文档内容
选择 9 机械振动 机械波
考点内容 考情分析
考向一 简谐运动 简谐运动考察单摆运动的特点、图像、
波的传播图像以及振动图像与波的传播
考向二 机械波图像分析及多解问题
规律相结合的题型。
考向三 波的叠加
考向四 振动图像与波的图像的综合应用
1.思想方法
1.分析简谐运动的技巧
(1)物理量变化分析：以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速
度、动能均减小：反之，则产生相反的变化。
(2)矢量方向分析：矢量均在其值为零时改变方向。
2.波的传播问题中四个问题
(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。
(2)传播中各质点随波振动，但并不随波迁移。
(3)沿波的传播方向上每个周期传播一个波长的距离。
(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一
定是反相点。
2.模型建构
一、波动图像和振动图像的比较
振动图像 波的图像
研究
一振动质点 沿波传播方向的所有质点
对象
研究 某时刻介质中所有质点的空间分布规
一质点的位移随时间的变化规律
内容 律图像
(1)波长、振幅
(2)任意一质点在该时刻偏离平衡位
(1)质点振动周期
置的位移
(2)质点振幅
(3)任意一质点在该时刻的加速度方
图像 (3)某一质点在各时刻偏离平衡位置
向
信息 的位移
(4)已知波的传播方向，可判断介质
(4)某一质点在各时刻速度、加速度
中各质点的振动方向；已知介质中某
的方向
一质点的振动方向，可判断波的传播
方向
图像 随时间推移，图像延续，但已有形状
随时间推移，波形沿传播方向平移
变化 不变
二、求解波的图像与振动图像综合类问题可采用“一分、一看、
二找”的方法三、波的干涉中加强点和减弱点的判断方法
考向一 简谐运动
1. 如图所示，一个质量为m的物块，左端与轻弹簧栓接，轻弹簧的另一端固定在墙上的
O点，物块和地面间的动摩擦因数为 。现用手按住物块静止于A点，让弹簧处于压缩状态。
某时刻释放物块，物块向右运动，在μM点（图中未画出）获得最大速度 v ，到最右端B点
1
（图中未画出）后，再向左运动，在M′点（图中未画出）获得向左运动的最大速度v ，C点
2
（图中未画出）时速度减为0并保持静止状态。物块向右运动的时间为t ，向左运动的时间为
1
t ，设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，则关于两个过程下列说法正确的是（ ）
2
A．M点和M′点在同一位置
B．两个阶段的时间满足t ＝t
1 2
C．两个阶段最大速度满足v ＜v
1 2D．C点在M点左侧
【解答】解：A、M点和M′点都处于各个阶段速度最大的位置，说明在这两个位置受力平衡，
受力分析如图所示
因此这两个点一个在弹簧压缩位置，一个在弹簧拉伸位置，则这两个点不可能在同一位置，故
A错误；
C、在从M点到M'点的过程中，弹性势能没有发生变化，但由于摩擦消耗了机械能，根据能量
守恒可知动能减小，故速度v ＞v ，故C错误；
1 2
D、物块运动到C点后，保持静止，说明C位置向右的弹力小于最大静摩擦力，则C位置应该
在M点的右侧，故D错误；
B、两个阶段均受到大小恒定的滑动摩擦力的作用，可类比竖直方向上的弹簧振子，将滑动摩擦
力看作重力，因此向右和向左的运动可分别看作简谐运动，简谐运动的周期没有发生变化，因
此t ＝t ，故B正确。
1 2
故选：B。
2. （2024•郑州模拟）一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移 x与时间t的关系图
线如图所示，由图可知（ ）
A．该简谐运动的周期是2.5×10﹣2s，振幅是7cm
3π
B．该简谐运动的表达式可能为x=7sin(100πt+ )cm
2
C．t＝0.5×10﹣2s时振子的速度最大，且方向向下
D．t＝0.25×10﹣2s时振子的位移为﹣5cm
【解答】解：A、由题图可知：周期T＝2×10﹣2s，振幅A＝7cm，故A错误；2π 2π
B、振子的圆频率ω= = rad/s=100πrad/s，且t＝0时位移为x＝﹣7cm，所以表
T 2×10−2
3π
达式为x＝7sin（100πt+ ）cm，故B正确；
2
CD、当t＝0.5×10﹣2s时，振子在平衡位置，其速度最大，速度正向且为最大值；当t＝0.25×10﹣
3π 7√2
2s时，其位移为x=7sin(100π×0.25×10−2+ )=− cm，故CD错误。
2 2
故选：B。
3. （2024•浙江模拟）如图所示，AOB为放置在竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道，
A、B两点位于圆弧上等高处，弧AB的长度远小于R，在B点和O点之间固定一光滑直轨道，
圆弧轨道和直轨道顺滑连接。现将一小球（半径可忽略）由点 A静止释放，则A→O→B过程
小球的运动时间为（ ）
√R π √R π √R π √R
A．π B．( +2) C．( +√2) D．( +√2)
g 2 g 2 g 4 g
【解答】解：由已知条件可知，由A到O的过程的时间，可等效成摆长为R的单摆摆四分之一
√R
2π
周期用的时间，t g ；由O到B的过程做的是匀减速直线运动，看成由B到O反向的匀
1=
4
1
加速运动直线，a＝gsin ，Rsin = at2（其量 为竖直方向与过 B 点的半径的夹角）得 t
2 2 2
θ θ θ
√2R
= ，
g
π √R
所以总时间=t +t =( +√2) ，故ABD错误，C正确。
1 2 2 g
故选：C。
4. （2024•顺义区二模）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器固定在O点
现将摆球拉到A点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A、C之间来回摆动，其中B点为运动过
程中的最低位置。图乙表示摆球从运动至 A点开始计时细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，重力加速度g取10m/s2。（ ）
A．单摆的振动周期为0.2 s
B．单摆的摆长为0.1m π
C．摆球的质量为0.05kg
D．摆球运动过程中的最大速度0.08m/s
【解答】解：A．由乙图，结合单摆的对称性可知，单摆的周期为0.4 s，故A错误；
√L π
B．由单摆周期公式T=2π
g
得L gT2
=
4π2
代入数据得L＝0.4m，故B错误；
CD．由乙图和牛顿运动定律得小球在最高点有mgcos ＝0.495
mv2
θ
在最低点有0.510−mg=
L
1
从最高点到最低点，由动能定理得mgL(1−cosθ)= mv2
2
代入数据联立解得m＝0.05kg，v=0.2√2m/s
故C正确，D错误。
故选：C。
5. （2024•大兴区校级模拟）惠更斯发现“单摆做简谐运动的周期T与重力加速度的二
次方根成反比”。为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力加速度”可以人为调节的
实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角 可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的
O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止θ释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆
角为 。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器（图中未画出）测得摆线的拉力为
F ；摆α球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图 2所示，其中F 、F 、
1 2 3T 均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是（ ）
0
A．多次改变图1中 角的大小，即可获得不同的等效重力加速度
B．在图2的测量过程α中，单摆n次全振动的时间为nT
0
1
C．多次改变斜面的倾角 ，只要得出T∝ 就可以验证该结论成立
√sinθ
θ
D．在图2的测量过程中，满足F ＝3F ﹣2F 关系
3 2 1
【解答】解：A.平板倾角为 时，重力加速度沿平板方向方向分加速度是等效重力加速度，则
单摆周期公式中的等效重力加θ速度g′＝gsin ，与摆角 的大小无关，故A错误；
B.根据图2可知，单摆的周期T＝2T 0 ， θ α
t
根据单摆周期和全振动时间的关系T= 可知
n
单摆n次全振动的时间为t＝nT＝2nT ，故B错误；
0
√ L √ L
C.根据单摆周期公式T=2π =2π
g' gsinθ
1
因此实验只要得出T∝ ，就可以验证该结论成立，故C正确；
√sinθ
D.摆球自然悬垂时，根据平衡条件细线的拉力F ＝mgsin
1
在A、C位置，拉力为F ，小球速度为0，则F ＝mg′coθs ＝mgsin cos ＝F cos
2 2 1
v2
α θ α α
在最低处B点，根据向心力公式F −mgsinθ=m
3 L
mv2
代入数据化简得F =F +
3 1 L
1
小球从A到B，根据动能定理mg'L(1−cosα)= mv2
2
化简得mv2＝mgLsin （1﹣cos ）＝F L（1﹣cos ）
1
代入数据联立解得Fθ＝2F ﹣Fα，故D错误。 α
3 1 2
故选：C。考向二 机械波图像分析及多解问题
6. （2024•海口一模）如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t ＝0
1
和t ＝0.4s时刻的波形图，0时刻x＝2m处的质点沿﹣y方向运动。该波（ ）
2
A．沿﹣x方向传播
B．波长为2m
C．周期可能为0.4s
D．传播的速度大小可能为2.5m/s
【解答】解：A、已知0时刻x＝2m处的质点沿﹣y方向运动，根据波形平移法可知，该波沿﹣
x方向传播，故A正确；
B、由图知该波的波长为4m，故B错误；
3 1.6
C、结合波的周期可得：Δt＝t ﹣t ＝（n+ ）T，（n＝0，1，2，3…），得：T= s，（n
2 1
4 4n+3
＝0，1，2，3…），n是整数，T不可能为0.4s，故C错误；
λ 4
= =
D、该波的波速为：v T 1.6 m/s＝（10n+7.5）m/s，当n＝0时，波速最小，最小值为
4n+3
7.5m/s，不可能为2.5m/s，故D错误。
故选：A。
7. （多选）（2024•碑林区校级模拟）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如
图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻x轴上0～90m区域的波形如图中的虚线
所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（ ）A．若T＞0.6s，这列波的波速为40m/s
B．若T＜0.6s，这列波的波速可能为250m/s
C．若T＝0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同
D．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cm
E．某时刻质点P与Q的速度可能相同
3
【解答】解：AB、由图可知，波的波长为 40m；两列波相距 0.6s＝（n+ ）T，故周期 T
4
2.4
= s （n＝0、1、2、3…）
4n+3
λ 40 50
波速v= = （4n+3）m/s= （4n+3）
T 2.4 3
1 1
若 T＞0.6s，则 n＜ ，当 n＝0 时，v＝50m/s；若 T＜0.6s，则 n＞ ，当 n＝3 时，v＝
4 4
250m/s，故A错误，B正确；
λ 40
C、若T＝0.8s，则波速为v= = s＝50m/s，根据平移法可知波t+0.5s时刻，传播的距离为x
T 0.8
＝vt＝50×0.5m＝25m，将t时刻的图象向右平移25m后得到t+0.5s时刻的图象，可知质点b、P
的位移相同，故C正确；
3
D、当n＝0，T＝0.8时，质点a振动时间为 T到达关于x轴对称的位置，通过的路程等于
4
30cm，当n＞0时，其路程大于30cm，故其路程最小为30cm，故D错误；
3
E、质点P与Q之间的距离是 ，它们的位移等大反向时速度相同，故E正确。
4
λ
故选：BCE。
8. （多选）（2024•浙江模拟）图甲和图乙分别表示甲、乙两列波在不同介质中沿 x轴
正方向传播，如图所示实线和虚线分别表示两列波在t＝0和t＝0.5s时的波形图。若两列波的
周期均大于0.35s，则（ ）A．甲波的周期可能是乙波周期的0.5倍
B．甲波传播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小
C．0﹣0.5s内某时刻，质点P、Q的运动方向可能相同
D．t＝1s时，P、Q质点的位移大小可能相等
【解答】解：A.由图可得甲波的波长为 ＝4m，则有
1
1 λ
x = λ +n ＝1+4n
1 4 1 1
λ
1
t= T +nT
1 1
4
周期大于0.35s，可得.
T ＝0.4s或T' ＝2s
1 1
由图可得乙波的波长 ＝6m，则有
2
1 λ
x = +n ＝3+6n
2 2 2
2
λ λ
1
t= T +nT
2 2
2
周期大于0.35s，可得
T ＝1s
2
甲波的周期不可能是乙波周期的0.5倍，故A错误；B.甲波传播的速度v λ
1= 1
T
1
解得v ＝10m/s或v' ＝2m/s
1 1
乙波传播的速度v λ
2= 2
T
2
解得v ＝6m/s
2
甲波传播的速度可能比乙波速度大，也可能比乙波速度小，故B正确；
C.当甲周期为0.4s时，0～0.1s内向y轴正方向，0.1～0.3s向y轴负方向，0.3～0.5s向y轴正方
2.5 2.5
向；乙在0～ s向y轴负方向， s～0.5s向y轴正方向，所以质点P、Q的运动方向可能相
6 6
同，故C正确；
D.当t＝1s时，甲周期分别为0.4s和2s时，P质点的位移都为0，Q质点的位移还在现在的位置，
故D错误。
故选：BC。
9. （2024•衡阳县模拟）如图所示，波源O沿y轴做简谐运动，形成两列简谐横波，一
列波在介质Ⅰ中沿x轴正方向传播，另一列波在介质Ⅱ中沿x轴负方向传播。t＝0时刻完整波
形如图所示，此时两列波分别传到x ＝6m和x ＝﹣4m处。t＝1s时质点M位移不变，振动方
1 2
向相反，已知波源振动周期大于1s。则（ ）
A．波源的起振方向沿y轴负方向
B．介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为1：1
C．介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波频率之比为2：3
D．介质Ⅱ中波的周期为1.5s
【解答】解：A、t＝0时，两列波分别传到x ＝6m和x ＝﹣4m处，由上下坡法可知，波源的起
1 2
振方向沿y轴正方向，故A错误；BC、两列波是由同一波源的振动形成的，所以频率相同，根据v＝ f可知
介质Ⅰ中与介质Ⅱ中波速之比为2：3 λ
故BC错误；
1 T
D、由t＝1s时质点M位移不变，振动方向相反可知（2× T+ ）+nT＝1s（n＝0，1，2，..）
12 2
3
可得T= s（n＝0，1，2...）
2+3n
因为波源振动周期大于1s
所以n取0，当n＝0时，可得T＝1.5s
故D正确；
故选：D。
10. （2024•朝阳区校级模拟）一列简谐横波在t＝0时刻的波动图像如图1所示，质点
M、N刚好在平衡位置，质点P在波峰。质点N的振动图像如图2所示，则下列说法正确的是
（ ）
A．波沿x轴负方向传播
B．质点N的平衡位置坐标x ＝7.5m
N
1
C．质点M在t= s时位移为0.04m
3
D．t＝0.5s时P点和M点的位移相同
【解答】解：A.由图2可知，t＝0时刻质点N的振动方向向下，如图：由“同侧法”可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
2π
B.设该波t＝0时刻的波动方程为：y=Acos( x+φ)，由图1可知，该波的波长 ＝6m×2＝
λ
λ
π
12m，振幅为：A＝0.04m，将（0，0.02）代入可得： = ，
3
φ
2π π π
由图可知，M点平衡位置的坐标 x 使 x + = ，则 x ＝1m，由图知 x ＝x +6m＝
M 12m M 3 2 M N M
1m+6m＝7m，即：质点N的平衡位置坐标x ＝7m，故B错误；
N
C. 由 图 2 可 知 该 波 的 周 期 为 ： T ＝ 2s×2 ＝ 4s ， 可 得 质 点 N 的 振 动 方 程 为 ：
2π π
y =−Asin t=−0.04sin t(m)，
N T 2
1 π 1
则质点N在t= s时位移为：y =−0.04sin( × )m=−0.02m，
3 N 2 3
1
因为质点M、N平衡位置相差6m，为半波长，则质点M、N振动步调相反，则质点M在t= s
3
时位移为0.02m，故C错误；
D.由以上分析及图可知，P的平衡位置坐标满足：x +6m÷2＝x ，则：x ＝1m﹣3m＝﹣2m，结
P M P
合 B 选 项 及 数 学 知 识 可 知 ， t ＝ 0.5s 时 该 波 的 波 动 方 程 为 ：
π 5π 0.5 π 7π
y'=0.04sin( x+ − ×2π)(m)=0.04sin( x+ )(m)，
6 6 4 6 12
将x ＝﹣2m，x ＝1m代入可得： ，则t＝0.5s时P点和M点的位移相同，
P M y' = y' =0.02√2m
P M
故D正确。
故选：D。考向三 波的叠加
11. （2024•浙江二模）2023年9月23日杭州亚运会的开幕式惊艳全世界，其中大莲花
“复现钱塘江”，地屏上交叉潮、一线潮、回头潮、鱼鳞潮……如图，用两个绳波来模拟潮水
相遇，一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，振动的固有频率为2Hz，现在长绳
两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅上下振动了一段时间，某时刻两个振源在长绳上
形成波形如图所示，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了
两次振动，小球第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球第二次的振幅明显较大，
则（ ）
A．由Q振源产生的波先到达弹簧振子处
B．两列绳波可在绳上形成稳定的干涉图样
C．由Q振源产生的波的波速较接近4m/s
D．钱江潮潮水交叉分开后，其振动周期发生改变
【解答】解：A、由P、Q激发的机械波的波形图及传播方向可知，Q波源产生的波起振方向向
下，P波源产生的波起振方向向上，所以先到达弹簧振子处的是由P波源产生的波，故A错误；
B、同种介质中的波速是相等的，由图像可知，图中两列波的波长不同，由 v＝ f可知两列波频
率不同，所以不会形成干涉，故B错误； λ
C、波源Q激发的机械波使小球产生了较强的振动，即共振，说明Q的振动频率接近2Hz，即周
期接近0.5s，所以波速接近于
λ 2m
v= = =4m/s，故C正确；
T 0.5s
D、机械波的叠加本质上就是运动的合成，各个分运动是独立的、互不影响的，所以钱江潮潮水
交叉分开后，仍然保持原有运动状态，其振动周期不变，故D错误。
故选：C。12. （2024•宿迁一模）如图所示，两列沿相反方向传播的横波，形状相当于正弦曲线的
一半，上下对称，其振幅和波长都相等。它们在相遇的某一时刻会出现两列波“消失”的现象。
此时刻（ ）
A．a点向下振动，b点向上振动
B．a点向下振动，b点向下振动
C．a点向上振动，b点向下振动
D．a点向上振动，b点向上振动
【解答】解：根据平移法结合波的传播方向可知a点叠加向下振动，b点叠加向上振动，故A正
确，BCD错误；
故选：A。
13. （2024•青山湖区校级模拟）两个步调相同的相干波源 S 、S 上、下振动，波在水平
1 2
面内传播，形成了如图所示的干涉图样，其中实线表示波峰，虚线表示波谷。若两列波的振幅
分别为A ＝5cm，A ＝10cm，下列说法中正确的是（ ）
1 2
A．质点a始终保持静止不动
B．质点b的位移始终大于质点d的位移
C．质点b与质点c的振动始终加强
D．任意时刻，质点c和质点d在竖直方向上的高度差不超过15cm
【解答】解：A、质点a为两波源连线的中垂线上，到两波源的距离相等，且两波源振动完全相
同，故质点a为振动加强点，故A错误；
B、质点b是波峰与波峰相遇，是振动加强点，质点d是波峰与波谷相遇，所以d为振动减弱点，
但两点的位移在变化，质点b的位移不一定大于质点d的位移，故B错误；
C、质点b是波峰与波峰相遇，质点c是波谷与波谷相遇，它们均属于振动加强点，振动始终加强，故C正确；
D、质点c是振动加强点，振幅最大，为两波振幅之和15cm，质点d为振动减弱点，振幅最小，
为两波振幅之差5cm，d在波峰，c在波谷，则此时d、c两质点的竖直高度差最大为20cm，故
D错误。
故选：C。
14. （2024•佛山一模）主动降噪耳机能根据环境中的噪声（纵波）产生相应的降噪声波，
降噪声波与环境噪声同时传入人耳，两波相互叠加，达到降噪的目的。下列说法正确的是（
）
A．降噪声波与环境噪声的波长相同
B．耳膜振动方向与环境噪声传播方向垂直
C．降噪声波和环境噪声发生干涉，耳膜振动加强
D．环境噪声频率越高，从耳机传播到耳膜的速度越快
【解答】解：A、降噪声波与环境噪声叠加后实现降噪，根据波的干涉条件可知，降噪声波与环
境噪声频率相同，又在同一介质中传播，速度相同，则波长相同，故A正确；
B、噪声属于纵波，纵波的振动方向与传播方向在同一直线上，所以噪声到达耳膜处引起的耳膜
的振动方向与环境噪声传播方向在同一直线上，故B错误；
C、降噪声波和环境噪声发生干涉，为了达到降噪的目的，耳膜振动应该减弱，故C错误
D、声波传播的速度取决于介质，与其频率无关，故D错误；
故选：A。
15. （2024•云南一模）光滑水平面上平行放置两根完全相同的软绳，两人分别握住绳的
一端，在水平面上沿垂直于绳的方向摆动，形成沿x轴正方向传播的两列简谐波。某时刻两列
波的波动图像分别如图甲、乙所示，此时两列波分别传到离手12m和15m处。下列说法正确
的是（ ）A．两列波的周期相等
B．两列波的波源同时开始振动
C．两列波的波源起振方向相同
D．此时图乙所示的波中x＝8m处质点的加速度方向沿y轴负方向
【解答】解：A、由题意可知两列波的传播速度相同，由甲、乙图可知，两列波的波长不同，则
两列波的周期不相等，故A错误；
C、根据波形平移法可知，甲图中x＝12m处的起振方向沿y轴负方向，乙图中x＝15m处的起
振方向沿y轴正方向，而波源的起振方向与质点的起振方向相同，所以两列波的波源起振方向不
相同，故C错误；
B、由于两列波的传播速度相同，由甲、乙图可知，两列波的传播距离不同，所以两列波的波源
不是同时开始振动，故B错误；
D、此时图乙所示的波中x＝8m处质点位移方向为y轴正方向，则加速度方向沿y轴负方向，故
D正确。
故选：D。
考向四 振动图像与波的图像的综合应用
16. （2024•中山市校级模拟）一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形图如图甲所示。
图乙为介质中质点A的振动图像。下列说法中正确的是（ ）
A．该简谐波沿x轴负方向B．波速为v＝0.1m/s
C．经过一个周期，质点A沿传播方向移动了10cm
D．x＝10cm处的质点再经过0.45s一定在波谷
【解答】解：A、根据质点A的振动图像可知，t＝0时刻质点A沿y轴正向运动，在甲图上，根
据波形平移法可知，该简谐波沿x轴正方向，故A错误；
B 、 由 图 甲 可 知 波 长 ＝ 10cm ＝ 0.1m ， 由 图 乙 可 知 周 期 T ＝ 0.2s ， 则 波 速 为
λ
λ 0.1
v= = m/s=0.5m/s，故B错误；
T 0.2
C、简谐横波沿x轴传播，质点A只在自己平衡位置附近振动，而不随波向前迁移，故C错误；
1
D、x＝10cm处的质点在t＝0时间经过平衡位置向下振动，则再经过0.45s=2 T一定在波谷，
4
故D正确。
故选：D。
17. （2024•建邺区校级二模）一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图甲所示，平衡位置
在x＝2m处的质点P的振动图像如图乙所示，质点Q的平衡位置在x＝4m处，下列说法正确
的是（ ）
A．该波的周期为5s
B．该波的波速为3m/s
1
C．质点Q的振动频率为 Hz
4
D．任意时刻P、Q两质点偏离平衡位置的位移相同
【解答】解：A．从图乙中可看出质点的振动周期为4s，该波的周期也为4s，故A错误；
B．从甲图可看出波长为4m，根据波长、波速与周期的关系，可求出波速为
λ 4
v= = m/s=1m/s
T 4
故B错误；
C．根据周期和频率的关系，质点Q的振动频率为1 1
f = = Hz
T 4
故C正确；
D．P、Q两质点相差半个波长，振动情况总是相反，所以任意时刻P、Q两质点偏离平衡位置的
位移总是相反，故D错误。
故选：C。
18. （2024•桃城区校级模拟）如图，t＝0时刻，位于坐标原点的波源开始振动，图 1为
波源的振动图像，图2为t＝3s时的波形图，下列说法正确的是（ ）
A．介质b中的波速v＝3m/s
B．两种介质中的频率不相同
C．0∼3s时间内，x＝3m处的质点运动的路程为1.2m
D．t＝3.5s时，x＝6m处的质点正在向下运动
【解答】解：B、波在不同介质中传播时，频率和周期不变，等于波源振动的频率，故B错误；
A、由图1可知：该波的周期T＝1s，由图2可知，介质b中的波长为3m，则介质b中的波速为
λ 3
v= b= m/s＝3m/s，故A正确；
T 1
C、波经半个周期传播到x＝3m处，0∼3s时间内，x＝3m处的质点振动了2.5个周期，其运动的
路程为s＝2.5×4A＝10A＝10×0.1cm＝1cm，故C错误；
D、由图2可知t＝3s时，x＝6m处的质点位于平衡位置且正在向下运动，t＝3.5s即又经过了半
个周期，x＝6m处的质点应再次位于平衡位置且正在向上运动，故D错误。
故选：A。
19. （2024•郫都区校级模拟）一列简谐横波沿x轴方向传播，在t＝0.6s时刻的波形图如
图甲所示，此时质点P的位移为+2cm，质点Q的位移为﹣2cm，波上质点A的振动图像如图
乙所示，下列说法正确的是（ ）A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．该简谐横波的波速为20m/s
π
C．质点Q的振动方程为y＝4sin（2.5 t+ ）（cm）
3
π
11
D．t= s时，质点P刚好在平衡位置
15
【解答】解：A、由质点A的振动图像可知，在t＝0.6s时刻，质点A正在平衡位置向下振动，
根据“同侧法”可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、由甲图可知，该波的波长为 ＝3×4m＝12m，根据图乙可知该波的周期为：T＝1.0s﹣0.2s＝
0.8s λ
λ 12
所以该波的波速为：v= = m/s＝15m/s，故B错误；
T 0.8
2π
C、根据y＝Asin（ t+ ）＝Asin（ t+φ）可知，y＝Asin（2.5 t+ ），其中A＝4cm，在t
T
ω φ π φ
π
＝0.6s时，Q点的位移为 y＝﹣2cm，代入解得： = ；所以质点 Q的振动方程为 y＝4sin
3
φ
π
（2.5 t+ ）（cm），故C正确；
3
π
11 11 2
D、t= s时，即波从图甲继续向右传播Δt= s﹣0.6s= s，此过程中波向右传播的距离为
15 15 15
2
Δx＝vΔt=15× m＝2m，所以此时P位于波峰，故D错误。
15
故选：C。
20. （2024•盘锦三模）图甲是一列简谐横波在t＝0.1s时刻的波形图，P是平衡位置在x
＝1.5m处的质点，Q是平衡位置在x＝12m处的质点；图乙为质点Q的振动图像，下列说法正
确的是（ ）A．这列波沿x轴负方向传播
B．在t＝0.25s时，质点P的位置坐标为(1.5m，5√2cm)
C．从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，质点Q的位移大小为30cm
D．从t＝0时刻开始计时，质点P在t＝（0.125+0.2n）s时（n＝0、1、2…）到达波峰
【解答】解：A、根据图乙可知，t＝0.1s时刻，质点Q通过平衡位置且向下振动，在甲图上，
根据同侧法可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、根据乙图可知，该波的周期为T＝0.2s，波沿正方向传播，则t＝0.1s时质点P向下振动，到t
3
＝0.25s，历时Δt=0.25s−0.1s=0.15s= T，质点 P 回到 t＝0.1s 时的初始位置，坐标为
4
(1.5m，5√2cm)，故B正确；
3
C、从t＝0.1s到t＝0.25s的过程中，历时t= T，质点Q运动到波峰，其位移大小为10cm，故
4
C错误；
λ 12
D、波速为v= = m/s=60m/s，在0.1s内，波沿x轴正方向传播6m，在t＝0时刻的波
T 0.2
形如下图中虚线所示，
波向+x方向传播，由虚线波形可得到P点左侧的第一波峰向右传播4.5m质点P第一次到达波峰，
x 4.5
则P点第一次到达波峰所用时间t = 1= s＝0.075s
1
v 60
结合波传播的周期性可知，t＝0时刻开始计时，质点P到达波峰的时刻t＝（0.075+0.2n）s，（n
＝0、1、2…），故D错误。
故选：B。
