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第 5 讲 机械振动和机械波
目标要求 1.熟练掌握简谐运动各物理量的特点和规律、机械波的传播规律和特点。2.能根据振动和波动图像
分析质点的振动和波动特点。
考点一 机械振动
1.简谐运动的规律
规律 x=Asin(ωt+φ)
反映同一质点在各个时刻的位移
图像
受力 回复力F=-kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，
特征 方向相反
运动 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离
特征 平衡位置时，a、F、x都增大，v减小
能量 振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势
特征 能相互转化，系统的机械能守恒
质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做
周期 周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；
性特 动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期
征 T
为
2
对称 关于平衡位置O对称的两点，加速度的大小、速
性特 度的大小、相对平衡位置的位移大小相等；动
征 能、势能相等
2.弹簧振子
(1)弹簧振子的周期与振幅、与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关。
√m
(2)公式：T=2π 。
k
3.单摆周期
√ l
T=2π
g
g 的
0
理解
重力加速度或等效重力加速度
超重时g=g+a
0
失重时g=g-a
0
完全失重时g=0
0
受力
特征
mg
回复力：F=mgsin θ=- x=-kx
l
v2
最高点：F=m =0，F =mgcos θ
n l T
v 2 v 2
最低点：F=m max 最大，F =mg+m max
n T
l l
例1 (多选)(2024·江西鹰潭市一模)如图所示为水平面内振动的弹簧振子，O是平衡位置，A是最
大位移处，不计小球与轴的摩擦，振幅为A，振动周期为T，则下列说法正确的是( )
A.若B是OA的中点，则从O到B的时间等于从B到A的时间的一半
3T √2
B.从小球运动到O点开始计时，t= 时小球距O点的距离为 A
8 2
C.从O到A的过程中加速度不断减小
D.从O到A的过程中速度与位移的方向相同答案 ABD
A 2π 2π π T
解析 若B是OA的中点，得从O到B的方程为 =Asin ωt=Asin t，得 t= ，解得t= ，B到A的
2 T T 6 12
T T T t' 3T
时间为t'= - = ，明显t= ，则从O到B的时间是从B到A时间的一半，故A正确；把t= 代入方程
4 12 6 2 8
2π √2
x=Asin ωt=Asin t，解得x= A，故B正确；O到A的过程中，回复力增大，则加速度增大，故C错误；
T 2
从O到A的过程中，速度和位移方向均向右，故速度和位移的方向相同，故D正确。
例2 (2024·北京卷·9)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
答案 D
解析 由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误；由题图
乙知，t=0.2 s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t=0至t=0.2
s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知
2π
T=0.8 s，则ω= =2.5π rad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2，D正确。
T
例3 (2024·甘肃卷·5)如图为某单摆的振动图像，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(
)
A.摆长为1.6 m，起始时刻速度最大
B.摆长为2.5 m，起始时刻速度为零
C.摆长为1.6 m，A、C点的速度相同
D.摆长为2.5 m，A、B点的速度相同答案 C
√ l
解析 由单摆的振动图像可知振动周期为T=0.8π s，由单摆的周期公式T=2π 得摆长为
g
gT2
l= =1.6 m，B、D错误；
4π2
起始时刻位于正向最大位移处，速度为零，且A、C点的速度相同，A错误，C正确。
变式 (2024·浙江6月选考·9)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，重力加速度g=10 m/s2，则( )
A.摆角变小时，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
√3
C.小球平衡时，A端拉力大小为 N
2
D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
答案 B
√L
解析 根据单摆的周期公式T=2π 可知周期与摆角无关，故A错误；
g
同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图可得2F cos 30°=mg
A
mg √3
解得F =F = = N
A B 2cos30° 3
故C、D错误；
1.5m×tan30° √L
根据几何知识可知摆长为L= =1 m，故周期为T=2π ≈2 s，故B正确。
cos30° g
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
qE
g=g± g=g
0 m 0
斜面上
的单摆
g=gsin θ g=gsin θ
0 0
双线摆
等效摆长 等
效摆长
l=lsin θ l=lsin θ+l
1 1 3
小球在垂直纸面方向摆动考点二 机械波
形成条件
(1)波源；(2)传播介质，如空气、水等
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，某时刻各质点离开平衡位置的位移
波长、波速和频率(周期)的关系
λ
(1)v=λf；(2)v=
T
波的叠加
(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
λ
为Δx=(2n+1) (n=0，1，2，…)
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A+A
1 2
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
波的特性
波的干涉
波的衍射
例4 (多选)(2024·新课标卷·19)位于坐标原点O的波源在t=0时开始振动，振动图像如图所示，所
形成的简谐横波沿x轴正方向传播。平衡位置在x=3.5 m处的质点P开始振动时，波源恰好第2次
处于波谷位置，则( )A.波的周期是0.1 s
B.波的振幅是0.2 m
C.波的传播速度是10 m/s
D.平衡位置在x=4.5 m处的质点Q开始振动时，质点P处于波峰位置
答案 BC
解析 波的周期和振幅与波源相同，由振动图像可知波的周期为T=0.2 s，振幅为A=0.2 m，故A错误，B
正确；
3
P开始振动时，波源恰好第2次到达波谷，故可知此时经过的时间为t= T+T=0.35 s
4
x 3.5
故可得波速为v= OP= m/s=10 m/s
t 0.35
故C正确；
波长λ=vT=2 m
λ
x =4.5 m-3.5 m=
PQ 2
故可知当质点Q开始振动时，质点P处于平衡位置，故D错误。
例5 (多选)(2024·吉林白山市一模)某健身者挥舞健身绳锻炼臂力，挥舞后形成一列沿x轴传播的
简谐横波，如图所示，实线为t =0时的波形图，虚线为t =2 s时的波形图。已知波的周期T>1 s，
1 2
下列说法正确的是( )
5
A.这列波的波速可能为 m/s
2
11
B.这列波的波速可能为 m/s
2
C.这列波10 s内传播的距离可能为35 m
D.这列波10 s内传播的距离可能为45 m
答案 AC
T 8
解析 若这列波沿x轴负方向传播，则Δt= +nT=2 s(n=0，1，2，3…)，可得T= s(n=0，1，2，
4 4n+1
3…)，因为波的周期T>1 s，所以这列波的周期可能为8 s、1.6 s。因为这列波的波长为λ=4 m，这列波的波λ 4n+1 1 5
速为v= = m/s(n=0，1，2，3…)，所以这列波的波速可能为 m/s、 m/s。根据Δx=v·Δt，这列波
T 2 2 2
3T
10 s内传播的距离可能为5 m、25 m。若这列波沿x轴正方向传播，则Δt= +nT=2 s(n=0，1，2，3…)，
4
8 8 8
可得T= s(n=0，1，2，3…)，因为波的周期T>1 s，所以这列波的周期可能为 s、 s。因为这列波
4n+3 3 7
λ 4n+3 3 7
的波长为λ=4 m，这列波的波速为v= = m/s(n=0，1，2，3…)，所以这列波的波速可能为 m/s、
T 2 2 2
m/s。根据Δx=v·Δt，这列波10 s内传播的距离可能为15 m、35 m。故选A、C。
例6 (多选)(2024·山东卷·9)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2
m/s。t=0时刻二者在x=2 m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2 m处的质点P，下列说
法正确的是( )
A.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为0
B.t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm
C.t=1.0 s时，P向y轴正方向运动
D.t=1.0 s时，P向y轴负方向运动
答案 BC
λ λ
解析 T = 1=2 s，T = 2=1 s
1 v 2 v
T T
Δt =0.5 s= 1= 2 ，
1
4 2
甲波经0.5 sP质点处于波谷，
乙波经0.5 sP质点在平衡位置
根据叠加原理可知，t=0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为-2 cm，故A错误，B正确；
T
Δt =1.0 s= 1=T ，
2 2
2
经1.0 s甲波在P点引起的振动向上，乙波在P点引起的振动也向上，
根据叠加原理可知，t=1.0 s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。
考点三 振动图像和波的图像的综合应用
巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法例7 (2024·北京市人大附中一模)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示，
图甲中某质点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.该波的波速为4 m/s
B.图乙表示质点S的振动图像
C.质点R在t=6 s时的位移最大
D.质点Q经过1 s沿x轴正方向移动2 m
答案 C
λ
解析 由题图甲可得，波长为λ=8 m，由题图乙可得，周期为T=4 s，则波速为v= =2 m/s，故A错误；根
T
据波沿x轴正方向传播，由题图甲可得，在t=0时，质点S在平衡位置，向下振动，因此题图乙与质点S的
3
振动不符，故B错误；由于t=6 s= T，因此质点R经过6 s后处于波峰位置，此时位移最大，故C正确；
2
质点不随波的传播而移动，因此质点在y方向上振动，横坐标不变，故D错误。
拓展 x=28 m处的质点，经多长时间第一次到达波峰？
答案 13 s
x-x 28-2
解析 Δt= P= s=13 s。
v 2
例8 (2023·湖北卷·7)一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100 cm，振幅为8 cm。介质中有a和
40
b两个质点，其平衡位置分别位于x=- cm和x=120 cm处。某时刻b质点的位移为y=4 cm，且向
3
y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为( )答案 A
40 4
解析 a、b之间的距离为Δx=( +120) cm= λ，此时b点的位移为4 cm且向y轴正方向运动，令此时b
3 3
π 5π
点的相位为φ，则有4 cm=8sin φ (cm)，解得φ= 或φ= (舍去，向下振动)，由a、b之间的距离关系可知
6 6
λ
2 5
φ -φ=3·2π= π，则φ = π，可知a点此时的位移为y=8sin φ (cm)=4 cm，且向下振动，故选A。
a 3 a 6 a
λ
专题强化练
［分值：60分］
1~5题每题5分，6~8、10题每题6分，9题11分，共60分
［保分基础练］
1.(多选)(2024·广东佛山市二模)某型号降噪耳机工作原理如图所示，降噪过程包括如下几个环节：首先，
由微型麦克风采集环境中的中、低频噪声；接下来，将噪声信号传至降噪电路；在降噪电路处理完成后，
通过扬声器向外发出声波来抵消噪声；最后，我们耳朵就会感觉到噪声减弱甚至消失。对该降噪耳机相关
说法正确的是( )
A.耳机降噪利用了声波的多普勒效应
B.抵消声波的频率与噪声的频率应该相等
C.抵消声波与噪声的相位差为零
D.抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
答案 BD
解析 耳机降噪利用了声波的干涉原理，故A错误；频率相同的波才能发生干涉，即声波的叠加，相位相
反时则可以相互抵消，故B正确，C错误；声波是靠介质传播，同一介质中传播速度相等，故D正确。
2.(2024·广东卷·3)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
λ 2m
解析 由题图可知该简谐横波的波长为λ=2 m，所以周期为T= = =2 s
v 1m/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，相对平衡位置的位移为0.1 m。
故选B。
3.(2024·江苏扬州市二模)如图所示，弹簧一端与光滑斜面底端的固定挡板相连，另一端与小木块相连，木
块静止在O点。现将木块推至M点由静止释放，第一次运动至O点的时间为t 。已知N点是MO的中点，
0
则( )
t
A.木块从M点第一次运动到N点的时间为 0
2
B.若木块从N点由静止释放，第一次运动至O点的时间小于t
0
C.若斜面倾角变小，木块由M点静止释放运动至最高点的时间小于2t
0
D.若斜面粗糙，木块由M点静止释放经2t 时间运动至最高点
0
答案 D
解析 小木块做简谐运动，木块静止在O点，受力平衡，合力为零，因此O点为平衡位置，运动过程中，
经过平衡位置时速度最大，运动相同的距离，速度小的时候用时长，因此木块从M点第一次运动到N点的
t √m
时间大于 0 ，故A错误；根据弹簧振子的周期公式T=2π ，可知周期与振幅、斜面倾角和接触面粗糙程
2 k
度无关，因此木块从N点由静止释放，振幅变为原来的二分之一，第一次运动至O点的时间也是周期的四
分之一，仍为t ；若斜面倾角变小或者接触面粗糙，木块由M点静止释放运动至最高点所用时间是周期的
0
二分之一，时间等于2t ，故B、C错误，D正确。
0
4.(2024·湖南卷·2)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪
状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m，t 时刻A点位于波谷，B点
0
位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是( )
A.波长为3 m
B.波速为12 m/s
C.t +0.25 s时刻，B点速度为0
0
D.t +0.50 s时刻，A点速度为0
0
答案 D解析 画出t 时刻A、B两点间波形如图所示
0
3
可知x = λ=6 m
AB 2
解得λ=4 m，A错误；
60
波源的振动频率为f= Hz=1 Hz
60
故波速为v=λf=4 m/s，B错误；
1 T
质点的振动周期为T= =1 s，因为0.25 s= ，故B点在t +0.25 s时刻运动到平衡位置，速度最大，C错误；
f 4 0
T
0.5 s= ，故A点在t +0.5 s运动到波峰，速度为0，D正确。
2 0
5.(多选)(2023·天津卷·7)在均匀介质中，位于坐标原点的波源从t=0时开始沿y轴做简谐运动，形成沿x轴
传播的简谐横波，t=0.5 s时的波形如图所示，此刻平衡位置在x=2.5 m处的质点刚开始振动，则下列说法
正确的是( )
A.该波在介质中波速v=4 m/s
B.x=1 m处质点在t=0.3 s时位于波谷
C.波源的位移表达式为y=0.02sin(5πt+π) m
D.经过半个周期x=-1 m处的质点向左迁移半个波长
答案 BC
x 2.5
解析 由题图可知t=0.5 s时，波传播的距离为x=2.5 m，故波速为v= = m/s=5 m/s，故A错误；由题图
t 0.5
λ 2 x 1
可知该波的波长为λ=2 m，所以波的周期为T= = s=0.4 s，波传播到x=1 m处需要的时间t = = s=0.2
v 5 1 v 5
1
s，由题图可知该波的起振方向向下，t=0.3 s时，x=1 m处的质点已振动了0.1 s，即 T，所以位于波谷，
4
2π
故B正确；根据图像可知该波的振动方程为y=Asin( t+φ)=-0.02sin(5πt) m=0.02sin(5πt+π) m，故C正确；
T
质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。
［争分提能练］6.(多选)(2024·山东济宁市一模)位于x=-3 cm和x=13 cm处的两波源都只做了一次全振动，形成两列分别沿
x轴正方向和负方向传播的简谐横波，振幅均为A=5 cm，t=0时刻的波形如图甲所示，此时波刚好传到
M、N两点，M、P、Q、N在x轴上的坐标分别为1 cm、3 cm、5 cm、9 cm，平衡位置在M处的质点振动
图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.t=2 s时，平衡位置在M处的质点刚好运动到P点
B.t=5 s时，平衡位置在Q处的质点的位移为-10 cm
C.P处质点振动过程中的最大位移大小为5 cm
D.平衡位置坐标为x=4 cm的质点在振动过程中通过的总路程为10 cm
答案 BC
λ
解析 根据题图甲可知波长为λ=4 cm，根据题图乙可知周期为T=4 s，则波速为v= =0.01 m/s，
T
则t=2 s时，左边的波向右传播的距离为x=vt=2 cm，即M点的振动形式刚好传到P点，但质点M只能在平
衡位置附近上下振动，质点不能随波迁移，故A错误；两列波的起振点到Q点的距离为4 cm，则起振传
x' 0.04 T T
到Q点需要的时间为Δt= = s=4 s=T，因时间t =5 s=T+ ，剩下的 时间Q点向下起振到达波谷，
v 0.01 2 4 4
根据波的叠加，则Q处的质点的位移为两个振幅的长度，即为-10 cm，故B正确；根据题意可知，当沿x
轴正方向传播的波刚离开P点时，沿x轴负方向传播的波刚好传到P点，以后P点只参与沿x轴负向传播
的波引起的振动，故P点最大位移为振幅值，即5 cm，故C正确；M点到x=4 cm处的质点距离与N点到
1
x=4 cm处的质点距离差Δx=2 cm= λ，故x=4 cm处的质点为振动减弱点，沿x轴正方向传播的波传到x=4
2
T T
cm处的质点后，在x=4 cm处的质点振动 时间后，沿x轴负方向传播的波传到x=4 cm处的质点，此后
2 2
时间内x=4 cm处的质点振幅为0，同理，当沿x轴正方向传播的波离开x=4 cm处的质点后，此质点将受沿
T
x轴负方向传播的波影响，继续振动 时间，故x=4 cm处的质点在振动过程中通过的总路程为20 cm，故
2
D错误。
7.(2024·黑吉辽·7)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上为正方向
建立x轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图像如(b)所示(不
ρ
考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ 和ρ ，地球半径是该天体半径的n倍。 1的值为(
1 2 ρ
2
)n 2 1
A.2n B. C. D.
2 n 2n
答案 C
解析 设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，小球质量
2kA kA g
为m，根据简谐运动的平衡位置合力为零有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g= ，g'= ，可得 =2，设某
m m g'
4 4
ρ · π(nR) 3·m ρ · πR3·m
球状天体的半径为R，在地球和天体表面，分别有G 1 3 =mg，G 2 3 =mg'，联立可得
(nR) 2 R2
ρ 2
1
= ，故选C。
ρ n
2
8.(2024·湖南永州市三模)“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区
提前发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲
为t=0.6 s时的波的图像，图乙为x=5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为-1 cm，下列说
法正确的是( )
A.这列波沿x轴正方向传播
5π π
B.P质点的振动方程为y=2sin ( t+ ) cm
3 6
C.t=0.6 s时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反
D.从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、Q两质点经过的路程相等
答案 B
解析 由题图乙可知，在t=0.6 s时，A质点正在沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方
2π 2π 5π
向传播，故A错误；P质点的振动方程为y=Asin (ωt+φ)，而ω= = rad/s= rad/s，将t=0.6 s，y=-1
T 1.2 3
π 5π π
cm代入解得φ= 或 ，因t=0时刻，质点P沿+y方向运动，故取φ= ，因此P质点的振动方程为y=2sin
6 6 6
5π π
( t+ ) cm，故B正确；t=0.6 s时，质点P、Q点在x轴下方，加速度方向都沿y轴正方向，P、Q两质点
3 6位移相同，加速度大小相同，故C错误；由波向x轴负方向传播可知t=0.6 s时质点P在x轴下方并向y轴
T
负方向减速运动；Q在x轴下方并向y轴正方向加速运动，又0.3 s= ，所以从t=0.6 s开始经过0.3 s，P、
4
Q两质点经过的路程不相等，故D错误。
9.(11分)(2023·全国甲卷·34(2))分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同振幅均为5
cm，波长均为8 m，波速均为4 m/s。t=0时刻，P波刚好传播到坐标原点处，该处的质点将自平衡位置向
下振动；Q波刚好传到x=10 m处，该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后，两列波相遇。
(1)(5分)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t=2.5 s时刻的波形图(P波用虚线，Q波用实线)；
(2)(6分)求出图示范围内的介质中，因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
答案 (1)见解析图 (2)见解析
解析 (1)根据Δx=vt得
Δx=4×2.5 m=10 m
可知t=2.5 s时P波刚好传播到x=10 m处，Q波刚好传播到x=0处，
根据上下坡法及两波的波长λ=8 m可得波形图如图所示
(2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源
(2n+1)λ
的距离差Δx= (n=0，1，2…)
2
解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有
x=3 m、x=7 m
振动减弱的条件为Δx=nλ(n=0，1，2…)
解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有
x=1 m、x=5 m、x=9 m。
［尖子生选练］
10.(多选)(2024·福建三明市一模)有一列沿x轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质
点a和在x=6 m处的质点b的振动图像分别如图甲、乙所示。则下列说法正确的是( )π π
A.质点a的振动方程为y=4sin ( t+ ) cm
4 2
B.质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡位置且向y轴正方向振动
C.若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3 m/s
D.若波沿x轴负方向传播，这列波的最大波长为24 m
答案 BD
π
解析 根据题图甲可得质点a的振幅、周期、初相位分别为A =4 cm，T=8 s，φ =- ，
a 0 2
π π
根据振动方程y=Asin (ωt+φ )，可得质点a的振动方程为y=4sin ( t- ) cm，故A错误；根据质点a、b的振
0 4 2
动图像可知，在题述时刻，质点a在波谷，质点b在平衡位置，且两质点在该时刻后均向上振动，则根据
λ
“同侧法”可知，若该波沿x轴负方向传播，则两质点之间的距离应满足 +nλ=6 m(n=0，1，2，3…)，
4
24
解得λ= (n=0，1，2，3…)，当n=0时，该波波长有最大值λ =24 m，
1+4n m
3λ
若该波沿x轴正方向传播，则两质点之间的距离应满足 +nλ=6 m(n=0，1，2，3…)
4
24 λ 3
解得λ= (n=0，1，2，3…)，根据波速与波长之间的关系v= ，可得该波的波速的可能值为v=
3+4n T 3+4n
m/s(n=0，1，2，3…)，当n=0时，向x轴正方向传播的速度有最大值v =1 m/s，而无论该波向左传播还是
m
1
向右传播，两质点之间的距离总是 波长的奇数倍，由此可知，质点a处在波谷时，质点b一定处在平衡
4
位置且向y轴正方向振动，故B、D正确，C错误。
