1、高考资源网（） 您身边的高考专家本章专题整合提升本章知识网络构建专题整合提升专题一由波的传播方向确定质点振动方向的方法1上下坡法沿波的传播方向看，“上坡”的点向下运动，“下坡”的点向上运动，简称“上坡下，下坡上”如图甲所示2微平移法原理：波向前传播，波形也向前平移方法：作出经微小时间t后的波形，就知道了各质点经过t时间到达的位置，此刻质点振动方向也就知道了如图乙所示3同侧法在波的图像上的某一点，沿竖直方向画出一个箭头表示质点运动方向，并在同一点沿水平方向画一个箭头表示波的传播方向，那么这两个箭头总是在曲线的同侧，如图丙所示若波向右传播，则P向下运动4带动法原理：先振动的质点带动邻近的后振动质点
2、方法：在质点P与波源之间的图像上靠近P点另找一点P，若P在P上方，则P向上运动，若P在P下方，则P向下运动如图丁所示1(多选)一列沿x正方向传播的简谐波t0时刻的波形如图所示，t0.2 s时C点开始振动，则(AD)At0.15 s时，质点B的加速度方向沿y轴负方向Bt0.3 s时，质点B将到达质点C的位置Ct0到t0.6 s时间内，B质点的平均速度大小为10 m/sDt0.15 s时，质点A的速度方向沿y轴负方向解析：由图可知，波长为4 m，x4 m处到C点的距离是半个波长，所以波图示位置传到C点的时间是半个周期，则得周期T2t0.4 s；t0.15 sT时，波平移的距离xvt100.151.
3、5 m，经过T，质点B的位移为正，根据加速度a，则知此时质点B的加速度方向沿y轴负方向，故A正确；简谐波沿x正方向传播，质点B只在自己的平衡位置附近上下振动，不可能到达质点C的位置，故B错误；t0到t0.6 s时间内，经过1.5T，质点位移为2 m，故平均速度等于位移除以时间，为 m/s m/s，故C错误；t0时刻质点A向上运动，t0.15 s时，经过T时间，质点A正向下运动，速度方向沿y轴负方向，故D正确；故选A、D.2(多选)由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播波源振动的频率为20 Hz，波速为16 m/s.已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线
4、上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8 m、14.6 mP、Q开始振动后，下列判断正确的是(BDE)AP、Q两质点运动的方向始终相同BP、Q两质点运动的方向始终相反C当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置D当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰E当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰解析：由波速公式：vf得0.8 m，LSP19，LSQ18，由波动的周期性，采用“去整留零”的方法，可在波形图上标出S、P、Q三点的位置，如图所示，由图可知，P、Q两点的运动方向始终相反，A项错误，B项正确；S在平衡位置时，P、Q一个在波峰，一个在波谷，C项错误；当S恰通过平衡
5、位置向上运动时，P在波峰，Q在波谷，反之则相反，故D、E项正确3在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v200 m/s，已知t0时，波刚好传播到x40 m处，如图所示在x400 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是(B)A波源开始振动时方向沿y轴正方向B从t0开始经0.15 s，x40 m的质点运动的路程为0.6 mC接收器在t2 s时才能接收到此波D若波源向x轴正方向运动，接收器接收到波的频率可能是9 Hz解析：t0时，波刚好传播到x40 m处，由质点振动的滞后性可以断定，x40 m处的质点的起振方向是向下的，这显然也是波源初始时刻的振动方向，选项A错误；由于T
6、0.1 s，f10 Hz，从t0开始经0.15 s，x40 m的质点振动了tT，通过的路程为s4A0.6 m，选项B正确；此波传到接收器所需时间为t s1.8 s，选项C错误；由多普勒效应可知，当波源向x轴正方向运动时，接收器接收到波的频率会大于10 Hz，选项D错误专题二振动图像与波动图像问题1由波的图像确定振动图像：给出波的图像，附加波的传播方向便可粗略画出任一质点的振动图像(周期T未知)如果能再给出波速便可准确确定出任一质点的振动图像2由振动图像确定波的图像：给出振动图像和波的传播方向，便可画出任一时刻的波形图；或是给出两个质点的振动图像，加上两质点平衡位置的间距和波源方位，便可画出多种
7、情况下的波形图4如图所示为一沿x轴负方向传播的简谐横波在t0时的波形图，当Q点在t0时的振动状态传到P点时，则(B)A1 cmx3 cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动BQ处的质点此时的加速度沿y轴的正方向CQ处的质点此时正在波峰位置DQ处的质点此时运动到P处解析：当Q点在t0时的振动状态传到P点时，Q点在t0时的波沿也向左传到P点，所以x0 cm处质元在波谷，x2 cm处质元在波峰，则1 cmx2 cm向y轴的正方向运动，2 cmx3.0 m，所以取n0,1当n0时，116 m，波速v140 m/s.当n1时，23.2 m，波速v28.0 m/s.专题三波的衍射、干涉问题的分析1波的衍射条
8、件理解：波的衍射现象中要明确“障碍物或孔的尺寸比波长小或与波长相差不多”是发生明显衍射的条件，不是衍射能否发生的条件衍射是无条件发生的，不过在不满足以上条件时衍射现象不明显2波的干涉的实质(1)在稳定的干涉现象中，振动加强区和振动减弱区的空间位置是固定不变的振动加强区内质点的振幅等于两列波的振幅之和，振动减弱区内的质点的振幅等于两列波的振幅之差振动加强区和振动减弱区是交替出现的(2)振动加强和减弱指的是质点振动剧烈程度的差异也就是振幅大小的区别，振动加强点的振幅大，振动减弱点的振幅小(特殊情况下振幅可以为零，即质点不振动)但它们的位移都随时间变化，某一时刻振动加强点的位移不一定大于振动减弱点的
9、位移3振动加强点和减弱点的判断方法(1)振幅判断法：正确理解加强点和减弱点不能认为加强点的位移始终最大，减弱点的位移始终最小，而应该是振幅增大的点为加强点，其实这些点也在振动，位移可为零；振幅减小的点为减弱点(2)条件判断法：振动频率相同、振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的路程差为r，当r2k时为振动加强点；当r(2k1)(k0,1,2，)时为振动减弱点若两波源振动步调相反，则上述结论相反(3)现象判断法：若某点总是波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇，则该点为加强点；若总是波峰与波谷相遇，则为减弱点6小河中有一个实心桥墩P，A为靠近桥墩浮在水面上的一片树叶，
10、俯视如图所示，小河水面平静现在S处以某一频率拍打水面，树叶A未发生明显振动要使树叶A发生明显振动，可以采用的方法是(B)A提高拍打水面的频率B降低拍打水面的频率C提高拍打水面的力度D无论怎样拍打，A都不会振动起来解析：发生明显的衍射现象的条件：孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或更小，当衍射现象明显时，形成的水波能带动树叶A振动起来打拍水面时，水波中的质点上下振动，形成的波向前传播，提高拍打水面的频率，则质点振动的频率增加，波的频率与振动的频率相等，根据，波速不变，频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之降低频率，波长增大，衍射现象更明显故选B.7(多选)两列波在同一种介质中传播时发生了干涉现
11、象，则(BC)A振动加强区域，介质质点的位移总是比振动减弱区域介质质点的位移大B振动加强区域，介质质点的振幅总比振动减弱区域介质质点的振幅大C振动加强区域，介质质点的位移随时间做周期性变化D振动加强区域，介质质点的振幅随时间做周期性变化解析：在振动加强区和减弱区，振幅最大和最小，位移随时间的变化而变化振动加强区质点的位移可能为零，不一定大于振动减弱区的位移，故A错误；振动加强区质点的振幅大，故B正确；在振动加强区，质点的位移随时间周期性变化，故C正确；在振动的过程中，振幅不变，故D错误故选B、C.8如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一
12、时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)S1的振幅A14 cm，S2的振幅A23 cm，则下列说法正确的是(B)A质点D是振动减弱点B质点A、D在该时刻的高度差为14 cmC再过半个周期，质点B、C是振动加强点D质点C的振幅为7 cm解析：D点是波谷与波谷相遇点，A是波峰与波峰相遇点，B、C两质点是波峰与波谷相遇点，则A、D两质点是振动加强点，B、C两质点是振动减弱点，故A错误；S1的振幅A14 cm，S2的振幅A23 cm，质点A是处于波峰叠加位置，相对平衡位置位移为7 cm，而质点D处于波谷叠加位置，相对平衡位置位移为7 cm，因此质点A、D在该时刻的高度差为14 cm，故B正确；B、C两质点是振动减弱点，再过半个周期，质点B、C仍是振动减弱点，故C错误；质点C是波峰与波谷的叠加点，则其振幅为1 cm，故D错误- 9 - 版权所有高考资源网
