第4节 波的干涉

波速 $ v=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,在 $ t=2\mathrm{s} $ 时,两列波都传到 $ x=2\mathrm{m} $ 和 $ x=3\mathrm{m} $ 之间,根据波的叠加原理可知,叠加后各质点位移为0,如题图中②所示；两列波传播时互不干扰,因此 $ t=4\mathrm{s} $ 时,两列波都传到了对方一侧,如题图中③所示, $ \mathrm{D} $ 正确.

机械波的波速由介质决定,波在同种介质中传播时波速相同,由于 $ M $ 点距 $ P $ 、 $ Q $ 端距离相同,所以两列波同时到达 $ M $ 点,故 $ \mathrm{A} $ 正确；根据波的传播特点可知,各质点的起振方向与波源的起振方向相同,由题图可知,左边的波向右传播,右边的波向左传播,依据“上下坡法”,可知它们起振方向相同,所以绳的两端点 $ P $ 、 $ Q $ 开始振动的方向相同,故 $ \mathrm{B} $ 正确；由于两列波的波长不同，波速相同，则周期不同，频率不同,故两列波并不能发生稳定的干涉现象,因此 $ M $ 点的振动并不总是加强或减弱的,故 $ \mathrm{C} $ 错误；当两波刚传到 $ M $ 点时, $ M $ 点位移为零,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

南北涌潮叠加后形成龙鳞潮,是波的干涉现象,故 $ \mathrm{A} $ 错误;两列波形成稳定干涉的条件是两列波的频率相同、相位差恒定，南北涌潮波速相同,频率相同,如果相位差恒定，可以形成稳定的干涉波纹,故 $ \mathrm{B} $ 正确;振动加强点是指两列波引起的振动始终相互加强的点,但加强点并不一直位于波峰,故 $ \mathrm{C} $ 错误;两列波相遇叠加时,各自保持原来的振动状态,即各自的振幅和频率不会发生改变,只是在相遇区域内各点的振动是两列波引起的振动的合成,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据题意和题图可知,两列波波速相同,波长相同,则周期均为 $ T=\dfrac{\lambda }{v}=4\mathrm{s} $ ,频率 $ f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{1}{4}\mathrm{H}\mathrm{z} $ ,频率相同,故两列简谐横波能发生干涉现象,故 $ \mathrm{A} $ 错误；两波到达 $ x=7\mathrm{m} $ 处叠加减弱,所以 $ x=7\mathrm{m} $ 处的质点振幅为 $ (10-5)\mathrm{c}\mathrm{m}=5\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,甲波传到该处的时间为 $ t=1\mathrm{s} $ ,乙波传到该处的时间为 $ t^\prime =3\mathrm{s} $ ,甲波到达该处但乙波未到达的时间为 $ t^\prime -t=2\mathrm{s} $ ,甲、乙两波都到达该处的时间为 $ 4\mathrm{s}-t^\prime =1\mathrm{s} $ ,甲波单独在该处引起振动的时间为半个周期，甲、乙两波共同在该处引起振动的时间为四分之一个周期,所以 $ 4\mathrm{s} $ 内该处质点通过的路程 $ s=\dfrac{t^\prime -t}{T}×4{A}_{1}+\dfrac{4\mathrm{s}-t^\prime }{T}×4({A}_{1}-{A}_{2})=25\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；题图示时刻甲波波形的表达式为 $ y=10 \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}x(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ ,因此可知此时 $ {x}_{M}=\dfrac{5}{3}\mathrm{m} $ , $ {x}_{N}=\dfrac{13}{3}\mathrm{m} $ ,波向右传播,经过 $ 1\mathrm{s} $ 传播距离为 $ \mathrm{\Delta }x=1\mathrm{m} $ ,即 $ x=\dfrac{2}{3}\mathrm{m} $ 处的质点的振动形式传给 $ M $ , $ x=\dfrac{10}{3}\mathrm{m} $ 处的质点的振动形式传给 $ N $ , $ x=\dfrac{2}{3}\mathrm{m} $ 处的质点此时的位移为 $ {y}_{1}=5\sqrt{3}\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ x=\dfrac{10}{3}\mathrm{m} $ 处的质点的位移为 $ {y}_{2}=-5\sqrt{3}\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,可知两质点相对各自平衡位置的位移大小相等,则两质点速度大小相等,根据“同侧法”可知两质点均向下运动,则速度方向相同,因此 $ 1\mathrm{s} $ 后 $ M $ 、 $ N $ 两质点的速度相同,故 $ \mathrm{C} $ 正确；两列波同时到达质点 $ P $ , $ P $ 为振动加强点,振幅为两列波的振幅之和,则质点 $ P $ 的振动方程为 $ y=({A}_{1}+{A}_{2}) \sin \dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}t=15 \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}t(\mathrm{c}\mathrm{m}) $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

该消声器是根据波的干涉原理设计的, $ \mathrm{A} $ 错误；若要达到削弱噪声的目的，两束相干波在 $ b $ 处相遇时振动减弱,所以两束相干波到达 $ b $ 点的路程差 $ \mathrm{\Delta }r={r}_{1}-{r}_{2} $ , $ \mathrm{\Delta }r $ 应等于 $ \dfrac{1}{2}\lambda $ 的奇数倍, $ \mathrm{B} $ 正确；由于声波的传播速度由介质决定,所以若声波的频率发生改变,声波的传播速度不发生改变, $ \mathrm{C} $ 错误；若 $ b $ 、 $ c $ 在同一条直线上, $ b $ 、 $ c $ 之间的距离为 $ \dfrac{1}{2}\lambda $ ,当两束相干波到达 $ c $ 点,路程差仍然等于 $ \dfrac{1}{2}\lambda $ 的奇数倍,则 $ c $ 为声波的减弱点, $ \mathrm{D} $ 错误.

根据波速公式 $ v=\lambda f $ ,知 $ \lambda =\dfrac{v}{f}=\dfrac{4\mathrm{m}/\mathrm{s}}{4\mathrm{H}\mathrm{z}}=1\mathrm{m} $ ,两列波同时起振且起振方向相同、频率相同,产生干涉,振动减弱点满足条件 $ \mathrm{\Delta }x=(2n+1)\dfrac{\lambda }{2}(n=0,1,2,\cdots ) $ ,由几何关系可知 $ AC=5\mathrm{m} $ ,又 $ \mathrm{\Delta }x=\left|PA-PB\right| $ ,根据三角形两边之差小于第三边,可知 $ \left|PA-PB\right| < 4\mathrm{m} $ ,当 $ n=0 $ 时, $ \left|PA-PB\right|=\dfrac{1}{2}\mathrm{m} $ ,当 $ n=1 $ 时, $ \left|PA-PB\right|=\dfrac{3}{2}\mathrm{m} $ ,当 $ n=2 $ 时, $ \left|PA-PB\right|=\dfrac{5}{2}\mathrm{m} $ ,当 $ n=3 $ 时, $ \left|PA-PB\right|=\dfrac{7}{2}\mathrm{m} $ ,当 $ n=4 $ 时, $ \left|PA-PB\right| > 4\mathrm{m} $ ,不再满足几何条件,又 $ AC-BC=2\mathrm{m} $ ,分析可知,当 $ PA > PB $ 时,满足条件的点有 $ PA-PB=\dfrac{1}{2}\mathrm{m} $ 和 $ PA-PB=\dfrac{3}{2}\mathrm{m} $ ,当 $ PA < PB $ 时,满足条件的点有 $ PB-PA=\dfrac{1}{2}\mathrm{m} $ , $ PB-PA=\dfrac{3}{2}\mathrm{m} $ , $ PB-PA=\dfrac{5}{2}\mathrm{m} $ , $ PB-PA=\dfrac{7}{2}\mathrm{m} $ ,故 $ AC $ 边上振动总是减弱的点的个数为6个,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

（1） 由题图和波的叠加原理可知，质点 $ M $ 第一次到达波峰的时间 $ t=\dfrac{\mathrm{\Delta }x}{v}=\dfrac{0.1+0.5}{0.4}\mathrm{s}=1.5\mathrm{s} $ .

（2） 质点 $ M $ 与两波源的距离相等,两波的波峰同时到达 $ M $ ,故 $ M $ 点为振动加强点,振幅为 $ A^\prime =2A=4\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,

可知质点 $ M $ 第一次到达波峰时, $ M $ 点的位移为 $ 4\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,

由题图可知波长 $ \lambda =0.4\mathrm{m} $ ,

则周期 $ T=\dfrac{\lambda }{v}=1\mathrm{s} $ ,

质点 $ M $ 起振方向为从平衡位置向下，

质点 $ M $ 从开始振动到第一次到达波峰经历的时间 $ \mathrm{\Delta }t=\dfrac{3}{4}T $ ,

质点 $ M $ 第一次到达波峰时,运动的路程 $ s=\dfrac{3}{4}×4A\prime =12\mathrm{c}\mathrm{m} $ .

（3） 两波源之间振动加强的点到两波源的距离等于波长的整数倍,即 $ \left|(1.2\mathrm{m}-x)-(x+0.2\mathrm{m})\right|=n\lambda (-0.2\mathrm{m} < x < 1.2\mathrm{m})(n=0,1,2,\cdots ) $ ,

解得 $ {x}_{1}=-0.1\mathrm{m} $ , $ {x}_{2}=0.1\mathrm{m} $ , $ {x}_{3}=0.3\mathrm{m} $ , $ {x}_{4}=0.5\mathrm{m} $ , $ {x}_{5}=0.7\mathrm{m} $ , $ {x}_{6}=0.9\mathrm{m} $ , $ {x}_{7}=1.1\mathrm{m} $ ,共7个振动加强点.

由题图和波的叠加原理可知， $ A $ 、 $ D $ 均为振动加强点,在该时刻, $ A $ 在波峰,位移为 $ +9\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ D $ 在波谷,位移为 $ -9\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,故质点 $ A $ 、 $ D $ 在该时刻的高度差为 $ 18\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；由题图和波的叠加原理可知，质点 $ B $ 、 $ C $ 始终是振动减弱点,振幅为 $ 1\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；两列波为相干波, $ A $ 、 $ D $ 均为振动加强点,但它们不是静止不动的,而是在不停振动, $ \mathrm{D} $ 错误.

由题图乙、丙可知两列波的周期均为 $ T=4\mathrm{s} $ , $ B $ 处质点的振动形式传到 $ O $ 点所用时间 $ {t}_{1}=\dfrac{{L}_{OB}}{{v}_{2}}=100\mathrm{s} $ , $ A $ 处质点的振动形式传到 $ O $ 点所用时间 $ {t}_{2}=\dfrac{{L}_{AO}}{{v}_{1}}=200\mathrm{s} $ ,可知 $ B $ 处质点的振动形式先传到 $ O $ 点,故 $ O $ 点起振时刻为 $ t=100\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；波上质点本身不会随波迁移,而是在平衡位置附近上下振动,故漂浮物无法到达陆地,故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ A $ 处质点的振动形式传到 $ C $ 点所用时间 $ {t}_{3}={t}_{2}+\dfrac{{L}_{OC}}{{v}_{2}}=250\mathrm{s} $ , $ B $ 处质点的振动形式传到 $ C $ 点所用时间 $ {t}_{4}=\dfrac{{L}_{BC}}{{v}_{2}}=50\mathrm{s} $ ,时间差为 $ \mathrm{\Delta }t^\prime =200\mathrm{s}=50T $ ,因为两列波起振方向相反,故 $ C $ 点为振动减弱点,当 $ A $ 处质点的振动形式传到 $ C $ 点时, $ C $ 点不再振动,所以 $ C $ 点持续振动的时间为 $ \mathrm{\Delta }t^\prime =200\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确； $ A $ 、 $ B $ 波形传到 $ O $ 的时间差 $ \mathrm{\Delta }t=100\mathrm{s}=25T $ ,因两列波起振方向相反,故 $ O $ 点为振动减弱点,波在陆地间传播的波长为 $ \lambda ={v}_{2}T=12\mathrm{k}\mathrm{m} $ ,相邻减弱点间距为半个波长 $ 6\mathrm{k}\mathrm{m} $ ,故 $ OC $ 之间（不包括 $ O $ 、 $ C $ ）有24个减弱点,故 $ \mathrm{D} $ 正确.