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第14章 限时规范专题练(五) 振动与波动问题综合应用—2024高考物理科学复习解决方案（讲义）
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这是一份第14章 限时规范专题练(五) 振动与波动问题综合应用—2024高考物理科学复习解决方案（讲义），共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，均为多选)
1．关于机械振动和机械波，下列说法正确的是( )
A．一个振动，如果回复力与偏离平衡位置的位移的平方成正比而且方向与位移相反，就能判定它是简谐运动
B．如果测出单摆的摆长L、周期T，作出L－T2图象，图象的斜率就等于重力加速度g的大小
C．当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率等于系统的固有频率，受迫振动的振幅最大
D．游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变
E．多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，例如交警向行进中的车辆发射频率已知的超声波，同时测量反射波的频率，根据反射波频率变化的多少就能知道车辆的速度
答案 CDE
解析 一个振动，如果回复力与偏离平衡位置的位移成正比而且方向与位移相反，就能判定它是简谐运动，A错误；根据T＝2π eq \r(\f(L,g))可得L＝eq \f(g,4π2)T2，则如果测出单摆的摆长L、周期T，作出L－T2图象，图象的斜率为eq \f(g,4π2)，B错误；当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率等于系统的固有频率，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，C正确；游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，D正确；易知E中应用的就是多普勒效应，E正确。
2．(2019·吉林省吉林市三模)下列说法正确的是( )
A．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速
B．在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
C．机械波传播过程中即使遇见尺寸比机械波波长大得多的障碍物也能发生衍射
D．向人体内发射频率已知的超声波，被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用了多普勒效应原理
E．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，这是干涉现象
答案 CDE
解析 声速是由介质决定的，声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速与声源发出的声波波速相等，故A错误；对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，两者相互垂直是横波，两者相互平行是纵波，故B错误；只有当障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或比机械波的波长小，才会发生明显的衍射现象，当障碍物的尺寸比机械波的波长大得多时，也能发生衍射现象，只是不明显，故C正确；向人体内发射频率已知的超声波，被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用了多普勒效应原理，故D正确；围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，故E正确。故选C、D、E。
3．下列说法中正确的是( )
A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化
B．发生干涉现象时，介质中振动加强的点，振动能量最大，减弱点振动能量可能为零
C．振动图象和波的图象中，横坐标所反映的物理意义是不同的
D．超声波比次声波更容易发生衍射
E．在地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上，其摆动周期变大
答案 BCE
解析 当波源与观察者互相靠近或互相远离时，接收到的波的频率都会发生变化，这种现象叫做多普勒效应，波源的频率并没有发生变化，A错误；介质中振动加强的点振幅最大，振动能量最大，振动减弱的点，振幅可能为零，则振动能量可能为零，B正确；波的图象表示介质中的“各个质点”在“某一时刻”的位移，横坐标表示各质点的平衡位置，振动图象则表示介质中“某个质点”在“各个时刻”的位移，横坐标表示时间，C正确；由v＝λf可知，当波速相同时，频率越小，波长越长，越容易发生衍射现象，所以次声波更容易发生衍射，D错误；由T＝2π eq \r(\f(L,g))，由于g月小于g地，所以摆钟由地球搬到月球上时，摆动周期变大，E正确。
4．(2019·天津重点中学联合二模)两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时( )
A．a、b连线中点振动加强
B．a、b连线中点速度为零
C．a、b、c、d四点速度均为零
D．再经过半个周期c、d两点振动减弱
E．再经过半个周期c、d两点振动加强
答案 ACD
解析 a是两个波谷相遇，振动加强，但此时速度为0；b是两个波峰相遇，振动加强，但此时速度为0；a、b两点是振动加强区，所以a、b连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为0；c和d两点是波峰和波谷相遇点，c、d两点振动始终减弱，振幅为0，即质点静止，故A、C正确，B错误。再经过半个周期，c、d两点仍是振动减弱，故D正确，E错误。
5．(2019·山东淄博一模)如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x＝2 m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x＝3.5 m。下列说法正确的是( )
A．在0.3 s时间内，质点P向右移动了3 m
B．这列波的传播速度是20 m/s
C．这列波沿x轴正方向传播
D．t＝0.1 s时，质点P的加速度大于质点Q的加速度
E．t＝0.45 s时，x＝3.5 m处的质点Q到达波谷位置
答案 CDE
解析 根据波的传播特点可知，A错误；由乙图可知，t＝0时刻质点的速度向上，结合图甲在该时刻的波形可知，波沿x轴正方向传播，C正确；波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,0.4) m/s＝10 m/s，B错误；当t＝0.1 s＝eq \f(1,4)T时，质点P处于最大位移处，加速度最大，而质点Q在平衡位置的下方，且位移不是最大，故其加速度小于质点P的加速度，D正确；t＝0.45 s时，波形平移的距离Δx＝vt＝4.5 m＝λ＋0.5 m，即x＝3 m处的质点振动形式传播到Q点，Q点处于波谷位置，E正确。
6．(2019·山东聊城一模)两列机械波在同一介质中沿相同方向传播，某时刻的波形如图所示，此时a波上某质点P的运动方向沿y轴负方向，则下列说法正确的是( )
A．两列波具有相同的波速
B．此时b波上的质点Q沿y轴正方向运动
C．一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍
D．在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动
E．a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样
答案 ABD
解析 机械波在同一介质中的传播速度相同，故A正确；波动图象上的质点的振动方向遵循沿着波的传播方向上坡下振，下坡上振的方式，因此由P点向下振可判断a波的传播方向沿x轴负方向；a、b两波的传播方向一致，因此b波向x轴负方向传播，Q点向上运动，故B正确；机械波在传播时质点上下振动，不随波运动，因此C错误；由图象可知1.5λa＝λb，再根据T＝eq \f(λ,v)、va＝vb，联立可求得eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(λa,λb)＝eq \f(2,3)，P完成30次全振动的时间内，Q全振动的次数nb＝eq \f(Ta,Tb)×30＝20，因此D正确；a、b波的周期不一样，频率就不一样，因此不会发生稳定干涉，E错误。
7．(2019·湖南衡阳三模)图甲中的B超成像的基本原理是：探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图乙为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波的图象，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz，下列说法正确的是( )
A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B．质点M开始振动的方向沿y轴正方向
C．0～1.25×10－7 s内质点M的路程为2 mm
D．t＝1.25×10－7 s时质点M运动到横坐标x＝35×10－2 mm处
E．t＝1.5×10－7 s时质点N恰好处于波谷
答案 ACE
解析 根据图象读出波长为：λ＝14×10－2 mm＝1.4×10－4 m，由v＝λf得波速为：v＝λf＝1.4×10－4×1×107 m/s＝1.4×103 m/s，故A正确；因为波沿x轴正向传播，由图可知，M点开始振动的方向向下，故B错误；质点振动的周期为：T＝eq \f(1,f)＝1×10－7 s，质点只会上下振动，因为t＝1.25×10－7 s＝1eq \f(1,4)T，所以质点A运动的路程为：s＝1eq \f(1,4)×4A＝1.25×4×0.4 mm＝2 mm，故C正确；在波的传播过程中各质点只在平衡位置附近振动，不随波传播，故D错误；由图可知，MN之间的距离为：MN＝(35－17.5)×10－2 mm＝17.5×10－2 mm＝1.75×10－4 m，波的前沿传播到达N的时间为：t＝eq \f(MN,v)＝eq \f(1.75×10－4,1.4×103) s＝1.25×10－7 s，在1.5×10－7 s时质点N的振动时间为：0.25×10－7 s＝eq \f(1,4)T，波刚传到N点时N从平衡位置开始向下振动，经过eq \f(1,4)T到达波谷，故E正确。故选A、C、E。
8．(2019·河北唐山三模)如图所示，位于原点的波源振动方程为y＝8sinπt cm，t＝0时刻开始沿y轴方向振动形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝5 s时刻位于x轴上的M、N两质点间第一次出现图示波形，N的横坐标为x＝20 m，下列叙述中正确的是( )
A．此时M点速度为零
B．波的传播速度为5 m/s
C．质点M的横坐标为x＝15 m
D．这段时间内质点M的运动路程为40 cm
E．若此波在传播过程中与另一列频率为2 Hz、振幅为4 cm的简谐横波相遇，相遇区域有的质点位移可能达到12 cm
答案 BCE
解析 此时质点M在平衡位置，其速度最大，故A错误；由波源振动方程y＝8sinπt cm，可得波的初相位为0，即波源的起振方向向上，周期为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,π) s＝2 s，由于传播时间为Δt＝5 s＝2T＋eq \f(1,2)T，所以传播距离为Δx＝2λ＋eq \f(1,2)λ，因为介质中各质点从平衡位置向上起振，且M、N间第一次出现图示波形，所以N点右侧还有半个波长，故可知传播距离为Δx＝20 m＋eq \f(1,2)λ，与上式比较可知波长为λ＝10 m，所以波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(10,2) m/s＝5 m/s，故B正确；由前面的分析可知质点M的横坐标为xM＝20m－eq \f(1,2)×10 m＝15 m，故C正确；由前面的分析及题意可知质点M的振动时间为Δt＝T，故其运动的路程为s＝4A＝4×8 cm＝32 cm，故D错误；由前面的分析，可知此波的频率为0.5 Hz，若此波在传播过程中与另一列频率为2 Hz、振幅为4 cm的简谐横波相遇，有些质点刚好是两列波的波峰与波峰相叠加，质点位移可能达到A1＋A2＝12 cm，故E正确。
9.(2019·湖南岳阳高三二模)甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，如图所示为t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，则( )
A．乙波的频率为2 Hz
B．甲波的传播速度为2 m/s
C．两列波叠加后，x＝0处的质点振幅为0
D．两列波叠加后，x＝2 m处为振动加强点
E．t＝0.25 s时，x＝0处的质点处于平衡位置，且向下运动
答案 ADE
解析 甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知，λ甲＝2 m，λ乙＝2 m，由v＝λf知甲、乙两波的频率之比为1∶1，即f乙＝f甲＝2 Hz，故A正确；甲波的传播速度为：v＝λ甲f甲＝2×2 m/s＝4 m/s，故B错误；再过eq \f(1,4)周期，两列波的波峰同时到达x＝0处，所以两列波叠加后，x＝0处的质点振动加强，振幅为：A0＝A甲＋A乙＝10 cm＋20 cm＝30 cm，故C错误；两列波叠加后，在x＝2 m处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，故D正确；两波的周期为：T＝eq \f(1,f)＝0.5 s，t＝0时刻，x＝0处的质点处于平衡位置，且向上运动。因为t＝0.25 s＝eq \f(T,2)，所以t＝0.25 s时，x＝0处的质点处于平衡位置，且向下运动，故E正确。
10．(2019·四川高三毕业班第二次诊断)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.5 s时刻的波形如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点P平衡位置的坐标x＝0.5 m。下列说法正确的是( )
A．该简谐波传播的最小速度为1.0 m/s
B．波传播的速度为(1.4＋2.4n) m/s(n＝0,1,2,3，…)
C．若波向x轴正方向传播，质点P比质点Q先回到平衡位置
D．若波向x轴负方向传播，质点P在这段时间内运动路程的最小值为25 cm
E．质点O的振动方程可能为y＝－10sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5＋12n,3)))·πt)) cm(n＝0,1,2,3，…)
答案 ADE
解析 0.5 s内波传播的最短距离为0.5 m，故最小速度为1.0 m/s，故A正确；若波向x轴正方向传播，波速为v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(0.5 m＋nλ,Δt)＝eq \f(0.5＋1.2n,0.5) m/s＝(1.0＋2.4n) m/s，(n＝0,1,2，3，…)，若波向x轴负方向传播，波速为v′＝eq \f(Δx′,Δt)＝eq \f(1.2 m－0.5 m＋nλ,Δt)＝eq \f(0.7＋1.2n,0.5) m/s＝(1.4＋2.4n) m/s(n＝0,1,2，3，…)，故B错误；若波向x轴正方向传播，t＝0时刻后很短时间内，质点P远离平衡位置，质点Q靠近平衡位置，故质点P比质点Q后回到平衡位置，故C错误；t＝0时刻，质点P偏离平衡位置的距离为10 cm·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.6 m－0.5 m,0.6 m)π))＝5 cm，若波向x轴负方向传播，质点P向平衡位置运动，至少经过eq \f(T,12)刚好回到平衡位置向下运动，再经过eq \f(T,2)回到平衡位置向上运动，第一次出现虚线波形，故最短路程为2A＋eq \f(A,2)＝25 cm，故D正确；若波向x轴正方向传播，则周期T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(1.2×0.5,0.5＋1.2n) s＝eq \f(6,5＋12n) s(n＝0,1,2,3，…)，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(5＋12nπ,3) rad/s，质点O的起振方向向下，振动方程：y＝－10sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5＋12n,3)))πt)) cm(n＝0,1,2,3，…)，若波向x轴负方向传播，则周期T′＝eq \f(λ,v′)＝eq \f(1.2×0.5,0.7＋1.2n) s＝eq \f(6,7＋12n) s(n＝0,1,2,3，…)，ω′＝eq \f(2π,T′)＝eq \f(7＋12nπ,3) rad/s，质点O的起振方向向上，振动方程：y＝10sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7＋12n,3)))πt)) cm(n＝0,1,2,3，…)，故E正确。
二、非选择题(本题共3小题，共30分)
11.(6分)(2019·山东日照高三5月校际联合考试)如图，一列简谐横波沿x轴负方向传播。实线为t＝0时的波形图，此时x＝3.5 m处质点的速度方向沿________(填“y轴正方向”或“y轴负方向”)；虚线为t′＝0.2 s时的波形图，该简谐波的最大周期为________ s；该波的传播的最小速度为________ m/s。
答案 y轴正方向 0.8 5
解析 因为波向x轴负方向传播，根据平移法，x＝3.5 m处质点的速度方向沿y轴正方向；根据图象可知，波长为4 m，且0.2 s＝eq \f(1,4)T＋nT(n＝0,1,2，…)，解得周期T＝eq \f(0.8,4n＋1) s(n＝0,1,2，…)，波速v＝eq \f(λ,T)＝(20n＋5) m/s，当n＝0时，周期最大，为0.8 s，波速最小，为5 m/s。
12．(12分)(2019·湖南衡阳二模)一列简谐横波，在t＝0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10 cm。P、Q两点的坐标分别为－1 m和－9 m，波的传播方向由右向左，已知t＝0.7 s时，P点第二次出现波峰。试计算：
(1)这列波的传播速度多大？
(2)从t＝0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？
(3)当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？
答案 (1)10 m/s (2)1.1 s (3)0.9 m
解析 (1)由图可知该波的波长为λ＝4 m，P点与最近波峰的水平距离为3 m，则距离下一个波峰的水平距离为7 m，所以v＝eq \f(s,t)＝10 m/s。
(2)Q点与最近波峰的水平距离为11 m
故Q点第一次出现波峰的时间为t1＝eq \f(s1,v)＝1.1 s。
(3)该波中各质点振动的周期为T＝eq \f(λ,v)＝0.4 s
Q点第一次出现波峰时经过t1＝1.1 s，
波传播到P点的时间Δt＝eq \f(Δs,v)＝eq \f(2 m,10 m/s)＝0.2 s，
则质点P振动了t2＝t1－Δt＝0.9 s
则t2＝2T＋eq \f(1,4)T＝eq \f(9,4)T
质点P从开始每振动eq \f(T,4)经过的路程为10 cm
当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程
s′＝9×10 cm＝0.9 m。
13．(12分)(2019·四川南充三诊)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别为t1＝0 s时与t2＝2 s时的波形图象，已知该波中各个质点的振动周期大于4 s。求：
(1)该波的传播速度大小；
(2)从t1＝0 s开始计时，写出x＝1 m处质点的振动方程。
答案 (1)1.5 m/s (2)y＝0.05sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)t＋\f(π,4))) m
解析 (1)由图知波长λ＝8 m，Δt＝t2－t1＝2 s内，波向右传播的距离可能是
Δx＝3 m＋nλ＝(3＋8n) m，(n＝0,1,2，…)
则波传播的时间Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)＋n))T，(n＝0,1,2，…)
可得T＝eq \f(8Δt,3＋8n)＝eq \f(16,3＋8n) s，(＝0,1,2，…)
由题知T>4 s，可得n＝0，T＝eq \f(16,3) s，
则波速v＝eq \f(λ,T)＝1.5 m/s。
(2)x＝1 m处的质点振动方程为：y＝Asin(ωt＋φ)，
波的振幅为：A＝5 cm
圆频率ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(3π,8) rad/s
t1＝0 s时，x＝1 m处质点的位移为：
y1＝Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1 m,8 m)×2π))＝eq \f(5\r(2),2) cm＝eq \f(\r(2),2)A
再由波的传播方向知，t1＝0 s时，x＝1 m处的质点向上振动，由此可知，φ＝eq \f(π,4)
则x＝1 m处的质点的振动方程为：
y＝0.05sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)t＋\f(π,4))) m。
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，均为多选)
1．关于机械振动和机械波，下列说法正确的是( )
A．一个振动，如果回复力与偏离平衡位置的位移的平方成正比而且方向与位移相反，就能判定它是简谐运动
B．如果测出单摆的摆长L、周期T，作出L－T2图象，图象的斜率就等于重力加速度g的大小
C．当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率等于系统的固有频率，受迫振动的振幅最大
D．游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率并不改变
E．多普勒效应在科学技术中有广泛的应用，例如交警向行进中的车辆发射频率已知的超声波，同时测量反射波的频率，根据反射波频率变化的多少就能知道车辆的速度
答案 CDE
解析 一个振动，如果回复力与偏离平衡位置的位移成正比而且方向与位移相反，就能判定它是简谐运动，A错误；根据T＝2π eq \r(\f(L,g))可得L＝eq \f(g,4π2)T2，则如果测出单摆的摆长L、周期T，作出L－T2图象，图象的斜率为eq \f(g,4π2)，B错误；当系统做受迫振动时，如果驱动力的频率等于系统的固有频率，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，C正确；游泳时耳朵在水中听到的音乐与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，D正确；易知E中应用的就是多普勒效应，E正确。
2．(2019·吉林省吉林市三模)下列说法正确的是( )
A．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速
B．在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
C．机械波传播过程中即使遇见尺寸比机械波波长大得多的障碍物也能发生衍射
D．向人体内发射频率已知的超声波，被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用了多普勒效应原理
E．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，这是干涉现象
答案 CDE
解析 声速是由介质决定的，声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速与声源发出的声波波速相等，故A错误；对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，两者相互垂直是横波，两者相互平行是纵波，故B错误；只有当障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或比机械波的波长小，才会发生明显的衍射现象，当障碍物的尺寸比机械波的波长大得多时，也能发生衍射现象，只是不明显，故C正确；向人体内发射频率已知的超声波，被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法俗称“彩超”，利用了多普勒效应原理，故D正确；围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，故E正确。故选C、D、E。
3．下列说法中正确的是( )
A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化
B．发生干涉现象时，介质中振动加强的点，振动能量最大，减弱点振动能量可能为零
C．振动图象和波的图象中，横坐标所反映的物理意义是不同的
D．超声波比次声波更容易发生衍射
E．在地球表面上走得很准的摆钟搬到月球表面上，其摆动周期变大
答案 BCE
解析 当波源与观察者互相靠近或互相远离时，接收到的波的频率都会发生变化，这种现象叫做多普勒效应，波源的频率并没有发生变化，A错误；介质中振动加强的点振幅最大，振动能量最大，振动减弱的点，振幅可能为零，则振动能量可能为零，B正确；波的图象表示介质中的“各个质点”在“某一时刻”的位移，横坐标表示各质点的平衡位置，振动图象则表示介质中“某个质点”在“各个时刻”的位移，横坐标表示时间，C正确；由v＝λf可知，当波速相同时，频率越小，波长越长，越容易发生衍射现象，所以次声波更容易发生衍射，D错误；由T＝2π eq \r(\f(L,g))，由于g月小于g地，所以摆钟由地球搬到月球上时，摆动周期变大，E正确。
4．(2019·天津重点中学联合二模)两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，此时( )
A．a、b连线中点振动加强
B．a、b连线中点速度为零
C．a、b、c、d四点速度均为零
D．再经过半个周期c、d两点振动减弱
E．再经过半个周期c、d两点振动加强
答案 ACD
解析 a是两个波谷相遇，振动加强，但此时速度为0；b是两个波峰相遇，振动加强，但此时速度为0；a、b两点是振动加强区，所以a、b连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为0；c和d两点是波峰和波谷相遇点，c、d两点振动始终减弱，振幅为0，即质点静止，故A、C正确，B错误。再经过半个周期，c、d两点仍是振动减弱，故D正确，E错误。
5．(2019·山东淄博一模)如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x＝2 m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象，质点Q的平衡位置位于x＝3.5 m。下列说法正确的是( )
A．在0.3 s时间内，质点P向右移动了3 m
B．这列波的传播速度是20 m/s
C．这列波沿x轴正方向传播
D．t＝0.1 s时，质点P的加速度大于质点Q的加速度
E．t＝0.45 s时，x＝3.5 m处的质点Q到达波谷位置
答案 CDE
解析 根据波的传播特点可知，A错误；由乙图可知，t＝0时刻质点的速度向上，结合图甲在该时刻的波形可知，波沿x轴正方向传播，C正确；波速v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,0.4) m/s＝10 m/s，B错误；当t＝0.1 s＝eq \f(1,4)T时，质点P处于最大位移处，加速度最大，而质点Q在平衡位置的下方，且位移不是最大，故其加速度小于质点P的加速度，D正确；t＝0.45 s时，波形平移的距离Δx＝vt＝4.5 m＝λ＋0.5 m，即x＝3 m处的质点振动形式传播到Q点，Q点处于波谷位置，E正确。
6．(2019·山东聊城一模)两列机械波在同一介质中沿相同方向传播，某时刻的波形如图所示，此时a波上某质点P的运动方向沿y轴负方向，则下列说法正确的是( )
A．两列波具有相同的波速
B．此时b波上的质点Q沿y轴正方向运动
C．一个周期内，Q质点沿x轴前进的距离是P质点的1.5倍
D．在P质点完成30次全振动的时间内Q质点可完成20次全振动
E．a波和b波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样
答案 ABD
解析 机械波在同一介质中的传播速度相同，故A正确；波动图象上的质点的振动方向遵循沿着波的传播方向上坡下振，下坡上振的方式，因此由P点向下振可判断a波的传播方向沿x轴负方向；a、b两波的传播方向一致，因此b波向x轴负方向传播，Q点向上运动，故B正确；机械波在传播时质点上下振动，不随波运动，因此C错误；由图象可知1.5λa＝λb，再根据T＝eq \f(λ,v)、va＝vb，联立可求得eq \f(Ta,Tb)＝eq \f(λa,λb)＝eq \f(2,3)，P完成30次全振动的时间内，Q全振动的次数nb＝eq \f(Ta,Tb)×30＝20，因此D正确；a、b波的周期不一样，频率就不一样，因此不会发生稳定干涉，E错误。
7．(2019·湖南衡阳三模)图甲中的B超成像的基本原理是：探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图乙为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波的图象，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz，下列说法正确的是( )
A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B．质点M开始振动的方向沿y轴正方向
C．0～1.25×10－7 s内质点M的路程为2 mm
D．t＝1.25×10－7 s时质点M运动到横坐标x＝35×10－2 mm处
E．t＝1.5×10－7 s时质点N恰好处于波谷
答案 ACE
解析 根据图象读出波长为：λ＝14×10－2 mm＝1.4×10－4 m，由v＝λf得波速为：v＝λf＝1.4×10－4×1×107 m/s＝1.4×103 m/s，故A正确；因为波沿x轴正向传播，由图可知，M点开始振动的方向向下，故B错误；质点振动的周期为：T＝eq \f(1,f)＝1×10－7 s，质点只会上下振动，因为t＝1.25×10－7 s＝1eq \f(1,4)T，所以质点A运动的路程为：s＝1eq \f(1,4)×4A＝1.25×4×0.4 mm＝2 mm，故C正确；在波的传播过程中各质点只在平衡位置附近振动，不随波传播，故D错误；由图可知，MN之间的距离为：MN＝(35－17.5)×10－2 mm＝17.5×10－2 mm＝1.75×10－4 m，波的前沿传播到达N的时间为：t＝eq \f(MN,v)＝eq \f(1.75×10－4,1.4×103) s＝1.25×10－7 s，在1.5×10－7 s时质点N的振动时间为：0.25×10－7 s＝eq \f(1,4)T，波刚传到N点时N从平衡位置开始向下振动，经过eq \f(1,4)T到达波谷，故E正确。故选A、C、E。
8．(2019·河北唐山三模)如图所示，位于原点的波源振动方程为y＝8sinπt cm，t＝0时刻开始沿y轴方向振动形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝5 s时刻位于x轴上的M、N两质点间第一次出现图示波形，N的横坐标为x＝20 m，下列叙述中正确的是( )
A．此时M点速度为零
B．波的传播速度为5 m/s
C．质点M的横坐标为x＝15 m
D．这段时间内质点M的运动路程为40 cm
E．若此波在传播过程中与另一列频率为2 Hz、振幅为4 cm的简谐横波相遇，相遇区域有的质点位移可能达到12 cm
答案 BCE
解析 此时质点M在平衡位置，其速度最大，故A错误；由波源振动方程y＝8sinπt cm，可得波的初相位为0，即波源的起振方向向上，周期为T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,π) s＝2 s，由于传播时间为Δt＝5 s＝2T＋eq \f(1,2)T，所以传播距离为Δx＝2λ＋eq \f(1,2)λ，因为介质中各质点从平衡位置向上起振，且M、N间第一次出现图示波形，所以N点右侧还有半个波长，故可知传播距离为Δx＝20 m＋eq \f(1,2)λ，与上式比较可知波长为λ＝10 m，所以波速为v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(10,2) m/s＝5 m/s，故B正确；由前面的分析可知质点M的横坐标为xM＝20m－eq \f(1,2)×10 m＝15 m，故C正确；由前面的分析及题意可知质点M的振动时间为Δt＝T，故其运动的路程为s＝4A＝4×8 cm＝32 cm，故D错误；由前面的分析，可知此波的频率为0.5 Hz，若此波在传播过程中与另一列频率为2 Hz、振幅为4 cm的简谐横波相遇，有些质点刚好是两列波的波峰与波峰相叠加，质点位移可能达到A1＋A2＝12 cm，故E正确。
9.(2019·湖南岳阳高三二模)甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，如图所示为t＝0时刻两列波恰好在坐标原点相遇时的波形图，甲波的频率为2 Hz，沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，则( )
A．乙波的频率为2 Hz
B．甲波的传播速度为2 m/s
C．两列波叠加后，x＝0处的质点振幅为0
D．两列波叠加后，x＝2 m处为振动加强点
E．t＝0.25 s时，x＝0处的质点处于平衡位置，且向下运动
答案 ADE
解析 甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图知，λ甲＝2 m，λ乙＝2 m，由v＝λf知甲、乙两波的频率之比为1∶1，即f乙＝f甲＝2 Hz，故A正确；甲波的传播速度为：v＝λ甲f甲＝2×2 m/s＝4 m/s，故B错误；再过eq \f(1,4)周期，两列波的波峰同时到达x＝0处，所以两列波叠加后，x＝0处的质点振动加强，振幅为：A0＝A甲＋A乙＝10 cm＋20 cm＝30 cm，故C错误；两列波叠加后，在x＝2 m处两波的波峰与波峰或波谷与波谷相遇，振动加强，故D正确；两波的周期为：T＝eq \f(1,f)＝0.5 s，t＝0时刻，x＝0处的质点处于平衡位置，且向上运动。因为t＝0.25 s＝eq \f(T,2)，所以t＝0.25 s时，x＝0处的质点处于平衡位置，且向下运动，故E正确。
10．(2019·四川高三毕业班第二次诊断)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图中实线所示，t＝0.5 s时刻的波形如图中虚线所示，虚线恰好过质点P的平衡位置。已知质点P平衡位置的坐标x＝0.5 m。下列说法正确的是( )
A．该简谐波传播的最小速度为1.0 m/s
B．波传播的速度为(1.4＋2.4n) m/s(n＝0,1,2,3，…)
C．若波向x轴正方向传播，质点P比质点Q先回到平衡位置
D．若波向x轴负方向传播，质点P在这段时间内运动路程的最小值为25 cm
E．质点O的振动方程可能为y＝－10sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5＋12n,3)))·πt)) cm(n＝0,1,2,3，…)
答案 ADE
解析 0.5 s内波传播的最短距离为0.5 m，故最小速度为1.0 m/s，故A正确；若波向x轴正方向传播，波速为v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(0.5 m＋nλ,Δt)＝eq \f(0.5＋1.2n,0.5) m/s＝(1.0＋2.4n) m/s，(n＝0,1,2，3，…)，若波向x轴负方向传播，波速为v′＝eq \f(Δx′,Δt)＝eq \f(1.2 m－0.5 m＋nλ,Δt)＝eq \f(0.7＋1.2n,0.5) m/s＝(1.4＋2.4n) m/s(n＝0,1,2，3，…)，故B错误；若波向x轴正方向传播，t＝0时刻后很短时间内，质点P远离平衡位置，质点Q靠近平衡位置，故质点P比质点Q后回到平衡位置，故C错误；t＝0时刻，质点P偏离平衡位置的距离为10 cm·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.6 m－0.5 m,0.6 m)π))＝5 cm，若波向x轴负方向传播，质点P向平衡位置运动，至少经过eq \f(T,12)刚好回到平衡位置向下运动，再经过eq \f(T,2)回到平衡位置向上运动，第一次出现虚线波形，故最短路程为2A＋eq \f(A,2)＝25 cm，故D正确；若波向x轴正方向传播，则周期T＝eq \f(λ,v)＝eq \f(1.2×0.5,0.5＋1.2n) s＝eq \f(6,5＋12n) s(n＝0,1,2,3，…)，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(5＋12nπ,3) rad/s，质点O的起振方向向下，振动方程：y＝－10sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5＋12n,3)))πt)) cm(n＝0,1,2,3，…)，若波向x轴负方向传播，则周期T′＝eq \f(λ,v′)＝eq \f(1.2×0.5,0.7＋1.2n) s＝eq \f(6,7＋12n) s(n＝0,1,2,3，…)，ω′＝eq \f(2π,T′)＝eq \f(7＋12nπ,3) rad/s，质点O的起振方向向上，振动方程：y＝10sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7＋12n,3)))πt)) cm(n＝0,1,2,3，…)，故E正确。
二、非选择题(本题共3小题，共30分)
11.(6分)(2019·山东日照高三5月校际联合考试)如图，一列简谐横波沿x轴负方向传播。实线为t＝0时的波形图，此时x＝3.5 m处质点的速度方向沿________(填“y轴正方向”或“y轴负方向”)；虚线为t′＝0.2 s时的波形图，该简谐波的最大周期为________ s；该波的传播的最小速度为________ m/s。
答案 y轴正方向 0.8 5
解析 因为波向x轴负方向传播，根据平移法，x＝3.5 m处质点的速度方向沿y轴正方向；根据图象可知，波长为4 m，且0.2 s＝eq \f(1,4)T＋nT(n＝0,1,2，…)，解得周期T＝eq \f(0.8,4n＋1) s(n＝0,1,2，…)，波速v＝eq \f(λ,T)＝(20n＋5) m/s，当n＝0时，周期最大，为0.8 s，波速最小，为5 m/s。
12．(12分)(2019·湖南衡阳二模)一列简谐横波，在t＝0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10 cm。P、Q两点的坐标分别为－1 m和－9 m，波的传播方向由右向左，已知t＝0.7 s时，P点第二次出现波峰。试计算：
(1)这列波的传播速度多大？
(2)从t＝0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？
(3)当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？
答案 (1)10 m/s (2)1.1 s (3)0.9 m
解析 (1)由图可知该波的波长为λ＝4 m，P点与最近波峰的水平距离为3 m，则距离下一个波峰的水平距离为7 m，所以v＝eq \f(s,t)＝10 m/s。
(2)Q点与最近波峰的水平距离为11 m
故Q点第一次出现波峰的时间为t1＝eq \f(s1,v)＝1.1 s。
(3)该波中各质点振动的周期为T＝eq \f(λ,v)＝0.4 s
Q点第一次出现波峰时经过t1＝1.1 s，
波传播到P点的时间Δt＝eq \f(Δs,v)＝eq \f(2 m,10 m/s)＝0.2 s，
则质点P振动了t2＝t1－Δt＝0.9 s
则t2＝2T＋eq \f(1,4)T＝eq \f(9,4)T
质点P从开始每振动eq \f(T,4)经过的路程为10 cm
当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程
s′＝9×10 cm＝0.9 m。
13．(12分)(2019·四川南充三诊)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线和虚线分别为t1＝0 s时与t2＝2 s时的波形图象，已知该波中各个质点的振动周期大于4 s。求：
(1)该波的传播速度大小；
(2)从t1＝0 s开始计时，写出x＝1 m处质点的振动方程。
答案 (1)1.5 m/s (2)y＝0.05sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)t＋\f(π,4))) m
解析 (1)由图知波长λ＝8 m，Δt＝t2－t1＝2 s内，波向右传播的距离可能是
Δx＝3 m＋nλ＝(3＋8n) m，(n＝0,1,2，…)
则波传播的时间Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)＋n))T，(n＝0,1,2，…)
可得T＝eq \f(8Δt,3＋8n)＝eq \f(16,3＋8n) s，(＝0,1,2，…)
由题知T>4 s，可得n＝0，T＝eq \f(16,3) s，
则波速v＝eq \f(λ,T)＝1.5 m/s。
(2)x＝1 m处的质点振动方程为：y＝Asin(ωt＋φ)，
波的振幅为：A＝5 cm
圆频率ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(3π,8) rad/s
t1＝0 s时，x＝1 m处质点的位移为：
y1＝Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1 m,8 m)×2π))＝eq \f(5\r(2),2) cm＝eq \f(\r(2),2)A
再由波的传播方向知，t1＝0 s时，x＝1 m处的质点向上振动，由此可知，φ＝eq \f(π,4)
则x＝1 m处的质点的振动方程为：
y＝0.05sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)t＋\f(π,4))) m。
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