专题十一 振动、波动中常见的模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题十一 振动、波动中常见的模型 模型一：简谐运动的多解问题 知识总结 1．周期性 （1）相隔（n＝0，1，2，3……）的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向（或都为零），速度等大反向（或都为零），加速度等大反向（或都为零）。 （2）相隔Δt＝nT（n＝0，1，2，3……）的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移、速度和加速度都相同。 2．对称性 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能、相对平衡位置的位移大小相等，由对称点向平衡位置O运动时用时相等 典型例题 1．（多选）如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】当AB两点在平衡位置的同侧时有，，可得；或者，因此可知第二次经过B点时，，解得，此时位移关系为，解得，A错误，B正确；当AB两点在平衡位置两侧时有，，解得或者（由图中运动方向舍去），或者，当第二次经过B点时，则，解得，此时位移关系为，解得，C正确，D错误；选BC。 2．如图所示，一质点在a、b间做简谐运动，O是它振动的平衡位置。若从质点经过O点向右运动开始计时，经3 s，质点第一次到达M点，再经2 s，它第二次经过M点，则该质点的振动图像可能是下图中的（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】若质点从平衡位置开始先向右运动，可知M到b的时间为1 s，则＝3 s＋1 s＝4 s，解得T1＝16 s，若质点从平衡位置向左运动，可知M到b的时间为1 s，则＝4 s，解得 s，故C正确，ABD错误；故选C。 3．（多选）小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5 s，小球第一次经过P点，又经过0.2 s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过P点（　　） A．0.6 s B．2.4 s C．0.8 s D．2.2 s 【答案】AD 【解析】若小球从O点开始向指向P点的方向振动，作出示意图如图甲所示 　　　　 则小球的振动周期为T1＝(0.5＋0.1)×4 s＝2.4 s，则该小球再经过时间Δt＝T1－0.2 s＝2.2 s，第三次经过P点；若小球从O点开始向背离P点的方向振动，作出示意图如图乙所示 则有0.5 s＋0.1 s＝，小球的振动周期为T2＝0.8 s，则该小球再经过时间Δt′＝T2－0.2 s＝0.6 s，第三次经过P点，B、C错误，故选：AD。 模型二：类单摆模型 知识总结 1．对l、g的理解 （1）公式中l是摆长，即悬点到摆球球心的距离。 ①普通单摆，摆长，l′为摆线长，D为摆球直径。 ②等效摆长：图（a）中，甲、乙在垂直纸面方向上摆动起来效果是相同的，甲摆的等效摆长为lsin α，其周期。图（b）中，乙在垂直纸面方向摆动时，其等效摆长等于甲摆的摆长；乙在纸面内小角度摆动时，等效摆长等于丙摆的摆长。 （2）等效重力加速度 ①公式中g是单摆所在地的重力加速度，由单摆所在的空间位置决定。 ②等效重力加速度：一般情况下，公式中g的值等于摆球静止在平衡位置时，摆线的拉力与摆球质量的比值。 如图中等效重力为，其周期 2．几种类单摆模型 （1）一切在竖直放置的光滑圆弧形内轨道上的小幅度振动（运动范围远小于圆弧半径）都可以等效成单摆模型，其等效摆长l即为圆弧半径R，质点的振动周期为 （2）非惯性参考系中的单摆 周期公式适合于惯性系中单摆在竖直平面内做小幅振动的情况，如果单摆处于做匀变速运动的非惯性参考系中，仍可类比竖直平面内的单摆，通过求解平衡位置（相对参考系静止的位置）时细线拉力的平衡力而得到等效重力加速度。 ①参考系具有竖直方向的加速度时 如：在一升降机中有一摆长为L的单摆，当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时，如图所示，平衡位置仍在悬点正下方，根据牛顿第二定律易知摆球静止在平衡位置时，摆线拉力FT的平衡力F＝mg＋ma，等效重力加速度，故其振动周期 同理知，当升降机以加速度a减速上升时单摆振动周期。 ②参考系具有水平方向加速度时 如：在沿水平路面向左匀加速行驶的车厢内有一单摆，当它做小幅振动时，平衡位置（相对车厢静止的位置）不在悬点正下方，根据受力分析知摆球静止在平衡位置时，摆线拉力的平衡力，F产生的等效重力加速度，故此单摆的振动周期。 （3）复合场中的单摆 ①在重力场和电场中的单摆 如：单摆处于竖直向下的科强电场中，摆球的平衡位置在悬点的正下方，带正电的摆球静止在平衡位置时，摆线拉力FT的平衡力，所以等效重力加速度，振动周期。 如图所示，单摆处于水平向右的匀强电场中，摆球平衡位置与悬点的连线偏离竖直方向θ角（），当摆球在平衡位置处于静止时，摆线拉力FT的平衡力：，所以等效重力加速度，故其振动周期：。 如：库伦力始终沿着摆线方向，产生的等效重力加速度仍为g，故周期仍为。 ②在磁场与重力场中的单摆 如：匀强磁场与单摆摆动平面垂直，摆球的平衡位置仍在悬点正下方，当摆球在平衡位置静止时，摆线拉力与重力平衡，F＝mg，摆动时受到洛伦兹力始终与速度方向垂直沿着摆线，产生的等效重力加速度仍为g，故周期仍为。 典型例题 1．测量大型圆筒的内径时，技术工人用直径为d的小钢球置于圆筒内部，使其在筒横截面内做小幅摆动（如图）。测得钢球在时间t内完成全振动的次数为n，假定圆筒内壁光滑，重力加速度g已知，则圆筒的内半径R为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】钢球小幅摆动，属于类单摆运动，根据单摆周期公式T＝，又T＝，联立解得R＝。 故选C。 2．如图所示，在倾角为α的斜面顶端固定一摆长为L的单摆，单摆在斜面上做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度为v，重力加速度大小为g，则以下判断正确的是（ ） A．单摆在斜面上摆动的周期为T＝ B．摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为F＝ C．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将增大 D．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，则单摆的振动周期将减小 【答案】D 【解析】A．单摆在平衡位置时，等效重力加速度为g′＝gsin α，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝，故A错误； B．回复力大小与偏离平衡位置位移大小成正比，故摆球经过平衡位置时受到的回复力大小为0，故B错误； CD．若小球带正电，并加一沿斜面向下的匀强电场，单摆在平衡位置时，等效重力加速度为g″＝gsin α＋，所以单摆在斜面上摆动的周期T＝减小，故C错误，D正确。 故选D。 3．（多选）如图甲所示，一可视为质点的小球在光滑圆弧曲面AOB上做简谐运动，圆弧轨道对小球的支持力大小F随时间t变化的曲线如图乙所示，图中t＝0时刻小球从A点开始运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ） A．t0时刻小球的动能最小 B．小球在A点所受的合力为零 C．该圆弧轨道的半径为 D．小球的质量为 【答案】ACD 【解析】A．t0时刻小球到达B点，则此时的动能最小，选项A正确； B．小球在A点回复力最大，所受的合力不为零，选项B错误； C．小球运动的周期为T＝2t0，根据T＝，可得该圆弧轨道的半径为R＝，选项C正确； D．小球在A点时Fmin＝mgcos θ，在O点时Fmax－mg＝，其中mgR(1－cos θ)＝，联立解得小球的质量为m＝，选项D正确。 故选ACD。 4．如图，两根轻杆分别一端连在墙上A、B两点，另一端与质量为m的小球D相连，AD⊥BD。已知AB高度差为h，AB＝2BD＝2BC。小球受到垂直纸面方向微扰时，A、B端可无摩擦转动，等效做单摆运动。下列说法正确的是（ ） A．小球平衡时，两轻杆拉力大小相同 B．小球等效摆长为l＝h C．小球质量增加，周期变小 D．小球摆动周期为T＝ 【答案】B 【解析】解：A．小球平衡时受力情况如图： 设∠BAD＝θ，由几何关系可知：θ＝30°； 由平衡条件可得：FAcos 60°＝FBsin 60°，则FA＝FB，所以两轻杆拉力大小不同，故A错误； B．当小球在垂直纸面方向做小角度振动时，圆心在AB中点，且在D点正上方，如图： 由几何关系可知：小球等效摆长为l＝OD＝BD＝h，故B正确； C．振动周期与小球质量无关，所以小球质量增加，周期不变，故C错误； D．小球摆动周期为T＝＝，故D错误。 5．“双线摆”如图甲所示，双线长均为L，两线夹角为θ，摆球质量为m，给摆球一个垂直于两线平面方向的较小速度，使得摆球以较小摆角（小于5°）摆动。“杆线摆”结构如图乙所示，长为L的轻杆一端通过活动铰链与立柱OO′垂直连接，另一端安装质量为m的摆球，细线一端拉住摆球，另一端系在立柱上的A点，给摆球一垂直于纸面的较小速度，使轻杆垂直于立柱来回摆动，摆动角度小于5°，摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。已知θ＝30°，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ） A．图甲中摆球的周期为T＝ B．图乙中摆球的摆动周期为T＝ C．图乙中摆球在摆动过程中细线上的拉力大小 D．若增大细线长度使A点上移，则摆球运动周期增大 【答案】C 【解析】A．由甲中摆球的摆线长度为：L×，结合单摆的周期公式T＝代入角度，可得T＝，故A错误； C．图乙中摆球在平衡位置静止时，在垂直于斜面方向上的合力为零， 由图可知：FAsin θ＝mgcos θ 即可得细线的拉力为：FA＝，故C正确； B．结合该等效单摆的摆长和加速度关系，可知图乙的摆球的周期为T＝，解得：T＝，故B错误； D．由摆球的周期公式T＝，可知细线长度对摆球的运动周期无影响，故D错误。 故选C。 模型三：机械波传播过程中的多解问题 知识总结 造成波的多解问题的主要因素 1．周期性 （1）时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。 （2）空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。 2．双向性 （1）传播方向双向性：波的传播方向不确定。 （2）振动方向双向性：质点振动方向不确定。 如：a．只知道质点达到最大位移处，则有正向和负向最大位移两种可能。 b．只知道质点由平衡位置开始振动，则起振方向有向上、向下（或向左、向右）两种可能。 c．只告诉波速而未说明波的传播方向，则波传播的方向有两种情形，即沿x轴正方向或沿x轴负方向传播。 3．隐含性形成多解 在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态，这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性。 典型例题 1．一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2 s时的波形如图（a）所示，x＝2 m处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（ ） A． m/s B． m/s C． m/s D． m/s 【答案】A 【解析】x＝2 m处的质点在t＝2 s时处于平衡位置向下振动，根据“同侧法”可知x＝2 m处的质点可能处于处，即＝2 m，解得：λ＝ m，（n＝0、1、2、3．．．） 根据图乙可得该波的周期T＝4 s； 则该波的波速为：v＝＝ m/s（n＝0、1、2、3．．．） 当n＝2时，v＝ m/s，故A正确，BCD错误。 2．如图所示，在x＝0处有一振源，从某时刻开始振动形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，图中虚线为t＝0时刻的波形图，经t＝0.01 s波形图为实线所示，此时质点a刚好位于波峰处，已知周期T＞0.01 s。则下列说法正确的是（ ） A．波速为100 m/s B．质点a的平衡位置坐标x＝5 m C．t＝0.015 s时a、b两质点的位移相等 D．0～0.03 s内质点a与质点b通过的路程相等 【答案】A 【解析】A．分析实线波和虚线波可知t＝（n＝0、1、2、3…），又T＞0.01 s，解得T＝0.12 s，又由图像可知波长λ＝12 m，则波速为ν＝＝100 m/s，A正确； B．由图可知实线波的波动方程为y＝ cm，又质点a的位移为y＝8 cm，解得x＝4 m，B错误； C．由对称性可知当波峰位于a、b的中点处时，质点a、b的位移相等，则从t＝0时刻开始到波传到质点a、b的中点处时向右传播的距离为s＝(nλ＋2) m（n＝0、1、2、3…），所需时间为t＝＝ m/s（n＝0、1、2、3…），当n＝0时，t＝0.02 s，C错误； D．0.03 s为四分之一个周期，则0～0.03 s质点a的通过的路程为ya＝(12－) cm，质点b通过的路程为yb＝A＝8 cm，D错误。 故选A。 3．（多选）一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是（ ） A．7 m/s B．2 m/s C．1.2 m/s D．1 m/s 【答案】BC 【解析】由图可知波的周期为4 s，先假设x1＝1 m处质点和x2＝7 m质点的距离小于一个波长，在0时刻，由图可知当x1＝1 m处质点在平衡位置向下振动，x2＝7 m处的质点在波峰，则 ①当波沿x轴的正方向传播时：x2－x1＝，考虑到波形的重复性，可知两质点的距离与波长的关系为x2－x1＝（n＝0、1、2……）， 可得波长通式为λ＝ m（n＝0、1、2……）， 根据v＝可得波速的通式为v＝ m/s（n＝0、1、2……）， 代入n为整数可得v＝6 m/s，1.2 m/s，……； ②当波沿x轴负方向传播时：x2－x1＝，考虑到波形的重复性，可知两质点距离与波长的关系为x2－x1＝（n＝0、1、2……）， 可得波长的通式为λ＝ m（n＝0、1、2、……）， 根据v＝，可得波速的通式为v＝ m/s（n＝0、1、2、……）， 代入n为整数可得v＝2 m/s， m/s，…… 故BC正确，AD错误。故选BC。 4．如图所示是一列沿x轴方向传播的机械波图象，实线是t＝0时刻的波形，虚线是t＝1 s时刻的波形。求： （1）求该列波的周期和波速。 （2）若波速为9 m/s，其传播方向如何？从t＝0时刻起质点P运动到波谷的最短时间是多少？ 【答案】解：（1）由图象知，波长λ＝4 m 若波沿x轴正方向传播，在Δt＝t2－t1＝1 s内传播距离表达式为：x＝（n＝0，1，2，3，……） 则有：Δt＝，T＝＝ s，（n＝0，1，2，3，……） 波速为：v＝＝(4n＋1) m/s，（n＝0，1，2，3，……） 若波沿x轴负方向传播，在Δt＝t2－t1＝1 s内传播距离表达式为：x＝（n＝0，1，2，3，……） 则有：Δt＝，T＝＝ s，（n＝0，1，2，3，……） 波速为v＝＝(4n＋3) m/s，（n＝0，1，2，3，……） （2）若波速为9 m/s，在Δt＝1 s内传播距离为：x＝vΔt＝9 m＝＝ 由波形平移法可知，波沿x轴正方向传播。t＝0时刻质点P沿y轴正方向振动，由v＝＝(4n＋1) m/s知，n＝2，T＝ s 质点P最短经过时间t＝＝ s振动到波谷位置。 5．一列简谐横波沿x轴传播，a、b为x轴上相距0.5 m的两质点，如图甲所示。两质点的振动图像分别如图乙，丙所示。 （1）请写出b点的振动方程； （2）若该波在该介质中传播的速度为5 m/s，求该波的波长； （3）若该被的波长大于0.3 m，求可能的波速。 【答案】解：（1）由图可知机械波的周期T＝0.8 s， 则b点的振动方程为y＝ cm，代入数据解得y＝ cm； （2）由图像得周期T＝0.8 s，波速v＝5 m/s，波长为λ＝vT＝5×0.8 m＝4 m； （3）若波由a向b方向传播根据题意有：＝0.5 m， 该波的波长大于0.3 m，则n＝0，结合v1＝，解得v1＝ m/s， 若波由b向a方向传播，根据题意有：＝0.5 m， 该波的波长大于0.3 m，则n＝0或者n＝1，结合v2＝， 解得v2＝2.5 m/s，或者v2′＝0.5 m/s。 答：（1）b点的振动方程为y＝ cm； （2）若该波在该介质中传播的速度为5 m/s，该波的波长为4 m； （3）若该被的波长大于0.3 m，可能的波速为 m/s、2.5 m/s、0.5 m/s。 6．一列简谐横波在某介质中传播，在t＝0时刻的波形图如图中实线所示，此时质点a离平衡位置的距离y1＝ m，从此刻起，经0.5 s波形图如图中虚线所示。 （1）若波沿x轴正方向传播，且振动周期T＞0.5 s，求波长和波的传播速度； （2）若波的传播速度为42 m/s，通过计算说明波的传播方向； （3）若波的传播速度为42 m/s，通过计算求解质点a在0～ s内的路程。 【答案】解：（1）由图可知该波的波长λ＝4 m，t＝＝0.5 s，得T＝ s 波速v＝＝6 m/s （2）若波沿x轴正方向传播，则Δt＝0.5 s时间内传播的距离Δx＝＋kλ（k＝0，1，2…） 故波速v＝＝(6＋8k) m/s（k＝0，1，2…） 则有6＋8k＝42，解得k＝4.5（不符题意） 若波沿x轴负方向传播，则Δt＝0.5 s时间内传播的距离Δx＝＋kλ（k＝0，1，2…） 故波速v＝＝(2＋8k) m/s（k＝0，1，2…） 则有2＋8k＝42，解得k＝5 故该波沿x负方向传播 （3）若波速为42 m/s，该波沿x负方向传播，质点a在t＝0时刻速度沿y轴负方向 其周期T＝，ω＝＝21π，振幅为A＝0.2 m 设质点a回到平衡位置用时t1，则y1＝0.2sin 21πt1(m)，得t1＝ s 则剩余时间t2＝ s－t1＝ s 由y2＝0.2sin 21πt2(m)，得y2＝0.1 m 质点a在0～ s内的路程为y＝y1＋y2＝ m 模型四：波的叠加和干涉的综合问题 知识总结 1．波的叠加 （1）波的独立传播：两列波在彼此相遇并穿过后，仍然保持各自的波长、频率等运动特征不变，继续沿着原来的方向传播，彼此之间互不影响。 （2）波的叠加：几列波相遇时，每列波能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，任一质点的总位移等于各列波分别引起的位移的矢量和 2．波的干涉 （1）定义：频率相同的两列波叠加，某些区域的振动加强，某些区域的振动减弱，并且振动加强和振动减弱的区域相互间隔的现象，叫波的干涉。 （2）产生稳定干涉现象的条件 ①两列波的频率相同，相位差必须保持不变。 ②产生稳定干涉图样的两列波的振幅越接近，干涉图样越明显。 （3）干涉的普遍性：一切波在一定条件下都能够发生干涉，干涉是波特有的现象。 （4）干涉图样及其特点 ①干涉图样 ②特点 a．加强区始终加强，减弱区始终减弱（加强区与减弱区不随时间变化）。 b．加强区和减弱区的位置固定不变，加强区与减弱区互相间隔。 ③振动加强点和减弱点的理解 a．振动加强区域或振动减弱区域的空间位置是不变的， b．加强点：振幅最大，为两列波的振幅之和，即A＝A1＋A2 c．减弱点：振幅最小，为两列波的振幅之差，即A＝|A1－A2| d．每个质点都在各自的平衡位置附近做简谐运动，质点的位移都随时间变化，如加强点的位移也可以为零，某时刻减弱点的位移也可以大于加强点的位移，若两列波的振幅相等，则减弱点的合振幅为零，并不振动。 e．两列波在空间相遇发生干涉，两列波的波峰相遇点为加强点，波峰和波谷的相遇点是减弱的点，加强的点只是振幅大了，并非任一时刻的位移都大；减弱的点只是振幅小了，也并非任一时刻的位移都最小。 （5）波的干涉现象中加强点、减弱点的条件及判断 ①直观判断法：在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰（或波谷与波谷）的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接形成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 ②图像法：在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰（或波谷与波谷）的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接形成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 ③公式法：波的干涉现象中，某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。 a．当两相干波源振动步调一致时 若Δr＝nλ（n＝0，1，2，…），则振动加强； 若Δr＝（n＝0，1，2，…），则振动减弱。 b．当两相干波源振动步调相反时 若Δr＝（n＝0，1，2，…），则振动加强； 若Δr＝nλ（n＝0，1，2，…），则振动减弱。 典型例题 1．水面上有两个频率、振幅、振动方向均相同的振源S1、S2，先后开始振动形成两列水波在空间叠加。S1先振动，形成的水波如图所示，a、b、c、d、e是S1S2连线上的点，e点是S1S2的中点，a、c、e此时均处在波峰处，b点和d点分别是ac和ce的中点。当S2振动一段时间后，观察到e处水面始终平静。已知两振源的频率为f，波速为v，下列说法中正确的是（ ） A．c点是振动加强点，b点是振动减弱点 B．振动加强区的质点一直处于最大位移处 C．d点到两振源之间的距离差为 D．d点到两振源之间的距离差为 【答案】C 【解析】A．当S2振动一段时间后，观察到e处水面始终平静，所以，e点为振动减弱点，即两波源都振动时，振动完全相反。c点到e点的距离为λ，则c点到两波源的距离差为2λ，所以c点为振动减弱点；b点到e点的距离为，则b点到两波源的距离差为3λ，所以b点为振动减弱点，故A错误； B．振动加强区的质点振幅最大，并不是一直处于最大位移处，故B错误； CD．根据λ＝，d点到e点的距离为，则d点到两波源的距离差为λ，即距离差为，故C正确，D错误。 故选C。 2．某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波（ ） A．在x＝9.0 m处开始相遇 B．在x＝10.0 m处开始相遇 C．波峰在x＝10.5 m处相遇 D．波峰在x＝11.5 m处相遇 【答案】C 【解析】AB．由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的的距离相同，故两列横波在x＝11.0 m处开始相遇，故AB错误； CD．甲波峰的坐标为x1＝5 m，乙波峰的坐标为x2＝16 m，由于两列波的波速相同，所以波峰在x′＝5 m＋ m＝10.5 m处相遇，故C正确，D错误。 故选C。 3．（多选）甲、乙两列简谐横波在同一介质中沿x轴相向传播，t＝0时刻两列波的部分波形如图所示，甲波恰好传播到M点(1.0 m，0)，乙波恰好传播到N点(2.0 m，0)。已知乙波的波速为2 m/s，下列说法正确的是（ ） A．甲波的周期为0.4 s，乙波的周期为0.8 s B．两波源的起振方向相反 C．两波将同时传播到P点(1.6 m，0) D．t＝0.8 s时，平衡位置位于x＝2.4 m的质点Q的位移为20 cm 【答案】AD 【解析】A．甲、乙两列简谐横波在同一介质中，则两列波的速度相同，由图可知甲的波长为0.8 m，乙的波长为1.6 m，则甲的周期为 s＝0.4 s，乙的周期为 s＝0.8 s，故A正确； B．根据“上下坡”法可知，甲波恰好传播到M点(1.0 m，0)，M点在平衡位置向上振动；同理，乙波恰好传播到N点(2.0 m，0)，N点在平衡位置向上振动，即两波源的起振方向相同，故B错误； C．由图可知，MP＝0.6 m＞NP＝0.4 m，两列波速度大小相等，故乙波先传到P点，故C错误； D．因t＝0.8 s＝，故当t＝0.8 s时，Q点仍在乙波的波峰上，甲波传到Q点的时间为 s＝0.7 s，再经过＝0.1 s＝，甲波的波峰刚好到Q点，两列波的波峰叠加，故此时Q点的位移为＝10 m＋10 m＝20 m，故D正确。 4．（多选）如图所示为某水池的剖面图，A、B两区域的水深分别为hA、hB，其中hB＝2.5 m，点O位于两部分水面分界线上，M和N是A、B两区域水面上的两点，OM＝4 m，ON＝7.5 m，t＝0时刻M点从平衡位置向下振动，N点从平衡位置向上振动，形成以M、N点为波源的水波（看做是简谐横波），两波源的振动频率均为1 Hz，振幅均为5 cm，当t＝1 s时，O点开始振动且振动方向向下，已知水波的波速跟水深的关系为v＝，式中h为水深，g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ） A．B区域中水波的波长为5 m B．区域A的水深为hA＝1.5 m C．t＝2 s时，O点的振动方向向上 D．MN连线之间（不包括M、N）共有4个振动加强点 【答案】AD 【解析】A．区域B的波速vB＝＝5 m/s 水波周期都是T＝＝1 s，所以λB＝vBT＝5 m，故A正确； B．区域A的波速vA＝＝4 m/s 根据vA＝，可得hA＝1.6 m，所以λA＝vAT＝4 m，故B错误； C．t＝2 s时，M波在O点完成了一次全振动，则该波在O点产生的波正在平衡位置向下振动，N波传递到O点需要t′＝＝1.5 s＝1.5T t＝2 s时，N波在O点完成半个周期的振动，则该波在O点产生的波正在平衡位置向下振动，所以t＝2 s时，O点的振动方向向下，故C错误； D．振动由M传至O点用时t＝1 s，此时N点正好完成一次全振动，对于NO之间的质点，O与N相当两个反向相干波源，可以判知ON间有2个振动加强点，振动由N传至O点用时t＝1.5 s 此时M点振动了t＝1.5T 对于MO之间的质点，O与M相当两个同相相干波源，可以判知OM间有1个振动加强点，另外由C知，O点也是振动加强点，故一共有4个，故D正确。 故选AD。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$