2025版南方凤凰台5A教案基础版物理第13章　机械振动和机械波含答案

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第13章机械振动和机械波第十三章机械振动和机械波第1讲机械振动基础梳理1．机械振动物体或物体的一部分在一个位置附近的__往复__运动称为机械振动，简称振动．2．弹簧振子小球所受合力为__0__的位置叫平衡位置，小球和弹簧组成的系统称为弹簧振子，有时也简称为__振子__．3．弹簧振子的位移—时间图像选取小球__平衡位置__为坐标原点，横轴和纵轴分别表示__时间t__和小球的__位移x__．在坐标系中标出各时刻小球球心的位置，用曲线把各点连接起来，就是小球在平衡位置附近往复运动时的位移—时间图像，即x­t图像．x­t图像即振动图像．4．简谐运动(从运动角度)如果物体的位移与时间的关系遵从__正弦函数__的规律，即它的振动图像(x-t图像)是一条正弦曲线，这样的振动是一种__简谐运动__．简谐运动是基本的振动，弹簧振子的运动就是__简谐运动__．5．描述简谐运动的物理量定义意义振幅振动质点离开平衡位置的__最大__距离描述振动的__强弱__和能量周期振动物体完成一次__全振动__所需时间描述振动的快慢，两者互为倒数：T＝eq\f(1,f)频率振动物体单位时间内完成全振动的__次数__相位ωt＋φ描述质点在各个时刻所处的__不同__状态6．回复力使物体返回到__平衡位置__的力；方向：时刻指向平衡位置；来源：振动物体所受的沿振动方向的合力．7．简谐运动(从受力角度)如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成__正比__，并且总是指向__平衡位置__，质点的运动就是简谐运动．8．简谐运动的表达式(1)动力学表达式F＝__－kx__，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．(2)运动学表达式x＝__A_sin_(ωt＋φ)__，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，(ωt＋φ)代表简谐运动的相位，φ叫作初相．9．简谐运动的能量在弹簧振子运动的任意位置，系统的动能与势能之和都是一定的，遵守__机械能守恒__定律．实际的运动都有一定的能量损耗，所以简谐运动是一种理想化的模型．10．单摆细线的上端固定，下端系一小球，如果细线的__质量__与小球相比可以忽略，小球的__直径__与线长相比可以忽略，在摆动过程中细线的__伸长__可以忽略，与小球受到的重力及绳的拉力相比，空气等对它的__阻力__可以忽略，这样的装置就叫单摆．单摆是理想化模型．11．单摆的回复力单摆振动的回复力是__重力的切向分力__，在平衡位置振子所受回复力是__零__，但合力是向心力，指向悬点，不为零．12．单摆的周期公式当单摆的摆角__很小__时，周期公式为T＝__2πeq\r(\f(l,g))__，与振幅、摆球质量__无关__．其中l为摆长，表示从__悬点__到摆球__重心__的距离．13．阻尼振动振幅随时间逐渐__减小__的振动．反之，振幅__固定不变__的振动叫无阻尼振动．14．受迫振动系统在__驱动力__作用下的振动，物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关．15．共振当__驱动力__的频率等于__固有频率__时，物体做受迫振动的__振幅__达到最大值，这种现象称为共振．易错辨析1．简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置．(×)2．简谐运动的回复力与位移大小成正比，方向相同．(×)3．简谐运动的周期与振幅成正比．(×)4．振幅等于振子运动轨迹的长度．(×)5．简谐运动的图像描述的是振动质点的轨迹.(×)6．单摆在任何情况下的运动都是简谐运动．(×)7．单摆的振动周期由振子的质量和摆角共同决定．(×)8．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关．(√)简谐运动的规律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，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数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eq\f(T,2)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、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为平衡位置，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动．已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek.下列说法中正确的是(C)A．如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2－t1的最小值为eq\f(T,2)B．如果在t2时刻物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值为TC．当物块通过O点时，其加速度最小D．物块运动至C点时，其加速度最小解析：如果在t1时刻物块在CO之间，t2时刻物块在OD之间(和t1时刻位置关于O点对称)，则在t2时刻物块的速度大小也为v、方向也向下，物块的动能也为Ek，则t2－t1的最小值小于eq\f(T,2)，A、B错误；物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，C正确；物块运动至C点时，其加速度最大，速度为零，D错误．简谐运动图像的理解和应用1．图像信息(1)振幅A、周期T(或频率f)和初相位φ0(如图所示).(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移．(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向，速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定．(4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，加速度和回复力的方向相同．(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况．2．简谐运动的对称性(如图所示)(1)相隔Δt＝(n＋eq\f(1,2))T(n＝0，1，2，…)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)，速度也等大反向(或都为零).(2)相隔Δt＝nT(n＝1，2，3，…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同．(2024·宝应期中)如图所示，木块在水中沿竖直方向做简谐运动．运动过程木块受到的合力F和动能Ek随相对平衡位置的位移x、运动的速度v和相对平衡位置的位移x随时间t变化的关系图像可能正确的是(C)ABCD解析：根据简谐运动的规律可得，F＝－kx，则运动过程木块受到的合力F应该过二、四象限，故A错误；随着x增大，势能增大，由能量守恒可得，动能应减小，故B错误；因为木块在水中沿竖直方向做简谐运动，故运动的速度v和相对平衡位置的位移x随时间t变化的关系图像都应该是三角函数的波形，故D错误，C正确．简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图简谐运动条件(1)弹簧质量可忽略(2)无摩擦等阻力(3)在弹簧弹性限度内(1)摆线为不可伸缩的轻细线(2)无空气等阻力(3)最大摆角小于5°回复力弹簧的弹力摆球重力沿与摆线垂直(即切向)方向的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T＝2πeq\r(\f(l,g))能量转化弹性势能与动能相互转化，机械能守恒重力势能与动能相互转化，机械能守恒(2024·徐州期中)如图所示有一个质量为0.4kg的弹簧振子．让其在水平方向上的B、C之间做简谐运动，已知B、C间的距离为30cm，振子在3s内完成了12次全振动．求：(1)振子的振幅和周期．答案：15cm0.25s解析：振子的振幅A＝eq\f(1,2)BC＝15cm周期T＝eq\f(t,n)＝0.25s(2)若以弹簧振子运动到C点时刻为计时零点，水平向右为正方向，写出弹簧振子的振动方程．答案：x＝15cos(8πt)cm解析：振子的圆频率ω＝eq\f(2π,T)＝8πrad/s以弹簧振子运动到C点时刻为计时零点，初始时刻处于最大位移处，弹簧振子的振动方程为x＝Acos(ωt)＝15cos(8πt)cm如图所示，用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂于天花板上的O点．现将小球拉离平衡位置，使细线与竖直方向成一夹角(小于5°)后由静止释放．小球的大小和受到的空气阻力均忽略不计．证明小球的运动是简谐运动．解析：设摆长为l，小球离开平衡位置的位移为x时，细线和竖直方向夹角为θ小球重力的分力F1提供做回复力其大小F1＝mgsinθ在偏角很小时sinθ≈eq\f(x,l)单摆的回复力与位移的关系F回＝－eq\f(mg,l)x所以，小球的运动是简谐运动．对受迫振动和共振的理解1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(θ≤5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等2．对共振的理解(1)共振曲线如图所示，横坐标为驱动力的频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动时振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大．(2)受迫振动中系统能量的转化做受迫振动的系统的机械能不守恒，驱动力对系统做功，补偿系统的能量损耗，使系统的振动维持下去．(3)无论发生共振与否，受迫振动的频率都等于驱动力的频率，但只有发生共振现象时振幅才能达到最大．(2024·苏州期中调研)如图所示，铁架横梁上挂着几个不同摆长的摆．其中A与D、G的摆长相同，D的摆球质量最大．现使D摆偏离平衡位置后释放，D摆在振动中通过横梁对其它几个摆施加周期性的驱动力．在振动稳定后，下列说法中正确的是(B)A．A、D、G三个摆的固有频率不相同B．所有摆的振动频率都相同C．C摆振幅比B摆的大一点D．C、E摆振幅是最大的解析：A、D、G三个摆的摆长相同，则三个摆的固有频率相同，故A错误；所有摆的振动频率都等于驱动力频率，即都等于D摆的振动频率，故B正确；与C摆相比，B摆的摆长更接近D摆的摆长，所以B摆振幅比C摆的大一点，故C错误；C、E摆的摆长与D摆的摆长相差最多，则C、E摆振幅是最小的，故D错误．实验：用单摆测量重力加速度的大小1．实验步骤(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆．(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处做上标记，如图所示．(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l′，用游标卡尺测出摆球的直径，即得出金属小球半径r，计算出摆长L＝l′＋r.(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°)，然后放开金属小球，让金属小球摆动，待摆动平稳后测出单摆完成30～50次全振动所用的时间t，计算出金属小球完成一次全振动所用时间，这个时间就是单摆的振动周期，即T＝eq\f(t,N)(N为全振动的次数)，反复测3次，再算出周期的平均值eq\x\to(T)＝eq\f(T1＋T2＋T3,3).(5)根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，计算当地的重力加速度g＝eq\f(4π2L,T2).(6)改变摆长，重做几次实验，计算出每次实验的重力加速度值，求出它们的平均值，该平均值即为所测得的当地的重力加速度值．(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较，分析产生误差的可能原因．2．数据处理处理数据有两种方法：(1)公式法：测出30次或50次全振动的时间t，利用T＝eq\f(t,N)求出周期；不改变摆长，反复测量三次，算出三次测得的周期的平均值eq\x\to(T)，然后利用公式g＝eq\f(4π2L,T2)求重力加速度．(2)图像法：由单摆周期公式不难推出L＝eq\f(g,4π2)T2，因此，分别测出一系列摆长L对应的周期T，作LT2图像，图像应是一条通过原点的直线，如图所示，求出图线的斜率k＝eq\f(ΔL,ΔT2)，即可利用g＝4π2k求重力加速度．(2024·无锡高三上期中)小明做“用单摆测量重力加速度”的实验．(1)如图甲所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球(下方吸附有小磁片)，做成一个单摆．图乙、丙分别画出了细线上端的两种不同的悬挂方式，你认为应选用图__丙__(填“乙”或“丙”)的悬挂方式．甲乙丙解析：图乙的方法中当单摆摆动时摆长会发生变化，故图丙的悬挂方式较好．(2)使小球在竖直平面内做小角度摆动，打开手机的磁传感器软件．某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图丁所示，则单摆的振动周期T＝__1.34_s(1.32～1.38_s均可)__s(结果保留三位有效数字).丁解析：小球经过最低点时磁感应强度最大，相邻两次磁场最强的时间间隔为半个周期，由图可知单摆的周期约为1.34s．(3)改变线长l，重复上述步骤，实验测得数据如下表所示(实验前已测得小球半径r)，请根据表中的数据，在方格纸上作出L-T2图像．L＝l＋r/mT/sT2/s20.401.2761.6280.601.5552.4180.801.8013.2441.002.01040401.202.2084.875解析：根据表格中数据描点连线如图所示(4)测得当地的重力加速度g＝__9.78__(结果保留三位有效数字).解析：根据T＝2πeq\r(\f(L,g))，可得L＝eq\f(g,4π2)T2则图线斜率为eq\f(g,4π2)＝eq\f(1.24－0,5.00)＝0.248，则g＝9.78m/s2.(5)有同学认为，根据公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，小明在实验中未考虑小磁片对摆长的影响，L的测量值小于真实值，所以实验测得的重力加速度g偏小．请判断该观点是否正确，简要说明理由：__不正确．小磁片只影响图像在L轴上的截距，不影响图像的斜率，故不影响从图像中测得的g的大小__．解析：重力加速度根据图像的斜率可求，由(4)的分析可知，小磁片不影响重力加速度的测量值，所以这个同学的观点是不正确的．1．(2023·金陵中学期中)很多高层建筑都会安装减震阻尼器，当大楼摆动时，悬挂在大楼上方的阻尼器跟随摆动来消减强风或地震导致的振动．阻尼器振动时会减小大楼振动的(D)A．固有频率 B．固有周期C．振动周期 D．振动幅度解析：大楼振动的固有频率与固有周期只由大楼本身决定，与其他无关，A、B错误；大楼振动的周期等于振源的振动周期，与阻尼器无关，C错误；大楼上方的阻尼器跟随摆动来消减强风或地震导致的振动幅度，D正确．2．(2024·泗阳期中调研)如图所示，把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动．下列说法中正确的是(A)A．小球从A到O的过程中，做速度增加的越来越慢的加速运动B．小球在A位置时的加速度与在B位置时加速度相同C．小球在O位置时，动能最小，加速度最小D．小球从A到O的时间小于从O到B的时间解析：小球从A到O的过程中，加速度方向与速度方向相同，速度增加，弹簧形变量减小，加速度减小，则速度增加得越来越慢，故A正确；小球在A位置时的加速度与在B位置时加速度大小相等，方向相反，故B错误；小球在O位置时，速度最大，动能最大，加速度为零，故C错误；由对称性可知，小球从A到O的时间等于从O到B的时间，故D错误．3．(2024·徐州期中学情调研)如图所示为某质点做简谐运动的振动图像．由图可知(C)A．质点振动的振幅为5mB．质点振动的周期为2sC．0～1s内，质点的速度方向与位移方向相同D．1～2s内，质点的速度方向与加速度方向相反解析：由图可知，质点振动的振幅为A＝5cm，故A错误；由图可知，质点振动的周期为T＝4s，故B错误；0～1s内，质点从平衡位置向正向振幅位置运动，位移和速度方向均为正，所以质点的速度方向与位移方向相同，故C正确；1～2s内，质点从正向振幅位置向平衡位置运动，速度和加速度方向均指向平衡位置，所以质点的速度方向与加速度方向相同，故D错误．4．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个钉子，使OO′＝eq\f(L,2)，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动．若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是(D)A．2πeq\r(\f(L,g)) B．2πeq\r(\f(L,2g))C．2π(eq\r(\f(L,g))＋eq\r(\f(L,2g))) D．π(eq\r(\f(L,g))＋eq\r(\f(L,2g)))解析：单摆的右半边运动的时间为t1＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(L,g))＝πeq\r(\f(L,g))，左半边运动的时间为t2＝eq\f(1,2)×2πeq\r(\f(L,2g))＝πeq\r(\f(L,2g))，故单摆的运动周期为T＝t1＋t2＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(L,g))＋\r(\f(L,2g))))，故D正确．配套精练一、选择题1．(2024·苏州期中调研)做简谐运动的物体每次通过同一位置时，可能不相同的物理量是(B)A．位移 B．速度C．动能 D．回复力解析：简谐振动中位移是从平衡位置指向末位置的有向线段，则做简谐运动的物体每次通过同一位置时，位移相同，故A错误；做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，方向可能相反，故B正确；做简谐运动的物体每次通过同一位置时，速度大小相同，则动能相同，故C错误；做简谐运动的物体回复力与位移成正比，则做简谐运动的物体每次通过同一位置时，回复力相同，故D错误．2．(2024·徐州高三上期中)如图所示为弹簧振子的频闪照片．频闪仪闪光的瞬间振子被照亮，从而得到闪光时小球的位置，拍摄时底片从下向上匀速运动，因此在底片上留下了小球的一系列像．图中A为小球运动过程中的一个位置，此时小球(B)A．向左运动B．回复力在增大C．加速度方向向右D．动能在增大解析：拍摄时底片从下向上匀速运动，相对来说，小球向下运动，可知此时小球实际向右运动，回复力在增大，加速度方向向左，速度在减小，动能在减小，故选B.3．(2024·盐城高三上期中)如图所示，张紧的水平绳上吊着甲、乙、丙三个小球．乙球靠近甲球，但两者的悬线长度不同；丙球远离甲球，但两者的悬线长度相同．让甲球在垂直于水平绳的方向摆动，经足够长的时间，系统振动稳定后，关于乙、丙两球振动的周期T乙、T丙及振幅A乙、A丙的关系正确的是(B)A．T乙＝T丙A乙>A丙B．T乙＝T丙A乙<A丙C．T乙<T丙A乙＝A丙D．T乙>T丙A乙＝A丙解析：让甲球在垂直于水平绳的方向摆动，乙、丙两球在甲球的驱动下做受迫振动，稳定时，乙、丙两球振动的频率都与甲球振动的频率相同，即乙、丙两球振动的周期都与甲球振动的周期相同；乙、丙两球在甲球的驱动下做受迫振动，由于甲球的振动频率等于丙球的固有频率，丙球发生共振，丙球振幅比乙球振幅大，故选B.4．(2024·常熟期中)图甲为某共振筛的示意图，电动偏心轮每转一周，给筛子一个驱动力，该共振筛的共振曲线如图乙所示．已知增大电压，可使偏心轮转速提高；增加筛子质量，可增大筛子的固有周期．下列说法中正确的是(A)甲乙A．该筛子的固有周期为1.25sB．该筛子在共振状态下偏心轮的转速是54r/minC．增加筛子质量，为达到共振需增大电压D．增大电压，共振时曲线的峰值将向左移动解析：根据共振筛的共振曲线，当f＝0.8Hz时，振幅最大，可知该筛子的固有周期为T＝eq\f(1,f)＝1.25s，此时的转速为n＝48r/min，故A正确，B错误；增加筛子质量，可增大筛子的固有周期，则筛子的固有频率降低，为达到共振需减小电压，故C错误；增大电压，偏心轮转速提高，周期减小，频率增大，共振时曲线的峰值将向右移动，故D错误．5．(2024·常熟期中)如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像．由图可知，下列说法中正确的是(C)甲乙A．在t＝0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D．在t＝0.6s时，弹簧振子有最小的位移解析：在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误．6．(2024·盐城高三上期中)某实验小组做“用单摆测定重力加速度”的实验，测出单摆的摆长L、单摆的周期T，作出L和T2的图像如图中虚线所示．实验小组内的四位同学得到了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条直线，其中Ⅱ、Ⅲ与虚线平行．某同学测量周期时，误将50次全振动记为49次全振动所得到的是图线(D)A．Ⅰ B．ⅡC．Ⅲ D．Ⅳ解析：根据单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))，变形可得L＝eq\f(g,4π2)T2，斜率为k＝eq\f(g,4π2)，解得g＝4π2k，实验中误将50次全振动记为49次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，斜率偏小，Ⅱ、Ⅲ直线平行，斜率相同，Ⅰ直线斜率偏大，Ⅳ直线斜率偏小，故选D.7．(2024·淮安调研)一质点在平衡位置O点附近做简谐运动，若从过O点开始计时，经过5s小球第一次经过M点，再继续运动，又经过2s它第二次经过M点，该小球做简谐运动的周期可能是(C)A．10s B．18sC．24s D．30s解析：若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示，则eq\f(3,4)T＝5s＋2s×eq\f(1,2)，得到振动的周期为T＝8s．若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图2所示，振动的周期为T＝4×(5s＋2s×eq\f(1,2))＝24s，故选C.图1图28．(2024·常州联盟期中调研)一摆长为L的单摆，悬点正下方某处有一小钉，摆球经过平衡位置向左摆动时，摆线的上部被小钉挡住．如图为摆球从左边最高点M至右边等高点N运动过程中的闪光照片，P为摆动中的最低点，则小钉与悬点的距离为(A)A．eq\f(3L,4) B．eq\f(L,2)C．eq\f(L,3) D．eq\f(L,4)解析：设每相邻两次闪光的时间间隔为t，则摆球在右侧摆动的周期为T1＝8t，在左侧摆动的周期为T2＝4t，可得T1∶T2＝2∶1，设右侧摆长为L，则T1＝2πeq\r(\f(L,g))，设左侧摆长为l，则T2＝2πeq\r(\f(l,g))，可得l＝eq\f(L,4)，所以小钉与悬点的距离x＝L－l＝eq\f(3L,4)，故选A.9．(2024·无锡高三期中)一位游客在太湖边欲乘游船，当日风浪较大，游船上下浮动，当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20cm，周期为3.0s．若游客能舒服地登船，地面与甲板的高度差不能超过10cm，则在一个周期内，游客能舒服地登船时间是(C)A．0.5s B．0.75sC．1.0s D．1.5s解析：根据题意，船上升到最高点时开始计时，其运动方程为y＝20coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t))cm，按照题设要求，地面与甲板的高度差不超过10cm时游客能舒服地登船，则y＝20coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t))cm＝10cm，解得t1＝0.5s或t2＝2.5s，根据余弦函数图像可知，游客能舒服地登船时间是Δt＝2t1＝1.0s，故选C.10．(2024·镇江高三质检)如图所示，轻质弹簧一端连接在固定挡板上，另一端与物块连接，O为弹簧原长时物块所在位置，水平面粗糙．现将物块拉至A处由静止释放，物块向右运动到B点时速度变为零．则物块在从A运动到B的过程中，其速度v随时间t，加速度的大小a、动能Ek、弹性势能Ep随位移x变化关系图像可能正确的是(A)ABCD解析：物块从A到B的过程弹簧弹力先减小后增大，根据牛顿第二定律得kx－μmg＝ma，即a＝eq\f(k,m)x－μg，加速度与弹簧形变量成线性关系，所以物块的加速度先减小，后反向增大，B错误；v-t图像的斜率表示物体的加速度，因此v-t图像的斜率先减小，后增大，由于摩擦力的存在O点前后的加速度不对称，故A正确；从物块开始运动到加速度为零的过程速度增大，动能增大，弹性势能减小，从加速度为零的位置到B点的过程，动能减小，弹性势能先减小，后增大，由于摩擦力的存在O点前后的动能、弹性势能不对称，故C、D错误．二、非选择题11．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，t＝0时刻摆球从A点开始释放，摆球将在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，其中B为运动中的最低位置，用力传感器测量细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的曲线如图乙所示，重力加速度为g.求：甲乙11．如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，t＝0时刻摆球从A点开始释放，摆球将在竖直平面内的A、C之间做简谐运动，其中B为运动中的最低位置，用力传感器测量细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的曲线如图乙所示，重力加速度为g.求：甲乙(1)单摆的摆长L.答案：eq\f(gteq\o\al(2,0),π2)解析：由图可知，单摆做简谐运动的周期为T＝2t0根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(L,g))解得L＝eq\f(gteq\o\al(2,0),π2)(2)摆球的质量m.答案：eq\f(Fm＋2Fn,3g)解析：设单摆的摆角为θ时，摆球摆动到最高点，细线中拉力最小；摆到最低点时速度为v，有Fn＝mgcosθFm－mg＝eq\f(mv2,L)摆球从最高点到最低点，根据动能定理有mg(1－cosθ)L＝eq\f(1,2)mv2联立解得m＝eq\f(Fm＋2Fn,3g)补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。第2讲机械波基础梳理1．机械波定义__机械振动__在介质中的传播形成机械波产生条件(1)有发生机械振动的__波源__．(2)有传播__介质__，如空气、水等形成原因介质中的质点受波源或邻近质点的驱动做__受迫__振动传播特点(1)传播振动形式、传递__能量__、传递__信息__．(2)质点不随波迁移分类横波振动方向与传播方向相互__垂直__的波，横波有波峰和__波谷__，如绳波纵波振动方向与传播方向在__同一直线上__的波，纵波有密部和__疏部__，如声波2．波的图像(1)横轴表示波的传播方向上__各个质点__的平衡位置，纵轴表示__某个时刻__介质中各个质点相对平衡位置的位移．(2)图像的物理意义：某一时刻介质中各质点相对__平衡位置__的位移．(3)正弦波：波的图像是__正弦曲线__的机械波，也叫简谐波．3．描述机械波的物理量(1)波长λ：在波的传播方向上，振动相位__总是相同__的两个__相邻__质点间的距离．波在一个周期里传播的距离等于__一个__波长．(2)波速v：波的传播速度，在同一种均匀介质中机械波的传播是__匀速__的，而传播速度由__介质__决定，与波源无关．(3)频率f：波的频率始终等于__波源__的振动频率．(4)三者之间的关系：v＝__λf__．4．波的特性(1)波的衍射：波__绕过障碍物__继续向前传播的现象．只有__缝、孔的宽度__或__障碍物的尺寸__跟波长相差不多，或者__比波长更小__时，才能观察到明显的衍射现象．(2)波的干涉：频率__相同__的两列波叠加，使某些区域的振动__始终加强__，使某些区域的振动__始终减弱__，并且振动加强和振动减弱的区域__始终相互间隔__的现象．(3)多普勒效应：由于波源和观察者之间有__相对__运动，使观察者感到频率__发生变化__的现象；波源与观察者相对静止时，观察者观测到的频率__等于__波源振动的频率；波源与观察者相互靠近，观察者观测到的频率__大于__波源振动的频率；波源与观察者相互远离，观察者观测到的频率__小于__波源振动的频率．易错辨析1．机械波中各质点只是在各自平衡位置附近振动，并不随波迁移．(√)2．波速表示介质中质点振动的快慢．(×)3．波速v的大小由T、λ共同决定．(×)4．两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象．(×)5．一切波都能发生衍射现象．(√)6．多普勒效应说明波源的频率发生了变化．(×)机械波的形成与传播1．机械波的传播特点(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同．(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同．(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质的情况不同，它的波长和波速可能改变，但频率和周期都不会改变．(4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以v＝eq\f(λ,T)＝λf.2．波的传播方向与质点振动方向的互判方法内容图像“上下坡”法沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动“同侧”法波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧“微平移”法将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一横坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向(2024·徐州期中学情调研)一列简谐波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示．t1＝0.5s，质点P第一次运动到波谷．下列说法中正确的是(D)A．t＝0时，质点P沿y轴正方向运动B．质点P比质点Q先到达波峰位置C．这列波的波长为10mD．这列波的波速为10m/s解析：波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，t＝0时质点P沿y轴负方向运动，故A错误；波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，质点Q沿y轴正方向运动，根据上述可知，质点Q比质点P先到达波峰位置，故B错误；根据图像可知，波长为λ＝16m－4m＝12m，故C错误；根据波形可知，原点右侧最近波谷的横坐标为10m－eq\f(λ,4)＝7m，则原点左侧最近波谷位置质点的平衡位置到原点的间距为λ－7m＝5m，由于波沿x轴正方向传播，将波形沿x轴正方向平移5m时质点P第一次运动到波谷，则波速为v＝eq\f(Δx,t1)＝eq\f(5,0.5)m/s＝10m/s，故D正确．(2024·盐城高三上期中)一根水平长绳一端P固定，某同学抓住长绳的另一端S点在竖直方向上下振动．绳子上有A、B两点，水平时距离S分别为4m和10m．波沿绳子传播的速度v＝4m/s，当A点在平衡位置竖直向上振动时，B点恰好在平衡位置竖直向下振动，A、B之间仅有2个质点在平衡位置．求：(1)A、B两点起振的时间差Δt.答案：1.5s解析：波在介质中匀速传播，根据x＝vt可得A、B两点起振的时间差为Δt＝eq\f(xB－xA,v)＝eq\f(10－4,4)s＝1.5s(2)S点在竖直方向振动的频率f.答案：1Hz解析：根据题意可知A、B两点间的距离为xB－xA＝1.5λ解得λ＝4m根据v＝λf代入数据解得f＝1Hz波的图像和振动图像的理解与应用图像类型振动图像波的图像研究对象一个振动质点沿波传播方向的所有质点研究内容一个质点的位移随时间的变化规律某时刻所有质点的空间分布规律图像物理意义表示同一质点在各时刻的位移表示某时刻各质点的位移图像信息(1)质点振动周期(2)质点振幅(3)某一质点在各时刻的位移(4)各时刻速度、加速度的方向(1)波长、振幅(2)任意一质点在该时刻的位移(3)任意一质点在该时刻的加速度方向(4)传播方向、振动方向的互判图像变化随着时间推移，图像延续，但已有形状不变随着时间推移，波形沿传播方向平移一完整曲线占横坐标的距离表示一个周期表示一个波长(2023·淮安模拟)如图所示，图甲为波源的振动图像，图乙为该波源在某介质中产生的横波t0时刻的波形图像，O点是波源，则下列说法中正确的是(A)甲乙A．该波的传播速度为1m/sB．再经过0.3s，图乙中质点Q刚好开始振动，Q的起振方向沿y轴正方向C．当图乙中质点Q第一次到达波峰时，质点P正处于平衡位置向下振动D．从该时刻到质点Q开始振动，质点P运动的路程为0.3m解析：由图甲可知该波的周期为0.2s，由图乙可知该波的波长为0.2m，则该波的波速v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(0.2,0.2)m/s＝1m/s，故A正确；由图乙可知t0时刻波刚好传播到x＝0.2m处，经过0.3s，波传播的距离x＝vt＝1×0.3m＝0.3m，可知波传播到x＝0.5m处的质点Q，结合图甲可知Q的起振方向沿y轴负方向，故B错误；由B选项分析可知波传播到x＝0.5m处的质点Q后，第一次到达波峰还需要的时间t′＝eq\f(3,4)T＝0.15s，即从t0时刻起，经过的时间为0.45s，即eq\f(9,4)T，由同侧法可知，t0时刻质点P向y轴正方向振动，经过eq\f(9,4)T后，质点P正处于波峰位置，故C错误；从该时刻到质点Q开始振动，经过的时间为0.3s，即eq\f(3,2)T，质点P运动的路程s＝6A＝6×2cm＝0.12m，故D错误．波的周期性和多解性问题1．造成波动问题多解的主要因素(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．(3)波形的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．2．解决波的多解问题的思路机械波在一个周期内不同时刻图像的形状是不同的，但在相隔时间为周期整数倍的不同时刻图像的形状则是相同的．机械波的这种周期性必然导致波的传播距离、时间和速度等物理量有多值与之对应，即这三个物理量可分别表示为x＝nλ＋Δx，t＝nT＋Δt，v＝eq\f(x,t)＝eq\f(nλ＋Δx,nT＋Δt)(其中n＝0，1，2，…).(2023·宿迁期末)一列简谐横波图像如图所示，t1＝0时的波形如图中实线所示，t2＝0.7s时的波形如图中虚线所示，在这段时间内波传播的距离为14m．求：(1)波的传播方向和周期．答案：向左0.4s解析：由波形图可知，波长λ＝8m若波向右传播Δx＝nλ＋2m＝(8n＋2)m(n＝0，1，2，3…)若波向左传播Δx＝nλ＋6m＝(8n＋6)m(n＝0，1，2，3…)在这段时间内波传播的距离为14m．经分析可知，波向左传播．且传播距离Δx＝1eq\f(3,4)λ传播时间Δt＝1eq\f(3,4)T＝t2－t1＝0.7s解得T＝0.4s(2)x＝4m处的质点第五次出现波谷的时刻t3.答案：1.7s解析：波向左传播，t1＝0时x＝4m处的质点向波谷方向运动，第五次出现波谷的时刻t3＝4T＋eq\f(1,4)T＝1.7s波的干涉、衍射和多普勒效应1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断方法一：波的干涉原理判断法．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.(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)eq\f(λ,2)(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)eq\f(λ,2)(n＝0，1，2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0，1，2，…)，则振动减弱．方法二：现象法．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而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，这就是干涉图样，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．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长．3．多普勒效应的成因分析(1)接收频率：观测者接收到的频率等于观测者在单位时间内接收到的完整波的个数．当波以速度v通过接收者时，时间t内通过的完整波的个数为N＝eq\f(vt,λ)，单位时间内通过接收者的完整波的个数即接收频率．(2)多普勒效应的两种情况①波源不动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(观察者向波源运动，接收频率增大,观察者背离波源运动，接收频率减小))②观察者不动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(波源向观察者运动，接收频率增大,波源背离观察运动，接收频率减小))(2024·南通崇川区期中)两列在同一介质中沿同一直线传播的简谐横波相遇，如图所示为某一时刻的情况，其中实线表示向右传播的波、虚线表示向左传播的波．下列说法中正确的是(B)A．两列波不可能发生干涉B．图中a、c、e、g点为振动加强点C．再过半个周期，b、d、f点变为振动加强点D．再过一个周期，a质点将移到e质点所在位置解析：两列在同一介质中沿同一直线传播的简谐横波，由于两波的波长相等，频率相同，因此相遇时两列波能发生干涉，A错误；两列波相向传播，再经eq\f(1,4)周期，两波分别向前传播eq\f(1,4)波长，两列波的波峰与波峰在c、g两点相遇，两列波的波谷与波谷在a、e两点相遇，因此图中a、c、e、g点为振动加强点，B正确；再过半个周期，两波在b、d、f点仍然是波峰与波谷相遇，均是振动减弱点，C错误；参与波传播的质点，只在各自的平衡位置附近振动，不会随波传播的方向移动，D错误．(2024·徐州期中)晓宇在实验室利用发波水槽演示了波的衍射现象，调整缝的宽度为PQ＝5cm，M、N为挡板后放置的两个浮球，实验时发现两浮球始终静止不动．则下列说法中正确的是(B)A．将缝的宽度略微调大，则两浮球可能上下浮动B．将缝的宽度适当调小，则两浮球可能上下浮动C．增大振源的频率，两浮球可能上下浮动D．无论如何调节振源的频率，两浮球始终静止解析：当缝的宽度为PQ＝5cm时，两浮球始终静止不动，可知此时波的衍射现象不明显，即波的波长远小于此时缝宽，若将缝的宽度略微调大，波长仍远小于此时缝宽，同样不会有明显的衍射现象，即两浮球仍会静止不动；若将缝的宽度适当调小，当波长和缝宽接近或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，即此时两浮球可以上下浮动，故A错误，B正确；根据公式v＝λf可知，由于波在介质中的传播速度不变，故当增大振源的频率时波长变短，根据前面分析可知波长仍远小于缝宽，不会有明显的衍射现象，两浮球不可能上下浮动；当减小振源的频率时，波长变大，当波长和缝宽接近或者大于缝宽时可发生明显的衍射现象，此时两浮球会上下浮动，故C、D错误．1．(2024·徐州期中学情调研)如图所示，静止的雷达测速仪a向迎面驶来的汽车b发射超声波，该超声波被汽车反射后又被a接收到，测速仪a接收的超声波与其直接发出的超声波相比(B)A．频率变小B．频率变大C．波速变小D．波速变大解析：波速由介质决定，所以被该汽车反射回来的反射超声波与测速监视器发出的超声波相比波速不变；根据声音的多普勒效应，声源和观察者靠近时接收频率变高，所以被该汽车反射回来的超声波与发出的超声波相比频率变大，故选B.2．(2024·南京三校期中)如图甲所示，2023年春晚创意节目《满庭芳·国色》中的水袖舞文化在我国源远流长．其简化模型如下：材质不同的重水袖A和轻水袖B连接在一起，放在光滑水平玻璃上．某时刻在重水袖A左端抖动产生如图乙所示波形．下列说法中正确的是(D)甲乙A．振幅越大，则波速越小B．重水袖上某点一个周期内通过的路程等于波长C．波在A、B中传播的速度一定相等D．波在A、B中传播的频率相等解析：机械波的波速仅由介质决定，与振幅无关，则介质一定时，振幅变大，但波速不变．波的频率仅由波源决定，机械波从一种介质中进入另一种介质时，其频率不变，波速改变，可见机械波在A、B中传播的频率相等，波速不相等，A、C错误，D正确；重水袖上某点一个周期内通过的路程为4倍振幅，而这一个周期内机械波传播的距离为一个波长，B错误．3．(2024·徐州期中质量监测)如图甲所示为一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像，则(C)甲乙A．简谐横波沿x轴正方向传播B．简谐横波的波速为0.2m/sC．t＝0.3s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度D．t＝0.5s时，质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离解析：由振动图像可知，在t＝0.2s时刻，质点P的振动方向向下，结合波形图可知，简谐横波沿x轴负方向传播，故A错误；简谐横波的波速为v＝eq\f(λ,T)＝eq\f(2,0.4)m/s＝5m/s，故B错误；t＝0.3s时，即在t＝0.2s再经过eq\f(T,4)，则质点P到达波谷，而质点Q在波谷与平衡位置之间，则此时质点Q的加速度小于质点P的加速度，故C正确；t＝0.5s时，即在t＝0.2s再经过eq\f(3T,4)质点P到达波峰，质点Q在波峰和平衡位置之间，则质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故D错误．4．如图所示是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S1的振幅A1＝4cm，S2的振幅A2＝3cm，则下列说法中正确的是(B)A．质点D是振动减弱点B．质点A、D在该时刻的高度差为14cmC．再过半个周期，质点B、C是振动加强点D．质点C的振幅为7cm解析：由图可知D点是波谷与波谷相遇点，A点是波峰与波峰相遇点，B、C两点是波峰与波谷相遇点，则A、D两点是振动加强点，且B、C两点是振动减弱点，故A错误；S1的振幅A1＝4cm，S2的振幅A2＝3cm，质点A是处于波峰叠加位置，相对平衡位置高度为7cm，而质点D处于波谷叠加位置，相对平衡位置为－7cm，因此质点A、D在该时刻的高度差为14cm，故B正确；B、C两点是振动减弱点，再过半个周期，质点B、C仍是振动减弱点，故C错误；质点C是波峰与波谷的叠加点，则其合振幅为1cm，故D错误．配套精练一、选择题1．(2024·淮安调研)公路上方多普勒测速仪向行进中的车辆发射频率已知的超声波，根据反射波频率变化的多少就能测定车辆的速度．当车辆驶向测速仪，下列说法中正确的是(B)A．测速仪发射的超声波频率变大B．车速越大，测速仪接收的超声波频率越大C．测速仪接收到的超声波频率比发射的小D．超声波能发生多普勒效应，光波不能发生多普勒效应解析：多普勒效应是波源和观察者有相对运动时观察者接收到的波的频率与波源发出的频率不相同的现象，但波源实际发出的频率并没有变化，故A错误；车速越大，如果车辆靠近监视器的话，监视器接收到的超声波频率比发射出时大得越多，远离的话反而更小，故B正确，C错误；超声波能发生多普勒效应，光波也能发生多普勒效应，故D错误．2．(2024·南京期中)如图所示，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的树叶，波源S连续振动形成水波，此时树叶几乎不动．为使水波能带动树叶明显振动，可采用的方法是(D)A．减小波源的振幅B．减小波源距桥墩的距离C．增大波源的频率D．减小波源的频率解析：根据题意，为使水波能带动树叶明显振动，即发生明显衍射现象，应减小障碍物的尺寸或者增大波长，根据λ＝eq\f(v,f)可知，减小波源的频率，波长增大，故C错误，D正确；减小波源的振幅或减小波源距桥墩的距离对波长无影响，故A、B错误．3．(2024·无锡高三上期中)一列横波沿x轴的正方向传播，波速为0.5m/s，某时刻的波形如图所示，则(C)A．经过1s质点K运动到波谷B．经过2s质点K运动到L处C．经过2s质点K回到平衡位置D．经过3s质点K运动到波峰解析：波沿x轴的正方向传播，根据平移法可知，此时，质点K向y轴正方向振动，根据图像可知，波长为2.0m，所以周期T＝eq\f(λ,v)＝4s，所以经过1s即eq\f(1,4)T，质点运动到波峰，故A错误；经过2s即半个周期，质点K运动到平衡位置，并不随波迁移，故B错误，C正确；经过3s即eq\f(3,4)T质点K运动到波谷，故D错误．4．(2023·江苏百校第三次联考)两个振幅不等的相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中传播，形成如图所示稳定图样．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c点是ad连线的中点．下列说法中正确的是(C)A．a点振动加强，b点振动减弱B．c点可能一直处于平衡位置C．某时刻质点a、b的位移大小可能均为零D．经过半个周期，d处质点将传播至b点位置解析：a点波峰与波谷相遇，振动减弱，b点波峰与波峰相遇，振动加强，故A错误；c点会在平衡位置上下振动，故B错误；随着波的传播，某时刻质点a、b的位移大小可能均为零，故C正确；d处质点只会在d处振动，故D错误．5．(2023·苏北苏中八市调研二)如图甲所示，两列沿相反方向传播的横波，形状是半个波长的正弦曲线，上下对称，其振幅和波长都相等，它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象，如图乙所示．则(D)A．此时质点a向右运动B．此时质点b向下运动C．此后质点a、b振动速度相同D．此后质点a、b振动时间相同解析：由图看出，两列波的波峰与波谷叠加，振动减弱，两波的振幅相等，所以如图乙所示的时刻两列波“消失”；根据波形平移法判断可知，向右传播的波单独引起b质点的振动方向向上，向左传播的波单独引起a质点的振动方向向下，故A、B错误；根据以上分析可知，a、b振动速度大小相同，方向不同，故C错误；因为两列波的波长相等，波速相同，根据T＝eq\f(λ,v)，可知周期相等，可知此后质点a、b振动时间相同，故D正确．6．(2023·连云港调研)如图所示，两波源分别位于x＝－2m和x＝12m处，形成两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波，波速均为v＝4m/s，波源振幅均为2cm.t＝0时刻两波的图像如图所示，此时平衡位置处于x＝2m的质点P和x＝8m的质点Q刚开始振动，质点M的平衡位置处于x＝5m处．下列说法中正确的是(D)A．质点M起振方向沿y轴的负方向B．质点M振动后的振动周期为2sC．t＝0.75s时刻，质点P的位移为2cmD．在0～2s内，质点M经过的路程为20cm解析：根据波形微平移法知两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，可知质点P、Q均沿y轴的正方向开始运动，所以质点M的起振方向沿y轴的正方向，A错误；波的周期T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(4,4)s＝1s，点M振动后的振动周期为1s，B错误；t＝0时刻P从平衡位置向正向最大位移处运动，在t＝0.75s时刻，质点P运动到负向最大位移处，位移为－2cm，故C错误；两列波传到M点的时间均为t＝eq\f(x,v)＝eq\f(3,4)m/s＝0.75s，在0.75s～2s时间内，质点M振动eq\f(5,4)T，由于M到两波源距离相等，波长相等，M点是振动加强点，振幅为A′＝2A＝4cm，eq\f(5,4)T时间内运动的路程为5A′＝10A＝20cm，D正确．7．(2023·南京、盐城一模)如图甲所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1＝0时刻和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1＝1.0m和x2＝4.0m的两质点．图乙为质点Q的振动图像，则(C)甲乙A．波沿x轴负方向传播B．波的传播速度为20m/sC．t2时刻可能为0.45sD．质点P的振动方程为y＝10sin(10πt＋eq\f(π,4))cm解析：图乙为质点Q的振动图像，0时刻向上振动，根据微平移法可知，波沿x轴正方向传播，故A错误；根据图像可知，波长为8m，周期为0.2s，所以波速v＝eq\f(λ,T)＝40m/s，故B错误；根据图像可知，从实线时刻到虚线时刻经过的时间为Δt＝eq\f(T,4)＋nT＝(0.05＋0.2n)s(n＝0，1，2，…)，所以t2时刻可能为0.45s，故C正确；质点P做简谐运动的位移表达式为y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t＋φ))，由图知A＝10cm，t＝0时y＝Asineq\f(π,4)＝5eq\r(2)cm，且向y轴负方向运动，代入上式解得y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10πt＋\f(3π,4)))cm，故D错误．8．如图所示，在某一均匀介质中，两波源A、B位于一半径为4m的圆的一条直径上，距离圆心O点都是2m，其简谐运动表达式均为x＝0.1sin(10πt)m，圆周上的P点与A、B两波源间的距离分别为5m和3m，波在该介质中传播速度为10m/s.下列说法中正确的是(A)A．圆周上振动加强的点共有8个B．两简谐波传播到P点的时间差为0.1sC．两简谐波都传播到P点后，P点振动的频率为10HzD．两简谐波都传播到P点后，P点振动的位移始终为0.2m解析：简谐运动表达式x＝0.1sin(10πt)m，可知ω＝10πrad/s，周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，波长为λ＝vT＝10×0.2m＝2m，圆周上的P点与A、B两波源间的距离分别为5m和3m，即波程差为2m，等于波长的整数倍，即P点为振动加强点，由对称性可知，如图中的P1、P2、P3也为振动加强点，M、N两点到两波源的波程差都为4m，则M、N两点也为振动加强点，同理有C、D两点到两波源的波程差都为0，则C、D两点为振动加强点，则圆周上振动加强的点共有8个，故A正确；两简谐波传播到P点的时间差为Δt＝(eq\f(5,10)－eq\f(3,10))s＝0.2s，故B错误；由于周期为0.2s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝5Hz，故C错误；两简谐波都传播到P点后，P为振动加强点，则P点的位移不是始终都为0.2m，故D错误．9．(2023·苏北四市调研)“战绳”是一种流行的健身器材，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0.5Hz，下列说法中正确的是(B)甲乙A．该时刻P点的位移为10eq\r(3)cmB．再经过0.25s，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的振动方向为y＝20sin(πt＋π)cm解析：由题可