易错点13 利用波的图像计算波速波长（4陷阱点5考点4题型）-备战2025年高考物理易错题专练（新高考通用）

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01 易错陷阱
易错点一：不够明确简谐运动的基本描述
易错点二：不够明确机械波的基本性质
易错点三：理解波的传播，图像问题时出现错误
易错点四：混淆波的稳定干涉条件
02 易错知识点
知识点一、波动图像和振动图像的比较
知识点二、根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法
知识点三、求解波的图像与振动图像综合类问题
知识点四、波的多解问题
知识点五、波的干涉
03 举一反三——易错题型
题型一：机械波的传播方向
题型二：机械波的图像分析
题型三：波的干涉问题
题型四：非常规波的传播与干涉问题
04 易错题通关
易错点一：不够明确简谐运动的基本描述
1.简谐运动的回复力不可以是恒力.
2.简谐运动的平衡位置不一定是质点所受合力为零的位置，例如单摆的最低点合力不为零.
3,做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、加速度、位移都是相同的，速度大小相同，方向不同。
4.做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小.
5.简谐运动的图像描述的不是振动质点的轨迹.
6.简谐运动的振动图像一定是正弦曲线.
7.单摆在任何情况下的运动不一定都是简谐运动.
8.单摆的振动周期由摆球的质量和摆长和重力加速度共同决定.
9.当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，所受合力不为零.
易错点二：不够明确机械波的基本性质
1.在机械波传播过程中，介质中的质点不沿着波的传播而移动.
2.机械波在一个周期内传播的距离不是振幅的4倍.
3.一切波都能发生衍射现象.
4.发生多普勒效应时，波源的真实频率没有发生变化.
易错点三：理解波的传播，图像问题时出现错误
1、波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。
2、介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。
3、波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。
4、波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。
易错点四：混淆波的稳定干涉条件
波的干涉现象中振动加强点、减弱点的两种判断方法
1.公式法
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。
①当两波源振动步调一致时
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
②当两波源振动步调相反时
若Δr＝(2n＋1)eq \f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
知识点一、波动图像和振动图像的比较
知识点二、根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法
知识点三、求解波的图像与振动图像综合类问题
知识点四、波的多解问题
1.造成波动问题多解的主要因素
(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：波传播的距离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。
2.解决波的多解问题的思路
一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋Δt(n＝0，1，2，…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0，1，2，…)。
知识点五、波的干涉
题型一：机械波的传播方向
【例1】（2024•郫都区校级模拟）一列简谐横波沿x轴方向传播，在t＝0.6s时刻的波形图如图甲所示，此时质点P的位移为+2cm，质点Q的位移为﹣2cm，波上质点A的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．该简谐横波的波速为20m/s
C．质点Q的振动方程为y＝4sin（2.5πt+π3）（cm）
D．t=1115s时，质点P刚好在平衡位置
【解答】解：A、由质点A的振动图像可知，在t＝0.6s时刻，质点A正在平衡位置向下振动，根据“同侧法”可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、由甲图可知，该波的波长为λ＝3×4m＝12m，根据图乙可知该波的周期为：T＝1.0s﹣0.2s＝0.8s
所以该波的波速为：v=λT=120.8m/s＝15m/s，故B错误；
C、根据y＝Asin（ωt+φ）＝Asin（2πTt+φ）可知，y＝Asin（2.5πt+φ），其中A＝4cm，在t＝0.6s时，Q点的位移为y＝﹣2cm，代入解得：φ=π3；所以质点Q的振动方程为y＝4sin（2.5πt+π3）（cm），故C正确；
D、t=1115s时，即波从图甲继续向右传播Δt=1115s﹣0.6s=215s，此过程中波向右传播的距离为Δx＝vΔt=15×215m＝2m，所以此时P位于波峰，故D错误。
故选：C。
【变式1-1】（2024•武汉模拟）图（a）是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝4s时的波形图，M、N是介质中的两个质点，其平衡位置分别位于x＝2m、x＝8m处，图（b）是质点N的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．波的传播速度大小为0.5m/s
C．t＝5s时，M、N的速度大小相等，方向相同
D．t＝7s时，M、N的加速度大小相等，方向相反
【解答】解：A、t＝4s时N质点向下振动，根据“同侧法”可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、根据图像可知波长为λ＝8m，周期为T＝8s，波的传播速度大小为：v=λT=88m/s＝1m/s，故B错误；
C、质点N的振动方程为：yN＝Asin2πTt，质点M的振动方程为：yM＝Asin（2πTt−π2）
t＝5s时，yN=−22A，向下振动；yM=22A，向下振动；
距离平衡位置等距离两点速度大小相等，故M和N速度相同，故C正确；
D、t＝7s时，yN′=−22A，yM′=−22A，根据牛顿第二定律可得：a=−kym可知二者加速度大小相等、方向相同，故D错误。
故选：C。
【变式1-2】（2024•道里区校级模拟）一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示为t＝1s时的波形图，如图乙所示为x＝4m处的质点N的振动图像，已知图甲中L、M、N两质点的平衡位置分别位于xL＝2m、xM＝3m、xN＝4m，则下列说法正确的是（ ）
A．该波应沿x轴负方向传播
B．t＝1.5s时质点L的加速度为零
C．在t＝0.5s时刻，质点L的位移为20cm
D．从t＝0s时刻到t＝1.5s时刻，质点M通过的路程为60cm
【解答】解：A、由图乙可知，质点N在t＝1s时刻沿y轴负方向运动，在甲图上，根据“上下坡法”可知该波沿x轴正方向运动，故A错误；
B、根据“上下坡法”可知t＝1s时刻，质点L沿y轴正方向运动。由图可知周期T＝2s，从t＝1s时刻到t＝1.5s时间经历时间Δt＝1.5s﹣1s＝0.5s=T4，则t＝1.5s时质点L到达波峰，加速度最大，故B错误；
C、在t＝0.5s时刻，即t＝1s时刻之前的T4时刻，质点L位于波谷，位移为﹣20cm，故C错误；
D、从t＝0时刻到t＝1.5s时刻，M质点振动时间为34T，质点M通过的路程为s＝3A＝3×20cm＝60cm，故D正确。
故选：D。
【变式1-3】（2024•合肥三模）如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波，在t＝2s时的波形图，P、Q是平衡位置分别位于x＝1.5m和x＝2.75m处的两个质点，质点P的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴正方向传播
B．波传播的速度大小为2m/s
C．当P位于波谷时，质点Q的位移为32cm
D．当P沿y轴负方向运动时，Q一定沿y轴正方向运动
【解答】解：A、由图乙可知，t＝2s时，质点P正沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、波传播的速度大小为：v=λT=24m/s=0.5m/s，故B错误；
C、Q与右侧波峰之间的水平距离为：Δx＝3m﹣2.75m＝0.25m，而14λ=14×2m＝0.5m
故Q点的振动方程为：y＝6sin（2πTt+φ）cm＝6sin（2π4t+π4）cm＝6sin（π2t+π4）cm
根据波形图可知，将波形沿x轴负方向移动0.5m的距离，此时P点在波谷，即波向左传播t′=T4，则此时Q的位移为：y＝6sin（π2×1+π4）cm＝32cm，故C正确；
D、由于P、Q水平距离并不等于半波长的奇数倍，因此两质点的振动方向并不一定相反，故D错误。
故选：C。
题型二：机械波的图像分析
【例2】（2024•聊城二模）甲、乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x＝8m处，两波源均沿y轴方向振动。在t＝0时刻甲形成的波形如图a所示，此时乙波源开始振动，其振动图像如图b所示。已知乙波的传播速度v乙＝2.0m/s，质点P的平衡位置处于x＝5m处。若两波源一直振动，则下列说法正确的是（ ）
A．甲波的周期为2s
B．在t＝2.0s时，质点P开始振动
C．在t＝3.0s时，质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动
D．在0～3.5s这段时间内质点P运动的路程为42cm
【解答】解：A、甲、乙两列机械波在同一种介质中传播，两列波传播速度大小相等。由图可知，甲波的波长为2m，所以甲波的周期为
T甲=λ甲v=22.0s＝1s，故A错误；
B、当乙波传播到P点时，质点P开始振动，所用时间t=xv=32s=1.5s，则在t＝1.5s时，质点P开始振动，故B错误；
C、在t＝3.0s时，乙波在P点的振动形式为经过平衡位置，且向下振动，而甲波在P点的振动形式也是经过平衡位置向下振动，所以在t＝3.0s时，质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动，故C正确；
D、由于两波源振动步调相反，P点到两波源的波程差Δx＝4m﹣3m＝1m，即半波长，所以P点为振动加强点，其振幅为A＝A甲+A乙＝4cm+3cm＝7cm，所以在0～3.5s这段时间内，质点P的路程为s＝2A乙+6A＝2×3cm+6×7cm＝48cm，故D错误。
故选：C。
【变式2-1】（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝2s时刻的波形图。已知该波的波速是v＝8m/s，根据图形，则下列说法正确的是（ ）
A．该横波若与频率为1.5Hz的波相遇可能发生干涉
B．t＝1s时刻，x＝2m处的质点位于平衡位置向y轴负方向振动
C．t＝2.75s时刻x＝4m处的质点位移为23cm
D．从t＝2s到t＝2.75s的时间内，x＝4m处的质点通过的路程为(4+23)cm
【解答】解：A、由波形图可知波长λ＝12m
则波的周期为：T=λv，代入数据可得：T＝1.5s
频率为：f=1T，代入数据可得：f=23Hz
所以与频率为1.5Hz的波相遇不可能发生干涉，故A错误；
B、从t＝0到t＝2s，波传播的距离为：Δx＝vt，代入数据解得：Δx=16m=43λ
根据平移法可知，该波一定沿x轴负方向传播；经过t＝1s时间，波传播的距离为：Δx1＝vt1，代入数据解得：Δx1=8m=23λ
根据波形平移法可知，t＝1s时x＝10m处的振动传到x＝2m处，则此时x＝2m处的质点位于平衡位置向y轴正方向振动，故B错误；
C、x＝4m处的质点振动方程为：y＝﹣Asinωt
代入数据可得：y=−Asin4π3t(cm)
故t＝2.75s时刻x＝4m处的质点位移为：y2.75=−4sin(4π3×114)cm=23cm，故C正确；
D、从t＝2s到t＝2.75s的时间内，由于Δt=0.75s=T2
半个周期内所有质点的路程都为2A，即
s＝2A，代入数据解得：s＝8cm，故D错误。
故选：C。
【变式2-2】（2024•辽宁模拟）地震波既有纵波也有横波。某次地震时，震源正上方60km处地面上的地震检测仪先监测到地面上下振动，5s后地面左右晃动。在监测中获得了一列沿x轴正方向传播的地震横波的波动图像，t1＝0时刻的波形如图中实线所示，t2＝0.15s时刻的波形如图中虚线所示，已知该地震横波的周期T＞0.15s，假设纵波与横波频率相等，则（ ）
A．地震横波波速比纵波的快
B．地震横波的波速为3km/s
C．地震横波的周期为0.6s
D．地震纵波的波长为1.2km
【解答】解：A、地震波中的纵波比横波先到达地面，所以纵波的速度快，故A错误；
BC、由波形图可知地震横波的波长λ＝800m，地震横波沿x轴正方向传播，由波形图可得Δt＝t2−t1＝（n+34）T，（n＝0、1、2……）
又因：T＞0.15s，可得n＝0，解得：T＝0.2s
地震横波传播速度为：v=λT=8000.2m/s=4000m/s
D、设纵波的波速为v′，则有ℎv−ℎv'=5s，代入数据解得v′＝6000m/s
根据波速公式得纵波的波长λ′＝v′T＝6000×0.2m＝1200m＝1.2km，故D正确。
故选：D。
【变式2-3】（2024•镜湖区校级二模）如图所示，两个振动频率均为0.5Hz的波源，分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，产生的简谐横波相向传播，振幅均为A＝2cm，图示为两列波t＝0时刻波形图，x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q两质点此刻刚好从平衡位置开始振动。则下列判断正确的是（ ）
A．两列波的传播速度均为v0＝0.2cm/s，且波源起振方向均沿y轴负方向
B．t＝0时刻，x＝0处的质点处于平衡位置向y轴正方向运动，x＝0.1m处的质点处于负的最大位移处，且向y轴正方向运动
C．t＝4.5s时刻，x＝0.5m处的质点M正好从平衡位置向y轴正方向运动
D．M点开始振动后做最大位移始终为2cm、周期为2s的简谐运动
【解答】解：A、由图像可知，两列波波长均为：λ＝0.4m
周期均为：T=1f=10.5Hz＝2s
所以波速均为：v0＝λf＝0.4×0.5m/s＝0.2m/s
根据同侧法可判断出质点的振动方向，由于两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，可知质点P、Q均沿y轴负方向运动，故A错误；
B、根据同侧法可判断出x＝0处的质点处于平衡位置向y轴正方向运动，x＝0.1m处的质点处于负的最大位移处，瞬时速度为零，故B错误；
D、依据叠加原则，M点开始振动后，M点振动加强，可知M点做最大位移为4cm，周期仍为2s的简谐运动，故D错误；
C、由图可知，0时刻，x＝0.5m处的质点M到两波前的距离均为0.3m，结合上述可知，两列波传到M的时间为：34T=1.5s
当t＝1.5s时，两列波都恰好传到质点M，在t＝4.5s时刻，质点M振动的时间：Δt=4.5s−1.5s=32T
M已经振动一个半周期，结合叠加原则，可知t＝4.5s时M点处于平衡位置向y轴正方向运动，故C正确。
故选：C。
题型三：波的干涉问题
【例3】（2024•雨花区校级模拟）现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是（ ）
A．降噪过程应用的是声波的衍射原理
B．理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C．P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A（A为降噪声波的振幅）
D．P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
【解答】解：AB．由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，振动减弱，起到降噪作用，所以降噪过程应用的是声波的干涉原理，故A错误，B正确；
C．图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，路程为零，故C错误；
D．波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，故D错误。
故选：B。
【变式3-1】（2024•青山湖区校级模拟）两个步调相同的相干波源S1、S2上、下振动，波在水平面内传播，形成了如图所示的干涉图样，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅分别为A1＝5cm，A2＝10cm，下列说法中正确的是（ ）
A．质点a始终保持静止不动
B．质点b的位移始终大于质点d的位移
C．质点b与质点c的振动始终加强
D．任意时刻，质点c和质点d在竖直方向上的高度差不超过15cm
【解答】解：A、质点a为两波源连线的中垂线上，到两波源的距离相等，且两波源振动完全相同，故质点a为振动加强点，故A错误；
B、质点b是波峰与波峰相遇，是振动加强点，质点d是波峰与波谷相遇，所以d为振动减弱点，但两点的位移在变化，质点b的位移不一定大于质点d的位移，故B错误；
C、质点b是波峰与波峰相遇，质点c是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点，振动始终加强，故C正确；
D、质点c是振动加强点，振幅最大，为两波振幅之和15cm，质点d为振动减弱点，振幅最小，为两波振幅之差5cm，d在波峰，c在波谷，则此时d、c两质点的竖直高度差最大为20cm，故D错误。
故选：C。
【变式3-2】（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=ΔxΔt
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=λv
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=Δx1v
Δt2=Δx2v
代入数据解得Δt1＝3s，Δt2＝1s
可知0～5s内质点N只由右边波源引起振动了1s，由于
1s=12T
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=Δxv
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。
【变式3-3】（2024•镇海区校级模拟）如图所示，在某均匀介质中存在两个点波源S1和S2，它们沿z方向振动，垂直纸面向外为z轴正方向。其中S1位于(−3m，0，0)处，其振动方程为z=0.1sin(10πt+π3)(m)；S2位于(3m，0，0)处，其振动方程为z=0.1sin(10πt−π6)(m)。已知波速为40m/s，下列说法正确的是（ ）
A．波源S1的相位比波源S2的相位落后π2
B．P（0，2m，0）处质点的振幅为0.2m
C．Q(−3m，2m，0)处为振动减弱处
D．t＝0时刻波源S1和S2的加速度方向相同
【解答】解：A.根据振动方向可知波源S1的相位比波源S2的相位超前
π3+π6=π2
故A错误；
B.P处质点到两波源的距离差为0，由于两波源的相位差π2，根据波的叠加原理，可得P处质点振幅为0.12m，故B错误；
C.由振动图像可知周期为
T=2πω=15s
Q处质点到两波源的距离差为
Δx=(23)2+22m﹣2m＝2m
波源的振动传到Q处所需时间差为
Δt=Δxv=0.05s=T4
结合两波源的相位差π2，可知Q（−3m，2m，0）处为振动减弱处，故C正确；
D.t＝0时刻波源S1和S2的位移相反，则加速度方向相反，故D错误。
故选：C。
题型四：非常规波的传播与干涉问题
【例4】（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=MOt=41m/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；
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vAvB=ℎAℎB=，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=1f=11s=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'=ONvB=7.55s=1.5s，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。
【变式4-1】（2024•南昌三模）如图所示为水池某时刻的水波图样，S1、S2为水池边缘的两个波源，将水波视为简谐横波，实线为波峰，虚线为波谷，此时S1、S2均处在波谷位置。可以通过调节波源S1的振动频率，使两波源的振动完全相同，在水面上形成稳定干涉图样。已知波源S2振动形成的水波波长为20cm，波速为40cm/s，两列波的振幅均为5cm，两列波的传播速度大小相同，S1、S2两点之间的距离为100cm，S1、S2、P三点在同一水平面上，且刚好构成一个直角三角形，∠S1S2P＝53°，sin53°＝0.8。Q为两波源连线的中点，则下列判断正确的是（ ）
A．将波源S1的振动频率调高后形成稳定干涉图样
B．形成稳定干涉后，S1、S2连线上共有8个振动加强点
C．形成稳定干涉后，P点处质点振动的振幅为5cm
D．未调节波源S1的振动频率时，Q点从平衡位置振动1.25s后通过的路程为1m
【解答】解：A、由图可知，波源S1形成的波长大，则频率小，要形成稳定干涉图样，则频率要与S2相同，所以要将频率调高，故A正确；
B、由题意可知振动加强点到两波源的距离为波长的整数倍，结合题意可知，则有：
x1+x2＝100cm，|x1﹣x2|＝20ncm，
可知分别距离S1为10cm，20cm，30cm，40cm，50cm，60cm，70cm，80cm，90cm共有9个振动加强点，故B错误；
C、P点距离两波源的距离差
Δx＝100sin53°﹣100cs53°，
代入数据解得：Δx＝20cm，
所以P点是振动加强点，振幅为10cm，故C错误；
D、未调节波源S1振动频率时，Q点振动周期未知，故Q点从平衡位置振动1.25s后通过的路程不能确定是否为1m，故D错误。
故选：A。
【变式4-2】（2024•宁波模拟）在某水平均匀介质中建立如图所示的三维直角坐标系，xOy平面水平。在x轴上的两个波源S1、S2的坐标分别为x1＝﹣9m、x2＝16m，S1、S2的振动方程分别为z1＝10sin（2πt）cm、z2=8sin(2πt+π2)cm。若两波均从平衡位置向上起振，且t＝0时刻，S1刚开始振动，S2首次到达波峰处，两列波的波速均为4m/s，传播过程中能量损耗不计。y轴上P点的坐标为y＝12m，则下列说法正确的是（ ）
A．两波均传至O点后，O点振幅为18cm
B．S1波提前S2波1.25s传至P点
C．t＝5.25s时，P点向+z方向振动
D．0～5.25s内，质点P通过的路程为76cm
【解答】解：A.根据已知条件，两波源的振动周期均为
T=2πω=2π2πs=1s
根据波长与波速的关系有
v=λT
解得
λ＝vT＝4×1m＝4m
依题意，t＝0时刻，波源S1刚开始振动，波源S2的振动的波前已经沿x轴负方向传播了T4，即位于x＝15m处，坐标原点O到两个波前的路程差为 Δx=15m−9m=6m=3×λ2
可知叠加后使O点振动减弱，此刻O点处的质点的振幅为
A＝A1﹣A2＝10cm﹣8cm＝2cm，故A错误；
B.由几何关系
S1P=92+122m=15m
S2P=162+122m=20m
S1波提前S2传至P点的时间为
Δt=(S2P−λ4)−S1Pv=(20−1)−154s=1s，故B错误；
CD.波源S1的波前传到P点的时间为
t1=S1Pv=154s=3.75s
波源S2的波前传到P点的时间为
t2=S2P−λ4v=20−14s=4.75s
由此可知，0～3.75s内P点未振动，3.75～4.75s内P点路程为
s1＝4A1＝4×10cm＝40cm
4.75～5.25s内两列波在P点叠加，由
Δx'=(S2P−λ4)−S1P=(20−1)m−15m=4m=λ
可知P点为振动加强点，振幅为
A＝A1+A2＝10cm+8cm＝18cm
该段时间内的路程为
s2＝2A'＝2×18cm＝36cm
则0～5.25s内，质点P通过的路程为
s＝s1+s2＝40cm+36cm＝76cm
t＝5.25s时，波源为S1的波已经在P点振动了
Δt1=5.25s−3.75s=1.50s=32T
即该波的平衡位置恰好传到P点，且沿﹣z方向振动，同理，波源为S2的波已经在P点振动了
Δt2=5.25s−4.75s=0.50s=12T
即该波的平衡位置恰好传到P点，且沿z轴负方向振动，由此可知，该时刻P点向﹣z方向振动，故C错误，D正确。
故选：D。
【变式4-3】（多选）（2024•绍兴二模）如图所示，x＝0与x＝10m处有两个波源S1和S2均可以沿z轴方向做简谐运动，两波源产生的机械波均能以波源为圆心在xOy平面内向各个方向传播，振动周期均为T＝2s，波速均为v＝1m/s。t＝0时刻波源S1开始沿z轴正方向振动，振幅A1＝3cm；t＝2s时刻波源S2开始沿z轴负方向振动，振幅A2＝5cm。下列说法正确的是（ ）
A．t＝8s时刻，x＝5.5m处质点的位移为z＝﹣8cm
B．在x轴上，x＜0和x＞10m区域都是振动的加强点
C．在x轴上，0＜x＜10m区间内一共有10个振动的加强点
D．以波源S1为圆心，分别以半径4.8m和5.2m画圆，则在这两个圆周上，振动的加强点的个数相等
【解答】解：A、假设只有波源S1，波源S1的振动形式传播到x＝5.5处所需时间为：t1=5.5m1m/s=5.5s，t＝8s时，x＝5.5m处的质点振动了（8﹣5.5）s＝2.5s＝T+14T，波源S1起振方向沿z轴正方向，故x＝5.5m处的质点的起振方向也沿z轴正方向，可得t＝8s时，x＝5.5m处质点的位移为z1＝3cm。
同理，假设只有波原S2，波源S2的振动形式传播到x＝5.5处所需时间为：t1=2s+10m−5.5m1m/s=6.5s，t＝8s时，x＝5.5m处的质点振动了（8﹣6.5）s＝1.5s=34T，波源S2起振方向沿z轴负方向，故x＝5.5m处的质点的起振方向也沿z轴负方向，可得t＝8s时，x＝5.5m处质点的位移为z2＝5cm。
根据波的叠加原理，可知t＝8s时，x＝5.5m处质点的位移为：z＝z1+z2＝3cm+5cm＝8cm，故A错误；
B、由：v＝1m/s，T＝2s，可得：λ＝2m
波源S1比波源S2早起振2s，即一个周期，根据题意可知两波源振动步调相反。在x轴上，x＜0和x＞10m区域内的x轴上各点到两波源的波程差均为10m＝5λ.即波程差均等于波长的5倍，可知故各点都是减弱点，故B错误；
C、在x轴上，0＜x＜10m区间内振动的加强点的波程差满足：Δx=(2n+1)λ2=（2n+1）m，则有：﹣10m＜（2n+1）m＜10m，解得n的取值为：﹣5、﹣4、﹣3、﹣2、﹣1、0、1、2、3、4，一共有10个取值，故一共有10个振动加强点，故C正确；
D、以波源S1为圆心，分别以半径4.8m和5.2m画圆，如下图所示。
当以S1为圆心，以4.8m为半径的圆周上的Q点到两波源的距离之差的绝对值最小为Δx1＝（10m﹣4.8m）﹣4.8m＝0.4m，P点到两波源的距离的绝对值之差最大为Δx2＝10m
当以S2为圆心，以5.2m为半径的圆周上的Q'点到两波源的距离之差的绝对值最小为Δx1′＝5.2m﹣（10m﹣5.2m）m＝0.4m，P'点到两波源距离之差的绝对值最大为Δx2′＝10m
可见两种情况下圆周上各点到两波源的波程差的绝对值范围相同，所以振动加强点的个数相等，故D正确。
故选：CD。
（多选）（2024•郑州一模）如图所示，波源O沿y轴做简谐运动，形成两列简谐横波，一列波在介质Ⅰ中沿x轴正方向传播，另一列波在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播。t＝0时波形如图，此时两列波分别传到x1＝6m和x2＝﹣4m处。t＝1s时质点M位移不变，振动方向相反，已知波源振动周期大于0.4s。则（ ）
A．波源的起振方向沿y轴正方向
B．两列波传播的周期之比为3：2
C．波在介质Ⅱ中的传播速度可能为323m/s
D．x=−143m的质点与M质点的振动方向始终相反
【解答】解：A、t＝0时，两列波分别传到x1＝6m和x2＝﹣4m处，由“同侧法”可知，波源的起振方向沿y轴正方向，故A正确；
B、两列波是由同一波源的振动形成的，所以两列波传播的周期相同，故B错误；
C、t＝1s时质点M位移不变，振动方向相反，则有：（n+23）T＝1s，解得：T=1n+23s
波源振动周期大于0.4s，则周期可能为：T＝1.5s或T＝0.6s；
Ⅱ区中的波长为：λ＝2×4m＝8m
则波速为：v=λT，所以波速可能为：v=163m/s或v=403m/s，不可能为323m/s，故C错误；
D、在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播的波，与M质点的振动方向相同的质点坐标为：x1=−λ12=−812m=−23m
与其振动方向始终相反的质点与这个质点之间的距离是半波长的奇数倍，即Δx＝（2k﹣1）×λ2=4（2k﹣1）
当k＝0时，有：x＝﹣（Δx+23m）＝﹣（4+23）m=−143m，所以x=−143m的质点与M质点的振动方向始终相反，故D正确。
故选：AD。
（多选）（2024•龙岗区校级模拟）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播。已知两波源分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.0m处，振幅均为A＝0.5cm，波速均为v＝0.1m/s。t＝0时刻，平衡位置处于x＝0.2m和x＝0.6m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x＝0.4m处，以下说法正确的是（ ）
A．0～2s内，质点P的运动路程为2cm
B．t＝4s时，x＝0.5m处质点的位移为﹣1cm
C．t＝0时，质点P振动方向向上，质点Q振动方向向下
D．t＝3s时，平衡位置处于0.3～0.5m之间的质点位移均为0
【解答】解：A．两列波的周期为：T=λT=＝4s；从波形图可以读出振幅为：A＝0.5cm，0～2s内，质点P振动半个周期，运动路程为s＝2A＝2×0.5cm＝1cm，故A错误；
B、t＝4s时，两列波各自向前传播一个波长，由波的叠加可知，则x＝0.5m处质点的位移为﹣1cm，故B正确；
C、由“同侧法”可知，t＝0时，质点P振动方向向下，质点Q振动方向向上，故C错误；
D、t＝3s时，两列波各自向前传34T，两列波在0.3﹣0.5m之间的位移均为等大反向，则根据叠加原理可知，平衡位置处于0.3﹣0.5m之间的质点位移均为0，故D正确。
故选：BD。
（2024•开福区校级模拟）如图所示，点S为振源，其频率为10Hz，所产生的简谐横波向右传播，波速为40m/s，P、Q是波传播途中的质点，已知SP=6.0m，SQ=7.0m，则当S通过平衡位置向上运动时（ ）
A．P质点在波峰
B．P质点通过平衡位置向下运动
C．Q质点通过平衡位置向上运动
D．Q质点在波谷
【解答】解：AB、根据波速公式v＝λf可得，该波的波长为λ=vf=4010m＝4m，则SP=6.0m=1.5λ，P质点与S的振动情况始终相反，当S通过平衡位置向上运动时，P质点通过平衡位置向下运动，故A错误，B正确；
CD、因SQ=7.0m=1.75λ，则当S通过平衡位置向上运动时，Q质点在波峰，速度为零，故CD错误。
故选：B。
（2024•朝阳区校级模拟）一列简谐横波在t＝0时刻的波动图像如图1所示，质点M、N刚好在平衡位置，质点P在波峰。质点N的振动图像如图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．质点N的平衡位置坐标xN＝7.5m
C．质点M在t=13s时位移为0.04m
D．t＝0.5s时P点和M点的位移相同
【解答】解：A.由图2可知，t＝0时刻质点N的振动方向向下，如图：
由“同侧法”可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B.设该波t＝0时刻的波动方程为：y=Acs(2πλx+φ)，由图1可知，该波的波长λ＝6m×2＝12m，振幅为：A＝0.04m，将（0，0.02）代入可得：φ=π3，
由图可知，M点平衡位置的坐标xM使2π12mxM+π3=π2，则xM＝1m，由图知xN＝xM+6m＝1m+6m＝7m，即：质点N的平衡位置坐标xN＝7m，故B错误；
C.由图2可知该波的周期为：T＝2s×2＝4s，可得质点N的振动方程为：yN=−Asin2πTt=−0.04sinπ2t(m)，
则质点N在t=13s时位移为：yN=−0.04sin(π2×13)m=−0.02m，
因为质点M、N平衡位置相差6m，为半波长，则质点M、N振动步调相反，则质点M在t=13s时位移为0.02m，故C错误；
D.由以上分析及图可知，P的平衡位置坐标满足：xP+6m÷2＝xM，则：xP＝1m﹣3m＝﹣2m，结合B选项及数学知识可知，t＝0.5s时该波的波动方程为：y'=0.04sin(π6x+5π6−0.54×2π)(m)=0.04sin(π6x+7π12)(m)，
将xP＝﹣2m，xM＝1m代入可得：y'P=y'M=0.022m，则t＝0.5s时P点和M点的位移相同，故D正确。
故选：D。
（2024•城中区校级三模）一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知波源振动周期大于1s。下列说法正确的是（ ）
A．波一定沿x轴正方向传播
B．波源振动周期一定为12s
C．波的传播速度大小可能为11m/s
D．x＝0处的质点在0～1s内运动的路程可能为4.5cm
【解答】解：A、根据题意无法判断波的传播方向，故A错误；
B、若波沿+x方向传播，则根据波形图可得：（n+112）T＝1s
解得：T=1n+112s，已知波源振动周期大于1s，则n＝0，T＝12s；
若波沿﹣x方向传播，则根据波形图可得：（n+1112）T＝1s
解得：T=1n+1112s，已知波源振动周期大于1s，则n＝0，T=1211s，故B错误；
C、根据波形图可得该波的波长为λ＝12m，若波沿﹣x方向传播，该波的周期为：T=1211s
则波速：v=λT=121211m/s＝11m/s，故C正确；
D、已知波源振动周期大于1s，则x＝0处的质点在0～1s内运动的路程：s＜4A＝4×1cm＝4cm＜4.5cm，故D错误。
故选：C。
（2024•龙凤区校级模拟）声呐是利用声波在水中的传播和反射特性，通过电声转换和信息处理对水下目标进行探测和通讯的电子设备，现代军舰多利用声呐探测水下目标。图甲是某舰搭载的声呐发出的一列超声波在t＝0时刻的波形图，图乙是质点P的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A．超声波遇到大尺寸障碍物可以发生明显的衍射现象
B．舰艇远离静止的障碍物时，障碍物接收到超声波的频率大于声呐发出的超声波的频率
C．超声波沿x轴负方向传播，波速为1500m/s
D．平衡位置在坐标原点的质点在16×10−5s时的位移为532×10−6m
【解答】解：A.只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才能发生明显的衍射现象。超声波的波长为λ＝1.5cm，所以遇到大尺寸障碍物不可以发生明显的衍射现象，故A错误；
B.根据多普勒效应，舰艇远离静止的障碍物时，两者之间距离增大，则障碍物接收到超声波的频率小于声呐发出的超声波的频率，故B错误；
C.由乙图可知t＝0时，质点P沿y轴负方向振动，根据“同侧法’可得，超声波沿x轴正方向传播。由图甲可得，超速波的波长为λ＝1.5cm＝0.015m
由图乙可得，超速波的周期为T＝1×10﹣5s
则超速波的波速为
v=λT=0.0151×10−5m/s=1500m/s
故C错误；.
D.坐标原点处质点与质点P相距半个波长，振动相反，故t＝0时，坐标原点处质点沿y轴正方向振动，根据
ω=2πT=2π1×10−5s=2π×105rda/s
A＝5×10﹣6m
坐标原点处质点的振动方程为
y＝5×10﹣6sin（2π×105t）（m）
将t=16×10−5s
代入解得
y=5×10−6×sin(2π×105×16×10−5)m=532×10−6m
故D正确；
故选：D。
（2024•东莞市校级三模）图甲是一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝12m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴负方向传播
B．在t＝0.25s时，质点P的位置坐标为(1.5m，52cm)
C．从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，质点Q的位移大小为30cm
D．从t＝0时刻开始计时，质点P在t＝（0.125+0.2n）s时（n＝0、1、2…）到达波峰
【解答】解：A、根据图乙可知，t＝0.1s时刻，质点Q通过平衡位置且向下振动，在甲图上，根据同侧法可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、根据乙图可知，该波的周期为T＝0.2s，波沿正方向传播，则t＝0.1s时质点P向下振动，到t＝0.25s，历时Δt=0.25s−0.1s=0.15s=34T，质点P回到t＝0.1s时的初始位置，坐标为(1.5m，52cm)，故B正确；
C、从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，历时t=34T，质点Q运动到波峰，其位移大小为10cm，故C错误；
D、波速为v=λT=120.2m/s=60m/s，在0.1s内，波沿x轴正方向传播6m，在t＝0时刻的波形如下图中虚线所示，波向+x方向传播，由虚线波形可得到P点左侧的第一波峰向右传播4.5m质点P第一次到达波峰，则P点第一次到达波峰所用时间t1=x1v=4.560s＝0.075s
结合波传播的周期性可知，t＝0时刻开始计时，质点P到达波峰的时刻t＝（0.075+0.2n）s，（n＝0、1、2…），故D错误。
故选：B。
（2024•历城区校级模拟）“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t＝0时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的23倍，此时质点a的位移为82cm，已知绳子长度为20m，下列说法正确的是（ ）
A．a、b两质点振动的相位差为23π
B．t=18s时，质点a的位移仍为82cm，且速度方向向下
C．健身者抖动绳子端点，经过5s振动恰好传到P点
D．健身者增大抖动频率，振动从绳子端点传播到P点的时间将会减少
【解答】解：A、a、b两质点平衡位置间距离为波长的23倍，一个周期波前进一个波长的距离，一个周期前后的相位差为2π，则两质点振动的相位差为Δφ=23×2π=43π，故A错误；
B、质点的振动周期为T=1f=12s，圆频率为ω＝2πf＝2π×2rad/s＝4πrad/s
t＝0时质点a的位移为82cm，根据甲图可知质点a此刻在平衡位置上方，且向上振动，根据乙图可知质点a的振动方程为
ya=16sin(4πt+π4)
将t=18s=π4代入可得：y'a=82cm
由振动规律知18s时刻a在平衡位置上方，振动方向向下，故B正确；
C、由乙图可知a、b间平衡间距大于5m，小于波长，所以波长λ＞5m，则波从健身者传到P点所用的时间t=Lv=LλT＜205×12s=2s，故C错误；
D、波的传播速度由介质决定，与频率无关，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P点的时间不变，与抖动频率无关，故D错误。
故选：B。
（2024•东西湖区校级模拟）研究发现水波波速和水深有关。xOy为水平面内直角坐标系，x轴为深水区和浅水区的分界线，深水区内水深处处相等，浅水区内的水深也处处相等。t＝0时刻y轴上一波源S开始垂直于水平面向上振动，t＝t0时刻浅水区仅有一个波峰，波形如图所示（仅画出了波峰），此时S、O、P点恰好处于波峰。已知S点和P点的y坐标yS=d0，yP=−d02，水波视为简谐波，则水波在浅水区的传播速度为（ ）
A．3d04t0B．9d08t0C．2d0t0D．3d02t0
【解答】解：S起振方向向上，t0时刻S处于波峰位置，可知t0=(n+14)T，又此时介质中除S外共有两个波峰，故n＝2，即t0=94T。
由图可知浅水区波长为λ=d2，波在传播过程中周期不变，由v=λT可得浅水区波速为：v=9d08t0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
振动图像
波的图像
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
某时刻介质中所有质点的空间分布规律
图像
物理
意义
表示同一质点在各时刻偏离平衡位置的位移
表示介质中的各个质点在某一时刻偏离平衡位置的位移
图像
信息
(1)质点振动周期
(2)质点振幅
(3)某一质点在各时刻偏离平衡位置的位移
(4)某一质点在各时刻速度、加速度的方向
(1)波长、振幅
(2)任意一质点在该时刻偏离平衡位置的位移
(3)任意一质点在该时刻的加速度方向
(4)已知波的传播方向，可判断介质中各质点的振动方向；已知介质中某一质点的振动方向，可判断波的传播方向
图像
变化
随时间推移，图像延续，但已有形状不变
随时间推移，波形沿传播方向平移
连续重复的最短完整曲线占横坐标的距离
表示一个周期
表示一个波长
内容
图像
“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
“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
“微平移”法
将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向