第2节 波的描述

波速公式 $ v=\lambda f $ 中的 $ v $ 是波在介质中的传播速度,与质点的振动速度不同,故 $ \mathrm{A} $ 错误；对同一机械波来说,通过不同的介质时,频率 $ f $ 不变,波长 $ \lambda $ 会发生变化,故 $ \mathrm{B} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；

不同波长的声波在同一介质中传播速度相等,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

因此时刻 $ b $ 波恰好传到 $ x=-4\mathrm{m} $ 处,此时该质点的振动方向沿 $ y $ 轴负方向,可知波源的起振方向沿 $ y $ 轴负方向,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由题图可知， $ x=-1\mathrm{m} $ 处的质点 $ P $ 在这段时间内的路程为 $ s=6A=30\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；两列波由同一波源发出,则频率相等,即 $ {f}_{a}={f}_{b} $ ,由 $ T=\dfrac{1}{f} $ 知两列波的周期相同,故 $ \mathrm{C} $ 正确；由题图可知，两列波的波长关系 $ {\lambda }_{a}=2{\lambda }_{b} $ ,周期相同,则波速的关系 $ {v}_{a}=2{v}_{b} $ ,根据 $ x=vt $ ,可知 $ {x}_{a}=2{x}_{b}=8\mathrm{m} $ ,即此时刻 $ a $ 波恰好传到 $ x=8\mathrm{m} $ 处,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

经 $ \mathrm{\Delta }t $ 时间第一次出现题图乙所示波形时,质点1和质点9之间恰好是一个波长,说明波由质点1传播到质点9需要一个周期的时间,因质点1开始振动方向向下,而题图乙中质点9是向上振动的,说明波传播到质点9后又经过了半个周期,故有 $ \dfrac{3}{2}T=\mathrm{\Delta }t $ ,解得 $ T=\dfrac{2}{3}\mathrm{\Delta }t $ ,由题图乙知, $ \lambda =8L $ ,

由 $ v=\dfrac{\lambda }{T} $ 得, $ v=\dfrac{12L}{\mathrm{\Delta }t} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

由题意可知 $ \dfrac{T}{4}=0.5\mathrm{s} $ ,可得波的周期 $ T=2\mathrm{s} $ ,则当 $ {t}_{3}=5.5\mathrm{s} $ 时,经过 $ 2\dfrac{3}{4} $ 个周期,即差 $ \dfrac{1}{4} $ 个周期是3个周期,所以此时的波形等同于将 $ {t}_{1}=0 $ 时刻的波形沿 $ x $ 轴负方向平移 $ \dfrac{1}{4} $ 个波长,故波形图为 $ \mathrm{B} $ 选项图.

由题意可知,波速 $ v=\dfrac{\lambda }{T}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ t=6\mathrm{s} $ 时波的传播距离为 $ 6\mathrm{m} $ ,此时 $ x=7\mathrm{m} $ 处质点开始向上振动,将波形画完整,可知 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 正确.

由题意可知波的传播方向沿 $ x $ 轴正方向,根据“同侧法”可知，此时 $ M $ 的振动方向向上,由波形图可知此时 $ M $ 的位移为0,则此时加速度最小,速度最大,故 $ \mathrm{A} $ 正确; $ N $ 在波峰,位移最大,回复力最大且方向向下,故此时 $ N $ 的加速度也最大且方向向下,故 $ \mathrm{B} $ 正确;由波的传播方向结合波形图,可知此时 $ P $ 、 $ Q $ 均正向着平衡位置运动,根据运动的对称性,可知 $ P $ 、 $ Q $ 回到平衡位置的时间相等,故 $ \mathrm{C} $ 错误;波速由介质本身的性质决定,与波源振动频率无关,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

因质点 $ Q $ 经 $ \dfrac{T}{4} $ 通过的路程小于振幅 $ 4\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,则 $ Q $ 此时向上振动,根据“同侧法”可知波沿 $ x $ 轴负方向传播,故 $ \mathrm{A} $ 错误;根据“同侧法”判断,如图甲所示,该时刻质点 $ P $ 和它的同步质点 $ P^\prime $ 都向下振动,故 $ \mathrm{B} $ 错误;如图乙所示,由质点 $ Q $ 简谐运动的参考圆可知, $ Q $ 经 $ \dfrac{T}{6} $ 又回到 $ (14\mathrm{m},2\sqrt{3}\mathrm{c}\mathrm{m}) $ 位置并向下振动,即 $ P^\prime $ 的振动形式经 $ \dfrac{T}{6} $ 传播到 $ x=14\mathrm{m} $ 处,即 $ P^\prime Q=\dfrac{\lambda }{6} $ ,则 $ PQ=\dfrac{5\lambda }{6}=10\mathrm{m} $ , $ \lambda =12\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确;因 $ \dfrac{3T}{4}=\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{2} $ ,前 $ \dfrac{T}{4} $ 内质点 $ Q $ 通过的路程为从图乙中 $ Q $ 到 $ Q″ $ 在竖直方向上通过的路程,为 $ (A-A \sin {60}^{\circ })+(A-A \sin {30}^{\circ })=(6-2\sqrt{3})\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,后 $ \dfrac{T}{2} $ 内质点 $ Q $ 通过的路程为 $ 2A=8\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,即 $ \dfrac{3T}{4} $ 内质点 $ Q $ 通过的路程为 $ (14-2\sqrt{3})\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

根据振动图像得, $ t=0 $ 时刻波源沿 $ y $ 轴正方向振动,则介质中各质点的起振方向均沿 $ y $ 轴正方向,所以波最前方的质点振动方向沿 $ y $ 轴正方向；由振动图像得周期 $ T=0.4\mathrm{s} $ ,波长 $ \lambda =vT=0.4\mathrm{m} $ ,画出波源振动 $ 0.3\mathrm{s} $ 后的波形图，如图所示，此时波源停止运动，再经过 $ 0.1\mathrm{s} $ 后,根据“波形平移法”可知，波最前方振动质点为 $ 0.4\mathrm{m} $ 处的质点,且正好处于平衡位置向上运动, $ \mathrm{C} $ 正确.

由题图乙可知,在 $ t=0.6\mathrm{s} $ 时, $ A $ 质点正在沿 $ y $ 轴负方向运动,由题图甲根据“同侧法”可知,波沿 $ x $ 轴负方向传播,故 $ \mathrm{A} $ 正确; $ P $ 质点的振动方程为 $ y=A \sin (\omega t+\varphi ) $ ,其中振幅为 $ A=2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,圆频率为 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{1.2}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s}=\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,将 $ t=0.6\mathrm{s} $ , $ y=-1\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,代入解得 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 或 $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6} $ ,因 $ t=0.6\mathrm{s} $ 时刻,质点 $ P $ 沿 $ y $ 轴负方向运动,故取 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,因此 $ P $ 质点的振动方程为 $ y=2 \sin (\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3}t+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确; $ t=0.6\mathrm{s} $ 时, $ P $ 、 $ Q $ 两质点位移相同,加速度大小和方向都相同,故 $ \mathrm{C} $ 错误;由波沿 $ x $ 轴负方向传播可知 $ t=0.6\mathrm{s} $ 时质点 $ P $ 在 $ x $ 轴下方并向 $ 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,又因为 $ 0.3\mathrm{s}=\dfrac{T}{4} $ ,所以从 $ t=0.6\mathrm{s} $ 开始经过 $ 0.3\mathrm{s} $ , $ P $ 、 $ Q $ 两质点经过的路程不相等,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图可得,振幅为 $ 2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,周期为 $ 4\mathrm{s} $ ,则 $ \omega =\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{4}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{d}/\mathrm{s} $ ,则 $ A $ 、 $ B $ 两质点的振动方程分别为 $ {y}_{A}=2 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}t)\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ {y}_{B}=2 \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}t)\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,可得,当 $ t=2.5\mathrm{s} $ 时 $ {y}_{A}={y}_{B}=-\sqrt{2}\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误;由振动图像可知 $ 2\mathrm{s} $ 末质点 $ A $ 的位移 $ {y}_{A}=0 $ ,处于平衡位置,速度最大;质点 $ B $ 的位移 $ {y}_{B}=-2\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,处于波谷,速度是零,所以 $ 2\mathrm{s} $ 末质点 $ A $ 的速度大于质点 $ B $ 的速度,故 $ \mathrm{B} $ 正确; $ t=0 $ 时刻,质点 $ A $ 正通过平衡位置向上运动,质点 $ B $ 在波峰,由题意知波从 $ A $ 向 $ B $ 传播，结合波的周期性可知质点 $ A $ 、 $ B $ 平衡位置间的距离 $ {x}_{2}-{x}_{1}=(n+\dfrac{3}{4})\lambda (n=0,1,2,\cdots ) $ ,解得 $ \lambda =\dfrac{12}{4n+3}\mathrm{m}(n=0,1,2,\cdots ) $ ,

因 $ n $ 是整数,所以该波的波长不可能为 $ \dfrac{12}{13}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误;该波的波速为 $ v=\dfrac{\lambda }{T}=\dfrac{\dfrac{12}{4n+3}}{4}\mathrm{m}/\mathrm{s}=\dfrac{3}{4n+3}\mathrm{m}/\mathrm{s}(n=0,1,2,\cdots ) $ ,当 $ n=2 $ 时,波速为 $ v=\dfrac{3}{11}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.