第1部分 专题5 1 第一讲 机械振动与机械波（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第一讲　机械振动与机械波 学生用书⬇第73页 考点一　机械振动 1.简谐运动的五个特征 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 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，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，变化周期为 对称性特征 在关于平衡位置O对称的两点处，动能、势能相等，速度大小相等、方向相反，相对平衡位置的位移大小相等 2.单摆 (1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力F＝mgsin θ≈－x，令＝k，可得F＝－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，Fn＝m＝0，FT＝mgcos θ。 ②当摆球在最低点时，Fn＝m，Fn最大，FT＝mg＋m。 (2)单摆周期公式：T＝2π ①单摆的悬点静止(或做匀速直线运动)时：g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，处于完全失重状态，等效重力加速度g0＝0。 (多选)(2025·甘肃张掖模拟)电动车弹簧减震的原理主要是通过弹簧的力学特性来提供减震效果，以减少车身和乘客所感受到的颠簸和震动。一切复杂的振动都可以看作是由若干个简谐运动合成的。如图甲所示是一个以O点为平衡位置的水平方向的弹簧振子，在M、N两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法中正确的是 A.t＝0.4 s时，弹簧振子的弹性势能为0 B.t＝0.3 s时，弹簧振子的位移为3.5 cm C.从t＝0.8 s到t＝1.0 s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加 D.在t＝0.6 s与t＝1.0 s两个时刻，弹簧振子的回复力不相同 答案：AD 解析：t＝0.4 s时，弹簧振子在平衡位置，所以弹簧振子的弹性势能为0，A正确；弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x＝Asin ωt，弹簧振子位移随时间不是均匀变化，即t＝0.3 s时，弹簧振子的位移不等于3.5 cm， B错误；从t＝0.8 s到t＝1.0 s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错误；在t＝0.6 s与t＝1.0 s两个时刻，弹簧振子位移大小相等、方向相反，所以回复力的大小相等、方向相反，即回复力不相同，D正确。故选AD。 (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 学生用书⬇第74页 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 答案：C 解析：根据单摆周期公式T＝2π，可知T丁＞T丙＞T乙＞T甲，根据题意可得2T甲＝＝T丙＝，可得T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，根据单摆周期公式T＝2π，可得小球丙、丁的摆长之比为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，此时小球丙速度为零，位移最大，根据a＝－，可知此时加速度最大，故A错误；根据C、D项分析可得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＝，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。故选C。 预测.(2025·广东广州二模)如图，一玩具旋转木马的运动可简化为：在水平面内绕着中心轴做匀速圆周运动，周期为 T0，半径为R；在竖直方向做简谐运动，t＝0时刻开始计时，简谐运动位移—时间关系为x＝Asin t。下列说法正确的是 A. t＝0时刻，旋转木马所受合力为零 B. B.t＝0时刻，旋转木马速度大小为R C.t＝时刻，旋转木马速度大小为R D.若T＝T0，则旋转木马T时间内的位移为零 答案：D 解析：根据简谐运动公式可知，t＝0时刻，旋转木马处于平衡位置，故其在竖直方向受到的合力为0，而旋转木马同时还做匀速圆周运动，其受到指向圆心的合力，两力合成，旋转木马受到指向圆心的合力，故A错误；t＝0时刻，旋转木马做圆周运动的速度大小为v＝R，此时其在竖直方向上有一个竖直向上的速度，两速度合成后的速度大于R，故B错误；根据简谐运动位移—时间关系式可知，旋转木马在竖直方向做简谐运动的周期为T，t＝时刻，旋转木马在竖直方向回到平衡位置有竖直向下的速度，而其做圆周运动的速度为R，两速度合成后的速度大于R，故C错误；若T＝T0，则旋转木马t＝T时刻在竖直方向刚好回到平衡位置，水平方向刚好做了一个完整的圆周回到初位置，则旋转木马T时间内的位移为零，故D正确。故选D。 考点二　机械波 机械波的三点理解 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 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，某时刻各质点相对于平衡位置的位移 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 (多选)(2025·广东揭阳高三期末模拟)图甲是t＝0时，某横波沿x轴传播的波动图像，M、P是这列波上的两个质点，图乙是质点P的振动图像，则 A.t＝0.25 s时，质点P的加速度为0 B.t＝0.75 s时，质点P的速度为0 C.t＝0.75 s时，质点M在平衡位置 D.t＝1.25 s时，质点M在波谷位置 答案：BC 解析：由题图乙可知t＝0.25 s时，质点P处于波谷位置，则此时质点P的加速度最大，故A错误；由题图乙可知t＝0.75 s时，质点P处于波峰位置，则此时质点P的速度为0，故B正确；由题图甲可知质点M与质点P的平衡位置相差四分之一波长，由题图乙可知t＝0.75 s时，质点P处于波峰位置，则此时质点M在平衡位置，故C正确；由题图乙可知周期为T＝1 s，则t＝1.25 s时，质点P处于波谷位置，则此时质点M在平衡位置，故D错误。故选BC。 (多选)(2025·广东湛江二测)如图甲所示，平静水面上两个频率相同的简谐波源S1、S2与M点处于直角三角形的三个点上，θ＝30°，MS1＝3 m。t＝0时，S1、S2同时垂直水面开始振动，至t＝9 s时M点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是 学生用书⬇第75页 A.两列波的传播速度均为1 m/s B.两列波的周期均为2 s C.两列波的波长均为3 m D.两列波的振幅分别为5 cm和2 cm 答案：AB 解析：机械波的传播速度只与介质有关，因而两列波的波速相等，根据几何关系可知，S1、S2到M的距离之差为Δx＝MS2－MS1＝－MS1＝3 m，由题图乙可知，前3 s两列波都未传到M点，t＝3 s时S1产生的波先传到M点，单独在M点激起振动，t＝6 s时S2产生的波也传到了M点，两列波发生干涉，故S1、S2产生的波传到M点的时间差为Δt＝6 s－3 s＝3 s，波的传播速度大小v＝＝1 m/s，故A正确；由题图乙知两列波的周期均为T＝2 s，波长均为λ＝vT＝2 m，故B正确，C错误；M点为振动减弱点，由题图乙知波源S1、S2产生的波的振幅分别为5 cm、3 cm，故D错误。故选AB。 巧解波的图像与振动图像综合问题的基本方法 (多选)(2025·陕晋青宁高考)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 答案：AD 解析：根据振动图像可知当波的传播方向为a到b时，xab＝λ＋nλ，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，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，可知A、D符合题意。 波的多解问题的分析思路 uj 预测.(多选)(2025·河北张家口三模)一简谐横波在t＝0时刻的波形图如图所示，质点P、Q的横坐标分别为xP＝8 m、xQ＝15 m，质点Q的位移随时间变化的关系为yQ＝0.5sin cm，则下列说法正确的是 A.该简谐波的波长为15 m B.该简谐波沿x轴正方向传播 C.该简谐波的波速为10 m/s D.质点P的振动方程为yP＝0.5sin cm 答案：CD 解析：由题图可知，该简谐波的波长为λ＝20 m，故A错误；由质点Q的位移随时间变化的关系式yQ＝0.5sin cm，可得ω＝＝π rad/s，故简谐波的周期T＝2 s，当t＝T＝0.5 s时，yQ＝0.5 cm，即t＝0时刻，质点Q向y轴正方向振动，根据“上下坡”法可得，该波沿x轴负方向传播，故B错误；简谐波的波速v＝＝ m/s＝10 m/s，故C正确；设质点P相位比质点Q相位落后Δφ，质点P比质点Q滞后振动的时间Δt＝＝＝ s＝0.7 s，由ω＝＝，联立得Δφ＝π，故质点P的振动方程为yP＝0.5sin cm，故D正确。故选CD。 考点三　波的干涉、衍射　多普勒效应 1.波的干涉 (1)干涉条件：频率相同，相位差恒定。 (2)公式法判断振动加强点和振动减弱点 ①当两波源振动步调一致时： 若Δr＝nλ (n＝0，1，2，…)，则振动加强； 若Δr＝(2n＋1) (n＝0，1，2，…)，则振动减弱。 ②当两波源振动步调相反时： 若Δr＝(2n＋1) (n＝0，1，2，…)，则振动加强； 若Δr＝nλ (n＝0，1，2，…)，则振动减弱。 (3)图像法判断振动加强点和振动减弱点 在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷 学生用书⬇第76页 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而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线或减弱线，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.波发生明显的衍射现象是有条件的，即障碍物或孔的尺寸跟波长相差不多或比波长小。 3.多普勒效应发生的条件是波源与观察者之间的距离发生变化，二者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，反之变小。 (2025·广东清远高三二模)“稻花香里说丰年，听取蛙声一片。”图甲为青蛙通过振动鸣囊产生水面波动，其周期性振动在水面形成机械波。某时刻波形可抽象为沿x轴传播的简谐横波(如图乙)，取青蛙位置为坐标原点O，P为波阵面上某一点。已知波速v＝4 m/s，则 A.该时刻P点的振动方向向上 B.该青蛙鼓囊鸣叫的频率为0.5 Hz C.水面上大小为6 cm的小石头不能阻挡水波的继续传播 D.若水中再有一只青蛙鼓囊鸣叫，则两列水波一定会发生干涉 答案：C 解析：由于青蛙在O点，则波沿x轴正方向传播，由“同侧法”可知该时刻P点的振动方向向下，故A错误；根据公式v＝λf，则f＝＝ Hz＝50 Hz，故B错误；水面波的波长λ＝8 cm，波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不大，水面上大小为6 cm的小石头尺寸小于波长，能发生明显衍射，不会阻挡水波的继续传播，故C正确；两列波产生干涉的条件是频率相同、相位差恒定、振动方向相同，水中再有一只青蛙鼓囊鸣叫，不能保证两列水波满足干涉条件，所以不一定会发生干涉，故D错误。故选C。 预测1.(多选)下列说法正确的是 A.医生利用彩超测病人血管内的血流速度是利用了超声波的多普勒效应 B.“闻其声而不见其人”，说明声波能发生衍射现象，而光波不能发生衍射现象 C.机械波从一种介质进入另一种介质，波速变小，波长一定变小 D.交警通过发送频率为f的超声波测远离他的车的车速时，收到回声的频率小于f 答案：ACD 解析：彩超是利用了超声波的多普勒效应，A正确；光波也能发生衍射现象，只是因为其波长短，一般情况下难以观察到明显的衍射现象，B错误；机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，波速变小，根据 v＝λf，则波长一定变小，C正确；根据多普勒效应可知，运动物体远离观测者，观测者接收到的回声的频率变小，D正确。故选ACD。 预测2.(2025·河北模拟)某同学在操场研究波的叠加。在间距为17 m的甲、乙两点放置相同的扬声器，两扬声器连接频率为170 Hz的同一声源。该同学沿与甲、乙连线平行且相距较近的直线ab单方向行走，在走动过程中因位置变化听到的声音时强时弱。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，则该同学在移动过程中，听到声音加强的点的个数最多为 A.13 B.15 C.17 D.19 答案：C 解析：声音的波长为λ＝＝ m＝2 m，运动过程中，轨迹上到甲、乙距离差等于波长整数倍的点均为振动加强点，即＝nλ(n＝0，1，2，…)，其中距离差最大值接近17 m，则有0≤nλ＜17 m，解得0≤n＜8.5，所以有n＝0，1，…，8，根据对称性可知，共有17个加强点。故选C。 1.生活情境类 (2024·广东高考)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：由题图可知该简谐波的波长为λ＝2 m，所以周期为T＝＝ s＝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，故相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。 2.生活情境类 (多选)(2024·海南高考)一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2 km的湖对岸，空气中的声速为340 m/s，水中声速为1 450 m/s，歌声可视为频率为400 Hz的声波，则下列说法正确的是 A.在水中传播频率会改变 B.由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5 s C.在空气中的波长为0.85 m D.在水中的波长为5 m 答案：BC 解析：频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改变，故A错误；由空气传到湖对岸的时间为t空＝＝ s≈5.88 s，由水传到湖对岸的时间为t水＝＝ s≈1.38 s，故由空气和水传到湖对岸的时间差约为Δt＝t空－t水＝4.5 s，故B正确；在空气中的波长为λ空＝＝ m＝0.85 m，故C正确；在水中的波长为λ水＝＝ m＝3.625 m，故D错误。故选BC。 3.生产情境类 (2023·广东高考)渔船常用回声探测器发射的声波 学生用书⬇第77页 探测水下鱼群与障碍物。声波在水中传播速度为1 500 m/s，若探测器发出频率为1.5×106 Hz的声波，下列说法正确的是 A.两列声波相遇时一定会发生干涉 B.声波由水中传播到空气中，波长会改变 C.该声波遇到尺寸约为1 m的被探测物时会发生明显衍射 D.探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关 答案：B 解析：根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，而两列声波发生干涉的条件之一是频率相等，所以两列声波相遇时不一定发生干涉，故A、D错误；声波由水中传播到空气中时，声波的波速会发生变化，所以波长会发生改变，故B正确；根据波长的计算公式可得λ＝＝ m＝1×10－3 m，当遇到尺寸约1 m的被探测物时不会发生明显衍射，故C错误。故选B。 专题集训(十八)　机械振动与机械波 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1.(2025·湖北七市州二模)如图所示，一质量均匀分布的木块竖直浮在水面上，现将木块竖直向上拉一小段距离A后由静止释放，并开始计时，经时间木块第一次回到原位置，在短时间内木块在竖直方向的上下振动可近似看作简谐运动，则在0～时间内木块运动的距离为 A.A B.A C.A D.A 答案：D 解析：规定竖直向上为正方向，则该简谐运动的位移为y＝Acos t，当t＝时，有y＝Acos ＝A，所以小球从最高点向下运动的距离d＝A－A＝A。故选D。 2.(2025·江西南昌二模)如图甲为某同学用弹簧、小球与加速度无线传感器(质量可忽略不计)制成的一个振动装置，以竖直向上为正方向，如图乙为传感器记录的小球在竖直方向振动时加速度随时间变化的情况，忽略空气阻力，下列说法中正确的是 A.t＝0.2 s时，小球位于平衡位置上方 B.t＝0.3 s与t＝0.7 s时，小球的机械能相同 C.t＝0.4 s时，弹簧弹力为0 D.t＝0.3 s与t＝0.7 s时，小球的动能相同 答案：D 解析：t＝0.2 s时，小球加速度最大，而且为正，以竖直向上为正方向，则小球位于平衡位置下方，故A错误；系统机械能守恒，t＝0.3 s与t＝0.7 s时，弹簧形变程度不同，弹性势能不同，小球机械能不同，故B错误；t＝0.4 s时，小球的加速度为零，弹簧弹力等于小球重力，故C错误；t＝0.3 s与t＝0.7 s时，小球相对于平衡位置的位移大小相等，根据简谐运动的对称性，小球的动能相同，故D正确。故选D。 3.(2025·广东大湾区二模)沿x轴传播的一列简谐横波，在t＝2 s时刻的波形图如图甲所示，在x轴上距离原点3 m处的质点P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.每经过1 s时间，质点P运动的路程为0.8 m C.该波以3 m/s的速度传播 D.该波遇到尺寸为90 m的障碍物会发生明显衍射现象 答案：C 解析：由题图乙可知t＝2 s时质点P在平衡位置向y轴负方向振动，结合题图甲可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；由题图乙可知波的周期T＝2 s，则1 s＝T，每经过1 s时间，质点P运动的路程为s＝2A＝2×0.2 m＝0.4 m，故B错误；由题图甲可知波长λ＝6 m，该波的传播速度v＝＝ m/s＝3 m/s，故C正确；发生明显衍射的条件是波长大于或等于障碍物的大小，故D错误。故选C。 4.(2025·山东德州三模)波源O垂直于纸面做简谐运动，其在均匀介质中产生的横波在t＝0.10 s时的波形如图甲所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，波源O及质点P、质点Q的平衡位置在同一直线上。规定垂直纸面向外为正方向，图乙为该介质中某一质点的振动图像。下列说法正确的是 A.该波的波速为25 cm/s B.图乙可能为质点M的振动图像 C.t＝0.20 s时质点P的位移与t＝0时质点Q的位移不同 D.t＝0.10 s时，质点M正垂直纸面向外运动 答案：D 解析：由题图甲可知，该波的波长为λ＝10 cm，由题图乙可知，该波的周期为T＝0.20 s，故该波的波速为v＝＝50 cm/s，A错误；由题图甲可知，再经过一段时间波峰将传到M点，故此时质点M正垂直纸面向外(正方向)振动，而题图乙中，t＝0.10 s时，质点沿负方向运动，即垂直纸面向里运动，则题图乙不可能为质点M的振动图像，B错误，D正确；t＝0.20 s时，质点P刚好到达波谷的位置，结合题图甲可知，t＝0时，质点Q在波谷位置，显然二者位移相同，C错误。故选D。 5. (多选)(2025·广东佛山二测)如图所示，在光滑水平面上方空间存在一匀强电场，其大小为E、方向水平向左。劲度系数为k的弹簧左端固定在墙面上，右端与电荷量为＋q、质量为m的绝缘小滑块a相连，O点为弹簧原长位置，给a一定初速度起振后，P点为a能到达的最左端位置，PO距离为x0。当a运动至P时，在其右端立即无初速放置一个电荷量为＋2q、质量为m的绝缘小滑块b，a、b之间无电荷量交换，已知kx0＝8qE，下列说法正确的是 A.放b前，a运动到O处速度最大 B.放b前，a运动到P处加速度最大 C.放b后，若a、b粘连不分离，弹簧振子振幅会减小 D.放b后，若a、b不粘连，则两者会在O点右侧x0处分离 答案：BC 解析：当小滑块a的加速度为零时，速度达到最大，即小滑块应受到弹簧向右的弹力，该位置应位于O点左侧，故A错误；当小滑块a运动到P点时，速度为零，加速度达到最大，故B正确；放b后，若a、b粘连不分离，则a、b一起做简谐运动，由于系统总能量不变，当速度减为零时，a、b的电势能增加量较多，弹性势能较少，所以弹簧振子振幅减小，故C正确；假设a、b在O点右侧x处分离，若不计a、b间的库仑力，根据牛顿第二定律可得qE＋kx＝ma，2qE＝ma，kx0＝8qE，联立解得x＝x0，但是a、b间存在着库仑力，实际表达式为qE＋kx＋F库＝ma，2qE－F库＝ma，则x≠x0，故D错误。故选BC。 6.(2025·四川攀枝花三模)如图所示，振幅分别为3 cm、4 cm的甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，t＝0时在x＝2 cm处相遇。已知两列波的波速均为2 cm/s，则位于x＝3 cm处的质点Q在0～5 s内通过的路程为 A.13 cm B.30 cm C.40 cm D.70 cm 答案：A 解析：波的周期T＝＝ s＝2 s，t＝0时刻质点Q在乙波的波谷；甲波传到质点Q的时间t＝ s＝0.5 s，此时质点Q到达平衡位置，即在0～0.5 s时间内质点Q通过的路程s1＝4 cm；甲波传到Q点时振动减弱，则振幅为A＝4 cm－3 cm＝1 cm，则在0.5～5 s时间内即(2＋)T内通过的路程为s2＝8A＋A＝9 cm，则位于x＝3 cm处的质点Q在0～5 s内通过的路程为s＝s1＋s2＝13 cm。故选A。 7.(多选)(2025·广东广州模拟)两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播。波源M产生的波沿x轴正方向传播，波源N产生的波沿x轴负方向传播，波速均为5 m/s，t＝0.8 s时刻的波形如图所示，则 A.两列波能发生稳定的干涉现象 B.波源M起振0.4 s后波源N才起振 C.波源M和波源N的起振方向相反 D.波源M的周期为1.6 s 答案：BD 解析：两列波能发生稳定干涉的条件是频率相同、相位差恒定，题中两列波的频率不同，故不会发生稳定的干涉现象，故A错误；波源M的运动时间为t1＝＝ s＝0.8 s，波源N的运动时间为t2＝＝ s＝0.4 s，故波源M起振0.4 s后波源N才起振，故B正确；所有质点的起振方向与波源相同，如题图所示的时刻波源M产生的波传递到4 m处，其振动方向向上，波源N产生的波传递到7 m处，其振动方向也向上，故两波源的起振方向相同，故C错误；波源M的周期为TM＝＝ s＝1.6 s，故D正确。故选BD。 8.(多选)(2025·广东佛山二测)如图(a)所示，t＝0时，一列简谐横波从质点O(坐标原点)沿x轴正方向传播，实线和虚线分别为t1时刻和t2时刻的波形图，其中t2＞t1，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0 m和x2＝4.0 m的两质点。图(b)为质点O的振动图像，下列说法正确的是 A.从t＝0到t＝0.9 s时间内，质点Q通过的路程是1.6 m B.t2时刻质点Q的速度达到最小 C.质点Q的振动比质点P滞后0.075 s D.t1到t2内，质点P、Q运动的路程相等 答案：ABC 解析：根据题图(a)可知波长为λ＝8 m，根据题图(b)可知周期T＝0.2 s，则波速为v＝＝ m/s＝40 m/s，波从质点O传播到质点Q用时t1'＝ s＝0.1 s，所以质点Q振动的时间t2'＝0.9 s－t1'＝0.9 s－0.1 s＝0.8 s＝4T，质点Q通过的路程为s＝4×4A＝16×10 cm＝160 cm＝1.6 m，故A正确；结合题图(a)可知t2时刻质点Q在波峰，其速度为零，达到最小，故B正确；质点Q比质点P的振动滞后Δt＝＝ s＝0.075 s，故C正确；由题图(a)可知t2－t1＝＋nT(n＝0，1，2，…)，t1时刻质点Q在平衡位置沿y轴正方向振动，t1到t2时间内，质点Q运动的路程可能是s1＝A＋4nA(n＝0，1，2，…)，t1时刻质点P沿y轴负方向振动，速度越来越大，在时间内的平均速度比质点Q大，路程大于振幅A，故质点P的路程为s1'＞A＋4nA(n＝0，1，2，…)，故质点P、Q的路程不相等，故D错误。故选ABC。 9.(10分)(2025·广东佛山二测)均匀介质中有向x轴负方向传播的机械波，如图所示为t＝0时的波形图，P为波源位置，已知t＝0.4 s时，位于x轴上x＝0.2 m处的质点Q第一次振动到达波谷。 (1)求该机械波的波速大小； (2)写出质点P的振动方程； (3)求0～1.0 s时间内原点O处质点的振动路程。 答案：(1)2 m/s　(2)y＝10sin (5πt＋π) cm (3)60 cm 解析：(1)由题图可知，质点Q第一次振动到达波谷，此时波向左传播0.8 m， 所以v＝＝ m/s＝2 m/s。 (2)由题图可知，振幅为A＝10 cm，波长为λ＝0.8 m，所以T＝＝0.4 s 所以质点P的振动方程为y＝Asin (t＋φ)＝10sin (5πt＋φ) cm 根据题意，t＝0时，y＝0，且质点沿y轴负方向振动，则φ＝π 则质点P的振动方程为y＝10sin (5πt＋π) cm。 (3)该波传播到O点的时间为 t'＝＝ m/s＝0.4 s 所以0～1.0 s时间内原点O处质点振动时间为1.0 s－0.4 s＝0.6 s＝T，则振动路程为s＝4A＋2A＝60 cm。 学科网（北京）股份有限公司 $