第35 讲 机械振动 机械波
目 录
模拟·基础演练................................................................................................................1
题型01 简谐运动的规律.............................................................................................2
题型02 弹簧振子模型.................................................................................................5
题型03 振动图像的应用...........................................................................................9
题型04 受迫振动与共振...........................................................................................12
题型05 单摆及其振动图像.......................................................................................16
题型06 单摆的周期及其等效摆长.............................................................................20
题型07 波长、频率、波速间的关系.........................................................................24
题型08 波的图像及其应用.......................................................................................27
题型09 波动图像与振动图像综合...............................................................................30
题型10 求周期的多解问题.........................................................................................35
题型11 传播方向的多解问题......................................................................................39
题型12 波的干涉.......................................................................................................42
题型13 波的衍射......................................................................................................45
题型14 波的多普勒效应...........................................................................................48
重难·创新演练....................................................................................................................50
真题·实战演练....................................................................................................................56
模拟·基础演练
考查重点：简谐振动、受迫振动与共振、单摆、机械波、图像问题……
⏳题型01 简谐运动的规律
1．（24-25 高二下·黑龙江大庆）关于描述简谐运动的物理量，下列说法正确的是（ ）
A．振幅等于四分之一周期内物体通过的路程
B．周期是指物体从任意位置出发又回到该位置所用的时间
C．若物体振动的频率是50Hz，1 秒内物体的速度方向改变100 次
D．一次全振动过程中，物体的位移大小等于振幅的四倍
【答案】C
【详解】A．振幅等于振子离开平衡位置的最大位移，不一定等于四分之一周期内物体通过的路程，A 错
误；
B．在机械振动中，物体连续两次以完全相同的速度经过同一位置时所用时间才是一个周期，故从任一位
置出发又回到这个位置所用的时间不一定是周期，故B 错误；
C．若物体振动的频率是50Hz，则周期为0.02 秒，一个周期内速度方向改变两次，可知1 秒内物体的速度
方向改变100 次，C 正确；
D．一次全振动过程中，物体的位移大小为零，通过的路程等于振幅的四倍，D 错误。
故选C。
2．（24-25 高二上·黑龙江牡丹江）下列关于简谐运动的振幅、周期和频率的说法正确的是（ ）
A．物体位于平衡位置时，一定处于平衡状态
B．振幅是矢量，方向从平衡位置指向最大位移处
C．弹簧振子的位移减小时，加速度减小，速度增大
D．简谐运动的振幅越大，则其运动的周期一定越长
【答案】C
【详解】A．处于平衡位置，物体的回复力一定为零，但合力不一定为零，也不一定处于平衡状态，比如
单摆，故A 错误；
B．振幅是标量，故B 错误；
C．弹簧振子的位移减小时，处于向平衡位置振动过程，加速度减小，速度增大，故C 正确；
D．简谐运动的周期与振幅无关，简谐运动的振幅越大，则其运动的周期不会越长，故D 错误。
故选C。
3．（24-25 高二下·辽宁）“海蛇”波浪能发电项目是一种利用海洋波浪能量发电的创新技术，其核心原理
是通过浮体的运动将波浪能转化为电能。浮体可简化为如图所示的漂浮在水中的、质量分布均匀的木块，
水面足够大，O、P、Q为木块上同一竖直线上的点，此时O点与水面平齐，P点为OQ的中点，用手将
木块缓慢下压，使Q点与水面平齐后松手，木块会上下运动，且不翻转，从松手开始计时，P点经过0.2s
第一次与水面平齐，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．木块的振动不是简谐运动
B．木块的振动周期为1.0s
C．在t =0.9s时O点第二次与水面平齐
D．木块在振动过程中受到重力、浮力和回复力的作用
【答案】C
【详解】A．设木块的质量为m，横截面积为S，水的密度为ρ，木块在平衡位置时有mg= ρgS h0（h0为木
块在平衡位置时浸入水中的深度）
设竖直向下为正方向，当木块被下压x 时，受到的浮力为F 浮= ρgS(h0+ x)
则回复力F =mg−F 浮=mg−ρgS(h0+ x)=−ρgSx
回复力满足F =−kx（k = ρgS为常数）的形式，所以木块的振动为简谐运动，故A 错误；
B．从松手开始计时，P点经过0.2s第一次与水面平齐，由于P点为OQ的中点，结合数学知识有
0.2s= T
4 × 2
3
得T =1.2s
故B 错误；
C．O 点第一次与水面平齐所经历的时间为T
4 ，即0.3s，再经过T
2 ，即在t =0.9s时O点会第二次与水面平
齐，故C 正确；
D．木块在振动过程中受到重力、浮力的作用，回复力就是重力与浮力的合力，故D 错误。
故选C。
4．（多选）（25-26 高二上·四川南充）如图所示，一匀质鱼漂竖直浮在水面上，当鱼漂静止时，水位恰好
在O 点。用手将鱼漂往下按，使水位到达M 点，松手后，鱼漂会上下运动，在M、N 两点之间来回移动。
不考虑阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．鱼漂在水面上下浮沉的运动是匀变速运动
B．水位在O 点时，鱼漂的速度最大
C．水位到达M 点时，鱼漂具有向上的加速度
D．鱼漂由上往下运动时，速度越来越大
【答案】BC
【详解】A．鱼漂的运动是简谐运动，回复力F合=−ρgSx
加速度a= F合
m =−ρgS
m x
加速度随位移变化，不是匀变速运动，A 错误；
B．O 点是平衡位置，简谐运动中平衡位置速度最大，水位在O 点时鱼漂速度最大，B 正确；
C．水位到达M 点时，鱼漂浸入水中的体积大于静止时的体积，浮力大于重力，合力向上，加速度向上，
C 正确；
D．鱼漂由上往下运动时，从N 到O 速度增大，从O 到M 速度减小，并非一直变大，D 错误；
故选BC。
5．（多选）（25-26 高二下·辽宁）如图所示，质量为m 的弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，振动到最
高点时弹簧恰好为原长，已知轻质弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．弹簧振子的振幅为2mg
k
B．弹簧振子在最低点时受到的弹力大小为2mg
C．弹簧的最大弹性势能为2m
2 g
2
k
D．弹簧振子的最大动能为m
2 g
2
k
【答案】BC
【详解】A．平衡位置满足mg=kx
弹簧伸长量为x = mg
k
由于最高位置恰好为弹簧原长，所以弹簧振子的振幅为x = mg
k ，故A 错误；
B．由于振幅为x = mg
k
最高点到最低点的高度差为2 x = 2mg
k
最低点弹簧弹力为F =k ×2 x =2mg，故B 正确；
C．最高点弹簧为原长，所以弹性势能为0，根据机械能守恒，最高点和最低点，动能均为0，重力势能全
部转化为弹性势能，为Ep=mg 2mg
k
= 2m
2 g
2
k
，故C 正确；
D．平衡位置时，动能最大。从最高点到平衡位置，重力势能减少Δ EpG=mgx = m
2 g
2
k
减少的重力势能转化为动能和弹性势能，所以最大动能小于m
2 g
2
k
，故D 错误。
故选BC。
⏳题型02 弹簧振子模型
6．（2026·吉林长春·一模）如图（a），轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，上端与物块甲相连，甲处于
静止状态。现从斜面上某位置由静止释放物块乙，运动一段距离与甲碰撞，碰撞后一起沿斜面向下运动。
取乙的释放位置为坐标原点O 建立一维坐标系，x 轴的正方向沿斜面向下。乙的动能Ek与位置坐标x 的关
系如图（b）所示，图像中0~x1之间为直线，其余部分为曲线且在x=x2处切线斜率为0。甲、乙均可视为质
点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙质量之比为2:1
B．甲、乙碰撞后在x=x2位置加速度最大
C．位置坐标满足关系x2= x1+ x3
2
D．弹簧的劲度系数k =
E
x1( x2−x1)
【答案】D
【详解】A．由图b 可知，物块乙与物块甲碰撞前的动能E = 1
2 m乙v0
2
物块乙与物块甲碰撞后的动能1
4 E = 1
2 m乙v共
2
物块乙与物块甲碰撞过程，根据动量守恒定律m乙v0=(m甲+m乙)v共
联立解得m甲:m乙=1:1，故A 错误；
B．由图b 可知，甲与乙碰撞后乙在x2处动能最大，则甲与乙碰撞后在x2位置处速度最大，此位置为平衡
位置，加速度为零，故B 错误；
C．由图（b）可知，x3位置的速度减小到0，说明是平衡位置下方的最大位移处，而x1处的速度不为0，
说明此位置不是该简谐振动平衡位置上方的最大位移处，因此有x2−x1< x3−x2
解得x2< x1+ x3
2
，故C 错误；
D．弹簧上端与物块甲相连，物块甲处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x0，结合图a 根据平衡条件可
知m甲gsinθ =k x0
当甲乙一起运动到x2位置时，速度最大，根据平衡条件可得(m甲+m乙)gsinθ =k( x2−x1+ x0)
物块乙从释放到位置x1的过程中，由动能定理可得m乙g x1sinθ = E，m甲:m乙=1:1
联立解得k =
E
x1( x2−x1)，故D 正确。
故选D。
7．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，
弹簧的压缩量为x0，如图所示，一质量为2m物块从钢板正上方距离为4.5 x0的A 处自由落下，打在钢板上
并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势
能表达式为Ep= 1
2 k x
2，弹簧振子做简谐运动的周期T =2π ❑√
M
k
，（x为弹簧形变量，M为振子的质量，
k为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确
的是（ ）
A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是3 ❑√g x0
B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A =6 x0
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t = 2π
3
❑√
3 x0
g
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm =18mg x0
【答案】C
【详解】A．对物块，根据动能定理有2mg⋅4.5 x0= 1
2 ⋅2mv0
2
解得v0=3 ❑√g x0
设v1表示质量为2m 的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取v0方
向为正，则2m v0=3m v1
解得v1= 2v0
3 =2❑√g x0
故A 错误；
B．碰后根据能量守恒1
2 k x0
2+ 1
2 ×3mv1
2+3mg(x1−x0)= 1
2 k x1
2
根据平衡条件可得F 弹=k x0=mg
解得x1=7 x0
当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置3mg =k x2
解得x2=3 x0
所以振幅为A = x1−x2=4 x0
故B 错误；
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为t1，则sin 2π t1
T
=2 x0
A
解得t1= T
12
继续运动到最低点所经历的时间t2，则t2= T
4
所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t =t1+t2= T
3 = 1
3 ×2π ❑√
3m
k = 2π
3
❑√
3 x0
g
故C 正确；
D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大Epm = 1
2 k x1
2=24.5mg x0
故D 错误。
故选C。
8．（25-26 高二下·黑龙江）如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取
向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．t =0时，振子经过O点向左运动
B．t =1.5s时，振子在O点右侧10 ❑√2cm处
C．t =1.5s和t =2.5s时，振子的速度不同
D．t =9s时，振子的加速度最大，方向沿正方向
【答案】B
【详解】A．t =0时，振子经过O点向右运动，A 错误；
B．t =1.5s时，振子从B 点向O 点运动，此时在O点右侧20sin 45
∘cm =10 ❑√2cm处，B 正确；
C．t =1.5s和t =2.5s时，图像的斜率相同，则振子的速度相同，C 错误；
D．t =9s时，振子位于B 点，此时的加速度最大，方向沿负方向，D 错误。
故选B。
9．（25-26 高三上·内蒙古鄂尔多斯）如图甲所示，某儿童玩具由卡通人物、轻质弹簧和发光小球三部分组
成，这三部分自上而下相互连接在一起。将卡通人物固定在空中某处，用手托住质量为m 的小球竖直向上
移动，使弹簧处于压缩状态，如图乙所示。t=0 时刻由静止释放小球，释放瞬间小球的加速度大小为
1.2g，小球始终在竖直方向上运动，弹簧在弹性限度内，其劲度系数为k，不计空气阻力，重力加速度为
g，则小球（ ）
A．做简谐运动且释放点是平衡位置
B．振幅为6mg
5k
C．振动的初相位为0
D．运动过程中机械能守恒
【答案】B
【详解】A．小球运动满足F回=−kx，小球做简谐运动，释放点是振动最高点，不是平衡位置，故A 错误；
B．t =0时刻由静止释放小球，释放瞬间小球的加速度大小为1.2g，根据牛顿第二定律有
mg+k x1=ma=1.2mg
解得弹簧压缩量x1= mg
5k
在平衡位置时有mg=k x2
得伸长量x2= mg
k
故振幅A = x1+ x2= 6mg
5k ，故B 正确；
C．振动的初位置在最大位移处，初相位为π
2 ，故C 错误；
D．小球受到弹簧弹力做功，机械能不守恒，故D 错误。
故选B。
10．（25-26 高三上·内蒙古兴安）一装有水的瓶子用弹簧悬挂在铁架台上，瓶底有一小孔，水持续从小孔
流出。已知小孔很小，在观察时间内可忽略瓶中液面高度的变化。当瓶子静止时，水流出的速度为v0。现
将瓶子从其平衡位置O 点分别拉开相同距离后释放，若向下拉至A 点，释放瞬间水流出的速度为v1，若向
上提至B 点（弹簧处于伸长状态），释放瞬间水流出的速度为v2，则（ ）
A．v1>v0
B．v1=v0
C．v2=v1
D．v2>v0
【答案】A
【详解】水从小孔流出的速度由瓶内水面处与小孔处的压强差决定，瓶静止时，水面处压强为大气压p0，
小孔处压强也为p0 ，压强差由水的重力决定（Δ p= ρgh)，h 为液面高度）。
下拉后释放瞬间，弹簧弹力大于瓶的重力，瓶会向上加速，处于超重状态。此时水面处与小孔处的等效压
强差增大，故水流速度v1>v0
上提后释放瞬间，弹簧弹力小于瓶的重力，瓶会向下加速，处于失重状态。此时水面处与小孔处的等效压
强差减小，故水流速度v2<v0
故选A。
⏳题型03 振动图像的应用
11．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，其振动图像如图所示。下
列说法正确的是（ ）
A．图线的某点的切线的斜率即是弹簧振子在某时刻的加速度
B．在0~1s、2~3s内相对平衡位置的位移方向跟它的瞬时速度方向相同
C．弹簧振子在前2s内通过的路程是16cm
D．弹簧振子在第2s初的位移大小是8cm
【答案】C
【详解】A．位移-时间图线的某点的切线的斜率即是某时刻的速度，故A 错误；
B．弹簧振子相对平衡位置的位移的方向在0~1s和2~3s内跟它的瞬时速度的方向相反，故B 错误；
C．弹簧振子在前2s内通过的路程是s=2×8cm =16cm，故C 正确；
D．弹簧振子在第2s初的位移是0，故D 错误。
故选C。
12．（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）某质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列表述正确的是（ ）
A．质点的振幅为4cm
B．t =0.05s时刻，质点的速度和加速度方向相同
C．t =0.1s和t =0.3s时刻，质点速度相同
D．从t =0.05s到t =0.35s的时间内，质点运动的路程为(4+2❑√3)cm
【答案】B
【详解】A．由振动图像可知，质点最大位移为2cm，故质点的振幅A =2cm，故A 错误；
B．t =0.05 s时刻，质点在正位移区域，正向平衡位置运动，速度方向沿y轴负方向。由胡克定律和牛顿第
二定律可知，简谐运动加速度满足a=−ω
2 y
位移y为正，因此加速度方向也沿y轴负方向，速度与加速度方向相同，故B 正确；
C．t =0.1s时质点在平衡位置，速度方向沿y轴负方向；t =0.3 s时质点在平衡位置，速度方向沿y轴正方
向，速度是矢量，二者方向不同，速度不同，故C 错误；
D．由振动图像可知，质点振动的周期T =0.4 s，则振动方程为y =2cos(
2π
T t)cm =2cos(5 πt )cm
代入振动方程，得t =0.05 s，y1= ❑√2cm，t =0.35 s时，y2= ❑√2cm
质点运动路程为s=(2+2
❑√2
2 )A =(4 +2❑√2)cm，故D 错误。
故选B。
13．（25-26 高二下·辽宁）如图所示为一质点做简谐运动的位移与时间关系图像。根据图像，下列表述正
确的是（ ）
A．质点的振幅为4cm
B．质点的位移随时间变化的表达式为y =2sin(5πt +π
2 )cm
C．t =0.15s时，质点的速度和加速度方向相同
D．从t =0.05s到t =0.35s的时间内，质点运动的路程为6cm
【答案】B
【详解】A．由图可知，该简谐运动的振幅为2cm，故A 错误；
B．由图可知，周期0.4s，则圆频率ω= 2π
T
=5πrad/s，初相位φ=π
2 ，故质点的位移随时间变化的表
达式为y =2sin(5πt +π
2 )cm，故B 正确；
C．由图可知，当t =0.15s时，质点向y 轴负方向减速运动，即速度与加速度方向相反，故C 错误；
D．根据质点的位移随时间变化的表达式为y =2sin(5πt +π
2 )cm
可知当t =0.05s时y1= ❑√2cm，当t =0.35s时y2= ❑√2cm，故从t =0.05s到t =0.35s的时间内质点的路程为
s= 4+2❑√2cm，故D 错误。
故选B。
14．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在光滑水平面上的A、B
两点之间做简谐运动。取水平向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，则（ ）
A．在t=0.2s 时，振子的加速度为零
B．在t=0.4s 时，弹簧的动能最小
C．在t=0.6s 时，振子位于B 点
D．0.2~0.4s 时间内，振子的路程为5cm
【答案】D
【详解】A．在t =0.2s时，振子位移正向最大，根据F =−kx知回复力负向最大，根据牛顿第二定律可知，
振子的加速度为负向最大，故A 错误；
B．在t =0.4s时，振子位移为零，处于平衡位置处，弹簧的弹性势能最小，故B 错误；
C．在t =0.6s时，振子位移负向最大，位于A 点，故C 错误；
D．0.2~0.4s时间内，振子从位移正向最大处运动到平衡位置处，振子的路程等于一个振幅，即5cm，故
D 正确。
故选D。
15．（25-26 高三上·黑龙江）一质点做简谐运动的加速度随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是
（ ）
A．质点振动的周期为6s
B．0~1s 时间内，质点振动的位移均沿负方向
C．t=3s 时刻，质点的速度最小
D．3~4s 时间内，振动系统的机械能减小
【答案】C
【详解】A．由题图可知，质点振动的周期为4s，故A 错误；
B．根据a= −kx
m ，由题图可知，0~1s 时间内，质点振动的位移均沿正方向，故B 错误；
C．由题图可知，t=3s 时刻，质点的加速度最大，质点处于最大位移处，质点的速度最小，故C 正确；
D．质点做简谐运动，振动系统的机械能守恒，故D 错误。
故选C。
⏳题型04 受迫振动与共振
16．（25-26 高二下·辽宁）振动是波产生的原因，波是振动的传播过程。关于振动与波下列说法正确的是
（ ）
A．图1 为两列频率相同，振幅相同的相干水波于某时刻叠加。实线和虚线分别表示波峰和波谷，则
此时c 点正处于平衡位置且向下运动
B．图2 是干涉型消声器的结构示意图，波长为λ的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为λ
的整数倍
C．图3 是一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅A 与驱动力的频率f 的关系）图，由此判断出该单
摆摆长约为1 m
D．图4 救护车向右运动的过程中，A、B 两人听到警笛声的频率相同
【答案】C
【详解】A．图1 是相干波叠加，c 点是波峰和波谷相遇，两列波振幅相同，因此c 点振动完全抵消，振幅
为0，始终静止在平衡位置，不会发生运动，故A 错误；
B．干涉消声器的原理是声波干涉相消，要让两列声波振动抵消，路程差应为半波长的奇数倍，若路程差
是波长的整数倍，会发生干涉相长，达不到消声效果，故B 错误；
C．共振曲线中，振幅最大时驱动力频率等于单摆固有频率，可得单摆固有频率f =0.5 Hz，周期T = 1
f =2s
代入单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
得L= gT
2
4 π
2 ≈10×4
4×10 =1m
摆长约为1m，故C 正确；
D．根据多普勒效应，救护车向右运动，靠近A、远离B，A 听到的警笛频率高于B 听到的频率，频率不
同，故D 错误；
故选C。
17．（2026·辽宁·模拟预测）振动和波存在于我们生活的方方面面，图（a）是救护车在向右行驶，A、B
两人都听到了救护车发出的警笛声；图（b）是宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记录的“古琴正声”实
验：剪小纸人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的琴上对应的琴弦，同样地拨动力度下，
小纸人晃动越明显代表音调越准确。下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中，A、B 两人听到警笛声的频率相同
B．图（a）中，B 听到的警笛声比A 听到的更尖锐
C．图（b）“古琴正声”实验的原理是共振
D．图（b）“古琴正声”实验的原理是波的干涉
【答案】C
【详解】AB．根据多普勒效应，图（a）救护车向右运动的过程中，A 听到警笛声的频率大于车发出的频
率，B 听到警笛声的频率小于车发出的频率，因此f A>f B
则A、B 两人听到警笛声的频率不同，音调“尖锐”对应频率更高，A 听到的频率更高更尖锐，AB 错误；
CD．同样地拨动力度下，小纸人晃动越明显代表音调越准确，小纸人所在的琴弦发生了共振，C 正确，D
错误。
故选C。
18．（2026·湖南长沙·模拟预测）把一个筛子用弹簧支撑起来，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。该共振筛的振动振幅与驱动力频率的关系如图
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54 r/min。下列表述正确的是（ ）
A．增大电压可以增大筛子的固有频率
B．减小电压可以增大筛子的振动幅度
C．增大筛子质量，驱动力的频率一定减小
D．减小筛子质量，筛子的振动幅度一定减小
【答案】B
【详解】A．筛子的固有频率由筛子本身的结构决定，与驱动电压无关，故增大电压不能改变筛子的固有
频率，故A 错误；
B．根据偏心轮的转速可求得当前的驱动力频率为f = 54
60 Hz=0.9 Hz
由图乙可知筛子的固有频率为f 0=0.8 Hz
减小电压可使偏心轮转速降低，从而减小驱动力的频率，由于初始状态下驱动力的频率大于固有频率，频
率减小会使其更接近固有频率，根据受迫振动的规律可知驱动力频率越接近固有频率则振幅越大，因此减
小电压可以增大筛子的振动幅度，故B 正确；
C．驱动力的频率由偏心轮的转速决定，与筛子的质量无关，因此增大筛子质量时驱动力的频率保持不变，
故C 错误；
D．根据题意可知，减小筛子质量会减小筛子的固有周期，从而增大其固有频率，使其向当前0.9 Hz的驱
动力频率靠近，因此筛子的振动幅度可能会增大，并非一定减小，故D 错误。
故选B。
19．（2026·河南·三模）某渔船上安装了水母耳风暴警报仪，其共振腔的固有频率为10Hz。当渔船出发时，
警报仪接收到风暴产生的次声波频率为12Hz，当渔船返航时接收频率变为9Hz。假设风暴次声波的频率一
定，则下列说法正确的是（ ）
A．接收频率发生变化的原因是水母耳共振腔与次声波发生共振
B．风暴次声波的固有频率大于12Hz
C．出发时，若增大船速，则警报仪共振腔振幅将会变小
D．返航时，若增大船速，则警报仪共振腔振幅将会变大
【答案】C
【详解】A．接收频率发生变化是由于多普勒效应，A 错误；
B．渔船出发时接收到的频率大，说明出发时渔船接近风暴中心，返航时接收到的频率小，说明返航时远
离风暴中心，可知风暴次声波的频率介于9~12Hz 之间，B 错误；
C．出发时，若增大船速，则警报仪接收到的频率会大于12Hz，共振腔振幅将会变小，C 正确；
D．返航时，若增大船速，则警报仪接收到的频率会小于9Hz，共振腔振幅将会变小，D 错误。
故选C。
20．（2026·江西吉安·模拟预测）台风登陆，大厦悬挂的千吨阻尼器随之晃动，减轻了台风对大厦的危害。
阻尼器的原理可用图（乙）表示：摆锤的底部附着永磁体，一起在导体板的上方摆动，导体板内产生涡电
流。下列判断错误的是（ ）
A．导体板中产生恒定的涡电流，耗散大厦振动的能量
B．该装置无需使用外接电源
C．导体板的电阻率越大，阻尼器越不容易停摆
D．阻尼器做受迫振动，振动频率与大楼的振动频率相同
【答案】A
【详解】A．摆锤摆动过程中，永磁体相对于导体板运动，穿过导体板的磁通量发生变化，根据法拉第电
磁感应定律，导体板中产生感应电流。由于摆锤的速度和位置不断变化，磁通量的变化率不是恒定的，因
此产生的涡电流是变化的，不是恒定的，故A 错误；
B．该装置利用电磁感应原理，将机械能转化为电能，不需要使用外接电源，故B 正确；
C．导体板的电阻率越大，根据电阻定律可知其电阻越大，在感应电动势一定的情况下，产生的涡电流越
小，安培力越小，阻尼作用越弱，能量耗散越慢，阻尼器越不容易停摆，故C 正确；
D．阻尼器悬挂在大楼上，在大楼振动的驱动下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，即与大
楼的振动频率相同，故D 正确。
本题选错误的，故选A。
21．（2026·江苏南京·模拟预测）声现象在生产、生活和乐器演奏中十分常见，则（ ）
A．救护车鸣笛驶向路口时，路口行人听到的笛声频率比声源频率高
B．做“彩超”检查，是利用了超声波的衍射现象
C．琴弦与音叉固有频率不同，也会发生明显共振
D．用音叉校准琴弦，利用的是波的干涉现象
【答案】A
【详解】A．根据多普勒效应规律，当声源向观察者靠近时，观察者接收到的声波频率大于声源本身的频
率，救护车鸣笛驶向路口行人符合该规律，故A 正确；
B．医学“彩超”检查利用的是超声波的反射特性和多普勒效应，不是衍射，故B 错误；
C．发生明显共振的条件是驱动力频率等于物体的固有频率，琴弦和音叉固有频率不同时，不可能发生明
显共振，故C 错误；
D．用音叉校准琴弦，核心是利用共振现象，通过调整琴弦让琴弦固有频率和音叉频率一致，共振振幅最
大，不是利用波的干涉，故D 错误。
故选 A。
22．（2026·四川遂宁·模拟预测）某减噪装置结构如图所示，当外界声音通过时引起装置的共振从而吸收
声波达到减噪效果。已知其固有频率表达式为f 0=
k
❑√σL（SI 制），其中σ为薄板单位面积的质量，L 为空
气层的厚度，k 为常数。经测试发现它对频率为300 Hz的声音减噪效果最强，若外界声波频率由300 Hz变
为200 Hz，则下列说法正确的是（ ）
A．该装置振动频率仍为300 Hz
B．适当增大L，可以获得更好减噪效果
C．适当减小σ，可以获得更好减噪效果
D．该装置的减噪效果随着外界声波频率的减小，减噪效果越好
【答案】B
【详解】A．根据受迫振动原理可知，若外界声波的频率由300 Hz 变为200 Hz，则该装置振动的频率应为
周期性驱动力的频率，即200 Hz，故A 错误；
BC．由题意可知，该减噪装置的固有频率为300 Hz，当外界声波的频率由300Hz 变为200Hz 时，为获得
更好的减噪效果，可以使减噪装置的固有频率减小。根据固有频率公式f 0=
k
❑√σL可知，适当增大L或适当
增大σ，都可以减小固有频率，从而获得更好的减噪效果，故B 正确，C 错误；
D．若外界声波频率由300Hz 变为200Hz 时，随着外界声波频率的减小，驱动力的频率远离减噪装置的固
有频率，则减噪效果越差，故D 错误。
故选B。
⏳题型05 单摆及其振动图像
23．（2025·福建·模拟预测）智能手环随手臂做简谐运动，其质量为m，位移图像x−t如图所示。图中函
数是余弦函数，初相位为0，abcd 四个点分别表示所在点的横坐标大小。下列说法不正确的是（ ）
A．当手环运动到b处时，传感器的加速度大小为A cosb
B．当手环运动到c处时，传感器所受回复力大小为m[
3π
2(d −a))
2
A
C．当手环运动到d处时，传感器的速度大小最大
D．当手环运动到a处时，传感器速度与c处相同
【答案】A
【详解】A．手环做简谐运动，当手环运动到b处时，传感器的位移大小为x = A cosb
加速度大小不是A cosb，故A 错误，符合题意；
B．设手环运动周期为T，由图可知3
4 T =d −a
当手环运动到c处时，传感器所受回复力大小为F =mg A
L
由周期公式T =2π ❑√
L
g
解得F =mω
2 A =m[
3 π
2(d −a))
2
A
故B 正确，不符合题意；
C．当手环运动到d处时，处于平衡位置，传感器的速度最大，故C 正确，不符合题意；
D．手环在a、c 两处时离开平衡位置的位移最大，当手环运动到a处时，传感器速度与c处相同，都是零，
故D 正确，不符合题意。
故选A。
24．（2025·陕西宝鸡·一模）如图甲所示，小明同学利用漏斗做简谐运动实验，他将漏斗下方的薄木板沿
箭头方向拉出，漏斗4s 内漏出的细沙在板上形成了如图乙所示曲线AE，当地重力加速度大小g=9.8 m/s
2。
下列说法正确的是（ ）
A．该沙摆的摆动频率为2Hz
B．该沙摆的摆长约为2m
C．由图乙可知薄木板做匀加速直线运动， 且加速度大小约为0.03m/s2
D．当图乙中的D 点通过沙摆正下方时， 薄木板的速度大小约为0.25m/s
【答案】C
【详解】A．由题图乙知，4s 时间内沙摆摆动两个完整的周期，则
T = 4
2 s=2s
则该沙摆的摆动频率为
f = 1
T =0.5 Hz
选项A 错误；
B．沙摆的周期
T =2π ❑√
L
g
解得
L≈1m
选项B 错误；
C．由图可知，连续相等的时间内，位移差近似相等，可知薄木板做匀加速直线运动，根据逐差法可得
a= (14.10+11.00)−(7.90+ 4.90)
4×1
2
×10
−2m/s
2=0.03 m/s
2
选项C 正确；
D．匀变速直线运动在一段时间间隔的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，所以有
v D= CE
T ≈0.13 m /s
选项D 错误。
故选C。
25．（25-26 高二下·河南濮阳）某实验小组的同学利用小钢球和长细线组成一单摆，单摆在振动过程中，
一个周期内通过的路程为s= 4 cm。将某时刻作为计时起点，单摆的振动图像如图所示。下列说法正确的
是（ ）
A．单摆的振幅为2cm
B．该单摆的振动频率为5
6 Hz
C．1.1s 时细线的拉力等于小钢球的重力
D．单摆做简谐运动的振动方程为y =sin(
10π
3
t −π
6 )cm
【答案】B
【详解】A．单摆一个周期内通过的路程为s= 4cm
该路程等于振幅的4 倍，则单摆的振幅为A =1cm，故A 错误；
BD．设单摆的振动方程为y = A sin (ωt +φ)cm
又由图像可知t =0s时，y =0.5cm
代入方程得0.5=sinφ
解得φ=π
6
类比三角函数可知1.1s= 11
12 T
解得T =1.2s
单摆的振动频率为f = 1
T = 5
6 Hz
又ω= 2π
T
= 5π
3 rad/s
则振动方程为y =sin(
5π
3 t +π
6 )cm，故B 正确，D 错误；
C．1.1s 时小钢球经过最低点，细线的拉力与小钢球重力的合力提供向心力，因此该时刻细线的拉力大于小
钢球的重力，故C 错误。
故选B。
26．（25-26 高一下·陕西西安）如图甲所示，一根细线拉着一个小摆球在竖直平面内做小角度摆动（
θ<5°），不计空气阻力。某次摆球从左向右通过平衡位置开始计时，其振动图像如图乙所示。g取
9.8 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．t =0.5s时摆球所受合力为零
B．从t =0至t =0.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
C．从t =1.0s至t =1.5s的过程中，摆球在向左做加速运动
D．该单摆的摆长约为2m
【答案】B
【详解】A．由图乙，振幅A =8cm，周期T =2s，故角频率ω= π rad/s
因此振动方程为x (t )=8sin (πt )cm
t =0.5s时，ωt = π
2 ，位移x =8cm，处于正向最大位移处。单摆在最大位移处受重力和拉力，在切向分力
提供回复力，合力不为零，故A 错误；
B．从t =0至t =0.5s的过程中，摆球从平衡位置向最大位移运动，位移大小增大。回复力大小
F =mgsinθ≈mg|x)
L 与位移大小成正比，故逐渐增大，故B 正确；
C．t =1s时，x =0，单摆位于平衡位置处，此时速度大小最大，之后单摆向左运动；t =1.5s时，
x =−8cm，摆球从平衡位置向左运动到负向最大位移处，速度为零，回复力向右，与速度方向相反，故摆
球做减速运动，故C 错误；
D．由单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
变形得L= gT
2
4 π
2
代入数据解得L≈0.99 m，故D 错误。
故选B。
27．（25-26 高二下·天津红桥）甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动的振动图像如图所示，可知（ ）
A．甲、乙两单摆的周期之比为2:1
B．甲、乙两单摆的摆长之比为2:1
C．0.5~1.0s 时间内，甲摆球的速度减小
D．t=0.5s 时乙摆球势能最大，甲摆球动能最大
【答案】A
【详解】A．由题图可知甲、乙两单摆的周期分别为T 甲=2s、T 乙=1s，则甲、乙两单摆的周期之比为
2:1，故A 正确；
B．由单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
，可得摆长L= gT
2
4 π
2
可知甲、乙两单摆的摆长之比为L甲: L乙=T 甲
2 :T 乙
2 = 4:1，故B 错误；
C．由题图可知0.5~1.0s 时间内，甲摆球位移在减小，摆球是从最高点向平衡位置运动，甲摆球的速度增
大，故C 错误；
D．由题图可知t=0.5s 时，甲摆在位移最大处即最高点，甲摆球势能最大；乙摆球位移为0，处在平衡位置，
速度最大，则乙摆球动能最大，故D 错误。
故选A。
⏳题型06 单摆的周期及其等效摆长
28．（25-26 高二下·辽宁鞍山）如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ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，由静止释放后，摆球在A、C 之间做简谐运动，B 点为
最低点，摆长为L，摆角为α（α <5°）。当地的重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A 点运动到C 点最短时间为π ❑√
L
gsinθ
B．摆线的最小拉力为mgsin α cosθ
C．摆线的最大拉力为3mgsinθ+2mgsinθcosα
D．球的最大回复加速度为gsinθcosα
【答案】A
【详解】A．单摆周期公式为T =2π ❑√
L
g
′
本题中摆球沿斜面运动，等效重力加速度g
′ = gsin θ
因此周期T =2π ❑√
L
gsin θ
小球从A到C是半个全振动，最短时间为T
2 = π ❑√
L
gsin θ
故A 正确；
B．摆线最小拉力出现在最高点A、C处，此时摆球速度为0，沿摆线方向合力为0，可得拉力
T min=mgsin θ⋅cos α
故B 错误；
C．最大拉力出现在最低点B，由机械能守恒mgsin θ⋅L(1−cos α )= 1
2 m v
2
最低点向心力公式T max−mgsin θ = mv
2
L
联立得T max=3mgsin θ−2mgsin θcos α
故C 错误；
D．最大回复力出现在最高点，回复力F =mgsin θ⋅sin α
因此最大回复加速度a= gsin θsin α
故D 错误。
故选A。
29．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知地球密度为月球密度的p倍，地球的半径为月球半径的q倍，忽略地
球和月球自转，同一单摆，在地球表面摆动的周期记作T 0，在月球表面摆动的周期记作T
′，则
T 0
T
′ 等于（
）
A．❑√pq
B．❑√
1
pq
C．❑√
p
q
D．❑√
q
p
【答案】B
【详解】单摆周期规律推导：单摆周期公式为T =2π ❑√
L
g
同一单摆摆长L相同，因此周期与重力加速度的平方根成反比，即T 0
T
′ = ❑√
g
′
g0
其中g0为地球表面重力加速度，g
′为月球表面重力加速度。
天体表面重力加速度推导：忽略自转时，天体表面物体重力等于万有引力：mg=G Mm
R
2 ，得g= GM
R
2 。
天体质量M = ρ⋅4
3 π R
3
代入上式得g= 4
3 πGρR，即g与ρR成正比。
比值计算：由题意ρ地= p ρ月，R地=q R月
因此
g0
g
′ = ρ地R地
ρ月R月
= pq
代入周期比公式得：T 0
T
′ = ❑√
g
′
g0
= ❑√
1
pq
故选B。
30．（25-26 高三上·辽宁）中国吴桥杂技闻名世界，观赏价值颇高，深受观众喜爱。假设两位杂技运动员
站在秋千上，自某一高度由静止开始下摆（运动员视为质点，荡秋千运动看成简谐运动，且绳子始终保持
伸直，秋千的质量忽略不计）。当秋千摆至最低点时，其中一人脱落（下方设有安全网）。之后，另一个
人与秋千组成的单摆所涉及的物理量发生变化的是（ ）
A．周期
B．振幅
C．最低点时绳子的拉力
D．最低点时运动员的速率
【答案】C
【详解】A．设摆长为l，根据单摆运动的周期公式T =2π ❑√
l
g
可知，周期不变，故A 错误；
B．由于其中一个运动员在最低点脱落对另外一人速度没有影响，根据机械能守恒定律有mgh= 1
2 m v
2，
可知单摆能上升的最大高度不变，振幅不变，故B 错误；
C．根据圆周运动的动力学关系有FT −mg= mv
2
l
，m减小，可得拉力变小，故C 正确；
D．在最低点的速率不变，故D 错误。
故选C。
31．（25-26 高三上·辽宁）如图所示，在一倾角为α =30°的光滑绝缘斜面上，将一长为L、不可伸长的轻
质细线一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，小球静止时在C点。现在OC连线上距离O点3 L
4 处
固定一枚小钉子P，再将小球拉开一很小的倾角后由静止释放，小球在斜面上做往复运动，且运动过程中
的最大偏角∠CPB<5°，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球的往复运动是振动但不是简谐运动
B．小球往复运动的周期为3 π
2
❑√
2 L
g
C．小球每次运动到C点的加速度为零
D．小球从释放到第一次到达C点的过程中重力的瞬时功率不断增大
【答案】B
【详解】A．小球释放后在斜面上往复运动，设小球在摆动过程中悬线与OC的夹角为θ，离开平衡位置时
的回复力为F =mgsinα ⋅sinθ
因运动过程中∠CPB<5°，则小球向右侧摆动的最大夹角∠AOC <5°。在夹角较小时sinθ≈tanθ = x
L
4
所以F =mgsinα ⋅4 x
L
都指向C点，又F与x方向相反⃗F =−4 mgsinα
L⃗
x
因此小球的往复运动是简谐运动，故A 错误；
B．小球摆动的等效重力加速度为g
′ = gsinα = g
2
由于P 处固定了一枚小钉子，就形成了一个组合摆，且左侧摆长为L
4 ，右侧摆长为L，根据单摆的周期公
式知振动周期为T = π ❑√
L
gsin30° + π ❑√
L
4 gsin30° = 3 π
2
❑√
2 L
g ，故B 正确；
C．小球每次到达C点时虽然振动的加速度为零，但还有绕O点做圆周运动的向心加速度，合加速度不为零，
故C 错误；
D．小球在摆动过程中悬线与OC的夹角为θ时重力的瞬时功率P =mgsinα ⋅v cosθ
由于初始位置的速度为零，功率为零，在平衡位置速度最大，但θ =90°时的功率也为零，故小球从释放到
第一次到达C点的过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故D 错误。
故选B。
32．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）一单摆在地球表面周期为T，在半径为地球2 倍、密度也是地球的2 倍的
行星表面周期为（ ）
A．T
2
B．T
C．2T
D．❑√2T
【答案】A
【详解】地球质量 M = ρ⋅4
3 π R
3
行星质量 M
′ =2 ρ⋅4
3 π(2 R)
3=16 ρ⋅4
3 π R
3=16 M
地球表面 g= GM
R
2
行星表面 g
′ = G⋅16 M
(2 R)
2
= 16GM
4 R
2 = 4 g
单摆周期公式为 T =2π ❑√
l
g
周期之比T
′
T = ❑√
g
g
′ = ❑√
g
4 g = 1
2
故 T
′ = T
2
故选A。
⏳题型07 波长、频率、波速间的关系
33．（2026·辽宁沈阳·二模）手握住绳子左端在竖直方向做简谐运动，某时刻绳波波形如图所示（可视为
简谐波），a、b 两点到各自平衡位置的距离相等。下列说法正确的是（ ）
A．波源的起振方向向上
B．a、b 两质点同时回到平衡位置
C．该时刻a、b 两质点速度相同
D．若波源振动加快，则波长将增大
【答案】B
【详解】A．波向右传播，波所到之处质点开始起振方向向下，可知波源的起振方向向下，A 错误；
BC．由“同侧法”可知，此时质点a 向下振动，质点b 向上振动，即a、b 两质点速度方向相反；因a、b
两质点到各自平衡位置的距离相等，可知两质点同时回到平衡位置，B 正确，C 错误；
D．若波源振动加快，则周期减小，而波速不变，则波长将减小，D 错误。
故选B。
34．（25-26 高二上·河南）坐标原点处一个质点在t =0时刻从坐标原点开始沿y轴正方向做简谐振动，完
成两次全振动后停止振动，振动传播形成的简谐波沿x轴正方向传播。已知t =8s时刻，x =12m处的质点
P刚好停止振动，质点P振动的时间为4s，质点P运动的总路程为0.8m，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点处质点振动的周期为4s
B．简谐波的波长为3m
C．波的传播速度大小为1.5 m /s
D．坐标原点处质点的振动方程y =0.1sin(πt )m(0≤t ≤4s)
【答案】D
【详解】A．质点P 振动的时间为4s，则坐标原点处质点振动时间为4s，期间完成了两次全振动，则振动
的周期为T = 4
2 s=2s，故A 错误；
BC．x =12m处的质点P 在t =8s时刻刚好停止振动，P 振动的时间为4s，简谐波从原点传播到P 点的时间
为Δt =(8−4)s= 4s
简谐波的传播速度大小为v = x
Δt =3 m /s
简谐波的波长为λ = vT =6 m，故BC 错误；
D．质点P 运动的总路程为0.8m，完成了两次全振动，简谐振动一个周期路程为4A，则有4 A ×2=0.8 m
解得A =0.1m
坐标原点处质点从平衡位置沿y轴正方向做简谐振动，振动方程为
y = A sin 2π
T t =0.1sin(πt )m(0≤t ≤4s)，故D 正确。
故选D。
35．（2026·江苏南京·二模）如图所示，均匀介质中矩形区域内有一波源。t1=0时刻波源开始做简谐运动，
分别向左、右两侧传播，P、Q为矩形区域左右边界上的点。t2=3s时波恰好传到M、N两点，矩形区域
外的波形如图虚线所示，则（ ）
A．波速为2m /s
B．波源的起振方向向上
C．波源的平衡位置距离Q点1m
D．t2=3s时，波源处在平衡位置
【答案】D
【详解】AC．t2=3s时波恰好传到M、N两点，则根据图像可知波源在距离P 点1m 处，距离Q 点2m 处，
且v = Δ x
Δt = 3
3 m/s=1m/s，故AC 错误；
B．根据“上下坡”规律可得N 点此时竖直向下振动，M 点此时也是竖直向下振动，故波源的起振方向向
下，故B 错误；
D．t2=3s时，波传到M、N两点，则3s 传播3
2 T，故此时波源处在平衡位置，故D 正确。
故选D。
36．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）频率相同的简谐波源P1和P2与接收点Q位于同一平面内，P1和P2到Q的
距离之差为12m，t =0时刻，P1和P2同时垂直平面开始振动，Q点的振动图像如图所示，则下列说法正确
的是（ ）
A．P1和P2在平面内不能产生干涉现象
B．两列波的波长均为4 m
C．两列波的起振方向相反，一个x轴正向，一个x轴负向
D．Q点在4s到14s时间内运动的路程为22cm
【答案】D
【详解】A．两列波频率相等，在平面内能产生干涉现象，故A 错误；
B．根据图像可知t=4s 时Q 点开始向上振动，故此时一列波传播到Q 点，起振方向向上，t=10s 时波形开
始改变，说明另一列波传播到Q 点，此时两列波平衡位置都传到Q 点，第一列波使Q 点向下振动，之后振
幅减小，则此时Q 点振动减弱，可知第二列波使Q 点向上振动，P1、P2到Q 的距离之差为12m，由图可
知两列波传到Q 点的时间差为6s，则波速v = Δ x
Δt = 12
6 m /s=2m /s
由图可知两列波周期均为4s，因此波长λ = vT =8 m，故B 错误；
C．根据前面分析可知，两列波刚传到Q 点时均使Q 点向上振动，故两列波的起振方向均沿x 正方向，故
C 错误；
D．由图可知Q 点在4s 到14s 时间内运动的路程为s1=3cm ×6+1cm ×4 =22cm，故D 正确。
故选D。
37．（2026·北京丰台·二模）一列简谐横波在t=0 时的波形图如图所示，介质中P、Q 分别为平衡位置
x=2m 和x=4.5m 的质点，质点P 做简谐运动的表达式为y=10sinωt（cm），其中ω=5πrad/s。下列说法正确
的是（ ）
A．这列波的波长为2m
B．这列波的波速为1m/s
C．这列波的传播方向沿x 轴负方向
D．t=0.1s 时，质点Q 的加速度方向沿y 轴正方向
【答案】D
【详解】AB．如图可知波长为λ = 4 m
周期为T = 2π
ω = 2π
5 π s=0.4s
波速为v = λ
T = 4
0.4 m/s=10 m/s，故AB 错误；
C．将t = T
4 =0.1s，代入y=10sin（5πt）cm
可得y =10cm
说明t=0 时刻质点P 的速度向上，波的传播方向沿x 轴正方向，故C 错误；
D．波的传播方向沿x 轴正方向，可知t=0 时质点Q 沿y 轴负方向振动，t =0.1s= T
4 时，质点Q 振动到y 轴
的负半轴，所以质点Q 的加速度方向沿y 轴正方向，故D 正确。
故选D。
⏳题型08 波的图像及其应用
38．（2026·辽宁鞍山·二模）沿x 轴传播的简谐横波，各质点的平衡位置在x 轴上，某时刻M 和N 间的波
形如图所示，从该时刻开始经1s 质点N 第一次回到平衡位置，若质点振动周期大于4s，则（ ）
A．波的传播方向沿x 轴负方向
B．质点M 可能为该波的波源
C．质点M 的振动方向沿x 轴正方向
D．增大波源的振动周期，波在介质中的传播速度会变小
【答案】B
【详解】A．由图可知，M、N 两点位于x 轴上方（y >0），且关于波谷对称。N 点位于波谷右侧的上坡段。
若波沿x 轴负方向传播，根据波形平移法，N 点右侧（更高处）的波形移至N 点，N 点应向上振动，到达
波峰后再回到平衡位置，所需时间t > T
4 。已知T >4s，即T
4 >1s，而题中t =1s，矛盾，故波不可能沿x
轴负方向传播；若波沿x 轴正方向传播，N 点左侧（更低处）的波形移至N 点，N 点向下振动直接回到平
衡位置，所需时间t < T
4 ，符合1s< T
4 （即T >4s），故波沿x 轴正方向传播，A 错误；
B．波沿x 轴正方向传播，波源在波的传播方向后方（左侧），M 点在N 点左侧，故质点M 可能为该波的
波源，B 正确；
C．简谐横波中质点振动方向沿y 轴方向，不沿x 轴方向，C 错误；
D．波在介质中的传播速度由介质本身性质决定，与波源振动周期无关，D 错误。
故选B。
39．（2026·辽宁营口·二模）图为一列沿x 轴传播的简谐横波在t=0 时刻的波形图，a、b 为波传播路径上
的两个质点，质点a 的振动方程为y=10sin（πt+π）cm，则下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速大小为3m/s
B．该波沿x 轴负方向传播
C．当质点b 位于平衡位置时，质点a 的位移一定为+5cm
D．质点b 在0~0.5s 时间内运动的路程为（15-5❑√3）cm
【答案】D
【详解】A．由质点a的振动方程y =10sin(πt + π )cm，可得角频率ω= π，周期T = 2π
ω =2s
由题中波形图可知波长λ=12m，波速v = λ
T = 12
2 m/s=6 m/s，故A 错误；
B．质点a 的振动方程y =10sin(πt + π )cm，可知t =0时刻，质点a 在平衡位置正沿y 轴负方向运动，由
同侧法可知波沿x轴正方向传播，故B 错误；
C．从图示位置开始，当b 质点先向上振动到达最大位移处，再回到平衡位置，第一次回到平衡位置时，
所用时间为5
12 T,质点a 经过这段时间运动了-5cm 处，故C 错误；
D．0.5s= T
4 ，t =0时b的位移为5cm，t =0.5s时b的位移y0=10sin( π
2 + π
6 )=5 ❑√3cm
0∼0.5s内，b先从y =5cm向上运动到最高点y =10cm，再向下运动到y =5 ❑√3cm，总路程为
5+(10−5 ❑√3)=(15−5 ❑√3)cm，故D 正确。
故选D。
40．（2026·辽宁·模拟预测）如图（a）所示，一列简谐横波沿水平直线传播，a、b 为介质中相距30m的两
个质点，某时刻a、b 两质点恰好都经过平衡位置，且a、b 间只有一个波峰。已知该波波源做简谐运动的
图像如图（b）所示，则下列说法正确的是（ ）
A．波源的振动方程为x =cos(
π
2 t)cm
B．40s内位于波源的质点运动的路程为40cm
C．该波的传播速度可能为7.5m/s
D．该波的传播速度可能为10m/s
【答案】C
【详解】A．由图（b）可知，波源的振幅和周期分别为A =2cm、T = 4s
则圆频率为ω= 2π
T
=π
2 rad/s
所以波源的振动方程为x = A sin(ωt )=2sin(
π
2
t)cm，故A 错误；
B．由题可知t = 40s=10T
故路程为s=10×4 A =80cm，故B 错误；
CD．第1 种情况，如图所示。
则x = λ
2，此时波速为v1= λ
T =15 m /s
第2 种情况，如图所示。
则x = λ，此时波速为v2= λ
T =7.5 m /s
第3 种情况，如图所示。
则x = λ，此时波速为v3= λ
T =7.5 m /s
第4 种情况，如图所示。
则x = 3 λ
2 ，此时波速为v4= λ
T =5 m /s
综上，该简谐横波传播速度的大小可能值为15 m /s、7.5 m /s、5 m /s，故C 正确，D 错误。
故选C。
41．（2026·吉林长春·二模）一列简谐横波在t =0时的波形图如图所示，介质中x =2m处的质点P沿y轴方
向做简谐运动的表达式为y =10sin(5 πt )cm。关于该波，下列说法正确的是（ ）
A．周期为4s
B．波长为0.4 m
C．波速为10 m /s
D．传播方向沿x轴负方向
【答案】C
【详解】A．由质点P的振动表达式y =10sin(5 πt )cm可知，角频率ω=5 π rad/s
则周期T = 2π
ω = 2π
5 π s=0.4s，故A 错误；
B．由波形图可知，波长λ = 4 m，故B 错误；
C．波速v = λ
T = 4
0.4 m/s=10 m/s，故C 正确；
D．t =0时，由振动表达式可知质点P经平衡位置向y轴正方向运动，根据波形平移法或“上下坡法”可知，
该波沿x轴正方向传播，故D 错误。
故选C。
42．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）一列简谐横波沿x 轴正方向传播。t =0时的波形如图所示，平衡位置在
x =6 m处的质点M 在t =2s时位移第一次为5cm，下列说法正确的是（ ）
A．简谐横波的周期为24s
B．波速大小为2.5m/s
C．t =0时，M 点沿y 轴负方向运动
D．t =2s时，M 点运动到x =5 m处
【答案】A
【详解】AC．波沿x 轴正方向传播，根据图像可知此时质点M 正处于平衡位置向上振动，可写出M 点的
振动方程为xM =10sin( 2π
T t )(cm)
代入数据t =2s时xM =5cm
解得T =24s，故A 正确，C 错误；
B．根据图像可知波长为λ =12m
所以波速v = λ
T =0.5 m/s，故B 错误；
D．波上的质点只在其平衡位置附近振动，不会沿着波的传播方向移动，故D 错误。
故选A。
⏳题型09 波动图像与振动图像综合
43．（2025·黑龙江·模拟预测）一列简谐横波沿x轴传播，t =3s时，x =5 m处的质点M开始振动，此时的
波形如图所示，图乙是质点N (x =1m)的振动图像，Q是位于x =10 m处的质点，则下列说法正确的是
（ ）
A．Q点开始振动的方向沿y轴正方向
B．t =0至t =5s时间内，质点M的路程为50cm
C．t =9.5s，质点Q的位移为−5cm
D．质点Q开始振动后与坐标原点O的振动方向始终相反
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，3s 时质点N 向y 轴负向振动，由甲图根据同侧法可判断该列波沿x轴正方向传播，
质点M 和质点N 的平衡位置相差一个波长，则各点起振方向沿着y轴负方向，A 错误；
B．由图甲可知波长λ = 4 m，振幅A =10cm，由图乙可知，振动周期T = 4s
t =5s时M点振动时间2s，通过的路程为20cm，B 错误；
C．因υ= λ
T =1m /s
6.5s时间内波传播的距离为6.5 m，即图甲中3.5 m处的质点的振动情况在9.5s时传播到Q 点，此时质点Q
的位移y =−10sin 3π
4 cm =−5 ❑√2cm，故C 错误；
D．xQO=10 m =2 λ+ λ
2
所以质点Q 开始振动后和原点的振动方向始终相反，故D 正确。
故选D。
44．（2025·黑龙江·二模）如图，甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，乙为x =2m处质点从此刻开始计
时的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．此列波沿x 轴负向传播
B．t =0.5s时，x =1m处质点的位移为0.5m
C．t =0.5s时，x =1m处质点的位移为−4 ❑√2cm
D．x =0.5 m处质点比x =1m处质点振动相位滞后π
4
【答案】C
【详解】A．由图乙可知该时刻x =2m处质点沿y轴负方向振动，根据同侧法可知此列波沿x 轴正向传播，
A 错误；
BC．根据题图可知该波的周期为T = 4s
结合图甲可知x =1m处质点的振动方程为y =−8cos 2π
4 t （cm ）=−8cos π
2 t （cm ）
t =0.5s时，x =1m处质点的位移为y =−8cos 2π
4 × 1
2 t （cm ）=−4 ❑√2（cm ）
C 正确，B 错误；
D．根据图甲可得y =−sin 2π
λ ⋅x(cm)=−sin π
2 ⋅x(cm)
可得该时刻x =0.5 m处质点的位移为y =−4 ❑√2(cm)
则x=0.5m 处质点的振动方程为y =−8cos（2π
4 t +φ）（cm ）
其中−8cosφ =−4 ❑√2cm
联立可得y =−8cos（2π
4 t + π
4 ）（cm ）
则x =0.5 m处质点比x =1m处质点振动相位超前π
4 ，D 错误。
故选C。
45．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）声呐系统利用声波探测水下障碍物。某次监测中，声呐传感器接收到一
列反射横波，图甲为t=0 时刻的波形，其中P 是x=0 处的质点，Q 点位于x=12 m 处。图乙为Q 点振动的a-t
图像。下列说法正确的是（ ）
A．波沿x 轴负方向传播
B．该声波的传播速度为60 m/s
C．t=0 时刻P 点正经过平衡位置向上运动D．再经过0.05 秒，Q 点位移达到正向最大值
【答案】B
【详解】AC．由图乙可知，Q 点在0--0.05s 内加速度正向增大，所以Q 点正在向下运动，则该列波正在向
x 轴正方向传播，所以P 在0 时刻正向下振动，所以AC 错误；
B．由甲图得波长λ=12m
由乙图得振动周期T=0.2s
则波速v = λ
T =60 m/s
故B 正确；
D．再过0.05 秒，Q 点加速度为正向最大，由于回复力与位移方向相反，则位移为负向最大，故D 错误。
故选B。
46．（2026·北京顺义·二模）一列沿x轴传播的简谐横波，t =0时的波形图如图1 所示，P、Q是介质中的
两个质点，图2 是质点Q的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x轴正方向传播
B．该波的速度为0.5 m /s
C．t =0时，质点P沿y轴负方向运动
D．质点Q在4 s 内运动的路程为40cm
【答案】D
【详解】A. 由Q 点的振动图像可知，t=0 时刻Q 点沿y 轴负向振动，可知该波沿x轴负方向传播，A 错误；
B. 该波的速度为v = λ
T = 8
4 m/s=2.0 m /s，B 错误；
C. 根据“同侧法”可知，t =0时，质点P沿y轴正方向运动，C 错误；
D. 质点Q在4s=T 内运动的路程为s=4A=40 cm，D 正确。
故选D。
47．（2026·重庆北碚·模拟预测）一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t =1s时刻的波形图。Q是介质中位于
x =5 m处的质点，其振动图像如图乙所示。则（ ）
A．波向右传播
B．波速为5 m /s
C．质点Q在0 到2s内的路程为10 m
D．波的振幅为12cm
【答案】B
【详解】A．由图乙可知，t =1s时质点Q正经过平衡位置向y轴负方向振动，结合图甲波形图，根据“同
侧法”可知波沿x轴负方向传播，即向左传播，故A 错误；
B．由图甲可知波长λ =10 m，由图乙可知周期T =2s，则波速v = λ
T =5 m/s，故B 正确；
C．质点Q在0到2s内经历的时间Δt =2s=T，路程s= 4 A =0.24 m，故C 错误；
D．由图甲直接读出波的振幅A =6cm，故D 错误。
故选B。
48．（2026·安徽合肥·模拟预测）一列简谐波沿x 轴传播，t=0 时刻其波形如图甲所示，平衡位置为x=4m
的质点从该时刻开始的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．该列简谐波沿x 轴正方向传播
B．该简谐波的波速为2.5m/s
C．t=2.4s 时，平衡位置为x = 4 m的质点加速度方向沿y 轴正方向
D．从t=0s 时刻起，平衡位置为x = 4 m的质点2.4s 内经过的路程为6cm
【答案】B
【详解】A．由图乙可知，在t =0时刻，x=4m 处的质点，其速度方向沿y 轴正方向，根据“上下坡法”，
可知该列简谐波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B．由图甲可得λ
2 + λ
6 = 4 m
解得波长λ =6 m
由图乙可得T
3 + T
2 =2s
解得T =2.4s
故该简谐波的波速为v = λ
T =2.5 m /s，故B 正确；
C．因周期T =2.4s，故从t=0 时刻到t=2.4s 时刻，平衡位置为x = 4 m的质点刚好振动一个周期，回到原来
的位置，即t=0 时刻的位置，此时位移为沿y 轴正方向，故加速度沿y 轴负方向，故C 错误；
D．由甲图可知振幅A =1cm，因周期T =2.4s，故从t=0 时刻到t=2.4s 时刻，平衡位置为x = 4 m的质点刚
好振动一个周期，回到原来的位置，则2.4s 内经过的路程为s= 4 A = 4cm，故D 错误。
故选B。
49．（2026·广西·模拟预测）如图甲所示，在xOy平面内O、A、B、C四个点的坐标分别为(0,0)、(4,0)、
(4,3)、(0,3)。O、A、B三点有三个波源产生的简谐波分别沿OC、AC、BC方向传播，传播速度都为
10 m/s，三个波源的起振方向相同并且都垂直于平面，其振动图像分别如图乙、丙、丁所示。则下列说法
正确的是（ ）
A．0.6s到1s之间C点的振幅为5 m
B．1.45s时C点的位移为1m
C．1.45s时C点的速度为0
D．1.45s时C点的加速度为零
【答案】B
【详解】A．由图甲可知，O、A、B三点到C点的距离分别为xOC =3 m，x AC =
❑√4
2+3
2m =5 m，xBC = 4 m
波速v =10 m/s，则波从O、A、B传到C的时间分别为t1= xOC
v =0.3s，t2= x AC
v =0.5s，t3= xBC
v =0.4s
由图乙、丙可知，波源O、A的周期均为T 1=T 2=0.2s
角频率ω1=ω2= 2π
T =10 π rad/s。
波源O在t =0时刻起振，波源A在t =0.1s时刻起振，起振方向均向上。
波源O引起的C点振动方程为y1=2sin[10 π(t −0.3)]=−2sin(10 πt )（t ≥0.3s）
波源A引起的C点振动方程为y2=3sin[10 π(t −0.1−0.5)]=3sin(10 πt )（t ≥0.6s）
可见两列波在C点振动反相，叠加后的振幅A
' =|3−2|m =1m
合振动方程为y12=sin(10 πt )
在0.6s到1s之间，只有O、A两列波传到C点，故C点振幅为1m，A 错误。
B．由图丁可知，波源B的周期T 3=0.1s，角频率ω3= 2π
T 3
=20 π rad/s
振幅A3=1m，在t =1s时刻起振，方向向上。
波源B引起的C点振动方程为y3= A3·sin[20 π(t −1−0.4)]=sin[20 π(t −1.4)]（t ≥1.4s）
当t =1.45s时：O、A合振动位移y12=sin(10 π ×1.45)=sin(14.5 π )=1m
B振动位移y3=sin[20 π(1.45−1.4)]=sin(π )=0
故C点总位移y = y12+ y3=1m，B 正确。
CD．此时O、A合振动处于波峰位置，速度为0，加速度最大（指向平衡位置）；B振动处于平衡位置，
速度最大，加速度为0。故C点总速度不为0，总加速度不为0，CD 错误。
故选B。
⏳题型10 求周期的多解问题
50．（24-25 高二下·吉林长春）如图，甲、乙、丙、丁为用频闪照相机连续拍摄的四张在x 轴上0~6m 区
间段简谐波的照片。已知波沿x 轴传播，照相机频闪时间间隔相等且小于波的周期，第一张照片与第四张
照片间隔为1s，则由照片可知（ ）
A．波的波长可能为6m
B．波一定是沿x 轴正方向传播
C．波可能以9m/s 的波速沿x 轴负方向传播
D．波的周期可能是1s
【答案】C
【详解】A．由题图知，波长为λ = 4 m，故A 错误；
B．由于无法确定图中质点的振动方向，也就无法判断波的传播方向，故B 错误；
CD．若波沿+ x轴传播，则有t =1s=(n+ 3
4 )T（n=0，1，2⋯）
可得T =
4
4 n+3 s（n=0，1，2⋯）
由题意知T > 1
3 s，则n=0,1,2
当n=0时，可得周期为T 1= 4
3 s，则波速为v1= λ
T 1
= 4
4
3
m /s=3 m /s
当n=1时，可得周期为T 2= 4
7 s，则波速为v2= λ
T 2
= 4
4
7
m /s=7 m /s
当n=2时，可得周期为T 3= 4
11 s，则波速为v3= λ
T 3
= 4
4
11
m /s=11m /s
若波沿−x轴传播，则有t =1s=(n+ 1
4 )T（n=0，1，2⋯）
可得T =
4
4 n+1 s（n=0，1，2⋯）
由题意知T > 1
3 s，则n=0,1,2
当n=0时，可得周期为T
′
1= 4s，则波速为v
′
1= λ
T
′
1
= 4
4 m /s=1m /s
当n=1时，可得周期为T
′
2= 4
5 s，则波速为v
′
2= λ
T
′
2
= 4
4
5
m /s=5 m /s
当n=2时，可得周期为T
′
3= 4
9 s，则波速为v
′
3= λ
T
′
3
= 4
4
9
m /s=9 m /s
故C 正确，D 错误。
故选C。
51．（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）如图所示，实线为沿x 轴传播的一列简谐横波在t =0时刻的波动图像，
虚线为t =6s时刻的波动图像，波的周期T >6s。质点M 的平衡位置为x =9 m处，质点N 的平衡位置为
x =60 m处（M、N 图中均未画出），下列说法正确的是（ ）
A．波的传播速率一定为1m/s
B．质点M 第一次到达波峰的时刻可能为t =2s
C．0~6s 质点M 的路程可能为6cm
D．t =12s，N 点一定处于平衡位置
【答案】D
【详解】A．由图可得波长λ =24 m，已知T >6s，波有两种传播方向。若波向右传播，6s内波传播距离
Δ x =6 m = λ
4
故Δt = T
4 ，解得T =24s，波速v = λ
T =1m/s
若波向左传播，6s内波传播距离Δ x =18 m = 3 λ
4
故Δt = 3T
4 ，解得T =8s，波速v = λ
T =3 m/s
波速可能为1m/s或3 m/s，不是一定为1m/s，故A 错误；
B．质点M在x =9 m处，波向右传播时，t =0波峰在x =6 m，传到M的时间t = 9 m −6 m
1m/s
=3s
波向左传播时，最近的波峰在x =30 m，传到M的时间t = 30 m −9 m
3 m/s
=7s，故B 错误；
C．在0∼6s内，波向右传播时，经过了时间Δt =6s= T
4
只有在t =0时刻从平衡位置或从最大位移处开始运动的质点在T
4 内的路程为6cm，平衡位置为x =9 m处的
质点M 在t =0时刻不在平衡位置或最大位移处，因此路程不可能为6cm。波向左传播时，经过了时间
Δt =6s= 3T
4
M的路程一定大于6cm，不可能为6cm，故C 错误；
D．N在x =60 m =2 λ+12m处，故N的振动与x =12m处完全相同，t =0时x =12m在平衡位置。波向右传
播时，t =12s= T
2
经过半周期，质点仍在平衡位置；波向左传播时，t =12s=1.5T
经过一个半周期，质点仍在平衡位置；故t =12s时，N一定在平衡位置，故D 正确。
故选D。
52．（2026·湖南·二模）光滑水平面上放有一根劲度系数较小的软弹簧，弹簧上有一点N，现用一周期性
外力使弹簧的左端做简谐运动，在弹簧上形成一列纵波，某时刻观察到N 点恰向右运动到最大位移处，且
0.5s 后N 点向左回到平衡位置。已知波的周期T >0.5s，则该波的周期为（ ）
A．4s
B．3s
C．2s
D．1s
【答案】C
【详解】某时刻观察到N 点恰向右运动到最大位移处，且0.5s 后N 点向左回到平衡位置，考虑多解性有
( 1
4 +n)T =0.5s（n=0，1，2，3……）
又已知波的周期T >0.5s
则T =2s
故选C。
53．（25-26 高三下·山西）如图所示，一列简谐横波向右传播，波速为v =2m /s。介质中P、Q 两点平衡
位置相距0.3m，当P 位于波峰时，Q 刚好位于平衡位置，则这列波的周期可能是（ ）
A．0.2s
B．0.3s
C．0.4s
D．0.5s
【答案】A
【详解】由题意可知，P 位于波峰时，Q 位于平衡位置，故两点平衡位置间距满足
λ
4 +nλ=0.3m(n=0,1,2,⋯⋯)
或3 λ
4 +nλ=0.3m(n=0,1,2,⋯⋯)
当λ
4 +nλ =0.3m(n=0,1,2,⋯⋯)时，可得波长为λ =
1.2
4 n+1 m(n=0,1,2,⋯⋯)
周期为T = λ
v =
0.6
4 n+1 s(n=0,1,2,⋯⋯)
n 取任意非负整数时计算得到的周期均不匹配选项。
当3 λ
4 +nλ=0.3m(n=0,1,2,⋯⋯)时，可得波长为λ=
1.2
4 n+3 m(n=0,1,2,⋯⋯)
周期为T = λ
v =
0.6
4 n+3 s(n=0,1,2,⋯⋯)
当n=0时，T =0.2s
n 取其他非负整数时计算得到的周期均不匹配选项。
故选A。
54．（25-26 高二上·河北邯郸）图甲是一列正弦波在某一时刻的波形图，经过1s 后，波形图如图乙所示，
下列说法正确的是（ ）
A．由图可知波向右传播
B．波长是5m
C．周期可能是4s
D．波速可能是6m/s
【答案】D
【详解】C．根据题意可得t =( 1
2 +n)T（n=0，1，2……）
所以T =
2
1+2n s（n=0，1，2……）
所以周期可能为2s，2
3 s，2
5 s……，故C 错误；
BD．由图可知，波长为4m，所以v = λ
T =2(1+2n)m/s（n=0，1，2……）
所以速度可能为2m/s，6m/s，10m/s……，故B 错误，D 正确；
A．该波可能向左传播也可能向右传播，故A 错误。
故选D。
⏳题型11 传播方向的多解问题
55．（25-26 高二下·安徽芜湖）一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示。经过0.5 s 后的波形如图中的虚
线所示。已知波的周期为T，且0.25s<T <0.5s，则（ ）
A．不论波向x轴哪一方向传播，在这0.5s 内，x =1m处的质点M 通过的路程都相等
B．当波沿+ x方向传播时，x =1m处的质点M 和x =2.5 m处的质点N 在这0.5 s 内通过的路程相等
C．当波向+ x方向传播时，波速等于10 m /s
D．当波沿−x方向传播时，经过0.1s 时，质点M 的位移一定为零
【答案】C
【详解】A．若波沿x 轴正向传播，则nT + T
4 =0.5s因0.25s<T <0.5s可知n=1，T=0.4s，此时在这
0.5s= 5
4 T内，x =1m处的质点M 通过的路程s1=5A=10cm；
若波沿x 轴负向传播，则nT + 3T
4 =0.5s因0.25s<T <0.5s可知n=1，T = 2
7 s，此时在这0.5s= 7
4 T内，
x =1m处的质点M 通过的路程s2=7A=14cm，A 错误；
B．当波沿+ x方向传播时，x =1m处的质点M 在这0.5 s 内通过的路程10cm；而x =2.5 m处的质点N 在前
0.4s 内的路程为8cm，但在后0.1s 内因在靠近平衡位置附近运动，则路程大于2cm，即通过的路程大于
10cm，B 错误；
C．当波向+ x方向传播时，波速等于v = λ
T = 4
0.4 m/s=10 m /s，C 正确；
D．当波沿−x方向传播时，经过0.1s=0.35T时，质点M 到达平衡位置下方，则位移不为零，D 错误。
故选C。
56．（25-26 高三上·湖北武汉）竖直平面内有一列机械横波，在t =0时，P、Q两点间的波形如图中的实
线所示，在t =0.05s时，第一次出现图中虚线所示的波形，之后每隔0.2s会再次出现虚线波形。已知
P、Q间距为7.5 m，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的波长是5 m
B．这列波的波速是150 m /s
C．这列波的传播方向是向左
D．t =0时，P处的质点运动方向向上
【答案】D
【详解】A．由图可知，P、Q 两点间的距离为7.5 m，对应5
4 个波长，即5
4 λ=7.5 m
解得λ =6 m，故A 错误；
C．若这列波向左传播，则传播了3
4 个周期，有3
4 T =0.05s
解得T = 1
15 s
若这列波向右传播，则传播了1
4 个周期，有1
4 T =0.05s
解得T =0.2s
由之后每隔0.2s会再次出现虚线波形可知，这列波的传播方向是向右，故C 错误；
B．这列波的波速是v = λ
T = 6 m
0.2s =30 m/s，故B 错误；
D．t =0时，P处的质点位于平衡位置处，运动方向向上，故D 正确。
故选D。
57．（25-26 高三上·河北秦皇岛）如图所示，实线是沿x 轴传播的一列简谐横波在t=0 时刻的波形图，虚
线是这列波在t=0.2s 时刻的波形图，已知该波的波速是0.8m/s。关于这列波（ ）
A．波长为10m
B．周期为0.125s
C．周期为0.25s
D．沿x 轴负方向传播
【答案】D
【详解】A．从图中可知λ =12cm，故A 错误；
BC．波的周期为T = λ
v = 0.12m
0.8 m/s =0.15s，故BC 错误；
D．由t =0.2s= 4
3 T，得波传播的距离Δ x = vt = 4
3 λ=16cm
由波形图可知，若波向右传播0.2s内波传播的距离可能为
Δ x =(nλ+8)cm=(12n+8)cm(n=0,1,2,3……)
由波形图可知，若波向左传播0.2s内波传播的距离可能为
Δ x =(nλ+ 4)cm=(12n+ 4)cm(n=0,1,2,3……)
故波形应向左平移，波沿x 轴负方向传播，故D 正确。
故选D。
58．（24-25 高二下·河南）如图所示为沿x 轴传播的简谐横波，实线为t1=0时刻的波形图，虚线为t2=1s
时刻的波形图，已知波的周期大于2s，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x 轴负方向传播
B．该波的速度大小为4m/s
C．x =2m处质点的振动方程可能为y =10sin(
2π
3 t −π
6)cm
D．0~ 4.5s内，x =2m处质点通过的路程为36cm
【答案】B
【详解】A．若沿x 轴正向传播则有T
3 +nT =t2−t1=1s (n=0，1，2，3...)
解得T =
3
1+3n
当n=0时，T =3s
若沿x 轴负向传播则有2
3 T +nT =t2−t1(n=0，1，2，3...)
解得T =
3
2+3n
因为T >2，故T =3s
则沿x 轴正方向传播
故A 错误；
B．题图知波长λ =12m，则波速v = λ
T = 4 m /s
故B 正确；
C．图像可知振幅A=10cm，0 时刻x =3 m处的质点振动方程y = A sin 2π
T t =10sin 2π
3 t(cm)
且x =2m处质点比x =3 m处的质点早起振时间t0= Δx
v = 1
4 s
故x =2m处质点振动方程为y =10sin[( 2π
3 (t +t0)]cm=10sin( 2π
3 t + π
6 )cm
故C 错误；
D．0~ 4.5s恰好是3
2 T，一个周期内质点运动路程为4A，0~ 4.5s内，x =2m处质点通过的路程为6 A，
即60cm，故D 错误。
故选B。
59．（24-25 高二下·河南焦作）如图所示，波速为0.9m/s、沿水平方向传播的机械横波，在t1时刻的部分
波形为图中的实线波，t2时刻的部分波形为图中的虚线波，P 为传播路径上的一点，设波的周期为T，已知
t2−t1=1s，且t2−t1<T，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻质点P 一定向下振动
B．t2时刻质点P 的速度最大
C．若波向左传播，波长为1.2m
D．若波向右传播，周期为2s
【答案】C
【详解】A．由于不知波的传播方向，所以无法判断质点P 的振动方向，故A 错误；
B．t2时刻质点P 正处在波谷，则加速度最大，速度为0，故B 错误；
CD．若波向右传播，由于t2−t1<T，则波向右传播的距离等于四分之一波长，传播时间为四分之一周期，
可得T
4 =1s
则有T = 4s
同理，若波向左传播，则3T
4 =1s
则有T = 4
3 s
结合v = λ
T 、v =0.9 m/s
综合解得λ =1.2m
故C 正确，D 错误。
故选C。
⏳题型12 波的干涉
60．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）在纸面内沿着x 轴正方向有两个相干波源，如图（a），波源在垂直纸
面方向（z 轴）做简谐运动，其振动图像如图（b）和图（c）所示。波源S1和S2位置已在图中标出。xA=4
m，xB=5.5 m。两列波的波速均为1 m/s。下列说法正确的是（ ）
A．两列波波源起振方向相同
B．两列波引起质点A 的振动总是加强的
C．t=4 s 时，A 点在最大位移处
D．两列波引起B 点的振动总是加强的
【答案】D
【详解】A．波源S1和S2起振方向分别为z 轴正方向和z 轴负方向，故A 错误；
B．两列波到质点A 的距离差为Δ x =(8−4)m−(4−0)m=0
由于两列波的起振方向相反，所以质点A 的振动总是减弱的，故B 错误；
C．两列波传播到A 的时间均为t = Δ x
v = 4
1 s= 4 s
所以t=4 s 时，A 点开始振动，在平衡位置，故C 错误；
D．两列波的波长为λ = vT =1×2m=2m
两列波到质点B 的距离差为Δ x
' =5.5m−(8−5.5)m=3m=1 1
2 λ
由于两列波的起振方向相反，所以质点B 的振动总是加强的，故D 正确。
故选D。
61．（2026·辽宁·二模）9 月18 日上午9 点18 分，沈阳上空响起防空警报，某条街道上驾车市民都自发停
车鸣笛，参与”勿忘国耻、珍爱和平”的纪念活动。某同学走在人行路上，仔细听车辆的鸣笛声，结合所
学的知识进行了如下判断，其中正确的是（ ）
A．两辆车发出的声波相遇，一定会在空气中产生干涉现象
B．声波遇到障碍物时，只有当障碍物尺寸小于波长时，才会发生衍射
C．声波遇到障碍物反射后，其频率保持不变
D．当鸣笛车辆与该同学发生相对运动时，声波的传播速度随之改变
【答案】C
【详解】A．波产生干涉的必要条件是两列波频率相同、相位差恒定、振动方向相同。两辆汽车的鸣笛频
率不一定相同，不满足干涉的前提条件，不一定会产生干涉现象，故A 错误。
B．衍射是波的固有属性，任何情况下波遇到障碍物都能发生衍射，障碍物尺寸与波长相近或小于波长只
是发生明显衍射的条件，并非衍射发生的条件，故B 错误。
C．声波的频率仅由波源决定，声波反射过程中波源不变，传播介质仍为空气，因此反射后声波频率保持
不变，故C 正确。
D．声波的传播速度仅由传播介质的性质（介质种类、温度）决定，与波源和观察者的相对运动无关，相
对运动只会改变观察者接收到的频率，不会改变波的传播速度，故D 错误。
故选C。
62．（25-26 高二下·辽宁大连）万米深潜器“奋斗者号”再次深潜至地球的最深处——马里亚纳海沟。借
助无线电波、激光等传输信号，实现深潜器舱内和海底作业的电视直播下列选项正确的是（ ）
A．在海水中，无线电波无法传播，所以要借助激光传输信号
B．无线电波、激光都是横波
C．信号传输到电视台实现直播的过程中无时间延迟
D．两个独立的普通光源发出的光会发生干涉
【答案】B
【详解】A．无线电波在海水中衰减很大，但并非完全无法传播，故A 错误；
B．无线电波和激光本质上都是电磁波，电磁波都是横波，故B 正确；
C．信号传输需要时间，虽然速度很快，但距离遥远，存在时间延迟，故C 错误；
D．两个独立的普通光源发出的光频率和相位差不恒定，不满足相干条件，不会发生干涉，故D 错误；
故选B。
63．（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图所示，波源S1和S2振动方向、起振的初始相位相同，频率均为
10 Hz，分别置于均匀介质中距离为1.6 m的A、B两点处。两波源产生的简谐横波沿直线AB相向传播，波
速为8 m/s。则AB间合振动振幅最小的点与A点距离可能是（ ）
A．1.1m
B．1.2m
C．1.3 m
D．1.4 m
【答案】D
【详解】由题意可知，简谐横波的波长为λ = v
f =0.8 m
以A为坐标原点，设P为AB间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波程差为Δr = x−(1.6−x)
其中x的范围为0≤x ≤1.6 m
由题意可知，AB间合振动振幅最小的点的位置，即振动减弱点的位置满足Δr =(n+ 1
2)λ，
(n=0,±1，±2，±3…)
则可知，当n=0时，x =1m
当n=−1时，x =0.6 m
当n=−2时，x =0.2m
当n=1时，x =1.4 m
则AB间合振动振幅最小的点与A点距离可能是0.2m、0.6m、1m、1.4m
故选D。
64．（2026·浙江宁波·二模）两个振动相位相反的波源S1、S2相距6 m，它们在空间产生的干涉图样如图所
示，图中实线表示振动减弱的区域，虚线表示振动加强的区域。下列说法正确的是（ ）
A．虚线上的质点一直在波峰或者波谷位置
B．实线上的质点一定处于静止状态
C．两列波的波长均为1m
D．在S1、S2的连线上，相邻的振动加强点和减弱点之间的距离为0.5 m
【答案】D
【详解】A．振动加强区（虚线）的质点只是合振幅最大，质点仍在平衡位置附近持续振动，不是一直静
止在波峰或波谷，A 错误；
B．只有两列波振幅相等时，振动减弱区的质点合振幅才为0，才会静止；题目未说明两波振幅相等，减弱
区质点可能仍有振动，不一定会静止，B 错误；
C D．能发生稳定的干涉，所以频率相等，根据v = fλ可知波长相等，相邻振动加强区域或振动减弱区域之
间的距离为半个波长，由图可知波源S1和S2 之间的距离为3 个波长，所以两列波的波长都是2m，则在
S1、S2 的连线上，相邻的振动加强点和减弱点之间的距离为四分之一波长，即为0.5m，C 错误，D 正确。
故选D。
⏳题型13 波的衍射
65．（25-26 高二下·浙江嘉兴）在水槽中放两块挡板，中间留一个狭缝，观察水波通过狭缝后的传播情况，
保持狭缝的宽度不变，改变水波的波长，得到三幅照片如甲、乙、丙所示，对应的水波波长分别为λ1、
λ2、λ3，下列说法正确的是（ ）
A．对应的波长关系为λ1>λ2>λ3
B．对应的波长关系为λ1<λ2<λ3
C．这是水波的干涉现象
D．这是水波的折射现象
【答案】A
【详解】AB．随着波长的减小，当波长与狭缝宽度相比非常小时，水波将沿直线传播，衍射现象变得不
明显，所以对应的波长关系为λ1> λ2> λ3，故A 正确，B 错误；
CD．水波在传播过程中遇到狭缝后都会发生衍射现象，当发生衍射时，水波就会传播到本该是“阴影”
的区域，不再沿直线传播，故CD 错误。
故选A。
66．（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）关于机械波，下列说法中正确的是（ ）
A．干涉和衍射是波所具有的典型现象
B．障碍物尺寸比波长大很多时衍射现象较明显
C．“隔墙有耳”说的是声波的折射现象
D．只有波源频率相同、相位差为零的两列波，才能产生稳定的干涉现象
【答案】A
【详解】A．干涉和衍射是波所具有的典型现象，故A 正确；
B．发生明显衍射的条件是障碍物尺寸与波长相差不多，或小于波长，障碍物尺寸比波长大很多时衍射现
象极不明显，故B 错误；
C．“隔墙有耳”是声波绕过墙壁这种障碍物继续传播的现象，属于声波的衍射，不是折射，故C 错误；
D．稳定干涉的条件是两列波频率相同、相位差恒定，不需要相位差为零，只要相位差保持固定值即可产
生稳定干涉，故D 错误。
故选A。
67．（25-26 高三上·黑龙江）某音乐喷泉以水泵O为原点，t =0时刻水面形成波形如图甲所示，其中实线
表示波峰，虚线表示波谷，A、C 在实线处，B、D 在虚线处，A、B、C、D 四点到原点O的距离关系满足
R A = 1
2 RB= 1
3 RC = 1
4 RD=6cm；取竖直向上为y轴正方向，水泵O的振动图像如图乙所示，下列说法正
确的是（ ）
A．该水波的波速为2cm/s
B．t=3s 时，A处质点的速度竖直向上
C．该波遇到10m 障碍物可发生明显衍射
D．该波可与f=1
8Hz 的水波发生干涉
【答案】D
【详解】A．由题意可知，该水波的波长为λ = RC−R A =12cm
振动周期为8s，则波速v = λ
T = 12
8 cm /s=1.5cm /s，故A 错误；
B．t =0时刻波形图如图所示，A 处于波峰，经过3s 后，A处振动3
8 T，此时A 经过平衡位置向下振动，故
速度竖直向下，故B 错误；
C．由于波长12cm 远小于10m，不可发生明显衍射，故C 错误；
D．该波频率为f = 1
T = 1
8 Hz与水波频率相同，可以发生干涉，故D 正确。
故选D。
68．（2026·江西·模拟预测）带操是艺术体操项目之一，使用彩带作为器械．某次比赛中彩带的运动可简
化为沿x 轴方向传播的简谐横波，t=0.2 s 时的波形图如图甲所示，P 是平衡位置在x=3 m 处的质点，Q 是
平衡位置在x=4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图像．下列说法正确的是（ ）
A．t=0.2 s 时刻质点P 正沿y 轴正方向运动
B．这列波遇到尺寸为8 m 的障碍物时不能发生衍射现象
C．如果将波源的振动周期增大为0.8 s，则该波的波速为20 m/s
D．平衡位置在x=2 m 和x=6 m 处的质点振动方向总是相同的
【答案】C
【详解】A．由题图乙可知，0.2s 时，质点Q 向下振动，根据同侧法可得，波向x 轴负方向传播，质点P
正沿y 轴负方向运动，故A 错误；
B．由题图甲可知这列波的波长为8m，遇到尺寸为8m 的障碍物时能发生衍射现象，故B 错误；
C．波速由介质本身决定，与波的周期没有关系，由题图乙可知波的周期为0.4s，则波速v = λ
T =20 m/s，
故C 正确；
D．x =2m和x =6 m处的质点平衡位置间的距离为半个波长，所以两质点的振动方向总是相反的，故D 错
误。
故选C。
69．（2026·安徽·模拟预测）如图所示，某弹簧振子的位移-时间图像，已知该振子的振动在介质中激起一
列沿x 轴正方向传播的简谐横波，v =2m/s，根据图像信息，下列说法正确的是
A．该波的波长为0.8 m
B．介质中的质点的振动频率为1.25 Hz
C．在波的传播方向上，相距为0.8 m 的两个质点的振动情况总是相同
D．若该波遇到宽度为1.4 m 的障碍物，不能发生明显的衍射现象
【答案】B
【详解】A．由位移-时间图像可知振动周期T =0.8s ，波长λ = vT =1.6 m ，故A 错误；
B．振动频率f = 1
T =1.25 Hz，故B 正确；
C．相距0.8 m的两个质点相差半个波长，振动情况相反，故C 错误；
D．障碍物宽度1.4 m < λ ，大于障碍物的尺寸大小，能发生明显衍射，故D 错误。
故选B。
⏳题型14 波的多普勒效应
70．（2026·广东惠州·二模）骨传导耳机能将接收到的声音信号转化为机械振动，通过颅骨传到内耳，如
图（a）所示。某同学使用骨传导耳机听一段随身携带的手机中的音乐，若接收到的声波引起耳蜗膜上某
质点振动图像如图（b）所示，振幅为A，声音在空气中传播的速度为340 m /s。下列说法正确的是
（ ）
A．声波通过颅骨传播和空气传播的波长相同
B．耳蜗膜上该质点任意半个周期的路程均为2 A
C．若该段音乐在空气中传播，其声波波长为680 m
D．该同学跑动时能感受到因多普勒效应引起的声音音调变化
【答案】B
【详解】A．声波频率由振源决定，颅骨（固体）与空气（气体）中声速不同，由λ = v
f 知波长不同，A 错
误；
B．简谐运动中，任意半个周期内质点路程均为2 A（无论起点位置），B 正确；
C．由图（b）知周期T =0.002s，波长λ = vT =340×0.002m =0.68 m，C 错误；
D．同学与声源（手机）相对静止，不会产生多普勒效应，D 错误。
故选B。
71．（2025·吉林长春·模拟预测）下列有关波的描述，正确的是（ ）
A．波能传递能量
B．波的传播一定需要介质
C．光的偏振现象说明光是电磁波
D．只有声波才能发生多普勒效应
【答案】A
【详解】A．波在传播过程中传递能量（如声波的能量传递），A 正确；
B．电磁波（如光）不需要介质即可传播，B 错误；
C．偏振现象仅说明光是横波，未直接证明其电磁波属性，C 错误；
D．多普勒效应普遍适用于波（如光的多普勒效应），D 错误。
故选A。
72．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中记录了“古琴正声”实验：剪小纸
人放在需要调整音准的弦上，然后拨动另一个音调准确的琴上对应的琴弦，同样的拨动力度下，小纸人跳
动越明显代表音调越准确，此现象为（ ）
A．共振现象
B．干涉现象
C．衍射现象
D．多普勒效应
【答案】A
【详解】A．同样的拨动力度下，小纸人跳动越明显代表音调越准确，小纸人发生了共振现象，故A 符合
题意；
BCD．该现象不是干涉现象，也不是衍射现象和多普勒现象，故BCD 不符合题意；
故选A。
73．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）医学上的“彩超”就是向人体组织发射高频率的超声波，再根据接收的
反射超声波频率变化来测定心脏跳动、血管血流快慢等情况，医生依此对病变作出诊断。下列现象与这一
技术应用的原理相同的是（ ）
A．火车鸣笛向我们加速驶来时，我们听到汽笛声音的频率会升高
B．树荫下的太阳小光斑大多成圆形
C．在发声的音叉周围有些区域声音较强，有些区域声音较弱
D．周期越大的水波绕到挡板后面继续传播的现象越明显
【答案】A
【详解】A．医学上的“彩超”利用的是多普勒效应。火车鸣笛向我们加速驶来时，我们听到汽笛声音的
频率会升高，这是多普勒效应，故A 符合题意；
B．树荫下的太阳小光斑大多成圆形，这是小孔成像，故B 不符合题意；
C．在发声的音叉周围有些区域声音较强，有些区域声音较弱，这是波的干涉现象，故C 不符合题意；
D．周期越大的水波绕到挡板后面继续传播的现象越明显，这是波的衍射现象，故D 不符合题意。
故选A。
74．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）生活中很多情景都属于振动和波的现象，下列四种情景的说法正确的
是（ ）
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，跟踪站接收到的信号频率先减小后增大
B．如图乙，如果孔的大小不变，使波源的频率增大，能观察到更明显的衍射现象
C．如图丙，手掌摩擦盆耳使得水花飞溅，是因为摩擦力较大
D．如图丁为干涉型消声器的结构示意图，波长为λ 的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为
λ
2的奇数倍
【答案】D
【详解】A．人造地球卫星先靠近跟踪站，然后远离跟踪站，根据多普勒效应，跟踪站接收到的信号频率
先增大后减小，故A 错误；
B．如果孔的大小不变，使波源的频率增大，则波的波长减小，则可能观察不到明显的衍射现象，故B 错
误；
C．用双手摩擦盆耳，起初频率非常低，逐渐提高摩擦的频率，当摩擦的频率等于水的固有频率时，会发
生共振现象，此时振幅最大，使水花飞涨，故C 错误；
D．根据波的干涉，波长为λ 的同一声波通过上下两通道后相遇的路程差应该为半波长的奇数倍，叠加后
振动减弱，起到消声的目的，故D 正确。
故选D。
重难·创新演练
设题创新:振动控制技术;智能化监测与诊断;创新方法与前沿应用;精密制造领域应用创新
1．（2026·山东日照·三模）如图所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，质量均为m的物块A、B
叠放在斜面上。劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与物块A连接。初始时弹簧处于原长，
现将A、B 由静止释放，两物块始终保持相对静止一起沿斜面向下运动。到达最低点时，立即将B 撤去。
A 沿斜面向上运动恰好能回到初始位置。弹簧始终未超过弹性限度，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力
加速度为g，弹簧的弹性势能可以表示为Ep= 1
2 k x
2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。下列说
法正确的是（ ）
A．物块A 与斜面间的动摩擦因数为2
3 tanθ
B．物块A、B 之间的动摩擦因数最小值为5
3 tanθ
C．物块A、B 下滑的最大距离为4 mgsinθ
3k
D．物块A 上滑的最大速度为2
3 gsinθ ❑√
m
k
【答案】B
【详解】A．设物块下滑的最大距离为x，则由能量关系mgx sinθ = μ⋅2mgx cosθ+ μ⋅mgx cosθ，解得
μ= 1
3 tanθ，A 错误；
B．根据简谐振动的特点可知，物块在最低点时的加速度和在最高点时的加速度等大反向，设为a，则在最
高点时2ma=2mgsinθ−μ⋅2mgcosθ
在最低点时对B 分析μ
' mgcosθ−mgsinθ =ma
解得物块A、B 之间的动摩擦因数最小值为μ
' = 5
3 tanθ，B 正确；
C．当物块下滑速度最大时，则k ⋅x
2 + μ⋅2mgcosθ =2mgsinθ
解得x = 8mgsinθ
3k
，C 错误；
D．物块A 上滑速度最大时，则由能量关系可知1
2 k x
2= 1
2 k( x
2 )
2
+mg⋅x
2 ⋅sinθ+ μmgcosθ⋅x
2 + 1
2 mvm
2
解得vm= 4
3 gsinθ ❑√
m
k ，D 错误。
故选B。
2．（2026·浙江·二模）如图所示，不同均匀材质的两根细丝连接在一起，结点位置被矩形挡板遮挡。在结
点处有一简谐波源，t =0时刻，波源开始振动产生振幅为A 的简谐横波，并以v1和v2波速分别向左、右两
侧传播。P、Q 分别为矩形挡板左右两边界上振动质点的平衡位置。t =1.5s和t =2.5s时矩形区域外波形分
别如图中实线和虚线所示，则（ ）
A．波源的平衡位置距离P 点2.5m
B．向右传播简谐波的波长为3.8m
C．t =1.5s时，波源处于平衡位置且向下运动
D．平衡位置在P 处质点落后平衡位置在Q 处质点π相位
【答案】B
【详解】A．从t1=1.5s到t2=2.5s
时间间隔Δt =1s
向左传播的半个波长Δ x1=2m
故v1=Δ x1
Δt
=2m /s
根据题意知λ1= 4 m，T 1=2s
设波源到P距离为x，t2=2.5s时向左波传播到P左侧4m 处，故x + 4 = v1t2=5 m
解得x =1m
故A 错误；
B．t2=2.5s向右波传播的距离x2= v2t2= 4.75 m
故v2=1.9 m /s
同一波源T 2=T 1=2s，λ2=3.8 m
故B 正确；
C．波源起振后向下运动，1.5s 时波源振动了3
4 个周期，在波峰位置，故C 错误；
D．P点距波源1m，振动滞后时间t P=0.5s= T 1
4
相位滞后波源φP= π
2
Q距波源4m，振动滞后时间tQ= 4
1.9 =2.105s
相位滞后φQ= 2.105
2
×2π=2.105π
相当于0.105 π，P、Q相位差为0.395π，故D 错误。
故选B。
3．（2026·河南·三模）在海洋气象观测中，可以利用浮标检测海浪的传播。若海浪可视为简谐横波，t =0
时位于坐标原点的浮标A 开始振动，起振方向沿y 轴负方向，波传播路径上的浮标B 到浮标A 的距离为
75m，浮标C 到浮标A 的距离为120m。t =7.5s时浮标A、B 之间第一次形成如图所示的波形，下列说法
正确的是（ ）
A．该简谐横波的波速为16m/s
B．该简谐横波的周期为4s
C．0~7.5s 内，浮标B 运动的路程为1m
D．t =11.25s时，浮标C 由平衡位置向y 轴正方向运动
【答案】A
【详解】AB．由题图可知，该简谐横波的波长为λ =60m。t =0时浮标A 开始振动，起振方向沿y轴负方
向。t =7.5 s时，A、B 之间第一次形成如图所示的波形，A 振动状态与图示x =0处一致。说明A 振动了整
数个周期，即t =nT
同时波传播的距离x = vt =nλ
应大于等于A、B 间距75m，即n·60≥75
解得n≥1.25
因是第一次形成，取n=2，则2T =7.5 s
解得周期T =3.75 s
波速v = λ
T =16m/s，故A 正确，B 错误
C．波传到B 所需时间t1= x AB
v = 4.6875 s
在0~7.5 s内，B 振动的时间Δt =7.5 s−4.6875 s=2.8125 s= 3
4 T
B 起振方向向下，经过3
4 T，B 运动的路程为s=3 A =3m，故C 错误；
D．波传到C 所需时间t2= x AC
v =7.5 s
即t =7.5 s时C 刚开始振动，方向向下。t =11.25 s时，C 已振动Δt
' =11.25 s−7.5 s=3.75 s=T
此时C 回到平衡位置，运动方向与起振方向相同，即向y轴负方向运动，故D 错误。
故选A。
4．（2026·山东青岛·三模）如图甲所示，轻质弹簧上端与固定位移传感器相连，下端与质量为0.1kg的小
球相连，以小球静止的位置为坐标原点O，竖直向下为正向建立坐标轴Ox。t =0时刻给小球一竖直向下、
大小为0.2m/s的初速度，位移传感器记录小球速度v随位置坐标x变化的关系图像如图乙所示。已知弹簧
始终在弹性限度内，不计空气阻力，从t =0开始计时，下列关于小球的位置坐标x、速度v、加速度a、动
能Ek随时间t变化的图像，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．由图乙可知，小球做简谐运动，振幅A =0.1m，最大速度vm=0.2m/s。根据简谐运动规律
vm=ωA，解得圆频率ω=2rad / s
周期T = 2π
ω = π s
图A 中位移随时间变化的周期为2π s，图B 中速度随时间变化的周期为2π s，与计算结果不符，故AB 错
误；
C．t =0时刻，小球在平衡位置且向正方向（向下）运动，位移x为正，根据简谐运动回复力特征
F =−kx =ma
加速度a方向与位移方向相反，应为负值。图C 中t =0后加速度为正，故C 错误；
D．t =0时刻速度最大，动能最大，最大动能Ekm = 1
2 m vm
2 =2×10
−3J
动能是标量，其变化周期为运动周期的一半，即T
2 = π
2 s
图D 中t =0时动能最大，且周期为π
2 s，故D 正确。
故选D。
5．（2026·山东烟台·二模）一劲度系数为k 的轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，上端固定连接一个
轻质的小托架。质量为m 的小球从离托架一定高度处由静止开始自由下落，小球恰好落到托架中心位置，
然后经过一段时间又回到初始下落位置。不计空气阻力，弹簧始终在弹性范围内，已知弹簧振子周期
T =2π ❑√
m
k ，弹簧弹性势能表达式Ep= 1
2 k x
2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，m 为弹簧振
子的质量，重力加速度为g。若小球在上述运动过程中的最大加速度大小为2g，则小球从初始下落位置到
第一次到达最低点的时间为（ ）
A．4 ❑√
3m
k
B．(
2π
3 + ❑√2)
❑√
m
k
C．(
2π
3 + ❑√3)
❑√
m
k
D．(
5 π
12 + ❑√3)
❑√
m
k
【答案】C
【详解】设小球开始时距离托架h，有h= 1
2 gt0
2
小球接触托架后与托架一起向下运动，继续压缩弹簧向下运动的过程符合简谐振动，在简谐运动的平衡位
置处小球受力平衡，加速度为0，此时弹簧的压缩量设为x1，有mg =k x1
所以x1= mg
k
小球运动到最低点时速度为0，加速度最大，设弹簧压缩量为x2，有k x2−mg =m⋅2g
所以x2= 3mg
k
所以简谐运动的振幅为A = x2−x1= 2mg
k
可以写出简谐振动的位移表达式x = A sin(ωt +φ0)
设竖直向下为运动的正方向，小球刚接触弹簧时速度方向向下，位移为−x1=−A
2
根据三角函数关系可得初始相位φ0=−π
6
所以从接触弹簧开始运动到最低点的过程中所用的时间t =
π
6 + π
2
2π
T = 2π
3
❑√
m
k
从小球释放到弹簧压缩到最短的过程中系统的机械能是守恒的，所以mgh+mg x2= 1
2 k x2
2
可解得h= 3mg
2k
t0= ❑√
3m
k
运动的总时间为t 总=t +t0=(❑√3+ 2π
3 )❑√
m
k
故选C。
真题·实战演练
高频考点：简谐振动、受迫振动与共振、单摆、波动图像及波传播综合
1．（2025·浙江·高考真题）如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在
金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近1.00cm范围内产生B =10
−3T、方向垂直金属丝的匀强磁场
（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙
所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A =0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度v =2πfA。已知金
属丝接入电路的电阻r =0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是（ ）
A．金属丝上波的传播速度为3
2 πm/s
B．金属丝产生的感应电动势最大值约为3
2 π×10
−3V
C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为9
16 π
2×10
−10 W
D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零
【答案】C
【详解】A．先由图可判断金属丝振动形成三节（如图乙所示共有三个波腹），则波长为λ = 2
3 L= 2
3 m
又振动频率为f = 150Hz，可得波速为v = λf =100 m/s，故A 错误；
B．金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，其振动最大速度为vm =2πfA
其中A = 0.5cm = 0.005m，f =150 Hz，计算得vm =2π ×150×0.005 m/s=1.5 π m/s
中点切割的有效长度为L=0.01m
则中点处感应电动势最大值为Emax= BLvm = 3
2 π ×10
−5V，故B 错误；
C．金属丝在中点附近的匀强磁场中振动，产生的是正弦式交流电，电动势的有效值为E = Emax
❑√2
，若用最
大感应电动势Emax = 3
2 π ×10
−5V接外电阻，则金属丝本身内阻r = 0.5 Ω，正弦交流源在内阻r 和外阻R 串
联时，当R = r=0.5 Ω 时可得最大输出功率为Pmax =
（Emax
❑
❑√2 ）
2
4 r
= 9
16 π
2×10
−10 W
，故C 正确；
D．若改为沿金属丝方向振动形成纵波，两端固定则端点处必为纵波的振动节(位移为零处)，其基频振型中
点恰为振幅最大处(波腹)，并非振幅为零，故D 错误。
故选C。
2．（2025·四川·高考真题）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左
至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同
时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2 个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高
点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ）
A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零
B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零
C．小球甲、乙的振动周期之比为3:4
D．小球丙、丁的摆长之比为1:2
【答案】C
【详解】根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
可知T 丁>T 丙>T 乙>T 甲
CD．设甲的周期为T 甲，根据题意可得2T 甲= 3T 乙
2
=T 丙= T 丁
2
可得T 丙=2T 甲，T 乙= 4
3 T 甲，T 丁= 4T 甲
可得T 甲:T 乙=3:4，T 丙:T 丁=1:2
根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
结合T 丙:T 丁=1:2
可得小球丙、丁的摆长之比L丙: L丁=1:4
故C 正确，D 错误；
A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过T 甲（T 丙
2 ）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，
位移最大，根据a=−kx
m 可知此时加速度最大，故A 错误；
B．根据上述分析可得T 乙= 1
3 T 丁
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为T 丁
4 （即3T 乙
4
）可知此时小球乙经过平衡位置，此时
速度最大，动能最大，故B 错误。
故选C。
3．（2025·北京·高考真题）“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船。”除了夜深人静的原因，从波传播的角
度分析，特定的空气温度分布也可能使声波传播清明致远。声波传播规律与光波在介质中传播规律类似。
类比光线，用“声线”来描述声波的传播路径。地面上方一定高度S 处有一个声源，发出的声波在空气中
向周围传播，声线示意如图（不考虑地面的反射）。已知气温越高的地方，声波传播速度越大。下列说法
正确的是（ ）
A．从M 点到N 点声波波长变长
B．S 点气温低于地面
C．忽略传播过程中空气对声波的吸收，则从M 点到N 点声音不减弱
D．若将同一声源移至N 点，发出的声波传播到S 点一定沿图中声线NMS
【答案】D
【详解】声音的传播类比光线传播，即类比光线的折射率；若空气中的温度均匀，从S 发出的光线应该向
四周沿直线传播，题目中“声线”向地面传播的过程中，越来越靠近法线，即θ1>θ2，因此越靠近地面空
气对声音的折射率n越大，类比光在介质中传播的速度v = c
n可知折射率越大，光速越小，因此声音越靠近
地面，声速越小，温度越低。
A．从M 点到N 点靠近地面，声音频率f 不变，声速减小，根据v = λf 可知波长变短，A 错误；
B．声源S 处在地面上方，温度高于地面，B 错误；
C．声音在传播过程中受到介质的阻碍和向四周分散，声音强度会减弱，C 错误；
D．将声源移至N 点，类比光路的可逆性可知发出的声波传播到S 点一定沿图中声线NMS，D 正确。
故选D。
4．（2025·北京·高考真题）质点S 沿竖直方向做简谐运动，在绳上形成的波传到质点P 时的波形如图所示，
则（ ）
A．该波为纵波
B．质点S 开始振动时向上运动
C．S、P两质点振动步调完全一致
D．经过一个周期，质点S 向右运动一个波长距离
【答案】B
【详解】A．由图可知，该波上质点的振动方向与波动传播方向垂直，是横波，故A 错误；
B．由图，根据同侧法可知，质点P 开始振动的方向向上，则质点S 开始振动时向上运动，故B 正确；
C．由图可知，S、P两质点平衡位置的距离为3
2 λ，则两质点振动步调相反，故C 错误；
D．质点不能随波传播，只能在平衡位置附近上下振动，故D 错误。
故选B 。
5．（2025·云南·高考真题）如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t =0时刻，波源开始
振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q 分别为矩形区域左右两边界上振动质点
的平衡位置。t =1.5s和t =2.5s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则（ ）
A．波速为2.5 m /s
B．波源的平衡位置距离P 点1.5 m
C．t =1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动
D．t =5.5s时，平衡位置在P、Q 处的两质点位移相同
【答案】D
【详解】A．根据波形可知λ = 4 m，1
2 T =2.5s−1.5s
可得T =2s
故波速为v = λ
T =2m/s
故A 错误；
B．设波源的平衡位置距离P 点距离为x0，根据左侧t =1.5s时的波形可知2+ x0
v
=1.5s
解得x0=1m
故B 错误；
C．根据左侧实线波形结合同侧法可知波源刚开始的振动方向向下，由于t =1.0s= 1
2 T，故可知此时波源
处于平衡位置且向上运动，故C 错误；
D．由于x0=1m，可知波源的平衡位置距离Q 点距离为x1=3 m
故波传到PQ 两点的时间分别为t0= x0
v =0.5s，t1= x1
v =1.5s
故t =5.5s时，平衡位置在P、Q 处的两质点已经振动的时间分别为t0
′ =5.5s−0.5s= 5
2 T，
t1
′ =5.5s−1.5s=2T
由于波源刚开始向下振动，故t =5.5s时，P 处质点处于平衡位置向上振动，Q 处质点处于平衡位置向下振
动，故此时平衡位置在P、Q 处的两质点位移相同。
故D 正确。
故选D。
