文档内容
第 28 讲 机械波
1.知道机械波的特点和分类.
2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图象.
3.理解波的干涉、衍射现象和多普勒效应，掌握波的干涉和衍射的条件．
考点一 波动图象与波速公式的应用
1. 波的图象反映了在某时刻介质中的各质点离开平衡位置的位移情况，图象的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，如图所示．图象的应用：
(1)直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移．
(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．
(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．
2．波速与波长、周期、频率的关系为：v＝＝λf.
[例题1] （2024•丰台区二模）绳上质点P在外力作用下从平衡位置开始沿竖直方向做简
谐运动，带动绳上各点依次上下振动。振动传到质点Q时绳子上的波形如图所示。已知波的
传播速度为v，P、Q平衡位置间的距离为L，下列说法正确的是（ ）
A．质点M此时向下振动
3L
B．质点P的振动周期为
2v
C．质点P开始振动的方向是向下的
D．开始振动后，P、N两质点的振动步调总是一致
【解答】解：AC、由题意知波向左传播，根据同侧法可知：质点M此时向上振动，质点Q开始
振动的方向是向上的，则质点P开始振动的方向也是向上的，故AC错误；
2
2 L
B、由图圈可知，波长为 = L，则质点P振动周期为T λ 3 2L，故B错误；
3 = = =
v v 3v
λ
D、由圈可知P、N两质点相距一个波长，则开始振动后，P、N两质点的振动步调总是一致，故
D正确。
故选：D。
[例题2] （2024•重庆模拟）在长江某流域载有航标灯相距为 60m的甲、乙两船静止在平
静的江面上，当一艘大货船驶过时产生一列周期为4s的水波在江面上经过甲传向乙。如图，
某时刻甲位于波峰时，乙恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.5m，则（ ）A．该简谐水波的波长为20m
B．该简谐水波的波速为5m/s
C．该简谐水波从甲传到乙的时间为12s
D．8s内甲运动的路程为2m
5
【解答】解：AB．由图可知，甲、乙的距离为Δx= λ=60m，代入数据解得： ＝24m，则水波
2
λ
λ 24
波速为v= = m/s=6m/s，故AB错误；
T 4
x 60
C．该简谐水波从甲传到乙的时间t= = s=10s，故C错误；
v 6
D、峰、谷间的高度差为0.5m，则甲、乙的振幅为A＝0.25m，t＝8s＝2T内乙运动的路程为：s
＝2×4A＝8×0.25m＝2m，故D正确。
故选：D。
[例题3] （2024•雨花区校级模拟）一根长绳沿x轴放置，现让绳子中间的P点作为波源，
从t＝0时刻开始沿竖直方向做简谐运动，振幅A＝10cm。绳上形成的简谐波沿绳向两侧传播，
波长 ＝1m。t＝7.5s时刻绳上形成的波形如图所示，此时波源位于平衡位置上方y=5√2cm处，
则0～λ7.5s内x＝1m处的质点经过的路程为（ ）
A．45cm B．35cm C．（40+5√2）cm D．（40−5√2）cm
【解答】解：由题干中可知7.5s时的波形图可知，波源的起振方向向下，此过程 P点的振动图
象如图所示：
根据振动图可知，在 0﹣7.5s 内，P 点振动的路程为：s ＝8A﹣y，代入题干数据可得：
Ps =(80−5√2)cm
p
x＝1m处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的距离恰好为 ，则波源P出发经过一个周期到达
Q，以后PQ步调一致，即Q比P少了一次全振动，则此过程λQ经过的总路程
s＝s ﹣4A，代入数据解得：s=(40−5√2)cm，故ABC错误，D正确。
p
故选：D。
考点二 振动图象与波动图象
振动图象 波动图象
研究对象 一振动质点 沿波传播方向的所有质点
一质点的位移随时间的变化规 某时刻所有质点的空间分布规
研究内容
律 律
图象
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
(1)波长、振幅
(1)质点振动周期
(2)任意一质点在该时刻的位移
(2)质点振幅
图象信息 (3)任意一质点在该时刻的加速
(3)某一质点在各时刻的位移
度方向
(4)各时刻速度、加速度的方向
(4)传播方向、振动方向的互判
随时间推移，图象延续，但已 随时间推移，波形沿传播方向
图象变化
有形状不变 平移
一完整曲
线占横坐 表示一个周期 表示一个波长
标的距离
[例题4] （2024•新泰市校级一模）两列沿x轴传播的简谐横波a、b，实线波a的波源在x
＝0.6m的P点，虚线波b的波源在x＝﹣0.6m的Q点，从t＝0时刻两波源从平衡位置开始振
动，产生的机械波沿x轴传播，在t＝0.05s时两波源间的波形如图所示，下列说法正确的是（
）A．波源的起振方向相同均沿y轴向下
B．两波的波速大小均为10m/s
C．在t＝0.05s时x＝0处质点的振动速度大于x＝0.4m处质点的振动速度
D．x＝0.2m处的质点在前0.05s内运动的路程为50cm
【解答】解：A．根据“上下坡”规律或者同侧法可得，a的起振方向相同沿y轴向上，b的起
振方向相同沿y轴向上，故A错误；
5
B．由图可知，实线波a的波长为0.8m，在0.05s内波a传播了 个波长，故周期为0.04s，根据
4
波长、波速和周期的关系，故波速满足
λ 0.8
v = a= m/s=20m/s
a t 0.04
a
5
虚线波b的波长为0.8m，再0.05s内波b传播了 个波长，故周期为0.04s，故波速为
4
λ 0.8
v = b= m/s=20m/s
b
t 0.04
故B错误；
C．在t＝0.05s时x＝0和x＝0.4m处质点的振动速度为两波的加强，故振动速度相同，故C错误；
D．x＝0.2m处的质点在前0.02s内质点没有振动，此后到0.04s，a波此质点一直振动，后0.01s
此质点向下振动到最大位移处，故x＝0.2m处的质点在前0.05s内运动的路程满足
s＝2A +（A ﹣A ）＝2×20cm+（20cm﹣10cm）＝50cm
a a b
故D正确。
故选：D。
[例题5] （2024•海淀区一模）一列沿x轴传播的简谐横波，某时刻波形如图 1所示，以
该时刻为计时零点，x＝2m处质点的振动图像如图2所示。根据图中信息，下列说法正确的是
（ ）A．波的传播速度v＝0.1m/s
B．波沿x轴负方向传播
C．t＝0时，x＝3m处的质点加速度为0
D．t＝0.2s时，x＝3m处的质点位于y＝10cm处
λ 4
【解答】解：A、由题图可知： ＝4m，T＝0.4s，则波速v= = m/s=10m/s，故A错误；
T 0.4
λ
B、由振动图像知t＝0时刻P点开始向上振动，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，故B错误；
C、t＝0时，x＝3m处的质点位于波谷，其加速度沿y轴正方向，不为零，故C错误；
T
D、经过t＝0.2s= ，x＝3m处的质点从波谷运动到波峰位置，其位移y＝10cm，故D正确。
2
故选：D。
[例题6] （2024•石家庄二模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图所示，实线为t ＝2s
1
时的波形图，虚线为t ＝5s时的波形图。下列关于平衡位置在O处质点的振动图像正确的是（
2
）
A． B．C． D．
【解答】解：由题图可知波长 ＝4m，波沿x轴正向传播，则t 到t 时间内波形平移的距离为
1 2
λ
3 Δx 4n+3 4
Δx= λ+nλ=4n+3（m）（n＝0，1，2，3……），则波速v= = = n+1（m/s）（n
4 Δt 5−2 3
＝0，1，2，3……）
λ 4 12
= = = (s)
根据波速公式可得：T v 4 4n+3 ，若n＝0，则T＝4s，由实线波形图可知t ＝2s
n+1 1
3
时质点O在平衡位置且向y轴正向运动。周期不可能等于12s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
[例题7] （2024•聊城模拟）2024年1月23日02时09分，在新疆阿克苏地区乌什县（北
纬41.26度，东经78.63度）发生7.1级地震，震源深度22千米，地震发生时监测站监测到一
列沿x轴传播的地震横波，t＝0时刻波形如图甲所示，质点P从t＝0时刻开始的振动图像如图
乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波沿x轴传播20km距离需要5s
C．Q点的振动方程为y＝2sin（2 t）cm
D．该波与频率为2Hz的简谐横波π相遇，一定能形成干涉图样
【解答】解：A、由图乙可知，质点P在t＝0时刻向下振动。在图甲，根据波形平移法可知该波
沿x轴负方向传播，故A错误；
λ 4km
B、由图甲、乙可知波长为4km，周期为1s，则该波的波速为v= = =4km/s
T 1s
该波沿x轴传播20km距离需要时间为x 20km
t'= = =5s，故B正确；
v 4km/s
C、波沿x轴负方向传播，则Q点在t＝0时刻向下振动，Q点的振动方程为
2π 2π
y＝﹣Asin t＝﹣2sin（ t）cm＝﹣2sin（2 t）cm，故C错误；
T 1
π
1 1
D、该波的频率为f = = Hz＝1Hz，根据发生稳定干涉的条件是两列波的频率相同，可知该波
T 1
与频率为2Hz的简谐横波相遇，不能形成干涉图样，故D错误。
故选：B。
[例题8] （2024•海南）一列沿x轴传播的简谐横波，t＝2s时的部分波形图如图1所示，x
＝1m处质点的振动图像如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．这列横波的传播速度为0.5m/s
B．这列横波沿x轴正方向传播
C．x＝1m处质点在4s内通过的路程为2m
D．x＝2m处质点t＝4s时沿y轴正方向振动
λ 2
【解答】解：A、根据图像可知 ＝2m，T＝4s，则这列横波的传播速度为 v= = m/s＝
T 4
λ
0.5m/s，故A正确；
B、由图2知，t＝2s时，x＝1m处质点沿y轴负方向振动，根据同侧法可知这列横波沿x轴负方
向传播，故B错误；
C、振动周期为4s，则x＝1m处质点在4s内通过的路程为s＝4A＝4×4cm＝16cm，故C错误；
D、x＝2m处质点t＝2s时沿y轴正方向振动，因T＝4s，则t＝4s时该质点沿y轴负方向振动，
故D错误。
故选：A。
[例题9] （2024•辽阳一模）一列简谐横波在0时刻的波动图如图甲所示，传播方向上有
平衡位置相距为10m的两个质点P、Q（图中未画出），质点P的振动图像如图乙所示，下列
说法正确的是（ ）A．该波的波长为5m
B．该波的波速为2m/s
C．6s时质点P沿y轴负方向振动
D．6s时质点Q沿y轴负方向振动
【解答】解：A、根据图甲可知，该波的波长为 ＝4m，故A错误；
λ λ 4
B、根据图乙可知，该波的周期为T＝4s，该波的波速为：v= = m/s＝1m/s，故B错误；
T 4
6 3
C、t＝0时刻P点沿﹣y方向振动，t＝6s= T= T，所以6s时质点P沿y轴正方向振动，故C
4 2
错误；
10 1
D、P和Q平衡位置相距x＝10m= λ=2 ，P和Q的振动情况完全相反，6s时质点P沿y轴
4 2
λ
正方向振动，则6s时质点Q沿y轴负方向振动，故D正确。
故选：D。
考点三 波的干涉、衍射、多普勒效应
1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断
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)(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．
2．波的衍射现象
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：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．当波以速度v
通过观察者时，时间t内通过的完全波的个数为N＝，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数
即接收频率．
(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者接
收到的频率变小．
[例题10]（多选）（2024•龙岗区校级三模）图甲为某一列沿 x轴传播的简谐横波在t＝
1.0s时刻的波形图，P质点对应的平衡位置的坐标为x＝3.0m，Q质点对应的平衡位置的坐标
为x＝3.5m，M质点对应的平衡位置的坐标为x＝4.0m。图乙为M质点的振动图像。下列说法
正确的是（ ）
A．该简谐波的传播速度为4m/s，传播方向沿x轴负方向
B．t＝1.75s时P质点的振动速度小于Q质点的振动速度
C．t＝1.75s时Q质点的振动方向向上
D．该波遇到10m的障碍物时能产生明显的衍射现象
【解答】解：A、由图乙可知t＝1.0s时刻质点M向下振动，根据平移法可知波沿x轴负方向，
由图可知波长为4m，周期为1s，则波速为
λ 4
v= = m/s＝4m/s
T 1
故A正确；
3
BC、t＝1.75s时各质点再振动0.75s= T，根据平移法可知P位于平衡位置，Q在平衡位置上方
4
向上振动，则P质点的速度大于Q质点的振动速度，故B错误，C正确；
D、该波的波长为4m，遇到10m的障碍物时不能产生明显的衍射现象，故D错误；
故选：AC。[例题11] （多选）（2024•南充模拟）杜甫在《曲江》中写到：穿花蛱蝶深深见，点水蜻
蜓款款飞。平静水面上的S处，“蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播（可视为简谐波），
A、B、C三点与S在同一条直线上。图示时刻，A在波谷与水平面的高度差为H，B、C在不
同的波峰上。已知波速为v，A、B在水平方向的距离为a，则下列说法正确的是（ ）
A．水波通过尺寸为1.5a的障碍物能发生明显衍射
2v
B．A点振动频率为
a
3a
C．到达第一个波峰的时刻，C比A滞后
v
a
D．从图示时刻起，经过时间 ，B、C之间的距离增大
v
πv 3π
E．从图示时刻开始计时，A点的振动方程是y=Hsin( t+ )
a 2
【解答】解：AB、图示时刻，A在波谷，B在波峰上，A、B连线在水平方向的距离为a，可知
1 v v v
水波的波长为 ＝2a，根据f = = = ，所以A质点的振动频率为 ，能发生明显的衍射的
T λ 2a 2a
λ
条件是水波通过尺寸小于波长的障碍物或波长与障碍物相差不多，故B错误，A正确；
Δx 3a
C、由图可知C比A距离波源多Δx＝1.5 ，到达第一个波峰的时刻，C比A滞后t= = ，
v v
λ
故C正确；
D、由于质点只是上下振动，不会随波迁移，则B、C之间的距离保持不变，故D错误；
2π πv
E、图示时刻 A 处于波谷，振幅为 H，角速度为ω= =2πf = ，则 A 点的振动方程是
T a
πv 3π
y=Hsin( t+ )，故E正确。
a 2
故选：ACE。[例题12]（2024•江苏模拟）为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利
用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则（ ）
A．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
D．振动器工人开动机器后迅速远离振动器，他听到的振动器声调不变
【解答】解：A．打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率为树干的固有频率，此时粗细
不同的树干振动频率不同，故A错误；
B．当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，当振动频率大
于树木的固有频率时，随着振动器频率的增加，树干振动的幅度将减小，故B错误；
C．受迫振动的频率等于周期性外力的频率，树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不
同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故C正确；
D．根据多普勒效应，振动器工人开动机器后迅速远离振动器，他听到的振动器频率变小，声调
将变低，故D错误；
故选：C。
题型1机械波的规律和描述、机械波的图像应用
1. （2024•大庆三模）位于均匀介质I和介质Ⅱ分界面上的振源S，分别产生两列沿x轴
的负方向和正方向传播的机械波，如图所示。设两种介质中波的频率及传播速度分别为f 、f
1 2
和v 、v ，则（ ）
1 2A．f ＝f 、v ＝0.5v B．f ＝f 、v ＝2v
1 2 1 2 1 2 1 2
C．f ＝0.5f 、v ＝v D．f ＝2f 、v ＝v
1 2 1 2 1 2 1 2
【解答】解：波的频率由波源决定，与介质无关，则f ＝f 。
1 2
1
沿x轴负方向与正方向传播的机械波波长之比为 ： = L：L＝1：2
1 2 2
λ λ
由波速公式v＝ f，得v ＝0.5v ，故A正确，BCD错误。
1 2
故选：A。 λ
2. （2024•贵阳模拟）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，振幅为10cm。实线为t＝0
时刻的波形图，此时x＝7cm处的质点P运动方向沿y轴负方向，虚线为t＝0.1s的波形图。已
知 周 期 T 大 于 0.1s ， 则 该 波 的 传 播 速 度 和 周 期 分 别 为 （ ）
A．0.2m/s，0.4s B．0.4m/s，0.2s
2 2
C． m/s，0.6s D．0.6m/s， s
15 15
【解答】解：因t＝0时刻的P点沿y轴负方向运动，根据同侧法可知波沿x轴正方向传播，由
Δx 6×10−2
于周期T＞0.1s，则波速v= = m/s=0.6m/s
Δt 0.1−0
λ 8×0.01 2
根据波速公式得T= = s= s，故D正确，ABC错误。
v 0.6 15
故选：D。3. （2024•江西模拟）2023年12月18日在甘肃临夏州积石山县发生了6.2级地震，让人
感觉地球处于“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴
正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.5）s（图中虚线）两个时刻x轴上﹣3～
3km区间内的波形图如图所示，关于该地震波，以下判断正确的是（ ）
A．波速可能为v＝8km/s
B．质点振动的周期可能为T＝1.0s
C．t时刻位于x＝1km的质点沿y轴正向振动
D．从t时刻开始计时，x＝2.5km处的质点比x＝2km处的质点先回到平衡位置
【解答】解：B、由图可知，图中由实线变成虚线经历的时间为：
1
Δt＝0.5s＝（n+ ）T，（n＝0，1，2，3…）
2
1
可得周期为T= s，（n＝0，1，2，3…）
2n+1
当n＝0时，T＝1.0s，故B正确；
λ 4
= =
A、由图可知，该波的波长为 ＝4km，则波速为v T 1 km/s＝4（2n+1）km/s
2n+1
λ
由于n是整数，所以v不可能是8km/s，故A错误；
C、波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，t时刻位于x＝1km的质点沿y轴负向振动，故
C错误；
D、根据波形平移法可知，t时刻位于x＝2.5km的质点沿y轴正向振动，而t时刻位于x＝2km的
质点位于波峰，则从t时刻开始计时，x＝2km处的质点比x＝2.5km处的质点先回到平衡位置，
故D错误。
故选：B。题型2已知质点振动图像判定波的图像
4. （2024•门头沟区一模）一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为 。若在
λ
T
x＝0处质点的振动图象如图所示，则该波在t= 时刻的波形曲线为（ ）
4
A． B．
C． D．
T
【解答】解：从振动图像上可以看出x＝0处的质点在t= 时刻处于波峰位置，四个图像中，只
4
有D符合题意，故D正确，ABC错误。
故选：D。
5. （2024•平谷区模拟）如图分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q
的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波的周期是5s
B．1s时P质点的速度为负的最大值C．2s时Q质点的加速度为零
D．该波的波速是1.5m/s
【解答】解：A．根据振动图像可看出该波的周期是4s，故A错误；
B．由P质点的振动图像可看出，在1s时P质点在平衡位置向下振动，则速度为负的最大值，故
B正确；
C．由Q质点的振动图像可看出，在2s时Q质点在正的最大位移处，则加速度最大，故C错误；
1
D．由图像可知，质点Q、P的起振方向相反，则两质点之间的距离满足 x＝n + ，其中n＝
2
λ λ
0，1，2，…
λ
根据波长、波速和周期的关系v=
T
3
代入数据联立解得v= ，其中n＝0，1，2，…，所以波速有多种可能，故D错误；
2n+1
故选：B。
题型3已知波的图像判定质点振动图像
6. （2024•济南模拟）如图所示，波源O沿y轴做简谐运动，形成两列简谐横波，一列
波在介质Ⅰ中沿x轴正方向传播，另一列波在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播。t＝0时刻完整波形
如图所示，此时两列波分别传到x ＝6m和x ＝﹣4m处。t＝1s时质点M位移不变，振动方向
1 2
相反，已知波源振动周期大于1s。则（ ）
A．波源的起振方向沿y轴负方向
B．介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为1：1
C．介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波频率之比为2：3
D．介质Ⅱ中波的周期为1.5s【解答】解：A、t＝0时，两列波分别传到x ＝6m和x ＝﹣4m处，由上下坡法可知，波源的起
1 2
振方向沿y轴正方向，故A错误；
BC、两列波是由同一波源的振动形成的，所以频率相同，根据v＝ f可知
介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为2：3 λ
故BC错误；
1 T
D、由t＝1s时质点M位移不变，振动方向相反可知（2× T+ ）+nT＝1s（n＝0，1，2，..）
12 2
3
可得T= s（n＝0，1，2...）
2+3n
因为波源振动周期大于1s
所以n取0，当n＝0时，可得T＝1.5s
故D正确；
故选：D。
7. （2024•天心区校级一模）杜甫在《曲江》中写到：穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款
飞。平静水面上的S处，“蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播（可视为简谐波），A、
B、C三点与S在同一条直线上。图示时刻，A在波谷与水平面的高度差为H，B、C在不同的
波峰上。已知波速为v，A、B在水平方向的距离为a，（ ）
2v
A．A点振动频率为
a
3v
B．到达第一个波峰的时刻，C比A滞后
a
2v
C．从图示时刻起，经过时间 ，B、C之间的距离增大
a
πv 3π
D．从图示时刻开始计时，A点的振动方程是y=Hsin( t+ )
a 2v
【解答】解：A.由图可知波长为2a，则A点振动频率为f= ，故A错误；
2a
B.由图可知SA＝1.5 ，SC＝3 ，则到达第一个波峰的时刻，C比A滞后
3a λ λ
t＝1.5T=
v
故B错误；
C.B、C只能竖直方向振动，距离不变，故C错误；
2π πv
D.质点的振动角频率为 = =
T a
ω
从图示时刻开始计时，A点的振动方程是
πv 3π
y=Hsin( t+ )
a 2
故D正确。
故选：D。
题型4波动图像和振动图像综合应用
8. （2024•长沙模拟）如图甲所示为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，
两质点P、Q的平衡位置分别位于x＝0.5m、x＝4.0m处，质点Q的振动图像如图乙所示。下
列说法正确的是（ ）
A．t＝0时刻，质点P正沿y轴负方向运动
π
B．质点P的振动方程为y=5cos(10πt+ )cm
4
C．从t＝0时刻至t＝0.15s时刻，质点P通过的路程为(20−5√2)cm
5
D．当质点Q在波峰时，质点P偏离平衡位置的位移为− √2cm
2【解答】解：A．由图乙可知，波的传播周期为0.2s，0.2s时刻质点Q在平衡位置沿y轴正方向
运动，根据平移法可知波沿x轴负方向传播，因此t＝0.2s和t＝0时刻，质点P正沿y轴正方向
运动，故A错误；
B．由图甲可知，质点P的初相位为
0.5 π π
φ = × =
0 1 2 4
质点P的振动方程为
2π π π
y=5sin( t+ )=5sin(10πt+ )cm
0.2 4 4
故B错误；
C．从t＝0时刻至t＝0.15s时刻，质点P通过的路程为
√2 √2
y=2A+2(A− A)2×5+2×（5− ×5）cm=(20−5√2)cm
2 2
故C正确；
D．当质点Q在波峰时，需要经历
1
t=(n+ )T
4
代入质点P的振动方程可得质点P的位移为
5
y= √2cm
2
故D错误。
故选：C。
9. （2024•天津模拟）如图甲所示为沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0.2s时刻的波形图，
两质点P、Q的平衡位置分别位于x＝0.5m、x＝4.0m处，质点Q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．t＝0时刻，质点P正沿y轴负方向运动
π
C．质点P的振动方程为y=5cos(10πt+ )cm
4
5
D．当质点Q在波峰时，质点P的位移为 √2cm
2
【解答】解：A．由图乙可知，t＝0.2s时刻质点Q在平衡位置沿y轴正方向运动，由同侧法可判
断波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．波动周期为0.2s，因此t＝0时刻，和t＝0.2s时质点P的振动方向相同，沿y轴正方向运动，
故B错误；
π
C．质点P的振动方程为：y=5sin(10πt+ )cm，故C错误；
4
1
D．当质点Q在波峰时，需要经历(n+ )T，代入质点P的振动方程可得，此时质点P的位移
4
5
为 √2cm，故D正确。
2
故选：D。
题型5波的周期性多解
10. （多选）（2024•宁波二模）S 为点振源，由平衡位置开始上下振动，产生一列简谐
1
横波沿S S 直线传播，S ，S 两点之间的距离为9m。S 点的左侧为一种介质，右一侧为另一
1 2 1 2 2
种介质，波在这两种介质中传播的速度之比为3：某时刻波正好传到S 右侧7m处，且S 、S
2 1 2
均在波峰位置。则（ ）
A．S 开始运动时方向可能向下也可能向上
2
B．波在S 左侧的周期比在右侧时大
2
28
C．右侧的波长为 = m（n＝0，1，2，3，4…）
2 n+1
λ
3
D．左侧的波长为 = m（n＝0，1，2，3，4…）
1 2n+1
λ
【解答】解：A、S 开始运动时方向与振源的起振方向相同，由于振源的起振方向不知道，所以
2无法确定S 开始运动时方向，故A正确；
2
B、波的振动周期由振源决定，波在S 左侧的周期和右侧的周期相等，故B错误；
2
3
CD、若传到S 时，S 质点从平衡位置向下振动，则有：则n + λ =7m
2 2 2 4 2
λ
28
解得：λ = m （n＝0、1、2、3…）
2 4n+3
9 9 12 3
= = =
此时在S 的左边，有：λ 3 λ 7（4n+3）
2 1 λ 2
4 2
21
解得：λ = m；
1 4n+3
1
若传到S 时，S 质点从平衡位置向上振动，则有：n + λ =7m
2 2 2 4 2
λ
28
解得：λ = m （n＝0、1、2、3…）
2 4n+1
9 9 12 3
= = =
此时在S 的左边，有：λ 3 λ 7（4n+1）
2 1 λ 2
4 2
21
解得：λ = m；
1 4n+1
3 3
因S 、S 均在波峰位置，可知 （4n+1）和 （4n+3）都应该是整数，根据数学知识可得，这两
1 2 7 7
3
个数包含了所有的奇数，即可表示为 2n+1，则 可表示为 = m（n＝0，1，2，3，
1 1 2n+1
λ λ
4…），故C错误，D正确。
故选：AD。
11. （多选）（2021秋•浙江期中）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻波形图如
图中的实线所示，此时波刚好传到P点。虚线表示t＝0.6s时的波形图，a、b、c、P是介质中
的质点，已知波源的振动周期大于0.6s，则以下说法正确的是（ ）A．t＝0.6s时，这列波刚好传播到C点
B．这列波的传播速度为50m/s
5 π
C．质点b的振动方程为y =10sin( πt+ )
b 2 2
2
D．从t＝0时刻开始计时，质点a第一次到达波峰位置，恰好是 s这个时刻
15
3
【解答】解：AB、由波形图可知，波长 ＝40m且0.6s＝nT+ T （n＝0、1、2、3…）
4
λ
当n＝0时，T＝0.8s
λ 40
根据波速公式可得波速为：v= = m/s＝50m/s
T 0.8
则t＝0.6s时，波传播的距离为：s＝vt＝50×0.6m＝30m
又s ＝10m＜30m，故t＝0.6s时，这列波已经传过C点，故A错误，B正确；
PC
2π 2π 5
C、由于该列波的周期为：T＝0.8s，则角速度为：ω= = rad/s= πrad/s
T 0.8 2
1
当 t＝0 时刻，质点 b 在波峰，则可得质点 b 的振动方程为：y ＝Asin（ t+ π）
b 2
ω
5 π
=10sin( πt+ )，故C正确；
2 2
5 π
D、当t＝0时刻，质点a在半波峰处，则可得质点a的振动方程为y ＝10sin（ πt+ ），设质
a 2 6
5 π π 2
点a第一次到达波峰位置的时刻为t′，则有： πt'+ = ，解得：t′= s，故D正确。
2 6 2 15
故选：BCD。
题型6机械波的干涉、衍射、多普勒效应
12. （2023•唐山一模）机械波在深度不同的A、B两部分水中传播某时刻的波形如图所
示，图中明亮区域中间位置为波峰，A部分中相邻波峰间距是B部分中相邻波峰间距的2倍，
已知B部分中波速为0.6m/s。则该机械波（ ）A．在B部分中更容易发生衍射现象
B．在A部分中的波速为0.3m/s
C．由A部分进入B部分频率变大
D．在两部分交界面发生了折射现象
【解答】解：A、因A部分中相邻波峰间距是B部分中相邻波峰间距的2倍，可知波在A部分
中的波长等于B部分的波长的2倍 ＝2 ，又因为发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸
A B
与波的波长接近或远小于波长，所以λ在Aλ部分中更容易发生衍射现象，故A错误；
BC、波的频率由波源决定，所以在两部分中传播时周期和频率不变，则 ＝v T， ＝v T；在
A A B B
A部分中的波速为v ＝1.2m/s，故BC错误； λ λ
A
D、波在两种介质中的传播速度不相等，则在两部分交界面发生了折射现象，故D正确。
故选：D。
13. （多选）（2024•青岛一模）均匀介质中有两个点波源S 、S 位于xOy平面内，位置
1 2
坐标分别为（﹣3m，0）和（5m，0）。t＝0时刻起两波源开始沿垂直坐标平面xOy方向做简
谐运动，振动图像如图。已知两波源的振动传播到坐标原点 O处的时间差为2s。下列说法正
确的是（ ）
A．机械波在介质中的传播速度为1m/s
B．xOy平面内（1m，3m）位置处在振动加强区
C．两波源间的连线上有7个振动最强点
D．0～7s内，O处质点运动的路程为12cm【解答】解：A、两机械波在同一介质传播，传播速度相等，设为 v，由题意有：
Δx 5−3
v= = m/s=1m/s，故A正确；
Δt 2
BC、由题图知，周期为T＝2s，则波长为 ＝vT＝1×2m＝2m
由于两波源的起振方向相反，所以振动加强λ点到两波源的路程差满足
λ
Δx=(2n+1)
2
S 到点（1m，3m）的距离为
1
s =√32+42m=5m
1
S 到（1m，3m）的距离为
2
s =√32+42m=5m
2
则s ＝s ，所以（1m，3m）处于振动减弱区。两波源间的连线上有8个振动加强点分别为x＝﹣
1 2
2.5m，﹣1.5m，﹣0.5m，0.5m，1.5m，2.5m，3.5m，4.5m，故BC错误；
D、由上分析可知，O处质点为振动减弱点，振幅为A＝3cm﹣1cm＝2cm。从0时刻起，经3s，
S 波传到O处质点。经5s，S 波传到O处质点，所以0～7s内，O处质点运动的路程为s＝
1 2
4A +4A＝4×1cm+4×2cm＝12cm，故D正确。
1
故选：AD。
14. （多选）（2024•辽宁一模）声呐是利用声波在水中的传播和反射特性，通过电声转
换和信息处理对水下目标进行探测和通讯的电子设备，现代军舰多利用声呐探测水下目标。图
甲是某舰搭载的声呐发出的一列超声波在t＝0时刻的波形图，图乙是质点P的振动图像，则
下列说法正确的是（ ）
A．超声波遇到大尺寸障碍物可以发生明显的衍射现象
B．舰艇靠近静止的障碍物时，障碍物接收到超声波的频率大于声呐发出的超声波的频率
C．超声波沿x轴负方向传播，波速为1500m/s1 5√3
D．坐标为原点处质点在 ×10−5s时相对平衡位置的位移为 ×10−6m
6 2
【解答】解：A.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
发生明显的衍射现象。超声波的波长为 ＝1.5cm，所以遇到大尺寸障碍物不可以发生明显的衍
射现象，故A错误； λ
B.根据多普勒效应，舰艇靠近静止的障碍物时，两者之间距离减小，则障碍物接收到超声波的
频率大于声呐发出的超声波的频率，故B正确；
C.由乙图可知t＝0时，质点P沿y轴负方向振动，根据“同侧法’可得，超声波沿x轴正方向传
播。由图甲可得，超速波的波长为
＝1.5cm＝0.015m
λ由图乙可得，超速波的周期为
T＝1×10﹣5s
则超速波的波速为
λ
v=
T
解得v＝1500m/s
故C错误；.
D.坐标原点处质点与质点P相距半个波长，振动相反，故t＝0时，坐标原点处质点沿y轴正方
向振动，根据
2π
=
T
ω
解得 ＝2×105rad/s
A＝5ω×10﹣6m
坐标原点处质点的振动方程为
y＝5×10﹣6sin（2×105t）（m）
1
将t= ×10−5s代入解得
6
5√3
y= ×10−6m
2
故D正确；
故选：BD。
15. （多选）（2024•长安区一模）关于下列五幅图像所对应的物理规律，说法正确的是（ ）
A．图1：弹簧振子的加速度大小与位移大小成正比
B．图2：若把单摆从北京移到赤道上，则单摆的振动频率会增加
C．图3：观察者不动，波源S向右运动，相等的时间内，左边观察者接收到波的个数比右边的
少
D．图4：如图甲为汽车消音器，图乙为其结构简化图，声音从入口进入，经a、b传播后从出口
排出，消音原理主要是干涉
E．图5：任意时刻M、N、P三点的位移都相同
【解答】解：A、图1中，弹簧振子的加速度与回复力成正比，回复力大小与位移大小成正比，
所以加速度大小与位移成正比，故A正确；
1 1 √g
B、图2中，单摆的频率为f = = ，由于从北京移到赤道上，重力加速度减小，则频率
T 2π L
减小，故B错误；
C、图3中，由多普勒效应可知，观察者不动，波源向右运动，相等的时间内，左边观察者接收
到波的个数比右边的少，故C正确；
D、图4中，该消声器的消声原理为波的干涉：利用声波沿两个通道传播的路程差为半个波长的
奇数倍，就能产生稳定的消声效果，故D正确；
E、图5中，M、N两点的平衡位置的距离小于一个波长，位移有时相同，有时不相同，而 M、
P两点的平衡位置的距离等于一个波长，位移总是相同，故E错误。
故选：ACD。
