s以后的图像为正弦函数曲线，故A正确； 薄板为轻质薄板，质量可忽略不计。由题图乙可知，B点是图像的最高点，C点是图像的最低点，根据简谐运动的对称性可知，最高点的加速度和最低点 的加速度大小相等，即aB＝aC，简谐运动的加速度满足a与x成正比，设A点处偏离平衡位置的位移大小为xA，C点处偏离平衡位置的位移大小为xC，有xA<xC，所以aA<aC，aA<aB，到A点时，物块只受重力aA＝g，所以aB>g，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 弹簧振子的周期只与振动系统本身有关，与物块起始下落的高度无关，故物块与薄板粘连后振动周期不变，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由题图乙可知，T＝0.6 s， 振幅为0.2 m, (1)单摆周期公式T＝2π (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。 若开始计时时小球向左运动，则T＝0.3 s 摆的摆长更长，根据单摆周期公式T＝2π 根据机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得v＝ 3sin (t) 由运动方程可得周期为T＝＝4 s，故波速为v＝＝ m/s＝2 m/s， 所以波从x＝4 m处传播到原点处需要时间为t1＝＝ s＝2 s， 满足－3 cm＝3sin(t2) cm，解得t2＝2.5 s， 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； － cm a、b之间的距离为Δx＝ cm＝λ，此时b点的位移为4 cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为φ，则有4 cm＝8sin φ (cm)，解得φ＝或φ＝(舍去，向下振动)，由a、b之间的距离关系可知φa－φ＝·2π＝π，则φa＝π，可知a点此时的位移为y＝8sin φa (cm)＝4 cm，且向下振动，故选A。 由题图知该波的波长λ＝12 cm＝0.12 m，波速v＝＝(3n＋2)×10－2 m/s (n＝0,1,2，…)，当n＝1时，v＝0.05 m/s，故B正确； 由于波向x轴正方向传播， 则Δt＝t2－t1＝nT＋T＝nT＋T(n＝0,1,2，…)， 解得T＝ s＝ s(n＝0,1,2，…)， 则T<Δt′<T， 第一列波的振动时间为t3＝＝1 s，则波源两次振动的间隔时间为Δt ＝t－t2－t3＝1 s，故A正确； 则波的传播速度为v＝＝6 m/s， 第二列波传播到x2＝6 m处， 传播时间为t2＝＝1 s， 由题意，A点开始时向上运动，由图丙所示的波形可知，传播到E点出现题图丙所示波形时传播了T，即T＝2 s，则 T＝0.8 s，故f＝＝1.25 Hz，故B错误； 由公式可得v＝＝ m/s＝2.5 m/s，故D错误。 10 cm 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； ＝，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。 根据题图甲可知波长为2 m，根据题图乙可知周期为2 s，则波的传播速度大小为v＝＝1 m/s，故B错误； 根据Δt＝1.5 s＝T，由于t＝0时刻质点P处于平衡位置，故在0～1.5 s时间内，质点P运动的路程为s＝×4A＝3×5 cm＝15 cm，故D正确。 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＝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。 故振动从a传到b的时间可能为 Δt＝nT＋T ＝(4n＋3) s(n＝0,1,2,3，…)， 根据vΔt＝Δx＝6 m，可得v＝ m/s(n＝0,1,2,3，…)，故波速可能为2 m/s， m/s， m/s，…故选D。 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； 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…) 故波速为v＝＝5 m/s 故该波从B点传播到D点所需的时间为t＝＝ s＝0.4 s 由几何关系可知OE＝ m＝5 m D.t＝0.2 s后物块坐标位置随时间变化关系为x＝0.3＋0.2sin [(t－0.2)－] m 因为ω＝＝ rad/s， 0.2 s后物块位置随时间变化关系式为x＝0.3＋0.2sin [(t－0.2)＋φ0] m，当t＝0.4 s时，x＝0.5 m，代入上式得φ0＝－， 所以x＝0.3＋0.2sin [(t－0.2)－] m，故D正确。 $$