第2讲 机械振动和机械波
【p96】
【p96】
1．简谐运动
(1)特点：对称性，周期性．
(2)表达式：x＝__Asin(ωt＋φ)__或x＝__Acos(ωt＋φ)__．
(3)单摆周期公式为：T＝__2π__，由此可知单摆的周期与摆球的质量无关．
(4)受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率与系统的固有频率接近时，会发生共振现象．
2．波的传播
(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与__波源__的起振方向一致．
(2)介质中各质点随波振动，但并不随波__迁移__．
(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个__波长__的距离．
(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是__反相__点．
3．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，…)__，振动减弱的条件为Δx＝__(2n＋1)(n＝0，1，2，…)__．两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx＝__nλ(n＝0，1，2，…)__．
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大．
4．波的干涉、衍射、多普勒效应条件
干涉：两列波频率相同，振动方向相同．
衍射：孔(障碍物)尺寸比__波长小__或__相差不多__．
多普勒效应：观察者向波源靠近，接收到的频率__变大__，观察者远离波源，接收到的频率__变小__．
【p96】
考点一 机械振动 例1如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则( )
A．升降机停止前在向下运动
B．0～t1
时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态
C．t1～t3时间内小球向下运动，动能先增大后减小
D．t3～t4时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量
【解析】初始时刻弹簧伸长，弹力与重力平衡，由图象看出，升降机停止运动后弹簧的拉力先变小，即小球向上运动，小球的运动是由于惯性，所以升降机停止前小球是向上运动的，即升降机停止前在向上运动，故A错误；0～t1时间拉力小于重力，小球处于失重状态，t1～t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态，故B错误；t1时刻弹簧的拉力是0，说明t1时刻弹簧处于原长状态，t1时刻之后弹簧的拉力又开始增大说明弹簧开始变长，所以t1～t3时间小球向下运动，t1～t3时间内，弹簧对小球的弹力先小于重力，后大于重力，小球所受的合力方向先向下后向上，小球先加速后减速，动能先增大后减小，故C正确；t3～t4时间内，小球向上运动，重力势能增大，弹性势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量，故D错误．
【答案】C
【方法总结】搞清简谐振动的特点是关键，然后通过小球所受弹簧弹力F随时间t变化的图象进行讨论．
变式训练1
(多选)把一个有小孔的小球连接在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上，能够自由滑动．弹簧的质量与小球相比可以忽略．小球运动时空气阻力很小，也可以忽略．系统静止时小球位于O点．现将小球向右移动距离A后由静止释放，小球做周期为T的简谐运动．下列说法正确的是( )
A．若某过程中小球的位移大小为A，则该过程经历的时间一定为
B．若某过程中小球的路程为A，则该过程经历的时间一定为
C．若某过程中小球的路程为2A，则该过程经历的时间一定为
D．若某过程中小球的位移大小为2A，则该过程经历的时间至少为
E．若某过程经历的时间为，则该过程中弹簧弹力做的功一定为零
【解析】弹簧振子振动过程中从平衡位置或者最大位移处开始的内，振子的位移大小或者路程才等于振幅A，否则都不等于A，故AB错误；根据振动的对称性，不论从何位置起，只要经过，振子的路程一定等于2A，位置与初位置关于平衡位置对称，速度与初速度等大反向，根据动能定理可知，弹簧弹力做功一定为零，故C、E正确；位移大小为2A，经历的时间可能为，也可能为多个周期再加上，故D正确．
【答案】CDE
变式训练2
(2019·全国卷Ⅱ)如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a.绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x－t关系的是( )
【解析】由T＝2π得：T1＝2π，T2＝2π＝π＝T1，故B、D错误；x1＝2l·sin，x2＝2l′·sin
＝2·sin
＝·sin，＝
＝，由能量守恒定律可知，小球先后摆起的最大高度相同，故l－lcos
θ1＝－·cos
θ2，根据数学规律可得：sin＝2sin
，故＝＝2，即第一次振幅是第二次振幅的2倍，故A正确，C错误．
【答案】A
考点二 机械波及其图象
例2甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25
cm/s.两列波在t＝0时的波形曲线如图所示．求：
(1)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16
cm的所有质点的x坐标；
(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16
cm的质点的时间．
【解析】(1)两列波的振幅均为8
cm，故偏离平衡位置位移为16
cm的质点应为两列波的波峰相遇处的质点，根据波形图可知，甲、乙的波长分别为λ甲＝50
cm，λ乙＝60
cm，则甲、乙两列波的波峰坐标分别为x甲＝(50＋k1×50)
cm(k1＝0，±1，±2，±3，…)
x乙＝(50＋k2×60)
cm(k2＝0，±1，±2，±3，…)
综上分析，所有波峰和波峰相遇的质点的x坐标应为x＝(50＋300n)
cm(n＝0，±1，±2，±3，…)．
(2)偏离平衡位置位移为－16
cm对应为两列波的波谷相遇的质点．t＝0时，波谷之差
Δx＝－整理可得Δx＝10(6n1－5n2)＋5，其中n1、n2均为整数，波谷之间最小的距离Δx′＝5
cm.
两列波相向传播，相对速度为2v＝50
cm/s，所以出现偏离平衡位置位移为－16
cm的最短时间t＝＝0.1
s.
【答案】(1)x＝(50＋300n)
cm(n＝0，±1，±2，±3，…) (2)0.1
s
【方法总结】求解波的多解问题的一般思路：
(1)根据初、末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式；
(2)根据题设条件判断是唯一解还是多解；
(3)根据波速公式v＝或v＝＝λf求波速．
变式训练3(2020·全国卷Ⅲ)如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t＝0和t＝0.1
s时的波形图．已知平衡位置在x＝6
m处的质点，在0到0.1
s时间内运动方向不变．这列简谐波的周期为______s，波速为______m/s，传播方向沿x轴______(填“正方向”或“负方向”)．
【解析】因为x＝6
m处的质点在0～0.1
s内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即
T＝0.1
s，解得周期为T＝0.4
s，所以波速为v＝＝＝10
m/s，在虚线上，x＝6
m处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿x轴负方向传播．
【答案】0.4 10 负方向
【方法总结】波的传播方向与质点的振动方向常用判断方法：
(1)“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．
(2)“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．
(3)“微平移”法：将波形沿传播方向进行微小的平移，再通过因波形平移引起质点的运动方向来确定．
考点三 波动图象与振动图象的理解应用
例3
(2019·全国卷Ⅰ)(多选)一简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝时刻，该波的波形图如图(a)所示，P、Q是介质中的两个质点．图(b)表示介质中某质点的振动图象．下列说法正确的是( )
A．质点Q的振动图象与图(b)相同
B．在t＝0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t＝0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示
E．在t＝0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
【解析】由图(b)可知，在t＝时刻，质点正在向y轴负方向振动，由于简谐波沿x轴正向传播，则图(a)中质点Q在t＝正在向y轴正方向运动，故A错误；由t＝的波形图推知，t＝0时刻，质点P正位于波谷，速率为零；质点Q正在平衡位置，故在t＝0时刻，质点P的速率小于质点Q，故B错误；t＝0时刻，质点P正位于波谷，具有沿y轴正方向最大加速度，质点Q在平衡位置，加速度为零，故C正确；t＝0时刻，平衡位置在坐标原点处的质点，正处于平衡位置并沿y轴正方向运动，跟(b)图吻合，故D正确；t＝0时刻，质点P正位于波谷，偏离平衡位置位移最大，质点Q在平衡位置，偏离平衡位置位移为零，故E正确．
【答案】CDE
【方法总结】求解波的图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法．
变式训练4(2020·山东卷)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝λ处质点的振动方程为y＝Acos(t)，则t＝T时刻的波形图正确的是( )
【解析】根据题意可知，t＝T时，在λ＝λ＋λ处的质点处于y＝Acos
＝Acos
＝0.则此时质点位于平衡位置；下一时刻，该质点向上运动，远离平衡位置，根据题意，横波沿x轴负方向传播，根据同侧法判断可知，ABC错误，D正确．
【答案】D
考点四 机械波的特殊现象
例4
(2020·全国卷Ⅰ)一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样．c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示．已知除c点外，在ac连线上还有其他振幅极大的点，其中距c最近的点到c的距离为l.求：
(1)波的波长；
(2)波的传播速度．
【解析】(1)设与c点最近的振幅极大点为d，则
ad＝l－l＝l
bd＝＝l
根据干涉加强点距离差的关系：
Δx＝x1－x2＝nλ
bd－ad＝l
所以波长为l
(2)由于受迫振动的频率取决于受迫源的频率由v＝λf知
v＝fl
【答案】(1)l (2)fl
【方法总结】两列频率、振幅都相同的机械波在介质中传播时会叠加产生稳定的干涉图样，振动加强点是两个波源传过来的振动总是同方向的，其位移为两个振动的位移之和，其振幅为两个振幅之和，但并不是说振动加强点总在波峰或者波谷．而振动减弱点是两个波源传过来的振动总是反向的，干涉相消，振幅为零．
变式训练5(2020·全国卷Ⅰ)(多选)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有( )
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
E．天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光谱随时间的周期性变化
【解析】之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，所以A错误；超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化，B正确；列车和人的位置相对变化了，所以听得的声音频率发生了变化，所以C正确；波动传播速度不一样是由于波的频率不一样导致的，
D错误；双星在周期性运动时，会使得到地球的距离发生周期性变化，故接收到的光频率会发生变化，E正确．
【答案】BCE【p162】
A组
1．(多选)如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图，介质中的质点A沿y轴方向做简谐运动，其位移随时间变化的函数表达式为y＝20sin
10πt
(cm)．关于这列简谐波及质点A的振动，下列说法中正确的是( )
A．质点A的周期为0.2
s
B．这列简谐波的振幅为40
cm
C．质点A的位移方向和速度方向始终相反
D．这列简谐波沿x轴正方向传播
E．这列简谐波在该介质中的传播速度为20
m/s
【解析】由质点A做简谐运动的表达式y＝20sin
10πt
(cm)，可知这列简谐波的振幅A＝20
cm，ω＝10π
rad/s，由ω＝得T＝0.2
s，故A项正确，B项错误．质点A在做简谐运动，位移和速度都做周期性变化，位移方向和速度方向有时相反，有时相同，C项错误；由质点A做简谐运动的表达式y＝20sin
10πt
(cm)，知t＝0时刻质点沿y轴正方向运动，则这列简谐波沿x轴正方向传播，D项正确；由图读出波长λ＝4
m，则波速v＝20
m/s，E项正确．
【答案】ADE
2．(多选)下列说法正确的是( )
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．已知弹簧振子初始时刻的位置、振幅及周期，仍不一定能确定振子在任意时刻的位置
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
【解析】根据单摆的周期公式T＝2π，得T2＝L.在同一地点，g一定，则知T2与L成正比，即单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比，故A错误．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变，故B正确．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故D正确．振动质点在同一位置振动方向有两种，所以已知弹簧振子初始时刻的位置，不知道初始时刻振子的振动方向，根据振动周期，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向，故不一定能确定振子在任意时刻的位置，故C正确．
【答案】BCD
3．(多选)如图甲所示，上端固定的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，当振子到达最高点时，弹簧处于原长．选取向上为正方向，弹簧振子的振动图象如图乙所示．则下列说法中正确的是( )
A．弹簧的最大伸长量为0.1
m
B．弹簧振子的振动频率为2
Hz
C．在1～1.5
s内，弹簧振子的动能逐渐减小
D．在0～0.5
s内，弹簧振子的加速度逐渐减小
E．在1.5～2.0
s内，弹簧的弹性势能逐渐减小
【解析】质点的振幅等于振子位移的最大值，由图读出，振幅为
A＝5
cm，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为2A＝10
cm，故A正确；由图可知，该振子的周期为2
s，所以频率：f＝＝
Hz，故B错误；在1～1.5
s内，弹簧振子的位移逐渐增大，则振子的速度逐渐减小，动能逐渐减小，故C正确；由图可知，在0～0.5
s内振子的位移逐渐增大，则振子的加速度逐渐增大，故D错误；在1.5～2.0
s内振子的位移逐渐减小，则振子的动能逐渐增大，弹簧的弹性势能逐渐减小，故E正确．
【答案】ACE
4．一弹簧振子做简谐运动，周期为T，则( )
A．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的位移大小相等、方向相同，则Δt一定等于T的整数倍
B．若t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的速度大小相等、方向相反，则Δt一定等于的整数倍
C．若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻振子运动的加速度一定相等
D．若Δt＝，则在t时刻和(t＋Δt)时刻弹簧的长度一定相等
【解析】
此题若用图象法来解决将更直观、方便．设弹簧振子的振动图象如图所示，B、C两点的位移大小相等、方向相同，但B、C两点的时间间隔Δt≠nT(n＝1，2，3，…)，A错误；B、C两点的速度大小相等、方向相反，但Δt≠(n＝1，2，3，…)，B错误；因为A、D两点的时间间隔Δt＝T，A、D两点的位移大小和方向均相等，所以A、D两点的加速度一定相等，C正确；A、C两点的时间间隔Δt＝，A点与C点位移大小相等、方向相反，在A点弹簧是伸长的，在C点弹簧是压缩的，所以在A、C两点弹簧的形变量大小相同，而弹簧的长度不相等，D错误．
【答案】C
5．(多选)如图所示，手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播．绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为L，此时O位于最高点，P的位移恰好为零，下列判断正确的是( )
A．该简谐波是纵波
B．该简谐波的波长为L
C．此时P的速度方向竖直向上
D．此时Q的速度方向竖直向上
E．此时Q的加速度方向竖直向下
【解析】该简谐波上质点振动方向为竖直方向，波的传播方向为水平方向，两者垂直，故为横波，故A错误；由图，O位于最高点，P的位移恰好为零，故两者间的距离为λ，则：λ＝L，故B正确；t＝0时，P的位移恰好为零，由于波向右传播，由波的方向与质点的振动方向的关系可知，P点速度方向竖直向下，故C错误；波向右传播，由波的方向与质点的振动方向的关系可知，Q点速度方向竖直向上，故D正确；由图可知，Q点在平衡位置的上方，所以Q点受到的回复力的方向向下，则加速度的方向也向下，故E正确．
【答案】BDE
6．(多选)如图甲为一列简谐横波在t＝0.10
s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1
m处的质点，Q是平衡位置为x＝4
m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则( )
A．t＝0.15
s时，质点Q的加速度达到正向最大
B．t＝0.15
s时，质点P的运动方向沿y轴负方向
C．从t＝0.10
s到t＝0.25
s，该波沿x轴正方向传播了6
m
D．从t＝0.10
s到t＝0.25
s，质点P通过的路程为15
cm
【解析】由图乙y－t图象知，周期T＝0.20
s，且在t＝0.10
s时Q点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；t＝0.15
s时，质点Q在图甲所示负的最大位移处，又因加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到正向最大，所以A对(也可直接从图乙y－t图象分析得出)；t＝0.10
s到t＝0.15
s时间内，Δt＝0.05
s＝，P点从图甲所示位置运动时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以B对．振动的质点在t＝1T内，质点运动的路程为4A；t＝，质点运动的路程为2A；但t＝，质点运动的路程不一定是1A；t＝，质点运动的路程也不一定是3A.本题中从t＝0.10
s到t＝0.25
s内，Δt＝0.15
s＝，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在时间内的路程不是15
cm，D错．
【答案】AB
7．(多选)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0和t＝0.20
s时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的波速是0.4
m/s，下列说法正确的是( )
A．这列波的周期是0.15
s
B．这列波沿x轴正方向传播
C．x＝1
cm的质点在t＝0.125
s时位于波谷
D．0～0.2
s内，x＝4
cm处的质点振动方向改变了2次
E．若此波传入另一介质中其波速变为0.60
m/s，则它在该介质中的波长为9
cm
【解析】由图看出波长为λ＝6
cm.根据v＝有，T＝＝0.15
s，故A正确；t＝0至t＝0.20
s经过了1个周期，由此结合图形判断波沿x轴负向传播，故B错误；0.125
s内波传播的距离为s＝vt＝0.05
m＝5
cm，又波沿x轴负向传播，故x＝1
cm的质点在t＝0.125
s时偏离平衡的位移与x＝6
cm的质点在t＝0时偏离平衡的位移一致，由图看出并不位于波谷，故C错误；0～0.15
s内，x＝4
cm处的质点经历了一次全振动，振动方向改变了2次，波向x轴负方向传播则0.15
s时x＝4
cm处的质点运动方向向下，由虚线知0.2
s时x＝4
cm处的质点仍向下运动，从0.15
s至0.2
s质点运动方向未发生改变，故0～0.2
s内，x＝4
cm处的质点振动方向改变了2次，故D正确；波传入另一介质周期不变，则波长为λ＝vT＝9
cm，故E正确．
【答案】ADE
8．一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10
cm.O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5
cm处的两个质点．t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4
cm，质点A处于波峰位置．t＝
s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1
s时，质点A第一次回到平衡位置．求：
(1)简谐波的周期、波速和波长；
(2)质点O的位移随时间变化的关系式．
【解析】(1)设振动周期为T.由于质点A在0到1
s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是个周期，由此可知T＝4
s；由于质点O与A的距离5
cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在
s时回到平衡位置，而A在t＝1
s时回到平衡位置，时间相差
s，两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度：v＝＝7.5
cm/s；利用波长、波速和周期的关系得，简谐波的波长：λ＝vT＝7.5
cm/s×4
s＝0.3
m.
(2)设y＝Asin
(ωt＋φ0)，可得：ω＝＝
rad/s，再由t＝0时，y＝4
cm；t＝
s时，y＝0，解得A＝8
cm＝0.08
m，φ0＝π，所以质点O的位移随时间变化的关系式为：y＝0.08sin
m或y＝0.08cos
m.
【答案】(1)0.3
m (2)y＝0.08sin
m或y＝0.08cos
m
B组
9．(多选)两列简谐横波的振幅都是10
cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2
Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则(
)
A．在相遇区域会发生干涉现象
B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2
C．平衡位置为x＝6
m处的质点此刻速度为零
D．平衡位置为x＝8.5
m处的质点此刻位移y＞10
cm
E．从图示时刻起再经过0.25
s，平衡位置为x＝5
m处的质点的位移y＜0
【解析】由图知波长为λ实＝4
m，λ虚＝6
m．由v＝λf且两波波速相同，则λ虚f虚＝λ实f实，故f实∶f虚＝λ虚∶λ实＝3∶2，故B正确；两波频率不一致，不是相干波源无法产生干涉现象，故A错误；两波传播速度，周期不同，因此平衡位置处质点的速度不一样，因此平衡位置为x＝6
m处的质点此刻速度不为零，故C错误；实线波方程为y实＝10sin
cm，虚线波方程为y虚＝10sin
cm，平衡位置为x＝8.5
m处的质点此刻位移为y＝10
cm≈12
cm，故D正确；v＝λ实f实＝8
m/s，从图示时刻起再经过0.25
s实线波往x轴正向传播了2
m，对应的x＝5
m质点位移为y1＝－10
cm，虚线波往x轴负向传播了2
m，对应的x＝5
m质点位移y2＜10
cm，显然y1＋y2＜0，故E正确．
【答案】BDE
10．(多选)如图甲所示，一简谐横波向右传播，在传播方向上有A、B两个质点相距11
m，其振动图象如图乙所示，实线为A质点的振动图象，虚线为B质点的振动图象．那么下列说法正确的是( )
A．该波遇到10
m宽的障碍物，可能发生明显的衍射现象
B．这列波遇到频率为f＝1.0
Hz的另一列波时可能发生干涉现象
C．该波的最大传播速度为12
m/s
D．t＝0.5
s时，质点B的振动方向沿y轴正方向
E．质点B的振动方程为：y＝0.1sinπ
m
【解析】由图象可知当A质点在平衡位置向上振动时，质点B在5
cm处也在向上振动，根据波的传播方向，以A点为起点时，波动方程可为：y＝－10sin
cm，则B点此时有：5＝－10sin
cm，可得：xB＝λ.考虑波形的周期性，则可得A、B间距离与波长的关系为：11＝λ，(n＝0，1，2，…)，所以可得波长为：λ＝
m，(n＝0，1，2，…)．由表达式可知当该波遇到10
m宽的障碍物，可能发生明显的衍射现象，故A正确；由图象可知波的周期为1
s，则可知频率为1
Hz，故这列波遇到频率为f＝1.0
Hz的另一列波时可能发生干涉现象，故B正确；由前面的分析可知波速的表达式为：v＝＝
m/s，(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，波速最大为12
m/s，故C正确；由图可知在t＝0时刻，质点B正在向上振动，由于t＝0.5
s＝，可知B质点在t＝0.5
s时的振动方向沿y轴的负方向，故D错误；由前面的分析可知B质点的初相位为，故其振动方程为：y＝0.1sinm，故E错误．
【答案】ABC
11．有两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正、负方向传播，振幅均为0.1
m，速度均为v＝5
m/s，在t＝0时，两列的波峰正好在x＝2.5
m处重合．求：
(1)t＝0时，两列波的波峰重合处的位置；
(2)从t＝0开始计时，至少经过多长时间介质中出现位移为－0.2
m的质点．
【解析】(1)从图中可以看出，两列波的波长分别为：λa＝2.5
m，λb＝4.0
m，两列波波长的最小公倍数为：s＝20
m．故t＝0时，两列波的波峰重合处的所有位置为：
x＝(2.5±20n)(n＝0，1，2，3，…)
(2)两列波的波谷对应的坐标之差为：
Δx＝
m－
m
整理得：Δx＝
m，(m1、m2为整数)
则有：Δxmin＝0.25
m
tmin＝＝
s＝0.025
s
【答案】(1)两列波的波峰重合处的所有位置为：x＝(2.5±20n)(n＝0，1，2，3，…) (2)0.025
s(共55张PPT)
【答案】CDE
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基础落实>●。●
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