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专题15 机械振动和机械波
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
简谐运动的特征与图像分析该知识点
考点1 简谐运
2022、2023、2024、2025 为高频考点，五年内每年均以选择题或计
动
算题形式出现。要求根据振动图像判断质
点的加速度方向及机械能变化；2025 年
考点2 单摆 2022、2024
浙江卷通过单摆模型考查等效摆长的计
算，需结合几何关系确定摆长与周期的关
考点3 外力作 系。
2021
用下的震动 单摆周期公式与实际应用单摆周期公
式是必考内容，近年命题更注重实际情境
考点4 波的形 迁移。例如，2024 年浙江卷以斜杆悬挂
2022、2024、2025
成与描述 的小球为模型，要求考生将其等效为单摆
并计算周期，涉及摆长的几何修正；
考点5 干涉与
2021、2022、2023、2024 波的图像与传播规律波的图像分析是
衍射
核心考点，五年内多次考查波的传播方
向、波长与周期的关系。
波的干涉、衍射与多普勒效应干涉条
件（频率相同、相位差恒定）和衍射现象
（障碍物尺寸与波长相近）是选择题的高
频考点。
振动与波动的综合应用近年命题趋势
注重振动图像与波动图像的结合，以及实
考点6 多普勒 际情境的跨学科应用。
2022、2023
效应 题型分布选择题：侧重基础概念，如
简谐运动的回复力特性、波的干涉条件，
分值约 3-6 分。计算题：以波的传播过
程分析为主，通常作为计算题首题，分值
8-10 分，需结合几何关系和周期性求
解。实验题：2023 年后新增实验设计，
如通过单摆测量重力加速度，考查实验原
理迁移能力。
考点01 简谐运动
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学科网（北京）股份有限公司1．（2025·浙江·1月选考）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长√2L、质量m、电阻R，放在光滑水
平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标
原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不
计空气阻力。
(1)线框中心位于x=0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
L
②线框中心运动至x= 过程中，安培力做功及冲量；
2
L
③线框中心运动至x= 时，恒流源提供的电压；
2
L
(2)线框中心分别位于x=0和x= ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x=L所需
2
时间分别为t 和t ，求t −t 。
1 2 1 2
【答案】(1)①2BIL；②
3BIL2
，
√3IBm L；③U=BL2√3BI
+IR
4 2 2m
(2)0
【详解】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l=2L所以线框受到的安培力大小为
F =BIl=2BIL
安
L
②线框运动到x时，安培力大小为 F =2BI(L−x)则初始时和线框中心运动至x= 时的安培力分别
安 2
L
F =2BIL，F =BIL则线框中心运动至x= 过程中，安培力做功为
安1 安2 2
W =F ⋅Δx= F 安1 +F 安2 ⋅ L = 3BIL2 由动能定理W = 1 mv2 可得v= √3BI L则安培力的冲量为
安 安 2 2 4 安 2 2m
√3IBm
I=mv= L
2
③由能量守恒定律UI=BILv+I2R 可得，恒流源提供的电压为
U=BL2√3BI
+IR
2m
（2）类比于简谐运动，则回复力为F =F =2BI(L−x)=2BIx′=kx′ 根据简谐运动周期公式
回 安
√m √m
T=2π =2π
k 2IB
2 / 28
学科网（北京）股份有限公司由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
T π √m
t =t = =
1 2 4 2 2IB
故t −t =0
1 2
2．（2024·浙江·1月选考）如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水
平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上
可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（ ）
A．t 时刻小球向上运动 B．t 时刻光源的加速度向上
1 2
C．t 时刻小球与影子相位差为π D．t 时刻影子的位移为5A
2 3
【答案】D
【详解】A．以竖直向上为正方向，根据图2可知，t 时刻，小球位于平衡位置，随后位移为负值，且
1
位移增大，可知，t 时刻小球向下运动，故A错误；
1
B．以竖直向上为正方向，t 时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦式，表明其做简谐运动，根
2
据
F =− kx=ma 可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向下，故B错误；
回
C．根据图2可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上
留下的阴影，可知，影子与小球的振动步调总是相同，即t 时刻小球与影子相位差为0，故C错误；
2
D．根据图2可知，t 时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据直线传播能够在屏上影子的位置
3
l A+A
也处于最高点，影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有 = 解得 x =5A
l+2l A+x 影子
影子
即t 时刻影子的位移为5A，故D正确。
3
故选D。
3．（2023·浙江·1月选考）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成
回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始
下摆。当R=R 时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R=2R 时，导体杆
0 0
振动图像是（ ）
3 / 28
学科网（北京）股份有限公司A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻
碍导体棒的运动。当R从R 变为2R 时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即
0 0
导体杆在摆动时所受的阻力减弱，导体杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长。
故选B。
4．（2022·浙江·6月选考）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两
弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（
）
A．小球做简谐运动
T
B．小球动能的变化周期为
2
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
v
D．小球的初速度为 时，其运动周期为2T
2
【答案】B
【详解】A．物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位
置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐
运动，A错误；
BC．假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量
4 / 28
学科网（北京）股份有限公司时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动过程为 O→A→O→B→O 根据对称性可知小球从
O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，
T T
故小球动能的变化周期为 ，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为 ，B正确，C错误；
2 2
v
D．小球的初速度为 时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子
2
√m
周期公式 T =2π 可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小
0 k
v
球的初速度为 时，其运动周期应小于2T，D错误；
2
故选B。
考点02 单摆
5．（2024·浙江·6月选考）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在
倾角为 30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向
的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g=10m/s2，则（
）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
√3
C．小球平衡时，A端拉力为 N
2
D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
【答案】B
√L
【详解】A．根据单摆的周期公式T=2π 可知周期与摆角无关，故A错误；
g
CD．同一根绳中，A端拉力等于B端拉力，平衡时对小球受力分析如图
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学科网（北京）股份有限公司mg √3
可得 2F cos30°=mg 解得 F =F = = N故CD错误；
A A B 2cos30° 3
B．根据几何知识可知摆长为 L=
1.5m×tan30°
=1m 故周期为 T=2π
√L
≈2s 故B正确。
cos30° g
故选B。
6．（2022·浙江·1月选考）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近
来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中
的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
【答案】B
【详解】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球
仍将在弹力的作用下来回振动，A错误，B正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重
时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动，
若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆周运动，C、D错误。
故选B。
考点03 外力作用下的震动
7．（2021·浙江·1月选考）为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明
了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则（ ）
6 / 28
学科网（北京）股份有限公司A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
【答案】AD
【详解】A．根据共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，
而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，选项A正确；
B．当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的
增加，树干振动的幅度不一定增大，选项B错误；
C．打击结束后，树干做阻尼振动，阻尼振动的频率小于树干的固有频率，振动过程中频率不变，粗细
不同的树干，固有频率不同，则打击结束后，粗细不同的树干频率可能不同，选项C错误；
D．树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率
相同，选项D正确。
故选AD。
考点04 波的形成与描述
8．（2025·浙江·1月选考）如图1所示，两波源S 和S 分别位于x=0与x=12m处，以x=6m为边界，两侧为
1 2
不同的均匀介质。t=0时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。t=0.1s时x=4m与x=6m
两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则（ ）
A．t=0.15s时两列波开始相遇
B．在6m<x≤12m间S 波的波长为1.2m
2
C．两列波叠加稳定后，x=8.4m处的质点振动减弱
D．两列波叠加稳定后，在0<x<6m间共有7个加强点
【答案】BC
7 / 28
学科网（北京）股份有限公司4 6
【详解】A．波在x=6m左侧的波速 v = m/s=40m/s 右侧的波速 v = m/s=60m/s 从0.1s开
1 0.1 2 0.1
Δx
始，再经过Δt时间相遇 Δt= =0.025s 所以 t =0.1s+0.025s=0.125s选项A错误；
2v 1
1
B．在6m<x≤12m间S 波的波长为 λ =v T=60×0.02m=1.2m 选项B正确；
2 2 2
C．左侧波传到x=8.4m时用时间为 t'=
6
s+
8.4−6
s=0.19s 此时右侧波在该质点已经振动
40 60
12−8.4 1
Δt=0.19s− s=0.13s=6 T
60 2
即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动，右侧波在该点的振动也在平衡位置向下振动，可
知该点的振动减弱，选项C正确；
D．当右侧波传到x=6m位置时用时间为0.1s=5T，即此时x=6m处质点从平衡位置向上振动；此时x=0
处的波源S 也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在0<x<6m内到x=0和x=6m两点的路程差
1
为波长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长λ =v T=40×0.02m=0.8m 可知
1 1
x− (6−x)=nλ=0.8n 即x=3+0.4n其中n取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7 则共有15个振动加
强点，选项D错误。
故选BC
9．（2024·浙江·1月选考）在如图所示的直角坐标系中，xOz平面为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面（z轴垂直纸面向
外）。在介质I中的P（0，4λ）处有一点波源，产生波长为λ、速度为v的波。波传到介质Ⅱ中，其
速度为√2v，图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R和S点，此时波源也恰好位于
波峰。M为O、R连线的中点，入射波与反射波在O点相干加强，则（ ）
√2v
A．介质Ⅱ中波的频率为 B．S点的坐标为（0，−√2λ）
λ
3
C．入射波与反射波在M点相干减弱 D．折射角α的正弦值sinα= √2
5
【答案】BD
v
【详解】A．波从一种介质到另一种介质，频率不变，故介质Ⅱ中波的频率为 f= 故A错误；
λ
B．在介质Ⅱ中波长为 λ′=
√2v
=√2λ 由于图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交
f
于R和S点，故S点的坐标为（0，−√2λ），故B正确；
C．由于S为波峰，且波传到介质Ⅱ中，其速度为√2v图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴
分别交于R和S点，则R也为波峰，故P到R比P到O多一个波峰，则 PR=5λ 则 OR=3λ 由于
8 / 28
学科网（北京）股份有限公司λ λ
|MO−PM|≠2n⋅ 或(2n+1) 故不在减弱点，故C错误；
2 2
sinα
λ′ n= 3
D．根据n= =√2 则 OR 解得 sinα= √2故D正确。
λ 5
PR
故选BD。
10.（2022·浙江·6月选考）位于x=0.25m的波源p从t=0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传
播，在t=2.0s时波源停止振动，t=2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置x =1.75m，
a
质点b的平衡位置x =−0.5m。下列说法正确的是（ ）
b
A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉
B．t=0.42s时，波源的位移为正
C．t=2.25s时，质点a沿y轴负方向振动
D．在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m
【答案】BD
【详解】A．波从波源发出后，向x轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，
故A错误；
T
B．由图可知，波的波长 λ=1m 由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得 =0.1s 解得
4
5T
T=0.4s根据同侧法可知，波源的振动方向向上，t=0.42s即T<t< 时，波源振动了2s，则任何一
4
个点起振以后都应该振动2s，可知坐标原点在2.1s时刚好振动了2s即5个周期，此时其振动方向向
上，波源向上振动，位移为正，故B正确；
λ
C．波的波速 v= =2.5m/s 波源停止振动，到质点a停止振动的时间
T
1.75−0.25
t = s=0.6s>0.25s 即质点a还在继续振动，t=2.1s到t=2.25s经过时间t =0.15s即
1 2.5 2
T T
<t < ，结合图象可知质点a位移为正且向y轴正方向运动，故C错误；
4 2 2
0.75
D．波传到b点所需的时间 t = s=0.3 在0到2s内，质点b振动的时间为
3 2.5
17
t =2s−0.3s=1.7s= 质点b运动总路程 s=17A=17×0.15m=2.55m故D正确。
4 4
故选BD。
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学科网（北京）股份有限公司考点05 干涉与衍射
11.（2024·浙江·6月选考）频率相同的简谐波源S、S，和接收点M位于同一平面内，S、S 到M的距离
1 2 1 2
之差为6m。t=0时S，S，同时垂直平面开始振动，M点的振动图像如图所示，则（ ）
1 2
A．两列波的波长为2m B．两列波的起振方向均沿x正方向
C．S 和S，在平面内不能产生干涉现象D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
1 2
【答案】B
【详解】根据图像可知t=4s时M点开始向上振动，故此时一列波传播到M点，起振方向向上，t=7s
时波形开始改变，说明另一列波传播到M点，此时两列波平衡位置都传到M点，第一列波使M点向
下振动，之后振幅减小，则此时M点振动减弱，可知第二列波使M点向上振动。
Δx
A．S、S 到M的距离之差为6m，由图可知两列波传到M点的时间差为3s，根据v= 可得波速为
1 2 Δt
6
v= m/s=2m/s
3
故波长为λ=vT=4m 故A错误；
B．根据前面分析可知两列波刚传到M点时均使M点向上振动，故两列波的起振方向均沿x正方向，
故B正确；
C．两列波频率相等，在平面内能产生干涉现象，故C错误；
D．由t=4.5s和t=7.5s时的位移知第一列的振幅为3cm,，第二列波的振幅为A =3cm−1cm=2cm 故D
2
错误。
故选B
12．（2024·浙江·1月选考）氢原子光谱按频率展开的谱线如图所示，此四条谱线满足巴耳末公式
1 1 1
=R ( − ) ，n=3、4、5、6用H 和H 光进行如下实验研究，则（ ）
λ ❑ 22 n2 δ γ
A．照射同一单缝衍射装置，H 光的中央明条纹宽度宽
δ
B．以相同的入射角斜射入同一平行玻璃砖，H 光的侧移量小
δ
C．以相同功率发射的细光束，真空中单位长度上H 光的平均光子数多
γ
D．相同光强的光分别照射同一光电效应装置，H 光的饱和光电流小
γ
【答案】C
【详解】A．根据巴耳末公式可知，H 光的波长较长。波长越长，越容易发生明显的衍射现象，故照
γ
10 / 28
学科网（北京）股份有限公司射同一单缝衍射装置，H 光的中央明条纹宽度宽，故A错误；
γ
c
B．H 光的波长较长，根据 f= 可知H 光的频率较小，则H 光的折射率较小，在平行玻璃砖的
γ λ γ γ
偏折较小，H 光的侧移量小，故B错误；
γ
C．H 光的频率较小，H 光的光子能量较小，以相同功率发射的细光束，H 光的光子数较多，真空
γ γ γ
中单位长度上H 光的平均光子数多，故C正确；
γ
D．若H 、H 光均能发生光电效应，相同光强的光分别照射同一光电效应装置，H 光的频率较小，
δ γ γ
H 光的光子能量较小，H 光的光子数较多，则H 光的饱和光电流大，H 光的饱和光电流小，故D
γ γ γ δ
错误。
故选C。
13．（2023·浙江·6月选考）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的
声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然
后将A管拉长d=15cm，在O处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与
声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（ ）
A．声波的波长λ=15cm B．声波的波长λ=30cm
C．两声波的振幅之比为3:1 D．两声波的振幅之比为2:1
【答案】C
【详解】CD．分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d=15cm后，两声波在O点
减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则
A +A =20
1 2
A −A =10
1 2
A 3
可得两声波的振幅之比 1 = 故C正确，D错误；
A 1
2
λ
AB．根据振动减弱的条件可得 =2d解得λ=60cm 故AB错误。
2
故选C。
14．（2023·浙江·1月选考）主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪
声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为
340m/s）（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．振幅为2A
B．频率为100Hz
C．波长应为1.7m的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
【答案】B
【详解】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后
才能相互抵消来实现降噪的。
A．抵消声波与噪声的振幅相同，也为A，A错误；
1
B．抵消声波与噪声的频率相同，由f= =100HzB正确；
T
C．抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为λ=vT=340×0.01m=3.4mC错误；
D．抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。
故选B
15.（2022·浙江·1月选考）两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若
两列波均由一次全振动产生，t=0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距λ，则（ ）
T
A．t= 时，波形如图2甲所示
4
T
B．t= 时，波形如图2乙所示
2
3T
C．t= 时，波形如图2丙所示
4
D．t=T时，波形如图2丁所示
12 / 28
学科网（北京）股份有限公司【答案】BD
λ T
【详解】A．根据波长和波速的关系式为 v= 则t= 时，两列波各自向前传播的距离为
T 4
λ
x=vt=
4
故两列波的波前还未相遇，故A错误；
T λ
B．t= 时，两列波各自向前传播的距离为 x=vt= 故两列波的波前刚好相遇，故B正确；
2 2
3T 3λ
C．t= 时，两列波各自向前传播的距离为 x=vt= 根据波的叠加原理可知，在两列波之间
4 4
λ 3λ λ
~ 的区域为两列波的波形波谷相遇，振动加强， 处的波谷质点的位移为2A，故C错误；
4 4 2
D．t=T时，两列波各自向前传播的距离为x=vt=λ 两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D正
确；
故选BD。
16.（2021·浙江·6月选考）将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一
水平面上。在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和
振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如
图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中两手开始振动时的方向并不相同
B．甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置
C．乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形
D．乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形
【答案】C
【详解】AB．甲图中两手开始振动时的方向相同，则甲图中分叉点是振动加强的位置，所以AB错
误；
CD．乙图中两手开始振动时的方向恰好相反，则乙图中分叉点是振动减弱的位置，则在分叉点的右
侧终见不到明显的波形，所以C正确；D错误；
故选C。
13 / 28
学科网（北京）股份有限公司17．（2021·浙江·1月选考）两列频率、振幅均相同的简谐波Ⅰ和Ⅱ分别从绳子的两端持续相向传播，在相
遇区域发生了干涉，在相距0.48m的A、B间用频闪相机连续拍摄，依次获得1、2、3、4、5五个波
形，如图所示，且1和5是同一振动周期内绳上各点位移都达到最大值时拍摄的波形。已知频闪时间
间隔为0.12s，下列说法正确的是（ ）
A．简谐波Ⅰ和Ⅱ的波长均为0.24m B．简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为0.48s
C．绳上各点均做振幅相同的简谐运动 D．两波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是0.48m
【答案】D
【详解】A．简谐波Ⅰ和Ⅱ的波长均为0.48m，选项A错误；
1 1
B．从波形1到波形5经历的时间为 T，则 T=4×0.12s 可得简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为T=0.96s
2 2
选项B错误；
C．绳上各点中加强点和减弱点振幅不相同，选项C错误；
λ λ
D．AC两点均为振动减弱点，则两波源到两点的距离之差分别为 (2n+1)和 (2n−1)，则 两
2 2
λ λ
波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是| (2n+1)− (2n−1)|= λ=0.48m选项D正确。
2 2
故选D。
考点06 多普勒效应
18.（2023·浙江·6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．热量能自发地从低温物体传到高温物体
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切
C．在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的
D．当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
【答案】BD
【详解】A．根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；
B．液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；
C．由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错
误；
D．根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率，
故D正确。
故选BD。
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学科网（北京）股份有限公司1．（2025·浙江精诚联盟·二模）上海中心大厦高632米，为中国第一，全球第二高楼。当台风来袭时，大
厦会出现了晃动，为减小晃动幅度，在距离地面583米处悬挂重达1000吨的阻尼器“上海慧眼”。当
台风来袭时，阻尼器中的质量块惯性会产生一个反作用力，大厦摇晃时发生反向摆动，达到减小大厦
晃动幅度的目的。以下说法不合理的是（ ）
A．上海慧眼能“吸收”大厦振动的能量
B．上海慧眼通过与大厦共振达到抗振目的
C．风力越大，阻尼器摆动幅度也越大
D．如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
【答案】B
【详解】AB．由题意可知，在大楼受到风力作用摇晃时，阻尼器反向摆动，相当于“吸收”了大厦
振动的能量，起到减震作用，而不是与大厦同向共振，这样会放大振动，故A正确，B错误；
C．如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，楼房摆动幅度越大，则阻尼器摆动
幅度越大，故C正确；
D．如果发生地震，楼房主体也会发生摇晃，阻尼器也会反向摆动，起到减震的作用，故D正确。
本题选不合理的，故选B。
2．．（2025·浙江北斗星盟·三模）关于以下四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是（ ）
A．甲图中，在表面层，分子间的作用力表现为斥力
B．乙图中，当感应圈两个金属球间有火花跳过时，导线环两个小球间也跳过了火花，这时导线环接
收到了电磁波
C．丙图中，由图可知当驱动力的频率f跟固有频率f 相差越大，振幅越大
0
D．丁图中，1是热敏电阻，2是金属热电阻
【答案】B
【详解】A．在液体表面层，分子间距离大于平衡距离r ，分子间作用力表现为引力，故A错误；
0
B．当感应圈两个金属球间有火花跳过时，产生变化的电磁场，形成电磁波向外传播。导线环接收到
电磁波后，在导线环中产生感应电动势，使得导线环两个小球间跳过了火花，故B正确；
C．由图丙可知，当驱动力的频率f跟固有频率f 相差越大，振幅越小；当驱动力的频率f等于固有频
0
率f 时，发生共振，振幅最大，故C错误；
0
D．热敏电阻的阻值随温度升高而减小，金属热电阻的阻值随温度升高而增大。由图丁可知，1 的阻
值随温度升高而增大，是金属热电阻；2 的阻值随温度升高而减小，是热敏电阻，故D错误。
15 / 28
学科网（北京）股份有限公司故选B。
3．．（2025·浙江北斗星盟·三模）如图所示为LC电路中，电容C为0．4μF，电感L为1mH，已充电的
平行板电容器两极板水平放置。开关S断开时，极板间有一带电灰尘恰好静止。不考虑磁场能的损
失，不计空气阻力，g取10m/s2。从开关S闭合开始计时，有关灰尘在电容器内的运动情况。下列说法
正确的是（ ）
A．灰尘作简谐振动
B．灰尘加速度最大时，电容器刚好放电完毕
C．线圈中磁场能的变化周期为4π×10−5s
D．灰尘最大加速度大小为20m/s2
【答案】D
【详解】C．开关闭合后，电路产生 LC 振荡，振荡周期为
T=2π√LC=2π√1×10−3×0.4×10−6s=4π×10−5s
磁场能的变化周期为振荡周期的一半（电场能与磁场能交替变化，频率加倍），故线圈中磁场能的变
化周期为2π×10−5s，故C错误；
U
D．开关断开时，带电灰尘静止，说明电场力与重力平衡q 0 =mg其中，U 为电容器初始电压，d 为
d 0
极板间距，q 为灰尘电荷量，m 为质量，开关S闭合后，电路产生 LC 振荡，振荡过程中，电容器
U U
电压随时间变化为U=U cosωt电场强度 E= = 0 cosωt灰尘所受电场力为
0 d d
U
F=qE=q 0 cosωt=mgcosωt 合外力为F =mg(cosωt−1) 根据牛顿第二定律F−mg=ma 解
d 合
得加速度为a=g(cosωt−1) 当cosωt=−1时，加速度最大，为a =−20 m/s2 大小为20m/s2，方
m
向竖直向下，故D 正确；
A．由于F =mg(cosωt−1)∝(cosωt−1) 与位移无线性关系，故灰尘不是作简谐振动，故A错
合
误；
T
B．放电完毕对应 t= （电压为 0） 此时cosωt=0 加速度a=− g 非最大值，故B错误。
4
故选D。
4．．（2025·浙江嘉兴·三模）下列说法正确的是（ ）
A．热量不能从低温物体传到高温物体
B．弱相互作用使多个核子形成稳定的原子核
C．泊淞亮斑是光的衍射现象，支持了光的粒子说
D．黑体辐射的强度按波长的分布只与黑体的温度有关
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学科网（北京）股份有限公司【答案】D
【详解】A．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，但通过外界做功，热量能从低温物体传到高
温物体，故A错误；
B．核子间的强相互作用使核子聚集到一起形成原子核，故B错误；
C．泊松亮斑支持了光的波动说，故C错误；
D．黑体辐射随着波长越短、温度越高则辐射越强，所以黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑
体的温度有关，故D正确；
故选D。
5．（2025·浙江北斗星盟·三模）如图甲所示，在某介质中A、B两波源相距d=20m，t=0时刻两者同时开
始上下振动，波源A只振动了半个周期，波源B连续振动，两波源所形成的波的传播速度都为v=1．
0m/s，开始阶段两波源的振动图象如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．距A点1m处的P质点，在0~20s内所经过的路程为48cm
B．A发出的波刚好完全传过B点时，A在向上振动
C．传播过程中，10.8s时第一次出现离平衡位置的位移为24cm的点
D．在0~18s内从A点发出的半个波前进过程中遇到7个波峰
【答案】AC
1m
【详解】A．波A传到P点的时间t = =1s 在t =0.2s 时间内P质点经过的路程为
1 1m/s 2
19m
x =2A =8cm 波B传到P点的时间t = =19s 在t =1s 时间内P质点经过的路程为
1 1 3 1m/s 4
x =2A =40cm 在0~20s内所经过的路程为x=x +x =48cm A正确；
2 2 1 2
B．A发出的波刚好完全传过B点时，A在向下振动，B错误；
d
C．两列波相遇时间为t = =10s 两列波的波长分别为λ =vT =0.4m ，λ =vT =2m 相遇
5 2v A A B B
1 3
λ + λ
后，波峰相遇时间为 4 A 4 B 传播过程中，第一次出现离平衡位置的位移为24cm
t = =0.8s
6 2v
的点的时间为t =t +t =10.8s C正确；
7 5 6
3
d+7 λ
D．波A的波前与波B的第8个波峰相遇的时间为 4 B 在0~18s内从A点发出的
t = =17.75s
8 2v
半个波前进过程中遇到8个波峰，D错误。
故选AC。
17 / 28
学科网（北京）股份有限公司6．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）频率相同的简谐波源S 、S ，接收点P位于S 、S 连线上如图甲，S
1 2 1 2 1
、S 到P的距离之差为9m。t=0时S 、S 同时开始垂直平面向上振动，P点的振动图像如图乙所示，则
2 1 2
下列说法正确的是（ ）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的波速为3m/s
C．S 、S 连线上一共有振动加强点11个
1 2
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
【答案】BC
【详解】AB．由P点的振动图像可知，T=2s，4s末时第一列波传播至P点，7s末第一列波传播至P
点。时间差Δt=3s，距离之差Δs=9m，故波速为3m/s，波长为6m，故A错误，B正确；
D．第一列波振幅3cm，合振动振幅1cm，Δs=9m为半波长奇数倍，P为振动减弱点，故第二列波振
幅为2cm，故D错误；
λ
C．S S =33m，中央加强点在16.5m处，因相邻的加强点之间相差 =3m，则一半的距离（
1 2 2
16.5
=5.5）有5个加强点，根据对称性可知S 、S 连线上一共有振动加强点11个，故C正确。
3 1 2
故选BC。
7．（2025·浙江金华义乌·三模）两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v=2．
5m/s，在t=0时两列波的波峰正好在x=2．5m处重合，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b能在x轴上形成稳定干涉图像
B．x=（2.5±20k）m，k=0，1，2，3，……处波峰都重合
C．x轴上不存在波谷与波谷重合处
5
D．t=0时，b波引起x=-0.5m处质点的振动方程为y=5sin( πt+π)m
4
【答案】BC
【详解】A．形成稳定干涉图象的条件是两列波的频率相等，由v=λf，如图可知，a波的波长为
18 / 28
学科网（北京）股份有限公司5
2.5m，则频率为1Hz，b波的波长为4m,则频率为 Hz，故不能形成稳定干涉图象，A错误；
8
B．设从x=2.5m开始，再经过Δx，两列波的波峰再次重合，则有Δx=n λ =(2.5n )m，
1 a 1
(n =1,2,3⋯ ，Δx⋯=)n λ =(4n )m，(n =1,2,3⋯ 可知⋯当)n =8和n =5时，Δx=20m
1 2 b 2 2 1 2
，故当x=(2.5±20k)m，k=0,1,2,3⋯ 处波峰都⋯重合，B正确；
λ
C．设从x=2.5m之后的Δx 处，有波谷与波谷重合，则有 Δx =(2m +1) a，
1 1 1 2
λ 2m +1 8
(m =0,1,2,3⋯ ，Δx =⋯(2)m +1) b，(m =0,1,2,3⋯ 得 1 ⋯)= 因为m 和m 在整数
1 1 2 2 2 2m +1 5 1 2
2
范围内无解，故不存在波谷与波谷重合处，C正确；
D．设b波在x=-0.5m处质点的振动方程为y=Asin(ωt+φ) 如图可知，A=5m 由前面分析可知，
5π
ω=2πf = rad/s
b 4
1 5π
经过 T ,该质点运动到y=5m处，则φ=0 则振动方程为y=5sin( t)m，D错误。
4 4
故选BC。
8．（2025·浙江绍兴一中·模拟）如图所示为演示机械波的干涉实验，在O、P两点分别固定电磁打点计时
器（作为上下振动的振源），振动频率为50Hz，O与P的振针之间用一根细线相连接，通电后会在细
线中形成图示的驻波，类似A点始终不动的点称之为“波节”，类似B点振幅最大的点称之为“波
腹”，A、B平衡位置间的距离为0．1m，E点位于A、B正中间。已知t=0时刻B点正处于波峰，下
列说法正确的是（ ）
A．两个振源的振动步调一致
B．两个振源的振幅相同
C．机械波在绳中的传播速度为10m/s
D．同倍率增大两波源频率，波节数也会相应的变多
【答案】BD
【详解】A．要在细线中形成图示的驻波，则两个振源的振动步调刚好相反，故A错误；
B．由题图可知，两个振源的振幅相同，故B正确；
C．波长等于AB距离的4倍即λ=4×0.1m=0.4m，由v=λf 解得波速为v=20m/s，故C错误；
D．根据v=λf可知，增加频率f使得波长λ变小，可以出现更多波节，故D正确。
故选BD。
9．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）某水域剖面图，点O在两部分水面分界线上，两波源P、Q分别
19 / 28
学科网（北京）股份有限公司处于A、B两区域水面上的两点，以O点为坐标原点如图建立x轴，P与Q的坐标分别为x=-3m和
x=3m。t=0时刻，两波源同时开始沿垂直x轴向水面上方做简谐振动。t=2s时，A区的波恰好传到分界
线，此时两波源都刚好第4次回到平衡位置，t=3s时，B区的波也刚好传到分界面。已知A、B的振幅
均为4cm，已知波速跟水深关系v=√gh，h为两区域水的深度，g为重力加速度。不计波传播过程中的
能量损失，则（ ）
A．hA：hB=9：4
B．t=4.25s时刻，Q点经过平衡位置向上振动
C．经足够长时间，水面上（在x轴上）-3m<x<3m区间共有9个振动加强点
D．0-4s内x=1m的M点通过的路程为32cm
【答案】AC
x x
【详解】A．由题意可知，A区的波波速为v = A =1.5m/s B区的波波速为v = B =1m/s ，波速跟
A t B t
A B
水深关系v=√gh
v2 h v2 9
整理可得h= 则 A = A = 故A正确；
g h v2 4
B B
B．由题意可知，两波的周期相等，设为T，则t=2s=2T 解得T=1s A区的波传播到Q点需要的时间
T
为t =2s+3s=5s>4.25s 即t=4.25s时，A区的波还未传播到Q点，又因为t=4.25s=4 且B区的
Q 4
波开始向上振动，所以t=4.25s时刻Q点在正向最大位移处，故B错误；
C．A区的波的波长为λ =v T=1.5m B区的波的波长为λ =v T=1m t=2s时，A区的波恰好传到分
A A B B
界线，则在OQ间相等于在O点和Q点有两个振动相同的波源，则在x =0.5m，x =1m，x =1.5m，
1 2 3
x =2m，x =2.5m，5个振动加强点；t=3s时，B区的波也刚好传到分界面，则在OP间相等于在O点和
4 5
P点有两个振动相同的波源，则在x =−0.75m，x =−1.5m，x =−2.25m，3个振动加强点；由于
6 7 8
t=3s时，B区的波也刚好传到分界面，且A区的波恰好穿过分界线一个波长，所以O点即x =0，也是
9
振动加强点，故C正确；
x
D．A区的波传播到M点所用的时间为t = M +2s=3s B区的波传播到M点所用的时间为
1 v
B
x −x
t = Q M =2s
2 v
B
则0∼3s内，M点振动时间为Δt =t −t =1s=T 则此时间内，M点的路程为
1 2 1
s =4A =16cm 3s∼4s，由C选项可知，M点为振动加强点，此时的振幅为A=A +A =8cm 振动时
1 B A B
间Δt =1s=T 则此时间内，M点的路程为s =4A=32cm 0-4s内x=1m的M点通过的路程为
2 2
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学科网（北京）股份有限公司s=s +s =40cm故D错误。
1 2
故选AC。
10．（2025·浙江精诚联盟·二模）如图x轴的正、负半轴分别是两种弹性绳，两振源P、Q位于x轴上，所
在位置的x坐标分别为-2m和4m。两振源同时在0时刻开始振动，t=1.5s时形成如图所示的波形。下
列说法正确的是（ ）
A．两列波的波长不同，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直在变化
B．t=2.25s时原点处的质点位移为4cm
C．t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0
D．t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm
【答案】CD
x 1.5
【详解】A．振源P产生的波的波速v = 1 = m/s=1m/s 振源P产生的波的频率
1 t 1.5
v 1 x 3
f = 1 = Hz=1Hz 振源Q产生的波的波速v = 2 = m/s=2m/s 振源Q产生的波的频率
1 λ 1 2 t 1.5
1
v 2
f = 2 = Hz=1Hz 两列波的频率相同，相遇时会发生干涉，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅
2 λ 2
2
一直不变，A错误；
B．Δt =2.25s−1.5s=0.75s 振源P产生的波的第1个波峰传播的距离s =v ⋅Δt =0.75m 振
1 1 1 1
源Q产生的波的第1个波谷传播的距离s =v ⋅Δt =1.5m t=2.25s时，也就是再经过0.75s，振源P
2 2 1
产生的波的第1个波峰与振源Q产生的波的第1个波谷在坐标原点相遇，此时位于坐标原点的质点的
位移等于零，B错误；
C．Δt =4.25s−1.5s=2.75s 振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播
2
0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播2s，传播的距离为 s =1m/s×0.75s+2m/s×2s=4.75m
3
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到Q的振源处。两列波的周
期都是1s，t=1.5s时，Q波的振源处的质点在平衡位置向上振动，再经过2.75s，Q波的振源处的质点
恰好位于波谷处，与振源P产生的波的第1个波峰恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那
么从坐标原点到Q点之间的所有质点此时的位移均等于零； 振源Q产生的波的第1个波谷先以2m/s
的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播2s，传播的距离为
s =2m/s×0.75s+1m/s×2s=3.5m t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源Q产生的波的第1个波
4
谷恰好传播到P的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，P波的振源处的质点在平衡位置向下振
动，再经过2.75s，P波的振源处的质点恰好位于波峰处，与振源Q产生的波的第1个波谷恰好相遇，
21 / 28
学科网（北京）股份有限公司振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到P点之间的所有质点此时的位移均等于零；
综上所述，t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0；
D．Δt =3s−1.5s=1.5s 振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以
3
2m/s的速度在正半轴传播0.75s，传播的距离为 s =1m/s×0.75s+2m/s×0.75s=2.25m t=3.0s
5
时，也就是再经过1.5s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到+1.5m处，那么振源P产生的波在
坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷 振源Q产生的波的第1个波波谷
先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，传播的距离为
s =2m/s×0.75s+1m/s×0.75s=2.25m t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源Q产生的波的第1个
6
波谷恰好传播到-0.75m处，那么振源Q产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为
+0.5m、-0.75m处是波谷； 综上所述，t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm，坐标是
+1.5m、-0.25m处是波峰相遇点，位移为+4cm，坐标是+0.5m、-0.75m处波谷相遇点，位移是-4cm。D
正确。
故选CD。
11．（2025·浙江县域教研联盟·模拟）在y轴左右两侧存在两种不同的均匀介质，两波源分别位于x轴上
−4m和+7m处，产生两列频率相同持续传播的简谐横波沿x轴相向传播，甲向右传播、乙向左传播，
t=0时刻的波形如图所示，甲波恰好传至x=0处，乙波恰好传至x=5m处，已知波在负半轴的波速大小
为0.5m/s，下列说法中正确的是（ ）
A．正半轴的波速大小为0.25m/s
B．x轴上第一个位移到+6cm的质点是横坐标为x=3m
C．t=17s时刻x=2m处质点的位移为6cm
D．两个波源之间一共6个加强点
【答案】AB
【详解】A．设正、负半轴的波速分别为v 、v ，由波形图知λ =4m，λ =2m 因两列简谐横波频
正 负 甲 乙
率相同
v λ 1
故由波速公式v=λf得 负 = 甲 =2 整理并代入数据得v = v =0.25m/s，即正半轴的波速大小
v λ 正 2 负
正 乙
为0.25m/s，故A正确；
B．根据t=0时刻两波传播位置可知，x轴上第一个位移到＋6cm的质点一定出现在x轴正半轴，由于
两列波频率相同，因此两列波相遇时能够发生稳定的干涉。 甲波的第一个波峰传播到x=0处所用的
Δx 1 Δx 0.5
时间为t = 1 = s=2s 乙波的第一个波峰传播到x=6m处所用的时间为t = 2 = s=2s
1 v 0.5 2 v 0.25
负 正
由此可知，从t=0时刻开始，经过相同的时间两列波的波峰在x轴正半轴相距6m，而同种介质中波的
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学科网（北京）股份有限公司传播速度相同，因此，两列波的波峰将会同时到达x=3m处，由波的叠加原理可得，x轴上第一个位移
到+6cm的质点是横坐标为x=3m，故B正确；
λ 2
C．两列波频率相同，则周期相同 由v= 得T =T = s=8s 甲波x=0处的振动传播到x=2m处
T 甲 乙 0.25
Δx 2
所用时间t = 3 = s=8s 则剩余时间内甲波在x=2m处质点振动的周期数
3 v 0.25
正
t−t 17−8 1 Δx 3
n = 3 = =1 乙波x=5m处的振动传播到x=2m处所用时间t = 4 = s=12s 则剩
甲 T 8 8 4 v 0.25
甲 正
t−t 17−12 5
余时间内乙波在x=2m处质点振动的周期数n = 4 = = 由以上计算可知，甲、乙两波
乙 T 8 8
乙
t=17s时刻在x=2m处质点的位移均不在正的最大位移处，故由波的叠加原理可得，t=17s时刻x=2m
处质点的位移不是6cm，故C错误；
D．将左侧介质等效替换为右侧介质，则左侧波源的等效位置应在x=−2m处 在x轴上−2m<x<7m区
间取点（x，0） 则甲波源振动传到点（x，0）的距离为x =(x+2)m 乙波源振动传到点（x，0）的距
1
离为x =(7− x)m
2
根据波的传播方向及“上、下坡法”可得，两波源起振方向相反，波长λ=2m 由波的叠加原理可
得，到两波源的距离之差等于半波长奇数倍处是振动加强点 即振动加强点满足
λ
Δx=x −x =(2n+1) ，n取整数 联立以上各式解得x=−1m、0m、1m、2m、3m、4m、5m、6m
2 1 2
处是振动加强点，共8个，故D错误；
故选AB。
12．（2025·浙江温州·三模）一列纵波波源做频率为1.0Hz的简谐振动，在介质中形成疏密相间的状态向
右传播，t=0时刻部分质点振动情况如图所示。图中虚线代表相邻各质点1、2、3、…、13的平衡位
置且相距为0.5cm，小圆点代表该时刻各质点振动所在的位置。下列说法正确的是（ ）
A．这列纵波的波长为2cm
B．该时刻质点7振动方向向左
C．t=0.5s，质点3恰好运动到图中质点7的位置
D．经过20.25s，质点4的运动路程大于质点6的运动路程
【答案】BD
【详解】A．质点3和质点7均在平衡位置，二者相距半个波长，这列纵波的波长为4cm，A错误；
B．因为质点5在左最大位移处，所以该时刻质点7振动方向向左，B正确；
C．质点只振动不移动，质点3不可能运动到图中质点7的位置，C错误；
23 / 28
学科网（北京）股份有限公司T
D．经过t=20.25s=20 ，经过20个周期时二者的路程相等，最后四分之一周期时间内，质点4向
4
右运动并经过平衡位置，速度大，路程大，质点6向左运动到最大位移处后向右运动，速度小，路程
小，所以，质点4的运动路程大于质点6的运动路程，D正确。
故选BD。
13．（2025·浙江北斗星盟·三模）波源P、Q分别位于x＝0和x＝12m处，如图所示，t＝0时刻分别恰好传
到2m和6m处，图中箭头分别为两列波的传播方向，波速为2m/s，振幅均为5cm，则（ ）
A．t＝1s后，x＝4m处的质点做振幅为10cm的简谐运动
B．波源间质点位移大小第1次达到10cm是由于两列波的波峰相遇
C．波源间质点位移大小第1次和第2次达到10cm的两质点相距2.5m
D．t＝3s时，两波源间（不含波源）有4个质点位移为零
【答案】BC
【详解】A．题图可知两波的波长不同，因为同种介质波速相同，因而两波频率不同，不能形成稳定
干涉，振幅周期性变化，故A错误；
λ 4 λ 6
BC．由题意知，T = 1 = s=2s，T = 1 = s=3s t＝0.5s时，波源P达到第1次波峰，此时距波
1 v 2 2 v 2
0.65
源Q第1个波峰出现在x=6.5m，故再经t = s=1.625s两波峰第一次相遇，即在
0 2v
t＝t +0.5s=2.125s时波峰相遇，质点坐标x＝3.25m；同理，可以求得两波谷第一次相遇为t＝
0
2.375s，质点坐标x＝5.75m，两个波峰相遇使质点位移大小第1次达到10cm，第1次和第2次位移达
到10cm的两质点相距2.5m，故B、C正确；
D．由图形知，t＝3s时，P波传到8m处，Q波传到0m处，波形如下（红线为P波，蓝线为Q波）
根据叠加原理可知，两波源间（不含波源）有5个质点位移为零，故D错误。
故选BC。
14．（2025·浙江宁波·三模）如图所示，在同一均匀介质中有两个相距4m的波源S 和S ，两波源的连线上
1 2
有相距0.5m的A、B两点，其中B点位于两波源连线的中点处。t=0时两波源同时开始上下振动，其
中S 的振动图像如图乙所示。经过一段时间，观察到B点振动始终减弱，A点振动始终加强，两者振
2
幅之差为16cm，且A、B之间没有其他的振动加强点和减弱点。下列说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．S 的起振方向向下
1
B．S 的波速为10 m/s
1
C．整个圆周上（S 和S 除外）有5个振动减弱点
1 2
D．0∼0.45 s内，A点通过的路程为96 cm
【答案】BD
【详解】A．B点到两波源的路程差是0，B点是振动减弱点，则两波源的起振方向相反，由图乙所示
可知，波源S 的起振方向向下，则波源S 的起振方向向上，故A错误；
2 1
4 4
B．两波源的起振方向相反，A点到两波源的路程差Δx =( +0.5)m− ( −0.5)m=1m
A 2 2
B到两波源的路程差Δx =0m，B点振动始终减弱，A点振动始终加强，A、B两点间没有其它的振动加
B
λ
强与减弱点，则Δx -Δx = ，代入数据解得λ=2m 由图乙所示图像可知，波的周期T=0.2s，波速
A B 2
λ
v= =10m/s
T
故B正确；
C．取圆上一点到S、S 两个波源的距离分别为x、x，两波源的起振方向相反，振动减弱点满足|x-
1 2 1 2 1
x|=nλ （n=0，±1，±2，±3，……） 三角形两边边长之差小于第三边的边长，则|x-x|＜4m，解得
2 1 2
n=0，±1 根据对称性可知，在圆周上除波源外振动减弱的点有,6个，故C错误；
D．由图乙所示可知，波源S 的振幅A=12cm，A是振动加强点，B是振动减弱点，两者振幅只差是
2 2
16cm，则A+A-|A-A|=16cm 解得A=8cm 波源S 产生的波传到A点需要的时间
1 2 1 2 1 1
S A 1.5 S A 2.5
t = 1 = s=0.15s 波源S 产生的波传到A点需要的时间t = 2 = s=0.25s 0.15s～0.25s
1 v 10 2 2 v 10
1
内，t=0.25s-0.15s=0.1s= T，质点A的路程s=2A=2×8cm=16cm 0.25s～0.45s内，
1 2 1 1
t=0.45s-0.25s=0.2s=T，该时间内质点A的振幅A=A+A=12cm+8cm=20cm 质点A的路程
2 3 1 2
s=4A=4×20cm=80cm 则0～0.45s内质点A的路程s=s+s=16cm+80cm=96cm 故D正确。
2 3 1 2
故选BD。
15．（2025·浙江杭州·二模）如图所示，一列简谐横波从波源O点同时向左右两侧传播，右侧为介质Ⅰ，
左侧为介质Ⅱ。已知波速分别为v =4m/s，v =6m/s，A、B分别是两介质中x轴上的质点，A质点
I II
平衡位置x =2m，B点（未画出）振动步调总是与A相反。t=0时，波源O开始振动，振动方程为
A
y=0.1sin(10πt)(m)。下列说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的频率之比为2∶3
B．质点A的振动方程为y =−0.1sin (10πt)(m)(t≥0.5s)
A
C．A、B两质点起振间隔的最短时间为0.1s
D．t=1s时，质点B经过的路程可能为1.5m
【答案】BC
【详解】A．波在介质Ⅰ，Ⅱ中的传播周期与波源振动周期相同，即频率相同，故波在介质Ⅰ，Ⅱ中
的频率之比为1∶1，故A错误；
x
B．题意可知，波传播到A质点用时t = A =0.5s，质点A比波源晚0.5s起振，故A质点振动方程为
0 v
I
y =0.1sin[10π(t−0.5s)](m)(t≥0.5s) 整理得y =−0.1sin (10πt)(m)(t≥0.5s) 故B正确；
A A
2π
C．由振动方程可知ω=10πrad/s= 解得周期T=0.2s
T
T
B点振动步调总是与A相反，A、B两质点起振间隔的最短时间为Δt= =0.1s 故C正确；
2
D．波源与A的振动情况相反，B点振动步调总是与A相反，则B振动步调总与波源相同，t=1s时波
1
源振动次数为N= =5次 则质点B的振动次数为n=0，1，2，3，4，则质点B的经过的路程为
0.2
s=n×4A（n=0，1，2，3，4） 当n取3时，则s=1.2m，当n取4时，则s=1.6m ，即质点B经过
的路程不可能为1.5m，故D错误。
故选BC。
16.（2025·浙江湖州·三模）一波源处于xOy平面的原点O处，并且垂直xOy平面向外和向内振动。在
时，波形如图所示，只有一个实线圆和一个虚线圆，分别代表波峰和波谷。在 时，质点P第
1次处在波峰位置，以垂直xOy平面向外（即沿波峰方向）为正方向，则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A． 时，波源已经振动了0.03s
B． 时，波传播到的最远点沿正方向振动
C． 时，直线 上共有3个点达到波峰
D． 时，波传播到x正方向上最远点的坐标为5cm
【答案】BC
【详解】AB．依题意，t=0.03s时，波峰传播的距离为Δx=√0.042+0.032m−0.02m=0.03m
Δx λ λ
则波速为v= =1m/s 根据 =0.02m−0.01m=0.01m 又v= 联立，解得T=0.02s 由t=0时
Δt 2 T
5
的波形图，可知该时刻波前恰好传播到 λ=0.025m，根据“上下坡”法可知该点沿正方向振动，则
4
5
λ
波源已经振动的时间为 4 故A错误；B正确；
t= =0.025s
v
C．t=0.03s时，最远的波峰形成圆的半径为OP=5cm，相邻波峰的距离为一个波长即2cm，该时刻
波形如图所示，
由图可知，直线x=3cm上共有3个点达到波峰，故C正确；
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学科网（北京）股份有限公司5
D．根据B选项分析，可知t=0时，波传播到的最远点坐标为x= λ=0.025m 根据
4
Δx=v⋅Δt=0.03m
可知t=0.03s时，波传播到x正方向上最远点的坐标为x+Δx=0.055m=5.5cm 故D错误。
故选BC。
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