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第11 讲 机械振动与机械波
考点一 机械振动
1.简谐运动的规律
规律
x=Asin(ωt+φ)
图像
反映同一质点在各个时刻的位移
受力特征
回复力F=-kx，F(或a)的大小与x 的大小成正
比，方向相反
运动特征
靠近平衡位置时，a、F、x 都减小，v 增大；远
离平衡位置时，a、F、x 都增大，v 减小
能量特征
振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和
势能相互转化，系统的机械能守恒
周期性特征
质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间
做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期
T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变
化周期为T
2
对称
性特征
关于平衡位置O 对称的两点，相对平衡位置的
位移大小、加速度的大小、速度的大小相等；
动能、势能相等
2.弹簧振子
(1)弹簧振子的周期与振幅、振动方向与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k 和振子的质量m
有关。
(2)公式：T=2π√
m
k 。
3.单摆
示例图
周期
T=2π√
l
g
超、失重的重力加速度
超重时g0=g+a
失重时g0=g-a
受力特征
回复力：F=mgsin θ=-mg
l x=-kx
最高点：Fn=mv
2
l =0，FT=mgcos θ
最低点：Fn=mvmax
2
l
最大，
FT=mg+mvmax
2
l
例1 (2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖
直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a 随时间t 变化的曲线为正弦曲线，
如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.t=0 时，弹簧弹力为0
B.t=0.2 s 时，手机位于平衡位置上方
C.从t=0 至t=0.2 s，手机的动能增大
D.a 随t 变化的关系式为a=4sin(2.5πt) m/s2
答案 D
解析 由题图乙知，t=0 时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A 错误；由题图
乙知，t=0.2 s 时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B 错误；由题图乙知，从t=0 至t=0.2
s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C 错误；由题图乙知
T=0.8 s，则ω=2π
T =2.5π rad/s，则a 随t 变化的关系式为a=4sin (2.5πt) m/s2，D 正确。
变式1 (2025·浙江省模拟)如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧悬挂在天花板上的O 点，质量为m 的物
块(视为质点)悬挂在弹簧的下端，系统静止时物块停在M 点，现把物块竖直向下拉到N 点，然后由静
止释放。已知P 点在M 点的正上方，P、N 两点到M 点的距离相等，重力加速度为g，弹簧始终处于弹
性限度内，下列说法正确的是( )
A.物块由N 运动到P，弹簧的弹力先减小后增大
B.把此装置放在光滑的固定斜面上，振动周期小于2π√
m
k
C.把此装置移动到月球上，其振动周期大于2π√
m
k
D.物块由N 到P，重力的冲量大小为πmg√
m
k
答案 D
解析 弹簧振子做简谐运动，系统静止时物块停在M 点，说明M 点为平衡位置。在M 点时，弹簧的弹力
为F=mg，弹簧的伸长量为Δx=mg
k ，若MN=MP≤Δx，则物块从N 到P 弹簧弹力一直减小；若
MN=MP>Δx，说明物块运动到P 时弹簧处于压缩状态，则从N 到P 弹簧弹力先减小后增大，故A 错误；弹
簧振子的振动周期为T=2π√
m
k ，把此装置放在光滑的固定斜面上或移动到月球上，由于m、k 不变，则振
动周期不变，故B、C 错误；根据简谐运动的对称性可得物块由N 到P 的运动时间为tNP=T
2 =π√
m
k ，则物块
由N 到P，重力的冲量大小为I=mgtNP=πmg√
m
k ，故D 正确。
例2 (2025·四川卷·5)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.小球丁第一次经过平衡位置时，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
解析 根据单摆周期公式T=2π√
L
g ，可知T 丁>T 丙>T 乙>T 甲，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；小球
甲第一次回到释放位置时，即经过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，加速
度不为零，故A 错误；根据上述分析可得T 乙=1
3T 丁，小球丁第一次到达平衡位置时，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。
变式2 (2024·浙江6 月选考·9)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1 kg 的小铁球，两端A、B
悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5 m。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 取10
m/s2，则( )
A.摆角变小时，周期变大
B.小球摆动周期约为2 s
C.小球平衡时，A 端拉力大小为√3
2 N
D.小球平衡时，A 端拉力小于B 端拉力
答案 B
解析 根据单摆的周期公式T=2π√
L
g 可知周期与摆角无关，故A 错误；
同一根光滑细线，A 端拉力大小等于B 端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图可得2FAcos 30°=mg
解得FA=FB=
mg
2cos30° =√3
3 N
故C、D 错误；
根据几何知识可知摆长为L=1.5m×tan30°
cos30°
=1 m，故周期为T=2π√
L
g ≈2 s，故B 正确。
单摆模型的拓展
支撑面“单摆”
偏角很小时等效为单摆
复合场中的单摆
g0=g±qE
m g0=g
斜面上的单摆
g0=gsinθ g0=gsin θ
双线摆
等效摆长 等效摆长
l=l1sin θ l=l1sin θ+l3
小球在垂直纸面方向摆动
考点二 机械波
形成条件
(1)波源；(2)传播介质，如空气、水等
传播特点
(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的
平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移
(2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频
率相同
(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A
(4)一个周期内，波向前传播一个波长
波的图像
(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻
各质点的位移
(2)意义：表示在波的传播过程中，某时刻各质点离开平衡
位置的位移
波长、波速和
频率(周期)
的关系
(1)v=λf；(2)v= λ
T
波的叠加
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加
强的条件为Δx=nλ(n=0，1，2，…)，振动减弱的条件为
Δx=(2n+1) λ
2(n=0，1，2，…)
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和
A1+A2
波的多
解问题
由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现
多解问题
波的特性
波的干涉
波的衍射
多普勒效应
例3 (2024·湖南卷·2)如图，健身者在公园以每分钟60 次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左
呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B 两点平衡位置相距6 m，t0时刻A 点位
于波谷，B 点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是( )
A.波长为3 m
B.波速为12 m/s
C.t0+0.25 s 时刻，B 点速度为0
D.t0+0.50 s 时刻，A 点速度为0
答案 D
解析 画出t0时刻A、B 两点间波形如图所示
可知xAB=3
2λ=6 m，解得λ=4 m，A 错误；
波源的振动频率为f=60
60 Hz=1 Hz
故波速为v=λf=4 m/s，B 错误；
质点的振动周期为T=1
f =1 s，因为0.25 s=T
4 ，故B 点在t0+0.25 s 时刻运动到平衡位置，速度最大，C 错误；
0.5 s=T
2 ，故A 点在t0+0.5 s 时刻运动到波峰，速度为0，D 正确。
针对训练1 (2025·云南卷·7)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=1.5 s 和t=2.5 s 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=1.0 s 时，波源处于平衡位置且向下运动
D.t=5.5 s 时，平衡位置在P、Q 处的两质点位移相同
答案 D
解析 根据题图所示波形可知λ=4 m，1
2T=2.5 s-1.5 s，可得T=2 s，波速为v= λ
T =2 m/s，故A 错误；设波源
的平衡位置与P 点的距离为x0，根据矩形区域左侧t=1.5 s 时的波形可知2m+ x0
v
=1.5 s，解得x0=1 m，故B
错误；由题图结合同侧法可知，波源刚开始的振动方向向下，由于t=1.0 s=1
2T，可知此时波源处于平衡位
置且向上运动，故C 错误；t=5.5 s 时，即从t=2.5 s 时再经过3 s=3
2T，可知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，知此时平衡位置在P、Q 处的两质点位移相同，故D 正确。
例4 (2025·山东济南市诊断)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0 时刻的波形图如图所示，此时P
点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知波速v=8 m/s，则此后P 点第三次达到平衡位置的
时间是( )
A.13
24 s
B.11
24 s
C. 9
16 s
D.11
16 s
答案 A
解析 由波形图可知λ=4 m，根据v= λ
T ，解得T=0.5 s，圆频率为ω=2π
T =4π rad/s，设P 质点的振动方程为
y=Asin(4πt+φ0)，将t=0，y= A
2 代入上述方程，则有A
2 =Asin(4π×0+φ0)，化简得1
2=sin φ0，解得φ0=π
6 或φ0=
5 π
6 ，波沿x 轴正方向传播，由“上下坡法”知此时P 点沿y 轴负方向运动，故φ0=5 π
6 ，则P 质点的振动
方程为y=Asin(4πt+5 π
6 )，P 质点从当前位置到第一次回到平衡位置所用时间Δt=π - 5
6 π
2π
T= T
12，故P 点从开
始到第三次达到平衡位置的时间为t=Δt+T=13
12T=13
24 s，故选A。
例5 (多选)(2024·山东卷·9)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴相向传播，波速均为2 m/s。
t=0 时刻二者在x=2 m 处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2 m 处的质点P，下列说法正确的
是( )
A.t=0.5 s 时，P 偏离平衡位置的位移为0
B.t=0.5 s 时，P 偏离平衡位置的位移为-2 cm
C.t=1.0 s 时，P 向y 轴正方向运动
D.t=1.0 s 时，P 向y 轴负方向运动
答案 BC
解析 T1= λ1
v =2 s，T2= λ2
v =1 s
Δt1=0.5 s=T 1
4 =T 2
2 ，
甲波经0.5 sP 质点处于波谷，
乙波经0.5 sP 质点在平衡位置
根据叠加原理可知，t=0.5 s 时，P 偏离平衡位置的位移为-2 cm，故A 错误，B 正确；
Δt2=1.0 s=T 1
2 =T2，
经1.0 s 甲波在P 点引起的振动向上，乙波在P 点引起的振动也向上，
根据叠加原理可知，t=1.0 s 时，P 向y 轴正方向运动，故C 正确，D 错误。
针对训练2 (多选)(2025·湖南卷·7)如图，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy 平面内，两波源分别置于
A、B 两点。t=0 时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy 平面。频率均为2.5 Hz。两波
源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC 方向传播，波速均为10 m/s。下列说法正确的是(
)
A.两横波的波长均为4 m
B.t=0.4 s 时，C 处质点加速度为0
C.t=0.4 s 时，C 处质点速度不为0
D.t=0.6 s 时，C 处质点速度为0
答案 AD
解析 两横波的波长均为λ=v
f =4 m，故A 正确；两横波传到C 处所需时间分别为t1= 3
10 s=0.3 s，t2=
√3
2+ 4
2
10
s=0.5 s，T=1
f =0.4 s，故t=0.4 s 时，只有A 处波传到C 处且振动了1
4 T，故C 处质点处于正向或负
向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C 错误；分析可知t=0.6 s 时两横波都已传播到C 处，C 处
质点到两波源的距离差为Δx=5 m-3 m=2 m=1
2λ，故C 处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故此时C 处
质点位移为零，速度为零，故D 正确。
考点三 振动图像与波的图像综合应用
巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法
例6 (2025·湖北省部分学校联考三模)一列简谐横波沿x 轴传播，波速为2 m/s，振幅为10 cm。图甲为
该横波传播一个周期时的波形图，从此时开始计时，P 点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是(
)
A.该横波波源的平衡位置在x=0 处
B.0.75 s 时刻P 点速度达到最大
C.从波源开始振动到P 点开始振动，波源处质点通过的路程为35 cm
D.从图甲时刻开始，波向前传播5 m 的时间内，P 点通过的路程为50 cm
答案 C
解析 由振动图像，0 时刻P 点向上运动，所以波沿x 轴负向传播，该横波波源的平衡位置在x=4 m 处，
故A 错误；由题图甲可知该横波波长λ=4 m，由v= λ
T ，可知该横波周期T=2 s，P 点到达平衡位置时速度最
大，需要时间T
2 n+5
6 s=(n+5
6) s(n=0，1，2，3…)，故B 错误；由简谐运动规律可知，P 点从平衡位置到一
半振幅处用时1
12T，则由题图甲可得从波源开始振动到P 点开始振动，波源处质点振动了11
12T，通过路程
为35 cm，故C 正确；圆频率为ω=2π
T =π rad/s，设质点P 的振动方程为y=Asin(πt+φ0)，将t=0，y=5 cm 代
入有φ0=π
6 或5 π
6 ，结合题图乙可知φ0=π
6 ，波传播5 m 为5
4 个波长，用时5
4 T，可知P 点振动了一个周期又
1
2 s，则通过路程为[40+5+10-10sin(π
2 +π
6 )]cm=(55-5√3)cm，故D 错误。
例7 (2025·福建福州市二模)如图甲所示，a、b 为沿x 轴传播的一列简谐横波上的两质点，相距为s=1
m。a、b 的振动图像分别如图乙、丙所示。
(1)若波在介质中传播的速度为v=4 m/s，求波长；
(2)若波沿x 轴负方向传播，且波长大于0.7 m，求可能的波速值。
答案 (1)3.2 m (2)1 m/s 或5 m/s
解析 (1)由振动图像可知，波的振动周期T=0.8 s
波长λ=vT=3.2 m
(2)若波沿x 轴负方向传播，则a、b 间距离s=(n+1
4 )λ(n=0，1，2…)
解得λ=
4
4 n+1 m(n=0，1，2…)
由于λ>0.7 m，n 可以取0、1，对应波长λ1=4 m 或λ2=0.8 m
则波速为v1= λ1
T = 4
0.8 m/s=5 m/s
或v2= λ2
T =0.8
0.8 m/s=1 m/s。
题目选项中所需判断的物理量函数表达式以字母形式出现，表达式有明显区别(指数明显不同或物
理量有的处在分子中，有的处在分母中)。可将对应物理量以国际单位制表示并加以约分，看最后剩余
下的单位与所求的物理量单位是否相符，以此简单地排除不可能的选项。
示例 (2025·湖北省名校联盟联考)转动惯量(J=∑miri
2)是物体绕转轴转动时惯性的量度，其中ri是微元
mi到转轴的距离。复摆是由大小和形状不发生变化的物体，绕固定水平轴在重力作用下做微小摆动的
运动体系，如图所示，l 是质心到转轴的距离，重力加速
度为g。复摆和单摆类似，可以视为简谐运动。根据所学物理知识，判断复摆的周期公式可能是( )
A.2π√
J
mgl
B.2π√
mgl
J
C.2π J
mgl
D.2π mgl
J
答案 A
解析 单摆的周期单位为秒(s)，由题意可知，转动惯量的公式为J=∑miri
2，其单位为kg·m2。四个选项的
单位分别是秒(s)、秒分之一(s-1)、秒方(s2)以及秒方分之一(s-2)。根据量纲法分析可知，复摆的周期公式可
能是T=2π√
J
mgl ，故选A。
专题强化练
[分值：60 分]
[1~7 题，每题4 分，8~10 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·广东卷·1)关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是( )
A.系统的固有频率与驱动力频率有关
B.只要驱动力足够大，共振就能发生
C.应用多普勒效应可以测量车辆的速度
D.观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大
答案 C
解析 系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A 错误；只有驱动力频率与系统固有频率
相同时，共振才能发生，B 错误；根据多普勒效应可知观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波
源的频率小，观察者与波源相互靠近时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测
量车辆的速度，C 正确，D 错误。
2.(多选)(2024·贵州卷·9)如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光滑小球将
瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位
置，在t=0 时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为T。规定竖直向上为正方向，则小球在
t=1.5T 时刻( )
A.位移最大，方向为正
B.速度最大，方向为正
C.加速度最大，方向为负
D.受到的回复力大小为零
答案 AC
解析 对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在t=0 时由静止释放，可知此时小球位于最低点。因小球
的运动可视为简谐运动，周期为T，则小球在t=1.5T 时刻处于最高点位置，此时位移最大，方向向上(正方
向)；小球受到的回复力最大，方向向下，则小球的加速度最大，方向向下(负方向)，此时小球的速度为
0。故选A、C。
3.(2024·安徽卷·3)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v 大小相等。某时刻的
波形图如图所示，则这两列横波( )
A.在x=9.0 m 处开始相遇
B.在x=10.0 m 处开始相遇
C.波峰在x=10.5 m 处相遇
D.波峰在x=11.5 m 处相遇
答案 C
解析 由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在x=11.0 m 处开始相
遇，故A、B 错误；甲波峰的横坐标为x1=5.0 m，乙波峰的横坐标为x2=16.0 m，由于两列波的波速相同，
所以波峰在x'=5.0 m+16.0-5.0
2
m=10.5 m 处相遇，故C 正确，D 错误。
4.(2025·黑吉辽蒙卷·5)平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质中产生两列波。
若波峰用实线表示，波谷用虚线表示，P 点位于其最大正位移处，曲线ab 上的所有点均为振动减弱点，则
下列图中可能满足以上描述的是( )
答案 C
解析 根据题意，P 点位于其最大正位移处，故可知此时P 点位于两列波的波峰与波峰相交处，B、D 错
误；根据干涉规律可知，相邻波峰与波峰交点、波谷与波谷交点连线上的点都是振动加强点，故A 图像中
的曲线ab 上的点存在振动加强点，A 错误；C 图像中曲线ab 是波峰与波谷相交的减弱点的连线，是减弱
线，故ab 上的点总是振动减弱点，C 正确。
5.(多选)(2025·重庆卷·8)一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f 上下振动，水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。
用实线表示波峰位置，某时刻第1 圈实线的半径为r，第3 圈实线的半径为9r，如图所示，则( )
A.该波的波长为4r
B.该波的波速为2fr
C.此时浮筒在最低点
D.再经过1
4 f ，浮筒将在最低点
答案 AD
解析 根据题意此时刻第1 圈实线的半径为r，第3 圈实线的半径为9r，故可得2λ=9r-r，即λ=4r，故A 正
确；该波的波速为v=λf=4rf，故B 错误；由λ=4r，该时刻第1 圈实线的半径为r=1
4 λ，由于波向外传播，根
据同侧法可知此时浮筒处于平衡位置向下振动，故再经过1
4 f =1
4 T，浮筒将在最低点，故C 错误，D 正确。
6.(多选)(2025·山东卷·9)均匀介质中分别沿x 轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2 cm，波
速均为1 m/s，M、N 为介质中的质点。t=0 时刻的波形图如图所示，M、N 的位移均为1 cm。下列说法正
确的是( )
A.甲波的周期为6 s
B.乙波的波长为6 m
C.t=6 s 时，M 向y 轴正方向运动
D.t=6 s 时，N 向y 轴负方向运动
答案 BD
解析 根据题图可知甲波的波长λ 甲=4 m，根据λ 甲=vT 甲，可得T 甲=4 s，A 错误；根据题图可知( 1
12×2+1
2
)λ 乙=4 m，可得λ 乙=6 m，B 正确；根据λ 乙=vT 乙，可得T 乙=6 s，根据同侧法可知t=0 时N 向y 轴负方向运
动，t=6 s 时即经过时间T 乙，N 仍向y 轴负方向运动，D 正确；t=6 s 时即经过T 甲+T 甲
2 ，结合“同侧法”可
知M 向y 轴负方向运动，C 错误。
7.(2025·四川乐山市诊断)沿x 轴传播的一列简谐横波在t=0 时刻的图像如图所示，该时刻P、Q 两质点离开
平衡位置的位移相同，此后P 质点回到平衡位置的最短时间为0.1 s，Q 质点回到平衡位置的最短时间为
0.3 s，则( )
A.该波沿x 轴负方向传播
B.该波的传播速度为10 m/s
C.t=0.2 s 时，质点P 的加速度方向沿y 轴负方向
D.t=0.2 s 时，质点P 的纵坐标为-4 cm
答案 B
解析 由题图中P、Q 两质点位置和P 先回到平衡位置可知，题图中质点P 向y 轴负方向振动，所以该波
沿x 轴正方向传播，故A 错误；由题图可知，波长为λ=8 m，由P 质点回到平衡位置的最短时间为0.1 s，
Q 质点回到平衡位置的最短时间为0.3 s，由简谐运动的对称性可知周期为T=2×(0.1+0.3) s=0.8 s，该波的
传播速度为v= λ
T = 8
0.8 m/s=10 m/s，故B 正确； t=0.2 s 时，质点P 在平衡位置下方向y 轴负方向振动，加
速度方向沿y 轴正方向，故C 错误；t=0.1 s 时质点P 在平衡位置向y 轴负方向振动，从此时开始计时质点
P 的振动方程为y=-Asin ωt=-6sin 5 π
2 t(cm)，当t=0.2 s-0.1 s=0.1 s 时y=-3√2 cm，故D 错误。
[争分提能练]
8.(多选)(2025·山东潍坊市三模)x 轴上两波源P、Q 的平衡位置坐标分别为x1=-10 m、x2=10 m，形成的简谐
横波在同种均匀介质中相向传播，某时刻的波形如图所示。已知波的传播速度为2 m/s，下列说法正确的是
( )
A.两波源的起振方向相反
B.从图示时刻经5 s 两列波相遇
C.各质点振动稳定后，在P、Q 之间(不包含P、Q)的连线上共有10 个加强点
D.各质点振动稳定后，平衡位置在坐标原点的质点的振幅为45 cm
答案 AD
解析 由题图可知，某时刻，波源P 产生的机械波刚好传到x=-6 m 处，根据上下坡法可知，x=-6 m 处的质
点的速度方向沿y 轴负方向，即波源P 的起振方向沿y 轴负方向，同理，某时刻，波源Q 产生的机械波刚
好传到x=4 m 处，根据上下坡法可知，x=4 m 处的质点的速度方向沿y 轴正方向，即波源Q 的起振方向沿y
轴正方向，故两波源的起振方向相反，故A 正确；由题知，在同种均匀介质中相向传播，则两列波的波速
相等，为2 m/s，设经过时间t 两列波相遇，则有10 m=2vt，解得t=2.5 s，故B 错误；由题图可知，两列波
的波长相等，都为4 m，又两列波的波速相等，则两列波的周期相等，所以两列波频率相等，故两波可发
生稳定干涉。由A 项分析知两波源起振方向相反，但波源Q 比波源P 早振动半个周期，则某振动加强点到
两波源的距离的路程差等于波长的整数倍，设某振动加强点到P 点的距离为x，则到Q 点的距离为20 m-
x，有|x-(20 m-x)|=nλ(n=0，1，2，…)，即|x-10 m|=n λ
2(n=0，1，2，…)，可得x 轴上，坐标原点为振动加强
点，且每隔半个波长有一个加强点，故在P、Q 之间(不包含P、Q)的连线上共有9 个加强点，加强点振幅
为A=15 cm+30 cm=45 cm，故C 错误，D 正确。
9.(多选)(2025·陕晋宁青卷·8)一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1 m，a、b 为介质中平衡位置
相距2 m 的两质点，其振动图像如图所示。则t=0 时的波形图可能为( )
答案 AD
解析 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，λ= 4 xab
4 n+1，其中n=0，1，2…，因λ>1
m，可知n=0 或n=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，λ= 4 xab
4 n+3，其中n=0，1，
2…，因λ>1 m，可知n=0 或n=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A、D 符合题意。
10.(多选)(2025·山东烟台市、德州市、东营市一模)图甲是沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0 时的波形图，
P、Q 是位于x 轴上的两个质点，间距为3 m，t=0 时刻该波刚好传播到Q 点，t=1
6 s(1
6 s<T，T 为周期)时的
波形图如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.该波的周期为2 s
B.该波的波速为6 m/s
C.x=0 处质点的振动方程为y=6cos(πt+π
3 ) cm
D.从t=0 时开始，该波传至x=7 m 处所用的时间为0.5 s
答案 ACD
解析 设x=0 处质点振动方程为y=Acos(ωt+φ0)，当t=0 时，由题图甲知x=0 处质点的位移y=3 cm，质点沿
y 轴负方向运动，有3 cm=6cos φ0 cm，解得φ0=1
3π，t=1
6 s 时，由题图乙知x=0 处质点处于平衡位置，
y=0，0=6cos (2π
T t+φ0) cm，解得T=2 s，ω=2π
T =π rad/s，则x=0 处质点的振动方程为y=6cos(πt+π
3 ) cm，故
A、C 正确；由题图甲可知，该波波长为λ=6 m，则波速大小v= λ
T =3 m/s，故B 错误；由题图乙知t=1
6 s 时
波传播到x1=6 m 处，从t=0 时开始，该波传至x=7 m 处所用的时间为t2=t+ x - x1
v
=0.5 s，故D 正确。
11.(14 分)(2025·湖南常德市一模)“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的
描述，水波可看成简谐横波。一列沿x 轴负方向传播的水波在t=0 时刻的波形如图所示，此时波刚好传播
到平衡位置为x1=1.0 cm 的P 点，Q 点是波上平衡位置为x2=6.0 cm 的质点，在t1=2
3 s 时刻，Q 点(在t=0 时
刻后)首次位于波峰位置。求：
(1)(3 分)该列波的传播速度v；
(2)(6 分)质点Q 的振动方程；
(3)(5 分)t=0 时刻后，质点P 和质点Q 第三次位移相同的时刻tx。
答案 (1)0.15 m/s (2)y=0.04sin (5 π
2 t+5 π
6 ) m
(3)5
6 s
解析 (1)t=0 时刻，质点Q 右端最近的波峰的平衡位置x3=16 cm，0~t1时间内，x3=16 cm 处的振动形式传
播至Q 点，则v= x3- x2
t1
解得v=0.15 m/s
(2)质点Q 的振幅A=0.04 m
设简谐横波的周期为T，则T= λ
v =4
5 s
质点Q 的圆频率ω=2π
T =5 π
2 rad/s
设质点Q 的初相位为φ，根据题意有
φ=ω· x2- x1
v
=5
6π
则质点Q 的振动方程为y=0.04sin (5 π
2 t+5 π
6 ) m
(3)根据题意可知，质点P 的振动方程为
y=0.04sin (5 π
2 t) m
质点P、质点Q 第三次位移相同时
(5 π
2 tx+5 π
6 )+5 π
2 tx=5π
解得tx=5
6 s。
