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第十三章 机械振动与机械波
第 01 练 机械振动
知识目标 知识点
目标一 简谐运动的规律
目标二 简谐运动的表达式和图像的理解和应用
目标三 单摆及其周期公式
目标三 受迫振动和共振
1．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
【解析】
【分析】
相对在地球上，太空中重力忽略不计，从而结合简谐运动回复力分析各选项。
本题考查简谐运动，灵活运用受力分析是解题关键。
【解答】
AB、甲图做简谐运动，回复力为弹力，不受重力影响，故仍来回振动，故A错误，B正确；
CD、乙图小球受重力影响来回振动，太空中重力不计，故不能摆动或匀速圆周运动，故CD错误。
2．一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是A. 该时刻速度沿y轴正方向
B. 该时刻加速度沿y轴正方向
1
C. 此后 周期内通过的路程为A
4
1 1
D. 此后 周期内沿x轴正方向迁移为 λ
4 4
【答案】A
【解析】
【分析】
该题考查波的图像相关知识。根据“上坡下、下坡上”原理分析质点振动方向；加速度方向指向平
衡位置；由质点P所处位置分析路程；质点不会随波逐流。
【解答】
AB.因为波沿x轴正向传播，由“上坡下、下坡上”原理可知，该时刻质点P的速度方向沿y轴正向。
因为质点在平衡位置附近做简谐运动，加速度方向指向平衡位置，所以加速度沿y轴负向，选项A
正确，B错误。
1
C.因为该时刻质点P不在特殊位置(波峰、波谷、平衡位置)，所以在 周期内的路程不等于A，选
4
项C错误；
D.机械波在传播过程中，介质中的质点只能在自己的平衡位置附近做简谐运动，并不随波的传播而
迁移，选项D错误。
故选A。
3．一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是( )
A. 该时刻速度沿y轴正方向
B. 该时刻加速度沿y轴正方向
1
C. 此后 周期内通过的路程为A
4
1 1
D. 此后 周期内沿x轴正方向迁移为 λ
4 4【答案】A
【解析】
【分析】
该题考查波的图像相关知识。根据“上坡下、下坡上”原理分析质点振动方向；加速度方向指向平
衡位置；由质点P所处位置分析路程；质点不会随波逐流。
【解答】
AB.因为波沿x轴正向传播，由“上坡下、下坡上”原理可知，该时刻质点P的速度方向沿y轴正向。
因为质点在平衡位置附近做简谐运动，加速度方向指向平衡位置，所以加速度沿y轴负向，选项A
正确，B错误。
1
C.因为该时刻质点P不在特殊位置(波峰、波谷、平衡位置)，所以在 周期内的路程不等于A，选
4
项C错误；
D.机械波在传播过程中，介质中的质点只能在自己的平衡位置附近做简谐运动，并不随波的传播而
迁移，选项D错误。
故选A。
4．如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一
根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终
在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相
对于其初始位置的最大位移大小为( )
μmg 2μmg 4μmg 6μmg
A. B. C. D.
k k k k
【答案】C
【解析】解：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
kx=2μmg
若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其
初始位置的最大位移为
4μmg
s=2x= ，故C正确，ABD错误；
k
故选：C。
根据Q的平衡状态分析出物体的受力，结合能量守恒定律即可完成解答。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，熟悉物块的分析即可完成分析，难度不大。
5．把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心
轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是
88r/min。为使共振筛的振幅增大，以下做法可行的是( )
A. 降低输入电压同时减小筛子质量 B. 降低输入电压同时增加筛子质量
C. 增大输入电压同时减小筛子质量 D. 增大输入电压同时增加筛子质量
【答案】A
【解析】解：电动机在某电压下偏心轮的转速是 88r/min，可得驱动力的频率为：
88
f = Hz=1.47Hz
60
共振筛的固有频率为：f =0.8Hz<f
固
由于驱动力的频率大于共振筛的固有频率，所以要是振幅变大，要减小驱动力的频率或者增加共振
筛的固有频率，即减小偏心轮电压或减小共振筛的质量。
故选：A。
当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振。
本题考查共振的条件，解题关键是在题目中找准影响驱动力频率和共振筛固有频率的因素。属于简
单基础题目。
6．如图是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水
平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4……各个质点依次上下振动，
把振动从绳的左端传到右端。t=0时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。
下列判断正确的是
T T
A. t= 时质点5的运动方向向下 B. t= 时质点8的加速度方向向上
4 2
3T
C. t= 时质点12的运动方向向上 D. t=T时质点16开始运动
4
【答案】C
1
【解析】解：A、经过 T时，质点1从平衡位置运动到波峰，此时质点5刚开始振动，由于后一个
4质点重复前一个质点的振动，由于质点1开始竖直向上振动，故质点6开始振动时也是竖直向上振动，
故A错误；
T
B、经过t= 质点1回到平衡位置，质点9开始向上振动，质点6在平衡位置上方，所以加速度的方
2
向向下，故B错误；
3T
C、t= 时质点1振动到负的最大位移处，质点13开始振动，5～13之间的质点在平衡位置上方，
4
9～13之间的质点处于“下坡路”上，振动方向都向上，故C正确；
D、t=T时质点17开始运动，D错误．
故选：C．
根据质点起振动方向与波源起振方向相同，确定质点的振动方向．根据波的传播方向和质点位置与
波长，可分析各质点的振动情况．
掌握简谐波传播过程中，“后一个质点重复前一个质点的振动”、“一个周期内质点通过的路程为
4A”是解决此类问题的关键所在．
1．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( )
T
A. 小球做简谐运动 B. 小球动能的变化周期为
2
v
C. 两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T D. 小球的初速度为 时，其运动周期为2T
2
【答案】B
【解析】
【分析】小球接触到弹簧后做简谐运动，中间不接触部分做匀速运动。先受力分析分析运动情况在结合运动
规律和系统机械能守恒分析能量，运动的周期性问题。
【解答】
A.设杆中点位置记为O点，小球运动到最左、右端的位置为分别记为A点和B点；这样以O到B的过
程为例来看，小球先做匀速运动，后做简谐运动，所以整体上小球并不是做简谐运动；小球在一个
周期T内的运动过程为：O-B-O-A-O，由对称性可知O-B-O的时间和O-A-O的时间均为
T
；
2
B.以小球从O-B-O的过程为例来看，小球匀速运动时速度不变也就是动能不变，与弹簧接触后向
右运动的过程中动能逐渐减小，直至最右端B点，返回的过程则有动能先增大或不变；同理在
T
O-A-O的过程中由对称性可知，也遵循相同的变化规律，也就是说，小球动能变化的周期为 ；
2
C.由B的分析可知，小球从O-B-O的过程中两根弹簧的弹性势能先增大后逐渐减小，由
O-A-O的过程中由对称性可知，也遵循相同的变化规律，这样两根弹簧总的弹性势能的变化周
T
期也为 ；
2
v
D.当小球的初速度变为 时，匀速运动阶段的时间变为原来的两倍；但是小球与弹簧接触后做简谐
2
√m
运动的周期T =2π (m为小球质量，k为弹簧的劲度系数)却是不变的，这样小球做往复运动的
0 k
周期小于2T；
综上分析可知：ACD错误，B正确，故选B。
2．如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架
在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。圆盘静止时，在弹簧
原长位置释放小球，小球做简谐振动的图像如图乙所示(竖直向上为正方向)。下列说法正确的是
( )
A. 0∼1s内小球所受的回复力不断减小，且方向为x轴正方向
B. 运动过程中小球的加速度不断变化，最大加速度可能大于重力加速度g
C. 若圆盘以30r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为4s
D. 若圆盘以30r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当减小
【答案】D
【解析】
【分析】本题要读懂模型，掌握简谐运动的特点以及振动图像，并知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，
与振动系统的固有频率无关，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振．
【解答】
A、根据图乙，0～1s内小球的位移不断减小，根据F=-kx可知所受的回复力不断减小，且方向
为x轴负方向，故A错误；
B、小球在弹簧原长位置由静止释放，释放位置即为小球的最大位移处，此时小球的加速度为g，
故小球的最大加速度等于g，故B错误；
1
C、若圆盘以n=30r/min=0.5r/s匀速转动，则圆盘的周期T= =2s，小球做受迫振动，振动
n
的周期等于圆盘的转动周期，即2s，故C错误；
D、根据图乙可知小球的固有周期为4s，欲使小球振幅增加，应该让圆盘的转动周期变大，则转速
应该适当减小，故D正确。
3．如图所示，图甲是t=5s时刻一简谐横波沿x轴正方向传播的波形图，图乙为这列波上某质点的
振动图象，则( )
A. 该列波的波速为4m/s
B. 图乙可能是质点b的振动图象
πt
C. 质点c的振动方程为y=6sin( +π)cm
2
D. t=10s时，a点的振动方向向上
【答案】C
【解析】
【分析】解决该题首先需要掌握波速的计算公式，掌握振动方程中初相位的求解方法，能根据所给
时间判断质点的振动状态。
λ
根据图形分析波长和周期，由v= 求解波速；
T
根据图乙分析5s时质点的位移和波形图是否相符合；
根据所给时间与周期的关系并结合图甲分析c点的初相位，再分析其振动方程；
根据所给时间分析质点的振动过程。
【解答】λ
A、由图可得λ=8m，T=4s，所以波速为v= =2m/s，故A错误；
T
B、根据甲图可知，t=5s时刻，b质点在平衡位置，但由图乙可知，5s时质点处于波峰位置，故B
错误；
1
C、因为t=5s=1 T，所以0时刻c质点在平衡位置且向下振动，其初相位为π，所以质点c的振动
4
2π πt
方程为y=Asin( t+φ )=6sin( +π)cm，故C正确；
T 0 2
1
D、t=10s是在t=5s时刻又经过了5s的时间，而5s=1 T，所以质点a振动到平衡位置且向下振
4
动，故D错误。
故选：C。
4．半径为R的光滑球面，已知圆弧AB<<R，且A、B等高，其中B点和圆弧最低点之间由光滑斜
面相连。现有三个小球，A球从A点从静止释放沿圆弧下滑，B球从B点从静止释放沿斜面下滑，C
球从圆心O点由静止释放，若三个小球同时释放，则下列说法正确的是( )
A. A球最先运动到圆弧最低点 B. B球最先运动到圆弧最低点
C. C球最先运动到圆弧最低点 D. 三个小球同时到达圆弧最低点
【答案】C
【解析】
【分析】
C球做自由落体运动，B球做匀加速直线运动，A球是等效单摆，根据运动学公式和单摆周期公式
分析它们到达最低点点的时间关系。
解决本题的关键要掌握单摆的周期公式和自由落体运动的位移时间公式，并能灵活运用，同时注意
是判断A球可视为单摆运动。
【解答】
A球是等效单摆，A球从静止运动到最低点的时间
T 1 √R π √R
t = = ×2π =
A 4 4 g 2 g
设弦轨道的倾角为θ，对于B球，有1
2Rcos(90❑∘-θ)= gsinθ⋅t2
2 B
√R
可得t =2
B g
1
C球做自由落体运动，有R= gt2
2 C
√2R
可得t = 则有t >t >t
C g B A C
则C球最先运动到圆弧最低点，故ABD错误，C正确。
5．如图所示是某时刻一列横波上A、B两质点的振动图像，该波由A传向B，两质点沿波的传播方
向上的距离Δx=6m，波长大于4.0m，求：
(1)再经过0.7s，质点A通过的路程；
(2)这列波的波速。
【答案】
解：(1)由振动图象可知，质点振动周期T=0.4s，振幅A=0.05m
t 0.7
通过的路程为s= ×4A= ×0.05×4m=0.35m．
T 0.4
(2)取t=0时刻分析，质点A经平衡位置向上振动，质点B处于波谷，设波长为λ，则
1
Δx=nλ+ λ，(n=0,1,2,…)，
4
4Δx 24
所以该波波长为λ= = m
4n+1 4n+1
因为有λ>4.0m的条件，所以取n=0，1．
λ
当n=0时，λ =24m，波速v = 1=60m/s
1 1 T
λ
当n=1时，λ =4.8m，v = 2=12m/s
2 2 T
【解析】(1)由图读出周期和振幅，根据时间与周期的关系求路程．
(2)由振动图象读出A、B两个质点在同一时刻的状态，结合波形分析Δx与波长的关系，并根据波
λ
长大于4.0m，求出波长，再由v= 求出波速．
T
解答本题时要知道波的周期与质点振动的周期相等．本题先根据两个质点的状态，得到波长的通项，再求解波长的特殊值，关键要抓住波的周期性进行分析．
6．均匀介质中质点A，B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB=16cm。某简谐横波沿x轴正
方向传播，波速为v=20cm/s，波长大于20cm，振幅为y=Icm，且传播时无衰减。t=0时刻A，
B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△t=0.6s两者偏离平衡位置
的位移大小相等、方向相同。已知在t 时刻(t >0)，质点A位于波峰。求
1 1
(1)从t 时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰;
1
(2)t 时刻质点B偏离平衡位置的位移。
1
【答案】
λ
解：(i)因为波长大于20cm，所以波的周期：T= >1.0s
v
由题可知，波的周期是：T=2Δt=1.2s 波的波长：λ=vT=24cm
在t 时刻(t >0)，质点A位于波峰。因为AB距离小于一个波长，B到波峰最快也是A的波峰传过去，
1 1
x
所以从t 时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间：t = AB=0.8s
1 1 v
π
(ii)在t 时刻(t >0)，由题意可知，此时图象的函数是：y=cos x(cm)
1 1 12
π
t 时刻质点B偏离平衡位置的位移：y =cos x (cm)=-0.5cm
1 B 12 B
答：(ⅰ)从t 时刻开始，质点B最少要经过0.8s时间位于波峰；
1
(ⅱ)t 时刻质点B偏离平衡位置的位移为-0.5cm。
1
【解析】(ⅰ)当波峰传播x=16cm处时，质点B处于波峰，结合波峰传播的距离和波速求出质点B
处于波峰经历的最少时间；
(ⅱ)抓住质点每经过半个周期运动到与该点对称的位置，根据=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大
小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△t=0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向
相同，得出△t与周期的关系，求出周期的大小，结合波速求出波长，从而求出t 时刻质点B偏离平
1
衡位置的位移。
本题考查了波动和振动的综合运用，知道质点的振动周期和波动周期相等，理解质点每经过半个周
期运动到与该点对称的位置，根据该规律求出△t与周期T的关系是解决本题的关键。1． 某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是( )
A. t=1s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B. t=2s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C. t=3s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D. t=4s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
【答案】A
【解析】解：A、t=1s时，振子位于正向最大位移处，振子的速度为零，加速度的方向指向平衡
位置，所以加速度为负的最大值，故A正确；
B、t=2s时，振子位于平衡位置正在向下运动，振子的速度最大，方向向下，加速度为0，故B错
误；
C、t=3s时，振子位于负向最大位移处，振子的速度为零，加速度最大，故C错误；
D、t=4s时，振子位于平衡位置正在向上运动，振子的速度为正，加速度为0，故D错误。
故选：A。
根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系。当物体位移为零时，质点的速度最大，
加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大。加速度方向总是与位移方向相反，位移
为负值，加速度为正值。
本题考查对简谐运动图象的理解能力。
2．如图甲为一列简谐横波在t=0.20s时刻的波形图，P点是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q点
是平衡位置在x=4.0m处的质点，M点是平衡位置在x=8.0m处的质点；图乙为质点M的振动图
象。下列说法正确的是( )A. 该波沿x轴负方向传播，波速为40m/s
B. 质点M与质点Q的振动方向总是相同
C. 在0.4s时间内，质点M通过的路程为1.0m
D. 在0.4s时间内，质点P向左前进16.0m
【答案】A
【解析】
【分析】
根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，质点M与质点Q相差半个波长，则它
们的运动方向总是相反，根据时间判断M的振动情况结合波动图判断波的传播方向，根据时间与周
期的关系，由图象读出振幅A求出M点通过的路程。
本题有一定的综合性，考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，
抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。
【解答】
A、由题图乙可知M点在0.20s时向上运动，故波沿x轴负方向传播，由甲图可知λ=8m，由乙图可
知T=0.20s，
λ 8
波速：v= = m/s=40m/s，故A正确；
T 0.20
B、质点M与质点Q相差半个波长，则它们的运动方向总是相反，故B错误；
t 0.4
C、在0.4s时间内，质点M通过的路程为s= ·4A= ×4×10cm=80cm=0.8m，故C错误；
T 0.2
D、质点不随波的传播而迁移，只在平衡位置附近振动，故D错误。
3．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远
处从与单摆摆动平面垂直的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点
A时开始，每隔相同时间曝光一次，得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照
片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对照片进行分析可知( )
A. 摆球在A点所受的合力等于在B点所受的合力B. 在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球的速率较大
C. 摆球经过O点前后瞬间摆线上的拉力大小不变
D. 从A点到O点的过程中，重力对摆球做功的功率不断变大
【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了向心力的相关知识，明确摆球摆动过程中，机械能守恒，针对最低点时，分析受力，根
据牛顿第二定律求解拉力。
摆球摆动过程中，机械能守恒，在A点和B点的速度均为零，合力为重力沿切线方向的分力。摆球
在最低点时，速率最大。根据向心力公式分析摆线的拉力，在最低点时，速度不能突变。根据恒力
功率的公式分析。
【解答】
A.摆球在A点的速度为零，向心力为零，即沿绳子方向的合力为零，摆球的合力等于重力沿圆弧切
线方向的分力，由于在A点绳子偏离竖直方向的夹角小于在B点偏离竖直方向的夹角，可知，在A
点重力沿圆弧切线方向的分力小于在B点重力沿圆弧切线方向的分力，故摆球在A点的所受合力大
小小于在B点的合力，故A错误；
B.频闪照相的时间间隔相等，在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，则速率大，即在O点附近
摆球的速率大，故B正确；
v2
C.摆球从左向右通过O点瞬间，速度v大小不变，摆长l变短，根据向心力公式可知，F-mg=m ，
l
则摆线上的拉力增大，故C错误；
D.A点时，速度为零，则重力的功率为零，O点时，速度沿水平方向，重力方向的速度为零，则重
力的功率为零，但中间位置重力的功率不为零，故重力的功率不是一直变大，故D错误。
4．如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架
在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。圆盘静止时，在弹簧
原长位置释放小球，小球做简谐振动的图像如图乙所示(竖直向上为正方向)。下列说法正确的是
( )
A. 0∼1s内小球所受的回复力不断减小，且方向为x轴正方向
B. 运动过程中小球的加速度不断变化，最大加速度可能大于重力加速度g
C. 若圆盘以30r/min匀速转动，小球振动达到稳定时其振动的周期为4sD. 若圆盘以30r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当减小
【答案】D
【解析】
【分析】
由图乙读出小球振动的固有周期，求得固有频率；小球做受迫振动时，受迫振动的频率等于驱动力
的频率；当驱动力周期等于振动系统的固有周期时，会产生共振现象，由此分析。
解决本题的关键掌握共振的条件：驱动力周期等于振动系统的固有周期，以及知道振子做受迫振动
时的频率等于驱动力的频率，与振动系统的固有频率无关。
【解答】
A.0～1s内小球所受的回复力不断减小，且方向为x轴负方向，故A错误；
B.小球在弹簧原长位置由静止释放，释放位置即为小球的最大位移处，此时小球的加速度为g，故
小球的最大加速度等于g，运动过程中小球的加速度不断变化，故B错误；
C.若圆盘以30r/min匀速转动，小球做受迫振动，振动达到稳定时其振动的周期等于驱动力的周
60
期T= s=2s，故C错误；
30
D.若圆盘以30r/min匀速转动，欲使小球振幅增加则可使圆盘转速适当减小，由图乙可知，固有
60
周期为T=4s；当圆盘以15r/min匀速转动时，驱动力的周期为T= s=4s，恰好等于弹簧和
15
小球的固有周期，发生共振，小球的振幅最大，故D正确。
5．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q分别位于x=2m、
x=4m处。从t=0时刻开始计时，当t=3s时质点Q刚好第1次到达波峰。
(1) 求波速；
(2) 写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程)。
【答案】
解：(1)根据波形图得到波长λ=4m；
t=0时刻，质点Q正向下运动；从t=0时刻开始计时，当t=3s时质点Q刚好第1次到达波峰，
故有
3 λ 4m
t= T波速为v= = =1m/s；
4 T 4s
②t=0时刻，质点P正在向上运动，振幅为：A=0.2m；2π 2π π
角频率为：ω= = rad/s= rad/s
T 4 2
π
故质点P做简谐运动的表达式为：y=0.2sin( t )m；
2
答：①波速为1m/s；
π
②点P做简谐运动的表达式为y=0.2sin( t )m．
2
【解析】(1)根据波形图得到波长；从t=0时刻开始计时，当t=3s时质点Q刚好第1次到达波峰，
λ
判断出周期；然后根据v= 计算波速；
T
(2)根据波形图得到振幅A，然后根据公式y=Asinωt列式求解．
本题综合考查了质点的振动和波动，关键是要能从波速方向判断出质点的振动方向，同时要能从图
象得到波长并进一步求解波速．
6．一列简谐横波在某介质中传播经过a、b两点，a、b两点的平衡位置相距3m，如图所示，图中
实线表示a点的振动图象，虚线表示b点的振动图象．
(1)写出质点b的振动方程;
(2)求该简谐横波的波长和传播速度．
【答案】
2π
解：(1)由图象可知，质点b的振幅为A=2cm，周期T=0.4s，ω= =5πrad/s，
T
则质点b的振动方程为y=Asinωt=2sin5πt(cm)；
π
(2)若波由a向b传播，质点b的振动方程为y=Asinωt=2sin(5πt+ )(cm)；
6
T λ
可得a比b提前 +nT，故波长： +nλ=3m
12 12
36
解得：λ= (m)，(n=0、1、2、3…)
1+12n
λ 90
波速v= = (m/s)(n=0、1、2、3…)
T 1+12n11λ
同理，若波由b向a传播，可得： +nλ=3
12
36
解得：λ= (m)，(n=0、1、2、3…)
11+12n
λ 90
波速v= = (m/s)(n=0、1、2、3…)。
T 11+12n
答：(1)质点b的振动方程y=2sin5πt(cm)；
36
(2)若 波 由 a向 b传 播 ， 波 长 为 ： λ= (m)， (n=0、 1、 2、 3…)； 波 速
1+12n
90
v= (m/s)(n=0、1、2、3…)
1+12n
36
若 波 由 b向 a传 播 ， 波 长 为 ： λ= (m)， (n=0、 1、 2、 3…)； 波 速
11+12n
90
v= (m/s)(n=0、1、2、3…)。
11+12n
【解析】(1)由图象得到质点b的振幅、周期T，由此得到质点b的振动方程；
(2)若波由a向b传播，求出波长，根据波速计算公式求解波速的可能值；若波由b向a传播，再次求
出波长，根据波速计算公式求解波速的可能值。
本题考查对振动图象以及质点的振动与波动关系的理解。关键要抓住波的周期性列出时间的通项，
从而求出波速的通项。
