文档内容
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
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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（ ）
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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
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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（ ）
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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6m0.25s 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
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，
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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
