第一篇 专题一 第5讲 机械振动和机械波-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（标准版）（课件PPT+word教案）

第5讲　机械振动和机械波 目标要求　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。 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.弹簧振子 (1)弹簧振子的周期与振幅、与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关。 (2)公式：T=2π。 3.单摆 周期 T=2π g0的 理解 重力加速度或等效重力加速度 超重时g0=g+a 失重时g0=g-a 完全失重时g0=0 受力 特征 回复力：F=mgsin θ=-x=-kx 最高点：Fn=m=0，FT=mgcos θ 最低点：Fn=m最大，FT=mg+m 例1　(多选)(2024·江西鹰潭市一模)如图所示为水平面内振动的弹簧振子，O是平衡位置，A是最大位移处，不计小球与轴的摩擦，振幅为A，振动周期为T，则下列说法正确的是(　　) A.若B是OA的中点，则从O到B的时间等于从B到A的时间的一半 B.从小球运动到O点开始计时，t=时小球距O点的距离为A C.从O到A的过程中加速度不断减小 D.从O到A的过程中速度与位移的方向相同 答案　ABD 解析　若B是OA的中点，得从O到B的方程为=Asin ωt=Asin t，得t=，解得t=，B到A的时间为t'=-=，明显t=，则从O到B的时间是从B到A时间的一半，故A正确；把t=代入方程x=Asin ωt=Asin t，解得x=A，故B正确；O到A的过程中，回复力增大，则加速度增大，故C错误；从O到A的过程中，速度和位移方向均向右，故速度和位移的方向相同，故D正确。 例2　(2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.t=0时，弹簧弹力为0 B.t=0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s，手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt) m/s2 答案　D 解析　由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误；由题图乙知，t=0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t=0至t=0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T=0.8 s，则ω==2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2，D正确。 例3　(2024·甘肃卷·5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同 答案　C 解析　由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π得摆长为 l==1.6 m，B、D错误； 起始时刻位于正向最大位移处，速度为零，且A、C点的速度相同，A错误，C正确。 变式　(2024·浙江6月选考·9)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g=10 m/s2，则(　　) A.摆角变小时，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力大小为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 答案　B 解析　根据单摆的周期公式T=2π可知周期与摆角无关，故A错误； 同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图 可得2FAcos 30°=mg 解得FA=FB== N 故C、D错误； 根据几何知识可知摆长为L==1 m，故周期为T=2π≈2 s，故B正确。 单摆模型的拓展 支撑面 “单摆” 偏角很小时等效为单摆 复合场中 的单摆 　 g0=g±　　　　　　g0=g 斜面上 的单摆 　　g0=gsin θ　　　　　g0=gsin θ 双线摆 　　等效摆长 等效摆长 l=l1sin θ　　　　　l=l1sin θ+l3 小球在垂直纸面方向摆动 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　(多选)(2024·新课标卷·19)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则(　　) A.波的周期是0.1 s B.波的振幅是0.2 m C.波的传播速度是10 m/s D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置 答案　BC 解析　波的周期和振幅与波源相同，由振动图像可知波的周期为T=0.2 s，振幅为A=0.2 m，故A错误，B正确； P开始振动时，波源恰好第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为t=T+T=0.35 s 故可得波速为v== m/s=10 m/s 故C正确； 波长λ=vT=2 m xPQ=4.5 m-3.5 m= 故可知当质点Q开始振动时，质点P处于平衡位置，故D错误。 例5　(多选)(2024·吉林白山市一模)某健身者挥舞健身绳锻炼臂力，挥舞后形成一列沿x轴传播的简谐横波，如图所示，实线为t1=0时的波形图，虚线为t2=2 s时的波形图。已知波的周期T>1 s，下列说法正确的是(　　) A.这列波的波速可能为 m/s B.这列波的波速可能为 m/s C.这列波10 s内传播的距离可能为35 m D.这列波10 s内传播的距离可能为45 m 答案　AC 解析　若这列波沿x轴负方向传播，则Δt=+nT=2 s(n=0，1，2，3…)，可得T= s(n=0，1，2，3…)，因为波的周期T>1 s，所以这列波的周期可能为8 s、1.6 s。因为这列波的波长为λ=4 m，这列波的波速为v== m/s(n=0，1，2，3…)，所以这列波的波速可能为 m/s、 m/s。根据Δx=v·Δt，这列波10 s内传播的距离可能为5 m、25 m。若这列波沿x轴正方向传播，则Δt=+nT=2 s(n=0，1，2，3…)，可得T= s(n=0，1，2，3…)，因为波的周期T>1 s，所以这列波的周期可能为 s、 s。因为这列波的波长为λ=4 m，这列波的波速为v== m/s(n=0，1，2，3…)，所以这列波的波速可能为 m/s、 m/s。根据Δx=v·Δt，这列波10 s内传播的距离可能为15 m、35 m。故选A、C。 例6　(多选)(2024·山东卷·9)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2 m/s。t=0时刻二者在x=2 m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2 m处的质点P，下列说法正确的是(　　) A.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0 B.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm C.t=1.0 s时，P向y轴正方向运动 D.t=1.0 s时，P向y轴负方向运动 答案　BC 解析　T1==2 s，T2==1 s Δt1=0.5 s==， 甲波经0.5 sP质点处于波谷， 乙波经0.5 sP质点在平衡位置 根据叠加原理可知，t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm，故A错误，B正确； Δt2=1.0 s==T2， 经1.0 s甲波在P点引起的振动向上，乙波在P点引起的振动也向上， 根据叠加原理可知，t=1.0 s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。 考点三　振动图像和波的图像的综合应用 　　　　　　　　　　　　　　　　 巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法 例7　(2024·北京市人大附中一模)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示，图甲中某质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.该波的波速为4 m/s B.图乙表示质点S的振动图像 C.质点R在t=6 s时的位移最大 D.质点Q经过1 s沿x轴正方向移动2 m 答案　C 解析　由题图甲可得，波长为λ=8 m，由题图乙可得，周期为T=4 s，则波速为v==2 m/s，故A错误；根据波沿x轴正方向传播，由题图甲可得，在t=0时，质点S在平衡位置，向下振动，因此题图乙与质点S的振动不符，故B错误；由于t=6 s=T，因此质点R经过6 s后处于波峰位置，此时位移最大，故C正确；质点不随波的传播而移动，因此质点在y方向上振动，横坐标不变，故D错误。 拓展　x=28 m处的质点，经多长时间第一次到达波峰？ 答案　13 s 解析　Δt== s=13 s。 例8　(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=- cm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(　　) 答案　A 解析　a、b之间的距离为Δx=(+120) 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。 　　　　　专题强化练　［分值：60分］ 　　　　　　　　　　　　　　　　 1~5题每题5分，6~8、10题每题6分，9题11分，共60分 ［保分基础练］ 1.(多选)(2024·广东佛山市二模)某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失。对该降噪耳机相关说法正确的是(　　) A.耳机降噪利用了声波的多普勒效应 B.抵消声波的频率与噪声的频率应该相等 C.抵消声波与噪声的相位差为零 D.抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等 答案　BD 解析　耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误；频率相同的波才能发生干涉，即声波的叠加，相位相反时则可以相互抵消，故B正确，C错误；声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故D正确。 2.(2024·广东卷·3)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为1 m/s，t=0时的波形如图所示。t=1 s时，x=1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为(　　) A.0 B.0.1 m C.-0.1 m D.0.2 m 答案　B 解析　由题图可知该简谐横波的波长为λ=2 m，所以周期为T===2 s 当t=1 s时，x=1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处，相对平衡位置的位移为0.1 m。 故选B。 3.(2024·江苏扬州市二模)如图所示，弹簧一端与光滑斜面底端的固定挡板相连，另一端与小木块相连，木块静止在O点。现将木块推至M点由静止释放，第一次运动至O点的时间为t0。已知N点是MO的中点，则(　　) A.木块从M点第一次运动到N点的时间为 B.若木块从N点由静止释放，第一次运动至O点的时间小于t0 C.若斜面倾角变小，木块由M点静止释放运动至最高点的时间小于2t0 D.若斜面粗糙，木块由M点静止释放经2t0时间运动至最高点 答案　D 解析　小木块做简谐运动，木块静止在O点，受力平衡，合力为零，因此O点为平衡位置，运动过程中，经过平衡位置时速度最大，运动相同的距离，速度小的时候用时长，因此木块从M点第一次运动到N点的时间大于，故A错误；根据弹簧振子的周期公式T=2π，可知周期与振幅、斜面倾角和接触面粗糙程度无关，因此木块从N点由静止释放，振幅变为原来的二分之一，第一次运动至O点的时间也是周期的四分之一，仍为t0；若斜面倾角变小或者接触面粗糙，木块由M点静止释放运动至最高点所用时间是周期的二分之一，时间等于2t0，故B、C错误，D正确。 4.(2024·湖南卷·2)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m，t0时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是(　　) A.波长为3 m B.波速为12 m/s C.t0+0.25 s时刻，B点速度为0 D.t0+0.50 s时刻，A点速度为0 答案　D 解析　画出t0时刻A、B两点间波形如图所示 可知xAB=λ=6 m 解得λ=4 m，A错误； 波源的振动频率为f= Hz=1 Hz 故波速为v=λf=4 m/s，B错误； 质点的振动周期为T==1 s，因为0.25 s=，故B点在t0+0.25 s时刻运动到平衡位置，速度最大，C错误； 0.5 s=，故A点在t0+0.5 s运动到波峰，速度为0，D正确。 5.(多选)(2023·天津卷·7)在均匀介质中，位于坐标原点的波源从t=0时开始沿y轴做简谐运动，形成沿x轴传播的简谐横波，t=0.5 s时的波形如图所示，此刻平衡位置在x=2.5 m处的质点刚开始振动，则下列说法正确的是(　　) A.该波在介质中波速v=4 m/s B.x=1 m处质点在t=0.3 s时位于波谷 C.波源的位移表达式为y=0.02sin(5πt+π) m D.经过半个周期x=-1 m处的质点向左迁移半个波长 答案　BC 解析　由题图可知t=0.5 s时，波传播的距离为x=2.5 m，故波速为v== m/s=5 m/s，故A错误；由题图可知该波的波长为λ=2 m，所以波的周期为T== s=0.4 s，波传播到x=1 m处需要的时间t1== s=0.2 s，由题图可知该波的起振方向向下，t=0.3 s时，x=1 m处的质点已振动了0.1 s，即T，所以位于波谷，故B正确；根据图像可知该波的振动方程为y=Asin(t+φ)=-0.02sin(5πt) m=0.02sin(5πt+π) m，故C正确；质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。 ［争分提能练］ 6.(多选)(2024·山东济宁市一模)位于x=-3 cm和x=13 cm处的两波源都只做了一次全振动，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，振幅均为A=5 cm，t=0时刻的波形如图甲所示，此时波刚好传到M、N两点，M、P、Q、N在x轴上的坐标分别为1 cm、3 cm、5 cm、9 cm，平衡位置在M处的质点振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.t=2 s时，平衡位置在M处的质点刚好运动到P点 B.t=5 s时，平衡位置在Q处的质点的位移为-10 cm C.P处质点振动过程中的最大位移大小为5 cm D.平衡位置坐标为x=4 cm的质点在振动过程中通过的总路程为10 cm 答案　BC 解析　根据题图甲可知波长为λ=4 cm，根据题图乙可知周期为T=4 s，则波速为v==0.01 m/s， 则t=2 s时，左边的波向右传播的距离为x=vt=2 cm，即M点的振动形式刚好传到P点，但质点M只能在平衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，故A错误；两列波的起振点到Q点的距离为4 cm，则起振传到Q点需要的时间为Δt== s=4 s=T，因时间t2=5 s=T+，剩下的时间Q点向下起振到达波谷，根据波的叠加，则Q处的质点的位移为两个振幅的长度，即为-10 cm，故B正确；根据题意可知，当沿x轴正方向传播的波刚离开P点时，沿x轴负方向传播的波刚好传到P点，以后P点只参与沿x轴负向传播的波引起的振动，故P点最大位移为振幅值，即5 cm，故C正确；M点到x=4 cm处的质点距离与N点到x=4 cm处的质点距离差Δx=2 cm=λ，故x=4 cm处的质点为振动减弱点，沿x轴正方向传播的波传到x=4 cm处的质点后，在x=4 cm处的质点振动时间后，沿x轴负方向传播的波传到x=4 cm处的质点，此后时间内x=4 cm处的质点振幅为0，同理，当沿x轴正方向传播的波离开x=4 cm处的质点后，此质点将受沿x轴负方向传播的波影响，继续振动时间，故x=4 cm处的质点在振动过程中通过的总路程为20 cm，故D错误。 7.(2024·黑吉辽·7)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。的值为(　　) A.2n B. C. D. 答案　C 解析　设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，小球质量为m，根据简谐运动的平衡位置合力为零有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g=，g'=，可得=2，设某球状天体的半径为R，在地球和天体表面，分别有G=mg，G=mg'，联立可得=，故选C。 8.(2024·湖南永州市三模)“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲为t=0.6 s时的波的图像，图乙为x=5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1 cm，下列说法正确的是(　　) A.这列波沿x轴正方向传播 B.P质点的振动方程为y=2sin (t+) cm C.t=0.6 s时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反 D.从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程相等 答案　B 解析　由题图乙可知，在t=0.6 s时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；P质点的振动方程为y=Asin (ωt+φ)，而ω== rad/s= rad/s，将t=0.6 s，y=-1 cm代入解得φ=或，因t=0时刻，质点P沿+y方向运动，故取φ=，因此P质点的振动方程为y=2sin (t+) cm，故B正确；t=0.6 s时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度大小相同，故C错误；由波向x轴负方向传播可知t=0.6 s时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又0.3 s=，所以从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误。 9.(11分)(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)(5分)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)(6分)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。 ［尖子生选练］ 10.(多选)(2024·福建三明市一模)有一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=6 m处的质点b的振动图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是(　　) A.质点a的振动方程为y=4sin (t+) cm B.质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动 C.若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3 m/s D.若波沿x轴负方向传播，这列波的最大波长为24 m 答案　BD 解析　根据题图甲可得质点a的振幅、周期、初相位分别为Aa=4 cm，T=8 s，φ0=-， 根据振动方程y=Asin (ωt+φ0)，可得质点a的振动方程为y=4sin (t-) cm，故A错误；根据质点a、b的振动图像可知，在题述时刻，质点a在波谷，质点b在平衡位置，且两质点在该时刻后均向上振动，则根据“同侧法”可知，若该波沿x轴负方向传播，则两质点之间的距离应满足+nλ=6 m(n=0，1，2，3…)， 解得λ=(n=0，1，2，3…)，当n=0时，该波波长有最大值λm=24 m， 若该波沿x轴正方向传播，则两质点之间的距离应满足+nλ=6 m(n=0，1，2，3…) 解得λ=(n=0，1，2，3…)，根据波速与波长之间的关系v=，可得该波的波速的可能值为v= m/s(n=0，1，2，3…)，当n=0时，向x轴正方向传播的速度有最大值vm=1 m/s，而无论该波向左传播还是向右传播，两质点之间的距离总是波长的奇数倍，由此可知，质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动，故B、D正确，C错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 力与运动 专题一 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 考点三　振动图像和波的图像的综合应用 考点二　机械波 考点一　机械振动 专题强化练 考点一 机械振动 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 1.简谐运动的规律 规律 x=Asin(ωt+φ) 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.弹簧振子 (1)弹簧振子的周期与振幅、与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关。 (2)公式：T=2π。 周期 T=2π g0的理解 重力加速度或等效重力加速度 超重时g0=g+a 失重时g0=g-a 完全失重时g0=0 受力特征 回复力：F=mgsin θ=-x=-kx 最高点：Fn=m=0，FT=mgcos θ 最低点：Fn=m最大，FT=mg+m 3.单摆 　 (多选)(2024·江西鹰潭市一模)如图所示为水平面内振动的弹簧振子，O是平衡位置，A是最大位移处，不计小球与轴的摩擦，振幅为A，振动周期为T，则下列说法正确的是 A.若B是OA的中点，则从O到B的时间等于从 　B到A的时间的一半 B.从小球运动到O点开始计时，t=时小球距O点的距离为A C.从O到A的过程中加速度不断减小 D.从O到A的过程中速度与位移的方向相同 例1 √ √ √ 若B是OA的中点，得从O到B的方程为=Asin ωt=Asin t，得t=，解得t=，B 到A的时间为t'=-=，明显t=，则从O到B的时间是从B到A时间的一半，故A正确； 把t=代入方程x=Asin ωt=Asin t，解得x=A，故B正确； O到A的过程中，回复力增大，则加速度增大，故C错误； 从O到A的过程中，速度和位移方向均向右，故速度和位移的方向相同，故D正确。 　 (2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是 A.t=0时，弹簧弹力为0 B.t=0.2 s时，手机位于平衡位置上方 C.从t=0至t=0.2 s，手机的动能增大 D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt) m/s2 例2 √ 由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误； 由题图乙知，t=0.2 s时，手机的加 速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误； 由题图乙知，从t=0至t=0.2 s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误； 由题图乙知T=0.8 s，则ω==2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a= 4sin (2.5πt) m/s2，D正确。 　 (2024·甘肃卷·5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大 B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零 C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同 D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同 例3 √ 由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π得摆长为 l==1.6 m，B、D错误； 起始时刻位于正向最大位移处，速度为零，且A、C点的速度相同，A错误，C正确。 　 (2024·浙江6月选考·9)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g=10 m/s2，则 A.摆角变小时，周期变大 B.小球摆动周期约为2 s C.小球平衡时，A端拉力大小为 N D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 变式 √ 根据单摆的周期公式T=2π可知周期与摆角无关，故A错误； 同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图 可得2FAcos 30°=mg 解得FA=FB== N 故C、D错误； 根据几何知识可知摆长为L==1 m，故周期为T=2π≈2 s， 故B正确。 支撑面“单摆”   偏角很小时等效为单摆 复合场中的单摆   　 g0=g±　　　　　　g0=g 多题归一 单摆模型的拓展 斜面上的单摆   　　 g0=gsin θ　　　　　g0=gsin θ 双线摆   　　 等效摆长 等效摆长 l=l1sin θ　　　　l=l1sin θ+l3 小球在垂直纸面方向摆动 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 　 (多选)(2024·新课标卷·19)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次处于波谷位置，则 A.波的周期是0.1 s B.波的振幅是0.2 m C.波的传播速度是10 m/s D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时， 　质点P处于波峰位置 例4 √ √ 波的周期和振幅与波源相同，由振动图像可知波的周期为T=0.2 s，振幅为A=0.2 m，故A错误，B正确； P开始振动时，波源恰好第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为t=　T+T=0.35 s 故可得波速为v== m/s=10 m/s 故C正确； 波长λ=vT=2 m xPQ=4.5 m-3.5 m= 故可知当质点Q开始振动时，质点P处于平衡位置，故D错误。 　 (多选)(2024·吉林白山市一模)某健身者挥舞健身绳锻炼臂力，挥舞后形成一列沿x轴传播的简谐横波，如图所示，实线为t1=0时的波形图，虚线为t2=2 s时的波形图。已知波的周期T>1 s，下列说法正确的是 A.这列波的波速可能为 m/s B.这列波的波速可能为 m/s C.这列波10 s内传播的距离可能为35 m D.这列波10 s内传播的距离可能为45 m 例5 √ √ 若这列波沿x轴负方向传播，则Δt=+nT=2 s(n=0，1，2，3…)，可得T= s(n=0，1，2，3…)，因为波的周期T>1 s，所以这列波的周期可能为8 s、 1.6 s。因为这列波的波长为λ=4 m，这列波的波速为v== m/s(n=0，1，2，3…)，所以这列波的波速可能为 m/s、 m/s。根据Δx=v·Δt，这列波10 s内传播的距离可能为5 m、25 m。 若这列波沿x轴正方向传播，则Δt=+nT=2 s(n=0，1，2，3…)，可得T= s(n=0，1，2，3…)，因为波的周期T>1 s，所以这列波的周期可 能为 s、 s。因为这列波的波长为λ=4 m，这列波的波速为v== m/s (n=0，1，2，3…)，所以这列波的波速可能为 m/s、 m/s。根据Δx=v·Δt，这列波10 s内传播的距离可能为15 m、35 m。故选A、C。 　 (多选)(2024·山东卷·9)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2 m/s。t=0时刻二者在x=2 m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2 m处的质点P，下列说法正确的是 A.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0 B.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm C.t=1.0 s时，P向y轴正方向运动 D.t=1.0 s时，P向y轴负方向运动 例6 √ √ T1==2 s，T2==1 s Δt1=0.5 s==， 甲波经0.5 sP质点处于波谷， 乙波经0.5 sP质点在平衡位置 根据叠加原理可知，t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm，故A错误，B正确； Δt2=1.0 s==T2， 经1.0 s甲波在P点引起的振动向上， 乙波在P点引起的振动也向上， 根据叠加原理可知，t=1.0 s时，P 向y轴正方向运动，故C正确，D错误。 考点三 振动图像和波的图像的综合应用 巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法 　 (2024·北京市人大附中一模)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示，图甲中某质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是 A.该波的波速为4 m/s B.图乙表示质点S的振动图像 C.质点R在t=6 s时的位移最大 D.质点Q经过1 s沿x轴正方向移动2 m √ 例7 由题图甲可得，波长为λ=8 m，由题图乙可得，周期为T=4 s，则波速为v==2 m/s，故A错误； 根据波沿x轴正方向传播，由题图甲可得，在t=0时，质点S在平衡位置，向下振动，因此题图乙与质点S的振动不符，故B错误； 由于t=6 s=T，因此质点R经过6 s后处于波峰位置，此时位移最大，故C正确； 质点不随波的传播而移动，因此质点在y方向上振动，横坐标不变，故D错误。 　 x=28 m处的质点，经多长时间第一次到达波峰？ 拓展 答案　13 s Δt== s=13 s。 　 (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=- cm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8 a、b之间的距离为Δx=(+120) 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。 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 BD B D D BC BC C B 题号 10 答案 BD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9. (1)见解析图　(2)见解析 1.(多选)(2024·广东佛山市二模)某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失。对该降噪耳机相关说法正确的是 A.耳机降噪利用了声波的多普勒效应 B.抵消声波的频率与噪声的频率应该相等 C.抵消声波与噪声的相位差为零 D.抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误；频率相同的波才能发生干涉，即声波的叠加，相位相反时则可以相互抵消，故B正确，C错误； 声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故D正确。 10 2.(2024·广东卷·3)一列简谐横波沿x轴正方向传播。波速为1 m/s，t=0时的波形如图所示。t=1 s时，x=1.5 m处的质点相对平衡位置的位移为 A.0 B.0.1 m C.-0.1 m D.0.2 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 由题图可知该简谐横波的波长为λ=2 m， 所以周期为T===2 s 当t=1 s时，x=1.5 m处的质点运动半个周 期到达波峰处，相对平衡位置的位移为0.1 m。 故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(2024·江苏扬州市二模)如图所示，弹簧一端与光滑斜面底端的固定挡板相连，另一端与小木块相连，木块静止在O点。现将木块推至M点由静止释放，第一次运动至O点的时间为t0。已知N点是MO的中点，则 A.木块从M点第一次运动到N点的时间为 B.若木块从N点由静止释放，第一次运动至O点 　的时间小于t0 C.若斜面倾角变小，木块由M点静止释放运动至最高点的时间小于2t0 D.若斜面粗糙，木块由M点静止释放经2t0时间运动至最高点 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 小木块做简谐运动，木块静止在O点，受力平衡，合力为零，因此O点为平衡位置，运动过程中，经过平衡位置时速度最大，运动相同的 距离，速度小的时候用时长，因此木块从M点第一次运动到N点的时间大于，故A错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据弹簧振子的周期公式T=2π，可知周期与振幅、斜面倾角和接触面粗糙程度无关，因此木块从N点由静止释放，振幅变为原来的二分 之一，第一次运动至O点的时间也是周期的四分之一，仍为t0；若斜面倾角变小或者接触面粗糙，木块由M点静止释放运动至最高点所用时间是周期的二分之一，时间等于2t0，故B、C错误，D正确。 10 4.(2024·湖南卷·2)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m，t0时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是 A.波长为3 m B.波速为12 m/s C.t0+0.25 s时刻，B点速度为0 D.t0+0.50 s时刻，A点速度为0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 画出t0时刻A、B两点间波形如图所示 可知xAB=λ=6 m 解得λ=4 m，A错误； 波源的振动频率为f= Hz=1 Hz 故波速为v=λf=4 m/s，B错误； 质点的振动周期为T==1 s，因为0.25 s=，故B点在t0+0.25 s时刻运动到平 衡位置，速度最大，C错误； 0.5 s=，故A点在t0+0.5 s运动到波峰，速度为0，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 5.(多选)(2023·天津卷·7)在均匀介质中，位于坐标原点的波源从t=0时开始沿y轴做简谐运动，形成沿x轴传播的简谐横波，t=0.5 s时的波形如图所示，此刻平衡位置在x=2.5 m处的质点刚开始振动，则下列说法正确的是 A.该波在介质中波速v=4 m/s B.x=1 m处质点在t=0.3 s时位于波谷 C.波源的位移表达式为y=0.02sin(5πt+π) m D.经过半个周期x=-1 m处的质点向左迁 　移半个波长 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图可知t=0.5 s时，波传播的距离为x=2.5 m，故波速为v== m/s　=5 m/s，故A错误； 由题图可知该波的波长为λ=2 m，所 以波的周期为T== s=0.4 s，波传播到x=1 m处需要的时间t1== s=　0.2 s，由题图可知该波的起振方向向下，t=0.3 s时，x=1 m处的质点已振动了0.1 s，即T，所以位于波谷，故B正确； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据图像可知该波的振动方程为y=Asin(t+φ)=-0.02sin(5πt) m=　 0.02sin(5πt+π) m，故C正确； 质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。 10 6.(多选)(2024·山东济宁市一模)位于x=-3 cm和x=13 cm处的两波源都只做了一次全振动，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，振幅均为A=5 cm，t=0时刻的波形如图甲所示，此时波刚好传到M、N两点，M、P、Q、N在x轴上的坐标分别为1 cm、3 cm、5 cm、9 cm，平衡位置在M处的质点振动图像如图乙所示。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 争分提能练 10 A.t=2 s时，平衡位置在M处的质点刚好运动到P点 B.t=5 s时，平衡位置在Q处的质点的位移为-10 cm C.P处质点振动过程中的最大位移大小为5 cm D.平衡位置坐标为x=4 cm的质点在振动过程中通过的总路程为10 cm √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据题图甲可知波长为λ=4 cm，根据题图乙可知周期为T=4 s，则波速为v==0.01 m/s，则t=2 s时，左边的波向右传播的距离为x=vt=2 cm，即M点的振动形式刚好传到P点，但质点M只能在平衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，故A错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 两列波的起振点到Q点的距离为4 cm，则起振传到Q点需要的时间为Δt== s=4 s=T，因时间t2=5 s=T+时间Q点向下起振到达波谷，根据波的叠加，则Q处的质点的位移为两个振幅的长度，即为-10 cm，故B正确； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据题意可知，当沿x轴正方向传播的波刚离开P点时，沿x轴负方向传播的波刚好传到P点，以后P点只参与沿x轴负向传播的波引起的振动，故P点最大位移为振幅值，即5 cm，故C正确； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 M点到x=4 cm处的质点距离与N点到x=4 cm处的质点距离差Δx=2 cm=λ，故x=4 cm处的质点为振动减弱点，沿x轴正方向传播的波传到x=4 cm处的质点后，在x=4 cm处的质点振动时间后，沿x轴负方向传播的波传到x=4 cm处的质点，此后时间内x=4 cm处的质点振幅为0，同理，当沿x轴正方向传播的波离开x=　4 cm处的质点后，此质点将受沿x轴负方向传播的波影响，继续振动时间，故x=4 cm处的质点在振动过程中通过的总路程为20 cm，故D错误。 10 7.(2024·黑吉辽·7)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n倍。的值为 A.2n B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，小球质量为m，根据简谐运动的平衡位置合力为零 有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g=， g'==2，设某球状天体的半径为R，在地球和天体表面，分别有G=mg，G=mg'，联立可得=，故选C。 10 8.(2024·湖南永州市三模)“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲为t=0.6 s时的波的图像，图乙为x=5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1 cm，下列说法正确的是 A.这列波沿x轴正方向传播 B.P质点的振动方程为y= 　2sin (t+) cm C.t=0.6 s时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反 D.从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图乙可知，在t=0.6 s时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 P质点的振动方程为y=Asin (ωt+φ)，而ω== rad/s= rad/s，将t=0.6 s，y=-1 cm代入解得φ=，因t=0时刻，质点P沿+y方向运动，故取φ=，因此P质点的振动方程为y=2sin (t+) cm，故B正确； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 t=0.6 s时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点位移相同，加速度大小相同，故C错误； 由波向x轴负方向传播可知t=0.6 s时质点P在x轴下方并向y轴负方向减速运动； Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又0.3 s=，所以从t=0.6 s开始经过0.3 s， P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误。 10 答案　见解析图 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(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)； 10 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 答案　见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (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。 10 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 尖子生选练 10.(多选)(2024·福建三明市一模)有一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=6 m处的质点b的振动图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是 A.质点a的振动方程为y=4sin (t+) cm B.质点a处在波谷时，质点b一定处在 　平衡位置且向y轴正方向振动 C.若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3 m/s D.若波沿x轴负方向传播，这列波的最大波长为24 m √ √ 10 根据题图甲可得质点a的振幅、 周期、初相位分别为Aa=4 cm， T=8 s，φ0=-， 根据振动方程y=Asin (ωt+φ0)，可得质点a的振动方程为y=4sin (t-) cm，故A错误； 根据质点a、b的振动图像可知，在题述时刻，质点a在波谷，质点b在平衡位置，且两质点在该时刻后均向上振动，则根据“同侧法”可知， 若该波沿x轴负方向传播，则两质点之间的距离应满足+nλ=6 m(n=0， 1，2，3…)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 解得λ=(n=0，1，2，3…)， 当n=0时，该波波长有最大值 λm=24 m， 若该波沿x轴正方向传播，则两质点之间的距离应满足+nλ=6 m(n=0，1，2，3…) 解得λ=(n=0，1，2，3…)，根据波速与波长之间的关系v=，可得该波的波速的可能值为v= m/s(n=0，1，2，3…)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 当n=0时，向x轴正方向传播的速度有最大值vm=1 m/s，而无论该波向左传播还是向右传播，两质点之间的距离总是波长的奇数 倍，由此可知，质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动，故B、D正确，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 本课结束 THANKS $$