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模块八 机械振动机械波
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
考试范围：机械振动、机械波
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，
每小题4 分；第8~10 题有多项符合题目要求，每题6 分，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有
选错的得0 分。
1．声波在空气中和水中传播时（ ）
A．频率相同
B．周期不同
C．速度相同
D．波长相同
【答案】A
【详解】声波属于机械波，机械波的频率由波源决定，波速由传播介质决定，且满足关系T = 1
f
、λ = v
f
。
A．同一列声波的波源固定，频率仅由波源决定，与传播介质无关，因此在空气和水中传播时频率相同，
故A 正确；
B．由T = 1
f
可知，频率f 相同则周期T一定相同，故B 错误；
C．机械波的波速由介质决定，空气和水是不同介质，声波在水中的传播速度远大于在空气中的速度，速
度不同，故C 错误；
D．由λ= v
f
可知，f 相同、v不同，则波长λ不同，故D 错误。
故选A。
2．一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A．振子的位移越大，回复力越大，加速度越大
B．振子的速度为零时，加速度也为零
C．振子向平衡位置运动时，速度减小
D．简谐运动的周期随振幅的增大而增大
【答案】A
【详解】A．简谐运动回复力公式F =−kx
位移大小越大，回复力大小越大；
根据牛顿第二定律得加速度a= F
m =−kx
m
加速度大小与位移大小成正比，因此位移越大加速度越大，故A 正确；
B．加速度a= F
m =−kx
m
振子的速度为零时位移最大，加速度最大，不为零，故B 错误；
C．振子向平衡位置运动时，回复力方向与运动方向相同，振子做加速运动，速度增大，故C 错误；
D．弹簧振子的周期公式T =2π ❑√
m
k
弹簧振子的周期为固有周期，仅由振子质量和弹簧劲度系数决定，与振幅无关，故D 错误。
故选A。
3．▶新情境◀如图甲，秋叶落水形成的水面波近似为简谐横波。已知该波相邻的波峰与波谷之间的水平
距离为0.50cm，某质点的振动图像如图乙所示，则该波的波速大小为（ ）
A．0.5 m /s
B．0.75 m/s
C．1m /s
D．1.5 m /s
【答案】A
【详解】由题意可知波长为1×10
−2m，由图可知周期为2.0×10
−2s，则波速为
v = λ
T = 1×10
−2
2.0×10
−2 m /s=0.50 m /s
故选A。
4．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧上端固定，下端用细线连接质量均为m 的物体A 和B 处于静止状态，
重力加速度为g，不计空气阻力。t =0时刻烧断细线，t =t0时刻A 上升到最高点。取向下为正方向，A 的
振动表达式为（ ）
A．y = mg
k cosπ
t0
t
B．y = 2mg
k
cos 2π
t0
tC．y = mg
k sinπ
t0
tD．
y = 2mg
k
sin 2π
t0
t
【答案】A
【详解】烧断细线之前，A 和B 的受力分析如图所示。
根据受力平衡得T 1=T 2+mg，T 2=mg
解得T 1=2mg
烧断细线后，T 2消失，A 向上做简谐运动，此时位于最低点，弹簧形变量为x1= T 1
k = 2mg
k
平衡位置为A 挂在弹簧上静止时的位置，此时T '1=mg
弹簧形变量为x2= T '1
k = mg
k
A 做简谐运动时，最低点、平衡位置和弹簧原长位置之间的关系如图所示。
可得振幅A = x1−x2= mg
k
t =0时，A 位于最低点，t =t0时A 上升到最高点，从最低点到最高点的时间为1
2
周期，即1
2 T =t0
可得T =2t0
简谐运动的圆频率为ω= 2π
T = π
t0
取向下为正方向，初始时A 在最大位移处，所以振动表达式为y = A cosωt = mg
k cosπ
t0
t
故选A。
5．▶新思维◀如图所示，内壁绝缘且光滑的半圆槽固定在水平面上，一带正电的小球从槽的最左端与槽
圆心O 等高处静止释放，球运动的周期为T 1；若仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，球沿槽运动的
周期为T 2；若仅在该空间加竖直向下的匀强电场，球运动的周期为T 3，不计空气阻力。则（ ）
A．T 2<T 1
B．T 2=T 1
C．T 3=T 1
D．T 3>T 1
【答案】B
【详解】小球在光滑半圆槽内运动，只有重力做功，等效于单摆模型，回复力由重力的切向分力提供，
周期由等效重力加速度决定。小球带正电，运动时受到洛伦兹力，洛伦兹力方向始终沿半径方向（指向
圆心或背离圆心），不提供切向回复力；洛伦兹力不改变速度大小，也不影响切向的运动规律，因此小
球的运动周期与无磁场时相同，即T 2=T 1。小球带正电，受到竖直向下的电场力，等效重力变为
m g
′ =mg+qE，等效重力加速度g
′> g，根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
′
，等效重力加速度增大，周期减小，
即T 3<T 1。
故选B。
6．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0.1s 时的波形图如图1 所示，介质中某质点的振动图像如图2
所示。则（ ）
A．波的传播速度v=20m/s
B．图2 可能是x=2m 处质点的振动图像
C．x=3m 处质点的振动方程为y =10sin (5 πt + π )cm
D．0.1s～0.2s 时间内，x=2.5m 处质点通过的路程为10cm
【答案】C
【详解】通过波形图（图1）可得：波长λ = 4 m
通过振动图（图2）可得：周期T =0.4s，振幅A =10cm
则角频率ω= 2π
T = 2π
0.4 =5 π rad/s
A．波速v = λ
T = 4
0.4 =10 m/s，A 错误。
B．由图1 知t =0.1s时，x =2m处质点在平衡位置。图2 中t =0.1s质点位于波峰位置，二者矛盾，因此
图2 不可能是x=2m 处质点的振动图像，故B 错误。
C．x =3 m处质点，振动方程为：y = A sin (ωt +φ)=10sin (5 πt +φ)cm
t =0.1s位于波谷，位移y =−10cm，代入t =0.1, y =−10，求得φ = π
因此x=3m 处质点的振动方程为：y =10sin (5 π t + π )cm，C 正确。
D．时间间隔Δt =0.2−0.1=0.1s= T
4
t =0.1s时x =2.5 m质点靠近平衡位置运动，可知其四分之一周期内路程大于10cm，D 错误。
故选C。
7．水面上相距1m的两个柳条分别在水面上S1、S2处同步点水形成的水波向远处传播，已知两柳条点水
的周期为1s，S1处振动形成的水波振幅为3cm，S2处振动形成的水波振幅为2cm，O为S1、S2连线中点，
两列波在S1、S2连线上叠加，离O点最近的一个振动减弱点离O点的距离为0.1m，则下列说法正确的是
（ ）
A．O点为振动减弱点
B．波的传播速度大小为0.4 m /s
C．S1、S2连线上共有7 个振动加强点
D．S1、S2连线上振动减弱点处的质点始终处于静止状态
【答案】B
【详解】A．两波源同步振动，相位相同，O点到两波源的路程差为0，满足振动加强条件，故O点为振
动加强点，故A 错误；
B．设波长为λ，振动减弱点满足路程差Δr =(n+ 1
2 )λ
离O点最近的减弱点波程差为λ
2
。设该点距O点距离为x，则Δr =2 x =0.2m
解得λ =0.4 m
波速v = λ
T =0.4 m/s，故B 正确；
C．振动加强点满足路程差Δr =kλ
S1、S2连线上路程差范围为0≤Δr <1m。可能的Δr值为0、0.4 m、0.8 m。Δr =0对应O点（1 个），
Δr =0.4 m对应O点两侧各1 个（2 个），Δr =0.8 m对应O点两侧各1 个（2 个），共5 个振动加强点，
故C 错误；
D．振动减弱点的振幅为两列波振幅之差，即A =| A1−A2|=1cm
质点仍在振动，并非始终静止，故D 错误。
故选B。
8．（多选）某同学用如图甲所示的装置研究单摆相关规律，在单摆悬点处安装力传感器测得摆线上的力
与时间的关系如图乙所示，图中横坐标为已知量。已知摆球的直径为D，当地重力加速度为g，则（ ）
A．单摆的周期为t0
B．单摆的周期为2t0
C．单摆的摆线长为gt0
2
π
2 −D
D．单摆的摆线长为gt0
2
π
2 −D
2
【答案】BD
【详解】小球处于左侧和右侧最高点时细线拉力最小，由图乙可知单摆周期为2t0；则由周期公式有
2t0=2π
❑
√
L+ D
2
g
解得单摆的摆线长为L= gt0
2
π
2 −D
2
故选BD。
9．（多选）一列简谐横波沿x 轴方向传播，P、Q 为x 轴上的两个质点，P、Q 两质点平衡位置间的距离
为10 m，从该波传到P 点开始计时，质点Q 的振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该波源的起振方向沿y 轴负方向
B．该波从Q 点向P 点传播
C．该波的波长为4 m
D．该波的波速为2m /s
【答案】AD
【详解】A．由图可得t =5s时，质点Q 才开始振动，其起振方向与波源起振方向一致，即沿y 轴负方向，
故A 正确；
B．从该波传到P 点开始计时，t =5s时，质点Q 才开始振动，故该波从P 点向Q 点传播，故B 错误；
CD．波速v = Δx
Δt = 10
5 =2 m
s
，由振动图像可得T = 4s，故波长λ = vT =8 m，故C 错误，D 正确。
故选AD 。
10．（多选）（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1m，a、b
为介质中平衡位置相距2m的两质点，其振动图像如图所示。则t =0时的波形图可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】根据振动图像可知当波的传播方向为a 到b 时，xab= 1
4 λ+nλ,(n=0,1,2...)，λ>1m
解得n=0 或1
即xab= 1
4 λ 或5
4 λ
当波的传播方向为b 到a 时，xab= 3
4 λ+nλ,(n=0,1,2...)，λ>1m
解得n=0 或1
即xab= 3
4 λ 或7
4 λ
同时t =0时，a 处于平衡位置，b 处于波谷位置，结合图像可知AD 符合；
故选AD。
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11．（8 分）在利用单摆测量重力加速度时，某学习小组为了解环境对测量结果带来的影响，设计了
如下实验，实验装置如图甲所示。
(1)物理量的测量：
①测摆长：用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长为L（从悬点到摆球的最上端），再用螺旋测微器测得
摆球的直径为d。由图乙可知，摆球的直径d =__________mm；
②测周期：让摆球带上正电并处于匀强磁场中，拉开一个小角度后静止释放。摆球摆动到最低点开始计
时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则周期T =__________。
(2)已知：磁感应强度为B，磁场方向平行水平桌面，且与摆球摆动平面垂直（不计空气阻力），带电摆球
电荷量为q，摆球到达最低点时的速度为v，则相邻两次经过最低点时，摆绳的拉力差大小Δ F =
__________。
(3)若该小组其他操作都正确，并由此计算当地的重力加速度，g=__________（用物理量L、d、T表示）；
【答案】(1) 5.980/5.981/5.979 （1 分） 2t
n−1
（2 分）
(2)2qvB（2 分）
(3)4π
2(L+ d
2)
T
2
（3 分）
【详解】（1）[1]由图乙可知，摆球的直径d =5.5 mm + 48.0×0.01mm =5.980 mm
[2]单摆的周期为T =
t
n−1
2
= 2t
n−1
（2）洛伦兹力不做功，故带电摆球相邻两次经过最低点，速度大小相等，方向相反，即洛伦兹力大小相
等，方向相反，设第一次经过最低点时洛伦兹力方向为背离圆心，则第二次经过最低点时洛伦兹力方向
为指向圆心，根据牛顿第二定律有F1−qvB−mg=m v
2
r
，F2+qvB−mg=m v
2
r
联立解得摆绳的拉力差大小Δ F =|F1−F2)=2qvB
（3）根据单摆周期公式有
T =2π
❑
√
L+ d
2
g
解得
g=
4π
2(L+ d
2)
T
2
12．▶新考法◀（8 分）某同学利用在半径为R 的光滑圆弧球面上做简谐运动的匀质小球来测定当地的
重力加速度，实验装置如图1 所示，在该实验条件下，小球在圆弧球面上的运动可视为单摆。
(1)该同学首先利用游标卡尺测量小球的直径，示数如图2 所示，则小球的直径为d =______cm。
(2)该同学在圆弧球面下方安装了压力传感器，将小球从A 点由静止释放后，压力传感器的示数变化如图3
所示，则小球摆动的周期为T =______。
(3)根据已知的物理量，可得当地重力加速度g 的表达式为g=______（用d、t0、R 表示）。
(4)另一同学将光滑圆弧球面半径R 当作小球等效单摆长度所测得g 比真实重力加速度______（选填“偏
大”“偏小”“正确”）
【答案】(1)1.150（2 分）
(2)2t0（2 分）
(3)π
2(2 R−d)
2t0
2
（2 分）
(4)偏大（2 分）
【详解】(1)小球的直径为d =1.1cm+0.05mm×10=1.150cm
(2)小球摆动的周期为T =2t0
(3)根据
T =2π
❑
√
R−d
2
g
解得g= π
2(2 R−d)
2t0
2
(4)若将光滑圆弧球面半径R 当作小球等效单摆长度，根据g测= π
2 R
t0
2
，则所测得g 比真实重力加速度偏大。
13．▶新考法◀（10 分）假设某人将地球沿直径打穿形成一条通道，然后在地球表面向通道内静止释
放一个质量为m 的石块，不考虑石块与通道壁之间的碰撞和摩擦，不计空气阻力。已知地球表面重力
加速度为g，地球半径为R，球壳对内部物体不产生引力，地球可视为均匀球体，忽略地球的自转。
(1)求石块到地球中心距离为x 时，受到地球的引力大小；
(2)已知做简谐运动物体的周期为T =2π ❑√
m
k
，其中m 为物体质量，k 为回复力系数，求该石块的运动周
期；
(3)如图所示，通道中有A、B 两点，A 点距地球球心R
2
，B 点距地球球心
❑√2
2 R，求石块从A 运动到B 的
最短时间。
【答案】(1)mg
R x（3 分）
(2)2π ❑√
R
g
（3 分）
(3) π
12
❑√
R
g
（4 分）
【详解】（1）根据M
' = ρV ，V = 4 π
3 r
3，可得M
'∝r
3
则以x 为半径的球体的质量为M x = x
3
R
3 M
由题意可得石块受到地球的引力大小为F = G M xm
x
2
忽略地球的自转，则有mg= GMm
R
2
联立解得F = mg
R x
（2）由F = mg
R x可知，回复力系数为k = mg
R
该石块做简谐运动的周期为T =2π ❑√
m
k =2π ❑√
R
g
（3）由题意可知，该石块做简谐运动的振幅A = R
石块从在地球表面向通道内由静止释放，则以球心O 为原点，石块的位移表达式为x = R cosωt
A 点距地球球心为R
2 = A
2 = A cos π
3
B 点距地球球心
❑√2
2 R =
❑√2
2 A = A cos π
4
可得A 点对应的相位为φ A = π
3
，B 点对应的相位为φB= π
4
从A 到B 的最短时间为t = Δθ
2π T =
π
3 −π
4
2π
T = π
12
❑√
R
g
14．（12 分）如图所示，在坐标系xOy 平面内，位于x =−2m处的波源S 和x =0 m处的波源M 同时开始
振动（以两波源起振时刻为计时起点），产生的机械波沿x 轴正方向传播，质点P 处在x = 4 m处，t =2s
时的完整波形图如图所示，求：
(1)求波在介质中的传播速度和质点P 的起振方向；
(2)求0-15 s 内质点P 所经过的路程。
【答案】(1)0.5 m /s， 起振方向向上（5 分）
(2)32cm（7 分）
【详解】（1）波的周期T=2s，波长为λ=1m。波速v =λ
T =0.5 m /s
因波源M 的起振方向向上，可知质点P 的起振方向向上； （5 分）
（2）波源M 传到P 的时间t1= xMP
v =8s
波源S 传到P 的时间t2= xSP
v =12s
t1∼t2
时间内，即2T 时间内P 质点的路程S1=8 A =32cm
S 传播到P 点后，振动减弱，振幅为0，则S2=0
所以总路程S总=32cm （7 分）
15．（16 分）一列沿x轴传播的简谐横波，在t =0时刻的波形如图中实线所示，在tl=0.8s时刻的波形
如图中虚线所示，质点P的平衡位置位于x =8 m处，波的周期为T（未知）。
(1)若波沿x轴正方向传播，求该波的最小波速；
(2)若波沿x轴负方向传播，且T >0.8s，写出x =6 m处的质点的振动方程；
(3)若波沿x轴负方向传播，且0.8s>T >0.4s，求质点P第一次出现波谷的时刻。
【答案】(1)5 m /s（4 分）
(2)y = 4sin(
5π
3 t +π)cm（5 分）
(3)0.04s（7 分）
【详解】（1）若波沿x轴正方向传播，至少传播x1= 4 m
又v1= x1
t1
最小速度v1=5 m /s （4 分）
（2）若波沿x轴负方向传播，由图像可知，波长为λ =12m，x2=8 m，设波速为v2，则有x2= v2t1
得v2=10 m /s
则周期为T 1= λ
v2
=1.2s
x =6 m处的质点的振动方程为y = A sin(ωt +π)
由图可知，A = 4cm
其中ω= 2π
T
= 5π
3
联立解得y = 4sin(
5π
3 t +π)cm （5 分）
（3）若波沿x轴负方向传播，且0.8s>T >0.4s，设波速为v3，则有x3= v3t1
λ< x3<2 λ ，则x3=20 m，解得v3=25 m /s
P质点坐标x =8 m，t =0时刻P右侧第一个波谷的坐标x4= 3 λ
4 =9 m
则第一次出现波谷的时刻为t2= x4−x
v3
=0.04s （7 分）
