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专题32 机械波
考点
考情
命题方向
考点1 机械波传播
考点2 机械波干
涉、衍射、
多普勒效应
2024 年高考全国理综甲卷
2024 年高考广东卷
2024 年高考湖南卷
2024 高考全国理综新课程卷
2023 高考上海卷
2024 年高考江西卷
2023 年6 月高考浙江卷
2023 年高考选择性考试辽宁卷
1.机械波高考考查频率较高的
知识主要表现在给出波动图
像，或给出波源或介质中某点
的振动图像，波动传播速度计
算，介质中质点位移、路程等
一直是考查的热点。
2.机械波叠加、机械波干涉、
衍射、多普勒效应等可能单独
考查，也可能与波动图像有机
结合考查。
题型一 机械波的形成与传播
1．机械波的形成条件
(1)有发生机械振动的波源。
1
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(2)有传播介质，如空气、水等。
2．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)介质中各质点的振幅相同，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。
3．机械波的分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)。
[模型演练1] （2024 春•太原期末）体操彩带由短杆和一定长度的彩带组成。运动员周期
性地上下抖动短杆，彩带上形成简谐波，某一时刻彩带的形状如图所示。彩带重力不计，下列
选项正确的是（ ）
A．图中彩带上的质点a 正在向下运动
B．彩带上的质点b 向右移动，把能量传递给质点a
C．短杆与彩带的接触点在竖直方向做匀速运动
D．由于短杆在竖直方向振动，所以该简谐波为纵波
【解答】解：A、图中波向右传播，根据“同侧法”可知，彩带上的质点a 正在向下运动，故A
正确；B、机械波传播过程中，质点只在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故B 错误；
C、短杆与彩带的接触点在竖直方向做简谐振动，故C 错误；D、由于短杆在竖直方向振动，波
向右传播，波源振动方向与传播方向垂直，所以该简谐波为横波，故D 错误。故选：A。
[模型演练2] （2024•厦门三模）2024 年4 月25 日20 时59 分，搭载神舟十八号载人飞船
的长征二号F 遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射升空，飞船进入预定轨道，调整姿
态后成功与空间站对接，历时约6.5 小时，空间站离地面高度约为400km，则（ ）
A．与空间站对接过程中飞船可视为质点
B．雷达跟踪飞船的无线电波是纵波
C．火箭点火升空瞬间处于超重状态
D．飞船从发射到对接过程的平均速率约为62m/s
【解答】解：A.在与空间站对接过程中，飞船的形状与体积对所研究的影响不能够忽略不计，
此时飞船不能够视为质点，故A 错误；
2
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B.雷达跟踪飞船的无线电波是电磁波，电磁波是横波，故B 错误；
C.火箭点火升空瞬间，火箭速度增大，火箭运动方向向上，则火箭加速度向上，可知，此时火
箭处于超重状态，故C 正确；
D.平均速率等于总路程与总时间的比值，由于不知道飞船从发射到对接过程的路程，故无法求
解平均速率，故D 错误。
故选：C。
[模型演练3] （2024•嘉兴一模）某研究性学习小组研制了一种简易地震仪，由竖直弹簧
振子P 和水平弹簧振子Q 组成，两振子所用弹簧完全相同，小球P 的质量小于Q 的质量。在
一次地震中，观察到P 先发生振动，3s 后Q 也开始振动，某个稳定时段P 的振幅大于Q 的振
幅。从震后的媒体报道中获悉，此次地震的震源位于地震仪正下方，地震波中的横波和纵波传
播速率分别约为4km/s 和6km/s。据此，该学习小组做出了以下判断，其中正确的是（ ）
A．震源距地震仪约10km
B．震源距地震仪约36km
C．此地震波横波的振幅一定小于纵波的振幅
D．此地震波横波的频率一定大于纵波的频率
【解答】解：AB．设震源距地震仪的距离为x，有x
v1
- x
v2
=3 s
其中v1＝4km/s，v2＝6km/s
解得：x＝36km，故A 错误，B 正确；
C．因为只是某个稳定时段P 的振幅大于Q 的振幅，不能确定地震波横波的振幅和纵波的振幅大
小关系，此地震波横波的振幅可能大于、小于或等于纵波的振幅，故C 错误；
D．由于是同一震源，所以地震波的横波和纵波频率相同，故D 错误。
故选：B。
[模型演练4] （2022 秋•桂林期末）由多家中国建筑公司承担建设的卡塔尔卢赛尔体育场，
承办了2022 年足球世界杯包括决赛在内的多场赛事。12 月10 日，阿根廷队和荷兰队在卢赛尔
体育场争夺世界杯“八进四”的比赛中，八万观众自发的在观众席上进行“人浪”游戏，从看
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台A 区到B 区的观众依次做出下列动作：起立—举起双臂—坐下，呈现类似波浪的效果，下
列关于“人浪”说法正确的是（ ）
A．当“人浪”从看台A 区传到B 区时，观众也要从看台A 区跑到B 区
B．“人浪”从看台A 区传到B 区的速度由观众从看台A 区跑到看台B 区的速度决定
C．观众“起立—举起双臂—坐下”的动作越频繁，“人浪”传播的速度一定越快
D．“人浪”的传播是观众所做动作“起立—举起双臂—坐下”形式的传播
【解答】解：AB．当“人浪”从看台A 区传到B 区时，观众只在自己座位上下运动，并不向前
移动，不会从看台A 区跑到B 区，故AB 错误；
C．“人浪”传播的速度快慢与观众“起立—举起双臂—坐下”的动作频率无直接关系，故C 错
误；
D．观众的动作相当于质点的振动形式，“人浪”相当于横波，“人浪”的传播是观众所做动作
“起立—举起双臂—坐下”形式的传播，故D 正确。
故选：D。
[模型演练5] （2023 秋•重庆期中）如图所示小鸭A（视为质点）在平静的河道内靠近岸
边戏水，在水面上引起一列稳定的简谐水波，B 为岸边的一点，已知P 点为小鸭A 和B 点连线
的中点，忽略传播时能量的衰减，下列说法正确的是（ ）
A．P 点与B 点的振动频率相同
B．P 点将随水波运动到B 点
C．P 点与B 点的振动方向一定相同
D．P 点的振幅一定大于B 点的振幅
【解答】解：A、波传播过程中，各个质点与波源的振动频率相等，周期相等，所以各个质点的
振动频率相等，周期相等，故A 正确；
B、波在传播过程中，介质中的质点只在各自的平衡位置附近振动，不随波运动，故B 错误；
C、由于不确定P 点与B 点的距离与波长的关系，所以不能确定这两点的振动方向是相同还是相
反，故C 错误；
D、各质点振幅相同，故D 错误。
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故选：A。
题型二 波动图像和振动图像的理解和应用
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
研究内容
一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
图象信息
(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
图象变化
随时间推移，图象延续，但已有
形状不变
随时间推移，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
[模型演练6] （多选）（2024 春•佛山期末）O 点处有一质点从t＝0 时刻开始沿y 轴方向
做简谐运动，产生一列沿x 轴正方向传播的波，t＝0.4s 时形成的波形图如图所示，此时刻后波
源质点的振动频率突然变为原来的2 倍，振幅不变，则（ ）
A．波源的起振方向为沿y 轴负方向
B．t＝0.4s 后波速变为10m/s
C．平衡位置为x＝4m 处的质点B 第一次处于波峰时，x＝1m 处的质点A 正处于波谷
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D．0～1.5s 时间内，平衡位置为x＝4m 处的质点运动的总路程为100cm
【解答】解：A、该波沿x 轴正方向传播，t＝0.4s 时传播到x＝2m 处，即传播了一个波长的距
离，故x＝2m 处质点的振动形式与波源相同，根据上下坡法，可知x＝2m 处质点的起振方向为
沿y 轴负方向，则波源的起振方向为沿y 轴负方向，故A 正确；
B、由t＝0.4s 时形成的波形图可知，0～0.4s 时，该波正好传播了一个波长，故周期T＝0.4s，波
长λ＝2m，故t＝0.4s 前波速为v = λ
T = 2
0.4 s=5m/ s
t＝0.4s 后波源质点的振动频率突然变为原来的2 倍，但传播的介质未发生变化，所以t＝0.4s 后
波速不变，仍为5m/s，故B 错误；
C、t＝0.4s 后波源质点的振动频率突然变为原来的2 倍，则新波周期变为原来的1
2，即t＝0.4s 后
新波的周期变为T′= T
2 = 0.4
2 s＝0.2s
由于波速v＝0.5m/s，从t＝0.4s 时开始计时，波传播到B 点时所需要的时间为
t1= x
v = 2
5 s=0.4 s
波刚传到B 点时，B 点向下振动，B 第一次到达波峰还需要时间为
t2= 3
4 T =0.3 s
故平衡位置为x＝4m 处的质点B 第一次处于波峰时，从t＝0.4s 时开始计时，还需要的时间t＝
t1+t2＝0.4s+0.3s＝0.7st＝0.4s 时开始计时，新波波速不变，传到x＝1m 处的A 点需要的时间为
0.2s，此时A 点向下振动，再经过0.5s，即5
2 T '，质点A 处于平衡位置正向上振动，故C 错误；
D、由以上分析可知，从t＝0 开始计时，波传到x＝4m 处的质点B 需要的时间为0.8s，新波传
到x＝4m 处的质点B 需要的时间为1.2s，所以0～1.5s 时间内质点B 在t＝0.8s 时开始振动，0.8s
～1.2s 时B 点的振动周期为T，运动的路程为4 个振幅。1.2s～1.5s 时B 点的振动周期为T′，
振动时间为1.5 个T′，运动的路程为6 个振幅，则质点B 运动的总路程为10 个振幅，即s＝
10A＝10×10cm＝100cm，故D 正确。
故选：AD。
[模型演练7] （2024•天津模拟）“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
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开研究，某机械波沿x 轴传播，图甲为t＝0.6s 时的波动图像，图乙为x＝5m 处A 质点的振动
图像，此时P、Q 两质点的位移均为﹣1cm，下列说法正确的（ ）
A．这列波沿x 轴正方向传播
B．P 质点的振动方程为y＝2sin（5 π
3 t+ π
6 ）（cm）
C．t＝0.6s 时，P、Q 两质点加速度大小相同，方向相反
D．从t＝0.6s 开始经过0.3s，P、Q 两质点经过的路程相等
【解答】解：A.由乙图可知，在t＝0.6s 时，A 质点正在沿y 轴负方向运动，根据“同侧法”可
知，波沿x 轴负向传播，故A 错误；.
B.P 质点的振动方程为y＝Asin （ωt+φ）cm
而ω= 2π
T
其中T＝1.2s
将t＝0.6s，y＝﹣1cm 代入振动方程解得φ= π
6 或5 π
6
因t＝0 时刻，质点P 沿+y 方向运动，故取φ= π
6 ，因此P 质点的振动方程为y＝2sin（5 π
3 t+ π
6 ）
（cm）
故B 正确；
C.t＝0.6s 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 两质点位移相同，
加速度大小相同，故C 错误；
D.波向x 轴负方向传播可知t＝0.6s 时质点P 在x 下方并向y 轴负方向减速运动；Q 在x 轴下方并
向y 轴正方向加速运动，又0.3s= T
4
所以从t＝0.6s 开始经过0.3s，P、Q 两质点经过的路程不相等，故D 错误。
故选：B。
[模型演练8] （2024•沙坪坝区校级模拟）一简谐横波沿x 轴正向传播，t＝0 时刻的波形
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如图a 所示，x＝0.3m 处的质点的振动图像如图b 所示，已知该波的波长大于0.3m，则
（ ）
A．t＝0 时刻x＝0 处的质点正在向y 轴正方向振动
B．t＝0 时刻x＝0.3m 处的质点正在向y 轴负方向振动
C．该波的波长为0.7m
D．该波的波长为0.8m
【解答】解：A、由于该波沿x 轴正向传播，根据平移法由图a 可知t＝0 时刻x＝0 处的质点正
在沿y 轴负方向振动，故A 错误；
B、由图b 可知t＝0 时刻m 处的质点正在沿y 轴正方向振动，故B 错误；
CD、由于波长大于0.3m 且波沿x 轴正方向传播可得，x＝0.30m 处的质点在图中的P 位置，则有
( 1
4 + 1
8 )λ =0.3m，解得λ＝0.8m，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练9] （2024•成华区校级模拟）潜艇在水下活动时需要用声呐对水下物体及舰船
进行识别、跟踪、测向和测距。某潜艇声呐在水下发出的一列超声波在t＝0 时的波动图像如
图甲所示，图乙为水下质点P 的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该超声波在空气中的波速为1.5×103m/s
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B．该超声波在空气中的频率为0.1MHz
C．0～1s 内，质点P 沿x 轴运动了1.5×103m
D．该超声波沿x 轴负方向传播
【解答】解：A、由图甲可知该超声波的波长为：λ＝1.5×10﹣2m，由图乙可知周期为T＝1×10﹣
5s，则该超声波在水下的速度为v = λ
T = 1.5×10
-2
1×10
-5 m/ s=1.5×10
3m/ s，该超声波在空气中的
波速小于1.5×103m/s，故A 错误；
B、超声波在不同介质中频率不变，为f= 1
T =
1
1×10
-5Hz＝105Hz＝0.1MHz，故B 正确；
C、波在传播过程中，质点并不随波迁移，故C 错误；
D、由图乙知，t＝0 时刻P 点向上振动，根据上下坡法，超声波沿x 轴正方向传播，故D 错误。
故选：B。
[模型演练10] （2024•黄州区校级二模）直角坐标系xOy 的y 轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的
分界线。位于x＝0 处的波源发出的两列简谐横波a、b 同时在Ⅰ、Ⅱ中传播。t＝0 时刻波源开
始振动，t＝6s 时刻只画出了介于一6m 和6m 之间的波形（图甲）。已知该时刻a 波刚好传到
x＝6m 处，则t＝1.5s 时介于﹣6m 和6m 之间的波形图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、由题可知，t＝6s 时，x＝6m 的质点刚刚开始振动，根据质点的传播方向和振
动方向的关系可知，该质点此时刻向y 轴负方向振动，说明振源开始振动的方向也为y 轴负方向；
t＝6s 时，a 波刚好传到x＝6m 处，可知a 波的波速为：va= x
t = 6
6 m/s＝1m/s
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则t＝1.5s 时，a 波刚好传到x＝1.5m 处，且x＝1.5m 处质点向y 轴负方向振动，故AB 错误；
CD、由题意可知，这两列波是由同一振源引起的，故两列波的频率关系为：fa＝fb
由图象可知，a 波的波长为：λa＝1m，b 波的波长为：λb＝4m
根据公式v＝λf
可知va：vb＝1：4
所以t＝1.5s 时，b 波刚好传到x＝6m 处，故C 错误，D 正确；
故选：D。
题型三 波传播的周期性和多解性问题
造成波动问题多解的主要因素有
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。
[模型演练11] （2024•淇滨区校级模拟）一列简谐横波在t＝0 时的波形如图中实线所示，t
＝1s 时的波形如图中虚线所示，则下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长为8m
B．平衡位置分别为A、B 的两个质点，振动方向始终相同
C．若波向右传播，则波的最大频率为0.25Hz
D．若波向左传播，则波的传播速度大小为6m/s
【解答】解：A．根据题中的波形图，这列波的波长为λ＝8m，故A 正确；
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B．A、B 两个质点的平衡位置相距Δx = 4 m= λ
2
振动方向相反，故B 错误；
C．若波向右传播，有( 1
4 +n)T =1s(n=0，1，2⋯)
解得T =
4
1+ 4 n s(n=0，1，2⋯)
n＝0 时，周期最大，此时波的最小频率为
f＝0.25Hz
故C 错误；
D．若波向左传播，有( 3
4 +n)T =1s(n=0，1，2⋯)
解得T =
4
3+ 4 n s(n=0，1，2⋯)
则波的传播速度大小为v = λ
T =(6+8n)m/ s(n=0，1，2⋯)
故D 错误。
故选：A。
[模型演练12] （2023 秋•齐齐哈尔期末）沿x 轴传播的简谐横波在t1＝0 时刻的波形如图中
实线所示，在t2＝0.4s 时刻的波形如图中虚线所示。已知波的周期0.2s＜T＜0.4s，P 为波中的
一个振动质点。则下列说法不正确的是（ ）
A．波的传播速度可能为20m/s
B．在t3＝0.6s 时刻，质点P 的振动方向一定向下
C．在t3＝0.6s 时刻，质点P 的加速度方向一定向上
D．质点P 在2.4s 内运动的路程可能为96cm
【解答】解：A、根据图像可知波长λ＝6m
若该简谐波向x 轴正方向传播，则有：0.4s＝（n+ 1
3）T，（n＝0，1，2，3……）
因为0.2s＜T＜0.4s，可得：T＝0.3s
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可得波传播速度为：v= λ
T = 6
0.3m/s＝20m/s
若该简谐波向x 轴负方向传播，则有：0.4s＝（n+ 2
3）T，（n＝0，1，2，3……）
因为0.2s＜T＜0.4s，可得：T＝0.24s
可得波传播速度为：v= λ
T =
6
0.24 m/s＝25 m/s，故A 正确；
BC、若简谐波向x 轴正方向传播，因t3＝0.6s＝2T，可知此时刻的波形图与t1＝0 时刻的波形图
相同，所以质点P 向下振动，加速度方向向上；
若简谐波向x 轴负方向传播，则t3＝0.6s= 0.6
0.24 T = 5
2T，画出t3＝0.6s 时刻的波形图如下图中的
图线3 所示，
此时质点P 向下振动，加速度方向向下。
综上所述，质点P 的振动方向一定向下，加速度不一定向上，故B 正确，C 错误；
D、若简谐波向x 轴正方向传播，则2.4s＝8T，质点P 在8T 内运动的路程为s＝8×4A＝32×3cm
＝96cm；
若简谐波向x 轴负方向传播，则2.4s＝10T，质点P 在10T 内运动的路程为s＝10×4A＝40×3cm
＝120cm，故D 正确。
本题选错误的
故选：C。
[模型演练13] （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（ ）
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A．t＝0 时刻，质点P 正沿y 轴负方向运动
B．质点P 的振动方程为y =5cos(10 πt + π
4 )cm
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
D．当质点Q 在波峰时，质点P 偏离平衡位置的位移为- 5
2 √2cm
【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φ0= 0.5
1 × π
2 = π
4
质点P 的振动方程为y =5sin( 2π
0.2 t + π
4 )=5sin(10 πt + π
4 )cm
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y =2 A +2( A - √2
2 A )2×5+2×（5- √2
2 ×
5）cm=(20-5√2)cm
故C 正确；
D．当质点Q 在波峰时，需要经历t =(n+ 1
4 )T
代入质点P 的振动方程可得质点P 的位移为y = 5
2 √2cm
故D 错误。
故选：C。
[模型演练14] （2023 秋•东安区校级期末）如图，一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，振
幅为2cm，波速为2m/s。在波的传播方向上两质点a、b 的平衡位置相距0.4m（小于一个波
长），当质点a 在波峰位置时，质点b 在x 轴下方与x 轴相距1cm 的位置。则下列不正确的是
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（ ）
A．从此时刻起经过0.5s，b 点可能在波谷位置
B．从此时刻起经过0.5s，b 点可能在波峰位置
C．此波的周期可能为0.6s
D．此波的周期可能为1.2s
【解答】解：CD、根据题意，有两种情况：
第1 种情况：
波的图象如图1 所示，从图象得，（1
4 + 1
12）λ＝0.4m，所以波长：λ＝1.2m，根据v= λ
T ，可得
周期：T= λ
v = 1.2
2 s＝0.6s；
第2 种情况如图2 所示：
波的图象如图，从图象得，（1
2 + 1
4 - 1
12）λ＝0.4m，解得：λ＝0.6m，根据v= λ
T ，可得周期：T
= λ
v = 0.6
2 m/s＝0.3s；
故C 正确、D 错误；
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AB、根据以上两种情况，也有两种对应的情况：
第1 种情况：波长是1.2m 的波，在波的图象如图3 所示，从图象知，b 在波谷；
第2 种情况，波长是0.6m 的波，波的图象如图4 所示，从图象知，b 在波峰。
故AB 正确。
故选：D。
[模型演练15] （多选）（2024•菏泽一模）一列横波沿x 轴传播，a、b、c、d 为介质中的
四个质点的平衡位置。某时刻的波形如图甲所示，此后，若经过3
4 周期开始计时，正确的是（
）
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A．若波沿x 轴正向传播，则图乙描述的是b 处质点的振动图像
B．若波沿x 轴正向传播，则图乙描述的是d 处质点的振动图像
C．若波沿x 轴负向传播，则图乙描述的是b 处质点的振动图像
D．若波沿x 轴负向传播，则图乙描述的是d 处质点的振动图像
【解答】解：A、若波沿x 轴正向传播，此时b 处质点的从负向最大位置向上振动，经过3
4 周期
后，质点回到平衡位置向下振动，与振动图像计时起点的情况相符，故A 正确；
B、若波沿x 轴正向传播，此时d 处质点的从正向最大位置向下振动，经过3
4 周期后，质点回到
平衡位置向上振动，与振动图像计时起点的情况不符，故B 错误；
C、若波沿x 轴负向传播，此时b 处质点的从负向最大位置向上振动，经过3
4 周期后，质点回到
平衡位置向下振动，与振动图像计时起点的情况相符，故C 正确；
D、若波沿x 轴负向传播，此时d 处质点的从正向最大位置向下振动，经过3
4 周期后，质点回到
平衡位置向上振动，与振动图像计时起点的情况不符，故D 错误。
故选：AC。
题型四 波特有的现象——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
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.
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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．
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[模型演练16] （2024•宜兴市校级三模）如图a 所示，为一列简谐横波在某一时刻的波形
图，图b 为质点P 以此时刻为计时起点的振动图像，从该时刻起，下列说法正确的是（ ）
A．该波正在向x 轴负方向传播，波速为20m/s
B．经过0.35s 后，质点Q 经过的路程为1.4m，且速度最大，加速度最小
C．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为5m 的障碍物，不能发生明显的衍射现象
D．若波源向x 轴负方向运动，在x＝10m 处放一接收器，接收器接收到的波源频率可能为6Hz
【解答】解：A.在图b 中，t＝0 时刻P 正向上振动，在图a 中，根据波形平移法可知波正在向x
轴正方向传播，该波的波长和周期分别为λ＝4m，T＝0.2s，所以波速为：v= λ
T
代入数据得：v＝20m/s，故A 错误；
B.由图a 可知质点的振幅A 为0.2m，t＝0.35s＝T+ 3
4 T
所以经过0.35s 后，质点Q 经历的路程为：s＝7A
代入数据得：s＝1.4m
此时质点Q 到达平衡位置，速度最大，加速度最小，故B 正确；
C.该波的波长为4m，若该波在传播过程中遇到一个尺寸为5m 的障碍物，波长与障碍物尺寸相
差不多，能发生明显衍射现象，故C 错误；
D.该波的频率为：f= 1
T
代入数据得：f＝5Hz
若波源向x 轴负方向运动，波源与接收器间的距离增大，产生多普勒效应，在x＝10m 处的接收
器接收到的波源频率减小，频率一定小于5Hz，故D 错误。
故选：B。
[模型演练17] （2024 春•大兴区校级期中）如图，挡板M 是固定的，挡板N 可以上下移动。
现在把M、N 两块挡板中的空隙当作一个“小孔”做水波的衍射实验，出现了图示中的图样，
P 点的水没有振动起来。为了使挡板左边的振动传到P 点，可以采用的办法是（ ）
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A．增大振源频率
B．减小振源频率
C．N 板向下移动
D．N 板向左移动
【解答】解：P 处质点没有振动，说明P 点波没有明显衍射过去，原因是MN 间的缝太宽或波长
太小，因此若使P 处质点振动，可采用N 板上移或M 下移减小小孔的间距，同时也可以增大波
的波长，即减小频率，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[模型演练18] （2024 春•鼓楼区校级期中）潜艇在水下活动时需要用声呐对水下物体及舰
船进行识别、跟踪、测向和测距。某潜艇声呐发出的一列超声波在t＝0 时的波动图像如图甲
所示，图乙为质点P 的振动图像，则（ ）
A．该超声波的波速为1.5×103m/s
B．该超声波沿x 轴负方向传播
C．0∼1s 内，质点P 沿x 轴运动了1.5×103m
D．该超声波遇到1m 的障碍物会产生明显的衍射现象
【解答】解：A．由图甲可知该波的波长为：λ＝1.5×10﹣2m，由图乙可知周期为T＝1×10﹣5s，
该波的波速为：v = λ
T
代入数据得：v＝1.5×103m/s，故A 正确；
B．由图乙可知，在t＝0 时刻，P 质点速度沿y 轴正方向，根据上下坡法可知该波沿x 轴正方向
传播，故B 错误；
C．质点P 在平衡位置上下附近振动，不会随波迁移，故C 错误；
D．障碍物的宽度有1m，远大于波的波长λ＝1.5×10﹣2m，故不会产生明显的衍射现象，故D 错
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误。
故选：A。
[模型演练19] （2024•龙凤区校级模拟）P、Q 两波源分别位于x 轴﹣10m 和10m 处，产生
的两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，振幅分别为15cm 和30cm。t＝0 时刻两波源
同时开始起振，t＝3s 时的波形图如图所示，此刻平衡位置在x 轴﹣4m 和4m 处的两质点刚要
开始振动。质点M、N 的平衡位置分别为坐标原点和x＝2m 处，则（ ）
A．两波源的起振方向均沿y 轴负方向
B．两列简谐横波的波速均为4m/s
C．0～5s 内质点N 运动的路程为30cm
D．0～10s 内质点M 运动的路程为4.5m
【解答】解：A、根据波形平移法可知，t＝3s 时x＝﹣4m 和x＝4m 两处的质点的起振方向均沿
y 轴正方向，则两波源的起振方向均沿y 轴正方向，故A 错误；
B、根据题意可知两列简谐横波的波速均为
v = Δx
Δt
代入数据解得v＝2m/s
故B 错误；
C．由图像可知两波的波长均为λ＝4m，则周期为T = λ
v
代入数据解得T＝2s
t＝3s 时，x＝﹣4m 和x＝4m 两处的振动传到质点N 所用的时间分别为
Δt1= Δ x1
v
Δt2= Δ x2
v
代入数据解得Δt1＝3s，Δt2＝1s
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可知0～5s 内质点N 只由右边波源引起振动了1s，由于1s= 1
2 T
则0～5s 内质点N 运动的路程为s＝2AQ＝2×30cm＝60cm
故C 错误；
D、t＝3s 时，x＝﹣4m 和x＝4m 两处的振动传到质点M 所用时间均为 Δt = Δx
v
代入数据解得Δt＝2s
可知t＝5s 时质点M 开始振动，且两波源的起振方向相同，周期相同，可知质点M 为振动加强
点，振幅为A′＝15cm+30cm＝45cm
由于2.5T＝10s﹣5s＝5s
则0～10s 内质点M 运动的路程为s′＝2.5×4A′＝450cm＝4.5m
故D 正确。
故选D。
[模型演练20] （2024•乐清市校级三模）如图所示为某水池的剖面图，A、B 两区域的水深
分别为hA、hB，其中hB＝2.5m，点O 位于两部分水面分界线上，M 和N 是A、B 两区域水面
上的两点，OM＝4m，ON＝7.5m。t＝0 时M 点从平衡位置向下振动，N 点从平衡位置向上振
动，形成以M、N 点为波源的水波（看作是简谐横波），两波源的振动频率均为1Hz，振幅均
为5cm。当t＝1s 时，O 点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深的关系为y =√gh，
式中h 为水深，g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．区域A 的水深hA＝2.0m
B．A、B 两区域水波的波长之比为5：4
C．t＝2s 时，O 点的振动方向向下
D．两波在相遇区域不能形成稳定的干涉
【解答】解：A、当t＝1s 时，O 点开始振动且振动方向向下，说明经过1s 的时间M 点的振动传
播到了O 点，则水波在区域A 的传播速度大小为vA= MO
t
= 4
1 m/ s=4m/s，根据水波的波速跟
水深的关系为y =√gh，可得A 区域的水深为hA＝1.6m，故A 错误；
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B 、根据水波的波速跟水深的关系为y =√gh可得A 、B 两区域水波的波速之比为
v A
vB
=√
hA
hB
=√
1.6
2.5 = 4
5
，因为两波源的振动频率均为1Hz，根据v＝λf 可得A、B 两区域水波的波
长之比为4：5，故B 错误；
C 、由题知，波的周期为T= 1
f = 1
1 s=1s，水波在区域B 的波速大小为vB
=√ghB=√10×2.5m/ s =5m/s，所以N 点的振动传播到O 点的时间为t'= ON
vB
= 7.5
5 s=1.5 s，
所以在t＝2s 时，M 点的振动在O 点已经振动了一个周期，即有M 点引起的振动方向为向下，
由N 点引起的振动已经振动了0.5s，因为N 点的起振方向是向上，所以在t＝2s 时，N 点在O 点
引起的振动方向也是向下，所以在t＝2s 时O 点的振动方向向下，故C 正确；
D、虽然他们在两个区域的波速不等，但是因为两列波的频率相同，所以仍能在相遇区域形成稳
定的干涉，故D 错误。
故选：C。
[模型演练21] （2024 春•洛阳期末）降噪可分为被动式降噪和主动式降噪。其中主动式降
噪指通过降噪系统产生与外界噪音相位相反的声波，二者叠加后，将噪音中和，从而实现降噪
效果。高铁通过拾噪麦克风，采集一些有规律的噪声，通过电路，在音乐中加入降噪声波，从
而达到降噪效果。图甲为原理简化图，图乙为理想情况下的降噪过程图，实线表示环境声波，
虚线表示降噪系统产生的降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用了声波的多普勒效应
B．降噪声波与环境噪声声波的频率不相等
C．降噪过程应用的是声波的干涉原理，P 点振动减弱
D．降噪过程应用了声波的衍射原理，使噪声无法从外面进入耳麦
【解答】解：A、降噪过程应用了声波的干涉原理，故A 错误；
B、降噪声波与环境噪声声波的频率相等，故B 错误；
C、降噪过程应用的是声波的干涉原理，P 点振动减弱，故C 正确；
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D、降噪过程应用了声波的干涉原理，故D 错误。
故选：C。
[模型演练22] （2024•江苏模拟）汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，
在汽车行驶过程中，许多因素都会产生噪音，系统会通过车身的声学反馈技术，通过扬声器发
出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。某一噪声信号的振动方程为
y = Asin(100 πt + π
3 )，下列说法正确的是（ ）
A．抵消声波频率应为100Hz
B．抵消声波振幅应为2A
C．汽车降噪过程应用的是声波的多普勒效应原理
D．抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等
【解答】解：A、根据噪声信号的振动方程y = Asin(100 πt + π
3 )，可知ω＝100πrad/s，降噪的
原理是声波的干涉，则抵消声波频率与噪声信号的频率相同，应为f = ω
2π = 100 π
2π
Hz =50 Hz，
故A 错误；
B、振动方程为y = Asin(100 πt + π
3 )，则抵消声波振幅应为A，故B 错误；
C、汽车降噪过程应用的是声波的干涉原理，故C 错误；
D、波速由介质决定，可知抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等，故D 正确。
故选：D。
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