专题1 第4讲 机械振动和机械波（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题一 PPT下载 http:///xiazai/ 力与运动 2 第4讲 机械振动和机械波 热点1 　机械振动 考向1　弹簧振子模型 考向2 单摆的振动规律 考向3 单摆的拓展模型 热点2 机械波 考向1 波的传播 考向2 波的叠加 考向3 振动图像与波的图像综合问题 考向4 波的多解问题 课下巩固检测练（四） 机械振动和机械波 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 谢谢观看 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.对简谐运动的对称性以及各物理量的变化规律理解不透彻，特别容易忽视矢量的方向。 2．误认为竖直方向弹簧振子的平衡位置在弹簧的原长位置。 3．混淆振动图像和波的图像，或者不能从振动图像或波的图像上读取相关信息。 4．在受迫振动中，误认为驱动力的频率越大，振动的振幅就越大。 5．对机械波波速的决定因素理解错误，认为波速既与介质有关，又与频率有关。 6．误认为只要路程差等于波长整数倍的点一定是加强点，忽视了两波源的振动情况。 7．误认为弹簧振子或单摆的周期与振幅有关，振幅大则周期长 1.简谐运动的动力学特点：F＝－kx；运动学特点：x＝A sin (ωt＋φ)。 2．弹簧振子的周期：T＝2π，与振幅无关；单摆的周期：T＝2π，与振幅、质量无关。 3．简谐运动中，相隔(n＝1，2，3，…)的两个时刻，振子的位置关于平衡位置对称，且各矢量等大、反向。 4．受迫振动中，驱动力的频率f驱越接近固有频率f固，振幅越大。f驱＝f固时，振幅最大——共振。 5．机械波传播时，介质中各质点开始振动的方向与振源的起振方向相同。 6．机械波的波速取决于介质，与频率无关，机械波的频率等于振源的频率，与波速无关。 7．波速可理解为振动形式传播的速度，也可理解为波形平移的速度 【明·误区】 【记·结论】 4．在受迫振动中，误认为驱动力的频率越大，振动的振幅就越大。 5．对机械波波速的决定因素理解错误，认为波速既与介质有关，又与频率有关。 6．误认为只要路程差等于波长整数倍的点一定是加强点，忽视了两波源的振动情况。 7．误认为弹簧振子或单摆的周期与振幅有关，振幅大则周期长 4．受迫振动中，驱动力的频率f驱越接近固有频率f固，振幅越大。f驱＝f固时，振幅最大——共振。 5．机械波传播时，介质中各质点开始振动的方向与振源的起振方向相同。 6．机械波的波速取决于介质，与频率无关，机械波的频率等于振源的频率，与波速无关。 7．波速可理解为振动形式传播的速度，也可理解为波形平移的速度 【例1】 (2024·北京高考)如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 解析：选D。由题图乙可知，t＝0时，手机加速度为0，则此时手机所受合力为0，可知此时弹簧弹力大小F＝mg，A错误；由题图乙可知，t＝0.2 s时，手机加速度向上，则此时弹簧弹力向上且大于重力，由胡克定律可知，此时弹簧伸长量大于平衡位置弹簧的伸长量，故此时手机处于平衡位置下方，B错误；从t＝0至t＝0.2 s，手机由平衡位置向下运动，又合力方向向上，则合力对手机做负功，由动能定理可知，该过程手机的动能减小，C错误；由题图乙可知ω＝＝2.5，则a随t变化的关系式为m/s2 D正确。 [总结提升]简谐运动的几个特征 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 (1)运动学表达式：x＝A sin (ωt＋φ0)。 (2)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 (1)振幅越大，能量越大。 (2)振动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒 周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度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，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等 【例2】 (2025·四川高考)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　 ) A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为3∶4 D．小球丙、丁的摆长之比为1∶2 解析：选C。根据单摆周期公式T＝2π可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲＝＝T丙＝，可得T丙＝2T甲，T乙＝T丁＝4T甲，可得T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，结合单摆周期公式T＝2π，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，加速度最大，故A错误；根据上述分析可得T乙＝T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为(即可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。 [总结提升]单摆的动力学特点 (1)回复力：F＝mg sin θ＝－x＝－kx。 (2)最高点：Fn＝m＝0，FT＝mg cos θ。 (3)最低点：Fn＝m，FT＝mg＋m。 【例3】 (2024·浙江高考)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，已知重力加速度g＝10 m/s2，则(　　 ) A．摆角变小，周期变大 B．小球摆动周期约为2 s C．小球平衡时，A端拉力为 N D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力 解析：选B。由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆角无关，故摆角变小，周期不变，A错误；由于同一光滑细线上的拉力大小处处相等，则由题意可知，小球平衡时，细线A端拉力等于B端拉力，D错误；对平衡时的小球受力分析，如图所示，则由力的平衡条件可知FA cos 30°＋FB cos 30°＝mg，又FA＝FB，代入数据解得FA＝ N，C错误；由几何关系可知单摆的摆长l＝＝1 m，则由T＝2π可知小球摆动周期T≈2 s，B正确。 [总结提升]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 等效g0＝g±　　　等效g0＝g 斜面上 的单摆 等效g0＝g sinθ　　等效g0＝g sinθ 双线摆 等效摆长 等效摆长 l＝l1sinθ　　　　l＝l1sinθ＋l3 (小球在垂直纸面方向摆动) 【例1】 (2025·海南高考)如图所示，实线和虚线分别是沿着x轴正方向传播的一列简谐横波在t＝0时刻和t＝0.5 s的波形图，已知波的周期T>0.5 s，则下列关于该列波说法正确的是(　　 ) A．波长为5 cm B．波速为10 cm/s C．周期为1 s D．t＝0时刻，质点M向下振动 解析：选D。由题图可知波长为10 cm，故A错误；t＝0时刻到t＝0.5 s的过程中，Δt＝nT＋T(n＝0，1，2，…)，已知波的周期T>0.5 s，则n只能取0，则T＝ s，波速为v＝＝15 cm/s，故B、C错误；简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t＝0时刻，质点M向下振动，故D正确。 [总结提升]机械波的传播特点 (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)介质中各质点的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。 【例2】 (多选)(2025·湖南高考)如图，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。t＝0时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy平面。频率均为2.5 Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为10 m/s。下列说法正确的是(　　 ) A．两横波的波长均为4 m B．t＝0.4 s时，C处质点加速度为0 C．t＝0.4 s时，C处质点速度不为0 D．t＝0.6 s时，C处质点速度为0 解析：选AD。两横波的波长均为λ＝＝4 m，故A正确；两列波传到C处所需时间分别为t1＝ s＝0.3 s，t2＝ s＝0.5 s，T＝＝0.4 s，故t＝0.4 s时，A处波已传到C处且振动了T，故C处质点处于正向或负向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C错误；分析可知t＝0.6 s时两列波都已传播到C处，C处质点到两波源的距离差为Δx＝5 m－3 m＝2 m＝λ，故C处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故C处位移始终为零，速度为零，故D正确。 【例3】 (多选)(2025·浙江高考)如图1所示，两波源S1和S2分别位于x＝0与x＝12 m处，以x＝6 m为边界，两侧为不同的均匀介质。t＝0时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。t＝0.1 s时x＝4 m与x＝6 m两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则(　　 ) A．t＝0.15 s时两列波开始相遇 B．在6 m<x≤12 m间S2波的波长为1.2 m C．两列波叠加稳定后，x＝8.4 m处的质点振动减弱 D．两列波叠加稳定后，在0<x<6 m间共有7个加强点 解析：选BC。波在x＝6 m左侧的波速v1＝ m/s＝40 m/s，右侧的波速v2＝ m/s＝60 m/s，从0.1 s开始，再经过Δt时间相遇，Δt＝＝0.025 s，所以t1＝0.1 s＋0.025 s＝0.125 s，A错误；在6 m<x≤12 m间S2波的波长为λ2＝v2T＝60×0.02 m＝1.2 m，B正确；左侧波传到x＝8.4 m时所用时间为t′＝ s＋ s＝0.19 s，此时右侧波在该质点已经振动Δt＝0.19 s－ s＝0.13 s＝即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上振动，右侧波在该点的振动在平衡位置向下振动，可知该点的振动减弱，C正确；当右侧波传到x＝6 m位置时所用时间为0.1 s＝5T，即此时x＝6 m处质点从平衡位置向上振动，此时x＝0处的波源S1也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在0<x<6 m内到x＝0和x＝6 m两点的路程差为波长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长λ1＝v1T＝40×0.02 m＝0.8 m，可知x－(6－x)＝nλ1＝0.8n，即x＝3＋0.4n，其中n取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7，则共有15个振动加强点，D错误。 [总结提升]波的叠加规律 (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。 【例4】 (多选)(2024·重庆高考)一列沿x轴传播的简谐波，在某时刻的波形图如图甲所示，一平衡位置与坐标原点距离为3米的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，若该波的波长大于3米。则(　　 ) A．最小波长 m B．频率 Hz C．最大波速 m/s D．从该时刻开始2 s内该质点运动的路程为 cm 解析：选BD。根据题图乙写出平衡位置与坐标原点距离为3米的质点的振动方程y＝sin (ωt＋φ)，代入点和(2，0)，解得φ＝，可得T＝2.4 s，f＝ Hz，故B正确；在题图甲中标出位移为 cm的质点，如图所示， 若波沿x轴正方向传播则为Q点，沿x轴负方向传播则为P点，则波长可能为λ＝3 m，即λ＝18 m；或λ′＝3 m，即λ′＝9 m，故A错误；根据v＝，可得v＝7.5 m/s，v′＝3.75 m/s，故C错误；根据题图乙计算该质点在2 s内运动的路程为s＝ cm＝ cm，故D正确。 [总结提升]巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法 【例5】 (多选)(2025·陕晋青宁卷)一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1 m，a、b为介质中平衡位置相距2 m的两质点，其振动图像如图所示。则t＝0时的波形图可能为(　　) 解析：选AD。根据振动图像可知当波的传播方向为a到b时，xab＝λ＋nλ(n＝0，1，2，…)，λ>1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ；当波的传播方向为b到a时，xab＝λ＋nλ(n＝0，1，2，…)，λ>1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ。同时t＝0时，a处于平衡位置，b处于波谷位置，结合图像可知A、D符合。 【基础练】 1．(2025·广东高考)关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是(　　 ) A．系统的固有频率与驱动力频率有关 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度 D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大 解析：选C。系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A错误；只有驱动力频率与系统固有频率相同时，共振才能发生，B错误；根据多普勒效应可知，观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率小，观察者与波源相互靠近时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测量车辆的速度，C正确，D错误。 2．如图甲所示，“笑脸弹簧小人”由头部、轻弹簧及底座组成，将弹簧小人静置于桌面上，其简化模型如图乙所示，头部在O点时刚好静止。现将头部压到B点由静止释放，头部在AB之间上下振动，底座始终未离开地面，不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是(　　 ) A．头部在上下振动的过程中受到重力、弹力和回复力 B．头部从O点向A点运动过程中，速度逐渐减小 C．头部从O点向A点运动过程中，加速度逐渐减小 D．头部在上下振动过程中，头部的机械能守恒 解析：选B。头部在上下振动时，做简谐运动，重力和弹力的合力提供回复力，故A错误；头部从O点向A点运动过程中，是从平衡位置向最大位移位置运动，速度减小，加速度增大，故B正确，C错误；在整个运动过程中，头部和弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。 3．(2025·安徽高考)如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是(　　 ) A．弹簧上形成的波是横波 B．推、拉弹簧的周期越小，波长越长 C．标记物振动的速度就是机械波传播的速度 D．标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量 解析：选D。弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行，是纵波，故A错误；同一介质中，波的传播速度相同，则波的传播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由公式λ＝vT可知，波长越短，故B错误；标记物振动的速度反映的是标记物在平衡位置附近往复运动的快慢，机械波的传播速度是波在介质中的传播速度，二者不是同一个速度，故C错误；标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物，则标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量，故D正确。 4．(2025·黑吉辽蒙卷)平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示，波谷用虚线表示，P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所有点均为振动减弱点，则下列图中可能满足以上描述的是(　　 ) 解析：选C。根据题意P点位于其最大正位移处，故可知此时P点位于两列波的波峰与波峰相交处，故B、D错误；由题图可知，两列波分别向左、向上传播，根据干涉规律，作出振动加强点和振动减弱点的连线分别如图中实线和虚线所示，易知A错误，C正确。 5．(2024·河北高考)如图，一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动，轻杆一端固定在电动机的转轴上，另一端悬挂一紫外光笔，转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上，沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸，感光纸上就画出了描述光点振动的x ­t图像。已知轻杆在竖直面内长0.1 m，电动机转速为12 r/min。该振动的圆频率和光点在12.5 s内通过的路程分别为(　　) A．0.2 rad/s，1.0 m B．0.2 rad/s，1.25 m C．1.26 rad/s，1.0 m D．1.26 rad/s，1.25 m 解析：选C。由于电动机的转速为12 r/min，则光点1 min振动12个周期，故光点振动的周期T＝=5s，所以光点振动的圆频率ω＝＝0.4π rad/s≈1.26 rad/s，A、B错误；由题意可知光点的振幅A＝0.1 m，又t＝12.5 s＝2.5T，则光点在12.5 s内通过的路程s＝2.5×4A＝10A＝1.0 m，C正确，D错误。 6．(2025·黑龙江哈尔滨模拟)一列沿x轴传播的简谐横波，t＝0时刻的波形图如图甲所示，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的振动图像。下列说法正确的是(　　 ) A．该波沿x轴正方向传播 B．该波在传播过程中遇到20 m的障碍物，能发生明显衍射现象 C．质点Q在4 s内沿x轴传播的距离为4 m D．质点P在2 s内运动的路程为20 cm 解析：选D。由题图乙知，质点Q在t＝0时刻向y轴负方向振动，根据同侧法知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；由题图甲可知，该波波长λ＝4 m<20 m，不能发生明显衍射现象，故B错误；质点Q在平衡位置上下振动，不会随波迁移，故C错误；t＝2 s＝T，则质点P在2 s内运动的路程s＝2A＝20 cm，故D正确。 7．(多选)(2025·山东高考)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2 cm，波速均为1 m/s，M、N为介质中的质点。t＝0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为1 cm。下列说法正确的是(　　) A．甲波的周期为6 s B．乙波的波长为6 m C．t＝6 s时，M向y轴正方向运动 D．t＝6 s时，N向y轴负方向运动 解析：选BD。根据题图可知甲波的波长λ甲＝4 m，根据λ甲＝vT甲，可得T甲＝4 s，A错误；设N左边在平衡位置的质点与N质点平衡位置的距离为x，根据题图结合1 cm＝2sin (cm)，又6 m－2 m－2x＝，可得x＝0.5 m，λ乙＝6 m，B正确；t＝6 s时即经过T甲＋，结合同侧法可知M向y轴负方向运动，C错误；同理根据λ乙＝vT乙，可得T乙＝6 s，根据同侧法可知t＝0时N向y轴负方向运动，t＝6 s时即经过时间T乙，N仍向y轴负方向运动，D正确。 【能力练】 8． (多选)(2025·重庆高考)一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，如图所示，则(　　 ) A．该波的波长为4r B．该波的波速为2fr C．此时浮筒在最低点 D．再经过，浮筒将在最低点 解析：选AD。根据题意某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，故可得2λ＝9r－r，即λ＝4r，故A正确；该波的波速为v＝λf＝4rf，故B错误；由λ＝4r，根据某时刻第1圈实线的半径为r＝可得此时浮筒处于平衡位置，由于波向外传播，根据同侧法可知此时浮筒处于平衡位置向下振动，故再经过T，浮筒将在最低点，故C错误，D正确。 9．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，已知x1＝0处质点的振动图像如图所示。将t0时刻作为计时起点，x2＝处质点的振动图像为(　　 ) 解析：选D。由图像可知x1＝0处质点在t0时刻位移为－2 cm，令此时x1＝0处质点的相位为φ，则有－2＝4sin φ，解得φ＝π或φ＝π(舍去)，由两质点之间的关系可知·2π＝π，则，可知x2＝处质点此时的位移为y＝4sin cm＝4 cm，即t0时刻的波形图如图所示，所以x2＝处质点从正向最大位移处开始振动，故D正确。 10．(2024·江西高考)如图(a)所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6 300 m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是(　　 ) A．振动减弱；d＝4.725 mm B．振动加强；d＝4.725 mm C．振动减弱；d＝9.45 mm D．振动加强；d＝9.45 mm 解析：选A。根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为T＝2×10-7 s，又波速v＝6 300 m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ＝vT＝1.26×10-3 m，结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt＝1.5×10-6 s，故两个反射信号的路程差2d＝vΔt＝9.45×10-3 m＝ λ，解得d＝4.725 mm，两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。 11．(2025·四川泸州模拟)一简谐横波从质点a向质点b传播，a、b的平衡位置相距3.5 m，其振动图像如图所示，已知波长大于3.5 m。下列判断正确的是(　　 ) A．机械波的振幅为4 cm B．机械波的周期为6 s C．机械波的波长为5 m D．机械波的速度为1.4 m/s 解析：选B。由题图可知，机械波的振幅为A＝2 cm，故A错误；由a的振动图像，可知＝2 s－0.5 s＝1.5 s，解得T＝6 s，故B正确；根据a的振动图像可知，从t＝0开始，质点a到达波谷需要的时间为0.5 s＝T，根据b的振动图像可知，质点b在2.5 s处于平衡位置，而从前一个波峰到该平衡位置所需要的时间为＝1.5 s，所以质点b在t＝1 s时处于波峰，故从t＝0开始，质点b到达波峰需要的时间为1 s＝T，波从质点a向质点b传播，则有λ＋nλ＝3.5 m，化简得λ＝3.5 m，由题知波长大于3.5 m，即n＝0，则有λ＝3.5 m，解得机械波的波长为λ＝6 m，故C错误；机械波的速度为v＝ m/s＝1 m/s，故D错误。 【创新练】 12．(2025·广西高考)某乐器发出频率为两倍关系的两个纯音(简谐声波)，其波形叠加后呈现一种周期性变化。图甲和图乙分别为同一时刻两列简谐声波单独沿x正方向传播的波形图，图中的坐标原点位于同一质点处，声速为340 m/s。 (1)从图中读出这两列波的波长； (2)该时刻这两列波叠加，分别求x＝0和x＝0.375 m处的质点在该时刻偏离平衡位置的位移； (3)求这两列波叠加后的周期。 解析：(1)根据波长的定义及两列波的波形图可知 λ1＝0.5 m，λ2＝1 m。 (2)由波形图可知在x＝0处两列波均处于波峰处，x＝0处质点偏离平衡位置的位移 x1＝A＋A＝2 μm 在x＝0.375 m处，对于第一列波有 x＝0.375 m＝λ1 对于第二列波有x＝0.375 m＝λ2 在x＝0.375 m处质点偏离平衡位置的位移 x2＝0＋A cos μm。 (3)对于第一列波有 T1＝ s＝ s 对于第二列波有T2＝ s＝2T1 这两列波叠加后的周期为 s。 答案：(1)0.5 m　1 m　(2)2 μm　－ μm (3) $