专题1.4 机械振动、机械波-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

这是一份专题1.4 机械振动、机械波-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共24页。试卷主要包含了4 机械振动、机械波，8 s时，物体的速度方向向右等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc10848" 【专题知识网络构建】 PAGEREF _Tc10848 \h 1
\l "_Tc20049" 【专题高考定位】 PAGEREF _Tc20049 \h 2
\l "_Tc19649" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc19649 \h 2
\l "_Tc30934" 题型一 机械振动及其图像 PAGEREF _Tc30934 \h 2
\l "_Tc3034" 题型二 机械波及其图像 PAGEREF _Tc3034 \h 6
\l "_Tc9399" 题型三 振动图像和波动图像的综合应用 PAGEREF _Tc9399 \h 10
\l "_Tc23891" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc23891 \h 11
【专题知识网络构建】
【专题高考定位】
1．考查重点：简谐运动的规律及图像，结合生产生活实际考查受迫振动与共振，机械波的产生及传播，机械波的叠加、干涉，机械波的图像问题，机械波的多解问题。
2．考题形式：选择题。
【突破高考题型】
题型一 机械振动及其图像
【例1】 (多选)(2021·浙江嘉兴模拟)如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的MN之间做往复振动，振幅为A，周期为T，O为平衡位置，P0为ON的中点，下列说法正确的是( )
A．弹簧振子受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
B．弹簧振子每经过eq \f(T,4)时间，通过的距离均为A
C．振子由N向O运动过程中，回复力和位移逐渐减小
D．振子由O运动至P0，所用的时间为eq \f(T,12)
【答案】 CD
【解析】 回复力是一种效果力，实际上是不存在的，所以A错误；弹簧振子每经过eq \f(T,4)时间，通过的距离不一定为A，只有从平衡位置或最大位移处起经过eq \f(T,4)时间通过的距离为A，所以B错误；由简谐运动的回复力公式F回＝－kx，则振子由N向O运动过程中，回复力和位移逐渐减小，所以C正确；由简谐运动位移关系式有x＝Asin ωt。当x＝eq \f(A,2)时，有ωt＝eq \f(π,6)，T＝eq \f(2π,ω)，解得t＝eq \f(T,12)，所以D正确。
【总结提炼】1．简谐运动
2．简谐运动的特征
【例2】(2022·山东菏泽期末)如图甲所示，物体置于光滑水平面上O点，左端连接一弹簧，弹簧左端固定于竖直墙上，用向左的力缓慢推动物块，使其压缩弹簧至A点，撤去力并开始计时，其运动图像如图乙所示。则( )
A．t＝0.8 s时，物体的速度方向向右
B．t＝0.2 s时，物体在O点左侧6 cm处
C．t＝0.2 s和t＝1.0 s时，物体的加速度等大反向
D．t＝0.8 s到t＝1.2 s的时间内，物体的速度逐渐减小
【答案】 C
【解析】 t＝0.8 s时，物体在负向最大位移处，速度为零，A错误；t＝0.2 s时，物体的位移为x＝12cs(eq \f(0.2,1.6)·2π) cm＝6eq \r(2) cm，即此时物体在O点左侧6eq \r(2) cm处，B错误；t＝0.2 s和t＝1.0 s相差半个周期，所以物体在两个时刻的位置关于O点对称，物体的加速度等大反向，C正确；t＝0.8 s到t＝1.2 s的时间内，物体的速度逐渐增大，D错误。
【提炼总结】振动图像的信息
(1)由图像可以看出质点振动的振幅、周期。
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。
(3)可以确定各时刻质点的振动方向。
(4)可以确定某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向。
(5)能够比较不同时刻质点的速度、加速度的大小。
【例3】(多选)(2022·杭州重点中学期中)图甲是用力传感器对单摆做小角度摆动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F－t图像，其中F的最大值Fmax＝1.02 N，已知摆球质量m＝100 g，重力加速度取9.8 m/s2，π2取9.8，不计摆线质量及空气阻力。下列说法正确的是( )
A．单摆周期为0.8 s
B．单摆摆长为0.64 m
C．F的最小值Fmin＝0.96 N
D．若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变
【答案】 BCD
【解析】 根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时刻，则由题图乙可知单摆周期为1.6 s，A错误；根据单摆周期公式可得单摆摆长为l＝eq \f(gT2,4π2)＝0.64 m，B正确；设单摆的摆角为2θ，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为Fmin＝mgcs θ，摆球运动至最低点时的速度大小为v，则根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝mgl(1－cs θ)，在最低点时根据牛顿第二定律有Fmax－mg＝meq \f(v2,l)，联立解得Fmin＝0.96 N，C正确；根据单摆周期公式可知周期与摆球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200 g，单摆周期不变，D正确。
【提炼总结】
【例4】(2022·浙江金华十校一模)飞力士棒是德国物理治疗师发明的一种物理康复器材，也是一种有效加强躯干肌肉功能的训练器材。标准型飞力士棒整体结构为中间握柄，两端负重头，用一根PVC软杆连接组成，质量为508 g，长度为1.525 m，棒的固有频率为4.5 Hz，如图所示，可以使用双手进行驱动，则下列关于飞力士棒的认识正确的是( )
A．使用者用力越大飞力士棒振动越快
B．随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定越来越大
C．双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，会产生共振
D．负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率不变
【答案】 C
【解析】 使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，A错误；随着手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率随之增大，但是幅度不一定越来越大，B错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次全振动，则驱动力的频率为f＝eq \f(270,60) Hz＝4.5 Hz，与飞力士棒的固有频率相等，会产生共振，C正确；负重头质量相同，同样材料的PVC杆缩短，飞力士棒的固有频率会变，D错误。
【提炼总结】受迫振动与共振
题型二 机械波及其图像
【例1】(2022·湖南岳阳二模)两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，两列波的波速均为0.4 m/s，如图为t＝0时刻两列波的图像。此刻平衡位置在x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动。求：
(1)两列波的周期；
(2)t＝0时刻开始，10秒内质点M、N运动的路程。
【答案】 (1)1 s (2)148 cm 4 cm
【解析】 (1)由图可知两列波的波长均为0.4 m，则波的周期为T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(0.4,0.4) s＝1 s。
(2)P、Q两质点到M的距离都是0.3 m，两列波同时传到M的时间均为t＝eq \f(3,4)T＝0.75 s
两列波的起振方向都是向下，所以M点的起振方向向下，在两波相遇过程中M点为振动加强点，M点做简谐运动，振幅为A＝4 cm，一个周期内的路程为4A，0.75 s时M点开始振动，所以10 s内M点振动时间为
t1＝(10－0.75) s＝9.25 s
所以路程为s＝eq \f(t1,T)·4A
代入数据解得s＝148 cm
正方向传播的波先传播到N点，用时
t2＝eq \f(Δx,Δv)＝0.5 s
负方向传播的波后传播到N点，用时
t3＝eq \f(Δx′,Δv′)＝1 s
在负方向传播的波传到N点之前，质点N向下运动到最低点又回到平衡位置，振动路程为4 cm；两列波都传播到N点后，由于两列波到N点的距离差为半个波长，两列波在N点位移总是等大反向，合位移为0，两列波都传播到N点后质点N不振动，所以10秒内质点N运动的路程为4 cm。
【例2】(多选)(2020·浙江1月选考)如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5 m的A点开始振动；t＝1 s时，离O点10 m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则( )
A．波的周期为0.4 s
B．波的波长为2 m
C．波速为5eq \r(3) m/s
D．t＝1 s时AB连线上有4个点处于最大位移
【答案】 AB
【解析】 根据题意经过1 s，A处质点经过了5个0.5T，即eq \f(（10－5）m,v)＝2.5T＝1 s，则T＝0.4 s，v＝5 m/s，则λ＝vT＝2 m，选项A、B正确，C错误；根据题意，第5次经过平衡位置，说明AB之间间距为2.5λ，且此时A处于平衡位置，即应该有5个点处于最大位移，选项D错误。
【提炼总结】机械波的传播问题
(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)在波的传播方向上，平衡位置之间的距离为nλ(n＝1，2，3，…)的质点，振动步调总相同；平衡位置间的距离为(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0，1，2，3，…)的质点，振动步调总相反。
【例3】(多选)(2022·四川宜宾三诊)如图所示，A、B是两列波的波源，t＝0 s时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动。其振动表达式分别为xA＝0.1sin(2πt)，xB＝0.5sin(2πt)，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。P是介质中的一点，t＝2 s时开始振动，已知PA＝40 cm，PB＝50 cm，则( )
A.两列波的波速均为0.20 m/s
B.两列波的波长均为0.25 m
C.两列波在P点相遇时，振动总是减弱的
D.P点合振动的振幅为0.4 m
E.t＝2.25 s，P沿着A传播的方向运动了0.05 m
【答案】 ACD
【解析】 两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P开始振动的时间可得v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(0.40,2) m/s＝0.20 m/s，故A正确；由振动方程可得，两列波的周期T相同，由公式T＝eq \f(2π,ω)＝1 s，故两列波的波长均为λ＝vT＝0.2 m，故B错误；根据两波源到P点的距离差Δx＝50 cm－40 cm＝10 cm＝eq \f(λ,2)可知，B波比A波传到P点的时间晚eq \f(T,2)，根据振动方程可得，A波起振方向与B波起振方向相同，故两波在P点的振动反向，那么，P点为振动减弱点，故两列波在P点相遇时振动总是减弱的，P点合振动的振幅为0.5 m－0.1 m＝0.4 m，故C、D正确；介质中的各质点不随波逐流，只能在各自平衡位置附近振动，故E错误。
【提炼总结】波的叠加问题
(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该点到两波源的路程差Δx＝nλ，振动减弱的条件为Δx＝nλ＋eq \f(λ,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＝nλ＋eq \f(λ,2)，振动减弱的条件为Δx＝nλ，以上各式中n取0，1，2，3，…。
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大。
【例4】(多选)(2022·四川自贡三市诊断)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＋0.6) s(图中虚线)两个时刻x轴上－3～3 km区间内的波形图如图所示，则下列说法正确的是( )
A.该地震波的波长为6 km
B.质点振动的最大周期为1.2 s
C.该地震波波速可能为10 km/s
D.从t时刻开始计时，x＝2 km处的质点比x＝1.5 km处的质点先回到平衡位置
E.从t时刻开始计时，x＝2 km处的质点比x＝2.5 km处的质点先回到平衡位置
【答案】 BCE
【解析】 由波形图可知该地震波的波长为4 km，A错误；由波形图可知，图中实线变成虚线的时间为Δt＝0.6 s＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))T(n＝0，1，2…)，当n＝0时，可得质点振动的最大周期为Tmax＝0.6×2 s＝1.2 s，B正确；质点振动的周期为T＝eq \f(0.6,n＋\f(1,2)) s＝eq \f(1.2,2n＋1) s(n＝0，1，2…)，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(10×（2n＋1）,3) km/s(n＝0，1，2…)，当n＝1时，解得v＝10 km/s，C正确；波向右传播，可知t时刻x＝1.5 km处的质点振动方向向下，而x＝2 km处的质点在最大位移处，所以从t时刻开始计时，x＝1.5 km处的质点比x＝2 km处的质点先回到平衡位置，D错误；波向右传播，可知t时刻x＝2.5 km处的质点振动方向向上，而x＝2 km处的质点在最大位移处，所以从t时刻开始计时，x＝2 km处的质点比x＝2.5 km 处的质点先回到平衡位置，E正确。
【提炼总结】机械波的多解问题
(1)波的图像的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能。
(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿正向或负向传播两种可能性。
题型三 振动图像和波动图像的综合应用
【例1】(多选)图甲为一列简谐横波在t＝0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( )
A．t＝0.2 s时，质点Q沿y轴负方向运动
B．0～0.3 s内，质点Q运动的路程为0.3 m
C．t＝0.5 s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度
D．t＝0.7 s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
【答案】 CD
【解析】 由振动图像可知T＝0.4 s，t＝0时刻质点P向上振动，可知波沿x轴负方向传播，则t＝0.2 s＝0.5T时，质点Q沿y轴正方向运动，选项A错误；0.3 s＝eq \f(3,4)T，因质点Q在开始时不是从平衡位置或者最高点(或最低点)开始振动，可知0～0.3 s内，质点Q运动的路程不等于eq \f(3,4)×4A＝3A＝0.3 m，选项B错误；t＝0.5 s＝1eq \f(1,4)T时，质点P到达最高点，而质点Q经过平衡位置向下运动还没有到达最低点，则质点Q的加速度小于质点P的加速度，选项C正确；t＝0.7 s＝1eq \f(3,4)T时，质点P到达波谷位置而质点Q还没到达波峰位置，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，选项D正确。
【提炼总结】“一分、一看、二找”巧解振动图像和波动图像的综合
(1)分清振动图像与波的图像，只要看清横坐标即可，横坐标为t则为振动图像，横坐标为x则为波的图像。
(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准振动图像对应的质点。
(4)找准波的图像对应的时刻。
【专题突破练】
1．(2022·山东菏泽期末)如图甲所示，物体置于光滑水平面上O点，左端连接一弹簧，弹簧左端固定于竖直墙上，用向左的力缓慢推动物块，使其压缩弹簧至A点，撤去力并开始计时，其运动图像如图乙所示。则( )
A．t＝0.8 s时，物体的速度方向向右
B．t＝0.2 s时，物体在O点左侧6 cm处
C．t＝0.2 s和t＝1.0 s时，物体的加速度等大反向
D．t＝0.8 s到t＝1.2 s的时间内，物体的速度逐渐减小
【答案】 C
【解析】 t＝0.8 s时，物体在负向最大位移处，速度为零，A错误；t＝0.2 s时，物体的位移为x＝12cs(eq \f(0.2,1.6)·2π) cm＝6eq \r(2) cm，即此时物体在O点左侧6eq \r(2) cm处，B错误；t＝0.2 s和t＝1.0 s相差半个周期，所以物体在两个时刻的位置关于O点对称，物体的加速度等大反向，C正确；t＝0.8 s到t＝1.2 s的时间内，物体的速度逐渐增大，D错误。
2.如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则( )
A．小球做简谐运动
B．小球动能的变化周期为eq \f(T,2)
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D．小球的初速度为eq \f(v,2)时，其运动周期为2T
【答案】 B
【解析】 物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动，过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O这两个过程动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为eq \f(T,2)，两根弹簧的总弹性势能的变化周期也为eq \f(T,2)，B正确，C错误；小球的初速度为eq \f(v,2)时，可知小球在匀速运动阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式T0＝2πeq \r(\f(m,k))，可知与弹簧接触过程所用时间与速度无关，即与弹簧接触过程时间保持不变，故小球的初速度为eq \f(v,2)时，其运动周期应小于2T，D错误。
3．(2022·学军中学12月适应考)利用激光笔可以在荧光纸上留下印迹的特点，有同学进行如下操作：轻质弹簧上端固定，在其下端固定一激光笔，让笔沿竖直方向自由振动，激光笔发射的激光可以垂直射到竖直放置其后的荧光纸上，将荧光纸以速度v水平向左拖动，在荧光纸上留下如图所示波形图，其中P、Q两点位于波峰，间隔为x0；M点位于波谷，P、M竖直间距为y0，则( )
A．激光笔振幅为y0
B．激光笔在留下P、Q两点时加速度均为零
C．激光笔在留下P、M两点时加速度相同
D．激光笔的振动周期为eq \f(x0,v)
【答案】 D
【解析】 由图可知激光笔振幅为eq \f(y0,2)，A错误；激光笔在留下P、Q两点时位于正向最大位移处，加速度最大，B错误；激光笔在留下P、M两点时加速度大小相同，方向相反，C错误；激光笔的振动周期等于纸带运动x0距离所用的时间，即eq \f(x0,v)，D正确。
4. (2022·辽宁卷，3)一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是( )
A．该时刻速度沿y轴正方向
B．该时刻加速度沿y轴正方向
C．此后eq \f(1,4)周期内通过的路程为A
D．此后eq \f(1,2)周期内沿x轴正方向迁移为eq \f(1,2)λ
【答案】 A
【解析】 波沿x轴正方向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P的速度方向沿y轴正方向，加速度沿y轴负方向，选项A正确，B错误；在该时刻质点P不在特殊位置，则在eq \f(1,4)周期内的路程一定不等于A，选项C错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D错误。
5.(多选) (2022·山东卷)一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当t＝7 s时，简谐波的波动图像可能正确的是( )
【答案】 AC
【解析】 由O点的振动图像可知，周期为T＝12 s，振幅A＝20 cm。设原点处的质点的振动方程为y＝Asin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t＋φ))，将(0，10)代入，有10＝20sin φ，解得φ＝eq \f(π,6)，在t＝7 s时刻，y7＝20sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,12)×7＋\f(π,6))) cm＝－10eq \r(3) cm≈－17.3 cm，由题图可知在t＝7 s时刻位于坐标原点处的质点在y轴负半轴向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示，故A、C正确。
6.(2022·浙江金华十校一模)如图甲、乙分别为两列横波波源A、B的振动图像，两列波t＝0时刻同时从图丙的A、B两点开始向四周传播，并在t＝1.5 s时恰好在C点相遇，已知A、B相距0.6 m，C为AB中点，D距A点0.15 m，EC⊥AB，E与C点的距离为0.4 m，则( )
A．在t＝2.5 s到t＝5 s的这段时间内，E点振动通过的路程为100 cm
B．从t＝0到t＝3.75 s的这段时间内，D点振动通过的路程为90 cm
C．直线上A、B外侧均为振动加强点
D．直线上A、B间(不包括A、B点)共有6个点的振幅为0
【答案】 B
【解析】 由题意可知，AB的周期相同，起振方向相反，相同时间传播的距离相同，所以波速大小相等，为v＝eq \f(s,t)＝0.2 m/s，波长λ＝vT＝0.2 m，即波长也相等，AB到E的距离相等，所以两个波源的振动形式传播达到E点时，振动方向始终相反，所以在t＝2.5 s到t＝5 s的这段时间内，E点振动通过的路程为零，A错误；D点到AB的距离差是半波长的奇数倍，所以是振动加强点，A波源的振动形式传播到D需要tA＝eq \f(xAD,v)＝0.75 s＝eq \f(3,4)T，B波源的振动形式传播到D需要tB＝eq \f(xBD,v)＝2.25 s＝2eq \f(1,4)T，所以A的振动形式传播到D后又完成了3个周期的振动，D的路程为s1＝3×4×A＝60 cm，B的振动形式传播到D后又完成了1.5个周期的振动，D的路程为s2＝1.5×4×A＝30 cm，所以从t＝0到t＝3.75 s的这段时间内，D点振动通过的路程为s＝s1＋s2＝90 cm，B正确；由题可知，AB间距离是波长的整数倍，波源起振方向相反，故直线上A、B外侧均为振动减弱点，C错误；振动减弱点到AB的距离差是波长的整数倍，所以振动减弱点到A的距离分别为0.1 m、0.2 m、0.3 m、0.4 m、0.5 m，即AB间共有5个点的振幅为0，D错误。
7.如图(a)所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图(b)所示，若eq \f(T,2)时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有( )
A．0时刻弹簧弹力大小为mg
B．弹簧劲度系数为eq \f(2mg,A)
C.eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间段，回复力冲量为0
D.eq \f(T,2)～T时间段，小球动能与重力势能之和减小
【答案】 D
【解析】 小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，eq \f(T,2)时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，有kA＝mg，可得劲度系数k＝eq \f(mg,A)，B错误；0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F＝k·2A＝2mg，A错误；eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间段，小球从平衡位置沿负方向振动再回到平衡位置，回复力一直沿正方向，由I＝Ft可知回复力冲量不为0，C错误；eq \f(T,2)～T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，D正确。
8.(2022·浙江名校协作体模考)如图甲所示，在同一介质中，波源为S1与S2频率相同的两列机械波在t＝0时刻同时起振，波源S1的振动图像如图乙所示；波源为S2的机械波在t＝0.25 s时波的图像如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1＝7 m，PS2＝9 m，则( )
A．质点P的位移不可能为0
B．t＝1.25 s时，质点P处于波谷
C．质点P的起振方向沿y轴正方向
D．波源S2的起振方向沿y轴负方向
【答案】 BC
【解析】 结合波源S2在t＝0.25 s时波的图像丙图可知，此时刚开始振动的质点的起振方
向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源S2的起振方向沿y轴正方向，D错误；根据波源S1的振动图像图乙可知，波源S1的起振方向向上，又因为PS1