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第16 讲 机械振动和机械波
题型一简谐运动的基本特征及应用
1．（2026•广陵区模拟）如图所示，并列悬挂两个完全相同的弹簧振子。把两个小球向下拉同样距离
后，先释放A 球，当A 球第一次到达最高点时再释放B 球，在接下来的运动过程中，两球在任意时刻
（ ）
A．位移相同
B．动能相同
C．速度相同
D．加速度相同
【答案】B
【分析】同振幅、同周期，相位差T
4 ，任意时刻位移大小相等，势能相等，动能相等；位移、速度、
加速度是矢量，相位不同则均不相同。
【解答】解：A、位移相同：相位不同，同一时刻位移大小、方向不一定相同，故A 错误；
B、动能相同：弹簧振子机械能守恒，振幅相同、机械能相等，相位差T
4 ，任意时刻位移大小总相
等，弹性势能相等，动能一定相等，故B 正确；
C、速度相同：速度是矢量，方向可能相反，不相同，故C 错误；
D、加速度相同：a=−k
m x，位移矢量不同，加速度矢量也不同，故D 错误。
故选：B。
2．（2026•临汾二模）如图甲所示，一根劲度系数为k 的轻质弹簧一端固定在墙壁上，另一端连接一个
质量为m 的小球，小球在光滑水平面上做简谐运动的周期可表示为T＝2π❑√
m
k
同一根弹簧两端分别连
接质量为m1和m2的小球，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T1，如图乙所示。下列四个
关于周期T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达
式是（ ）
A．T1＝2π
❑√
m1+m2
k
B．T 1=2π ❑√
m1m2
k(m1+m2)
C．T1＝2π
❑√
m1−m2
k
D．T1＝2π❑√
m1m2
k
【答案】B
【分析】利用极限假设法，令其中一个小球质量趋于无穷大，将双振子模型退化为单振子模型，结合
单振子周期公式验证各表达式的合理性。
【解答】解：A.采用极限法分析，若令m2→∞，则m2等效为固定墙，系统周期应等于单振子周期
T =2π
❑√
m1
k
代入该表达式得T1→∞与实际不符，故A 错误；
B.双振子系统的等效质量为约化质量μ= m1m2
m1+m2
简谐运动周期公式为T =2π ❑√
μ
k
代入得T 1=2π ❑√
m1m2
k(m1+m2)
，且令m2→∞时，表达式退化为单振子周期，符合物理规律，故B 正
确；
C.若令m1＝m2，代入该表达式得T1＝0 显然违背物理常识，故C 错误；
D.令m2→∞代入该表达式得T1→∞，与单振子周期2π
❑√
m1
k
不符，故D 错误。
故选：B。
3．（2026•乐山模拟）如图所示，弹簧下面挂一质量为m 的物体，在弹性限度范围内，物体在竖直方向
上做振幅为A 的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。已知重力加速度为g，则在振
动过程中有（ ）
A．物体在最低点时受到的弹力大小为mg
B．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
C．物体的最大动能等于mgA
D．弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变
【答案】B
【分析】题目涉及竖直弹簧振子做简谐运动，物体在最高点时弹簧为原长且仅受重力，其加速度为重
力加速度，由此可推断平衡位置在最高点下方振幅A 处，此时弹簧伸长量与重力平衡。根据简谐运动
的对称性，最低点位于平衡位置下方振幅A 处，弹簧伸长量为最高点到最低点距离的两倍，结合最高
点受力分析可确定弹簧劲度系数与重力关系，从而分析最低点弹力大小。系统机械能守恒，从最高点
到最低点重力势能减少量等于弹簧弹性势能增加量，可计算最大弹性势能。物体经过平衡位置时动能
最大，利用机械能守恒分析重力势能减少量转化为动能和弹性势能，可得最大动能。由于重力势能变
化，弹簧弹性势能与物体动能之和并不守恒。
【解答】解：物体在竖直方向上做简谐振动。当物体振动至最高点时，弹簧恰为原长，表明此时物体
仅受重力，加速度为g。
根据简谐振动的对称性，物体的平衡位置位于最高点下方振幅A 处，即在平衡位置时弹簧的伸长量为
A，此时有kA＝mg。
A、物体的最低点位于平衡位置下方振幅A 处，即距最高点（原长位置）的距离为2A，此时弹簧伸长
量为2A，物体所受弹力大小为F＝k•2A＝2kA＝2mg，故A 错误；
B、在物体从最高点运动至最低点的过程中，动能变化量为零，系统机械能守恒。物体下降高度为
2A，其重力势能减少了2mgA，则弹簧增加的弹性势能等于物体减少的重力势能，即最低点时弹簧的
最大弹性势能为2mgA，故B 正确；
C、物体运动至平衡位置时动能最大。在此过程中，物体下降高度为A，弹簧伸长量为A，此时弹簧的
弹性势能为E p= 1
2 k A
2= 1
2 mgA。根据系统机械能守恒定律，有mgA = Ek ，max+ 1
2 mgA，解得：
Ek ，max = 1
2 mgA，故C 错误；
D、在振动过程中，物体的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变。由于物体的重力势能随
高度变化而变化，因此弹簧的弹性势能与物体的动能之和是不断变化的，故D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026 春•南安市校级期中）如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0 时刻，
将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹
起离开弹簧上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程
弹簧弹力F 随时间t 变化的图像如图所示，则（ ）
A．此运动过程，小球的机械能不守恒
B．t2时刻小球动能最大
C．t1∼t2这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球的动能先减小后增大
【答案】AC
【分析】A.结合题意，由机械能守恒定律，即可分析判断；
BC.结合题意，由牛顿第二定律及弹簧弹力的变化规律，即可推导小球的运动状态，进而分析判断；
D.类比前面思路，根据弹簧弹力的变化，确定小球的受力情况及运动特点，即可分析判断。
【解答】解：A.此运动过程，弹簧对小球做功，则由机械能守恒定律可知，小球的机械能不守恒，故
A 正确；
BC.t1∼t2这段时间内，弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程，根据牛顿第二定律mg﹣F 弹＝
ma，可知小球受到的弹力开始时小于重力，再等于重力，后来大于重力，
则小球先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为0 时，其速度达到最大值，后做加速度逐渐增
大的减速运动，所以小球的动能先增大，后减小，在t1∼t2之间的某个时刻（小球所受重力与弹簧弹力
等大、反向时），小球动能最大，
而在t2时刻，小球所受的弹簧的弹力最大，其动能应为0，故B 错误，C 正确；
D.由图可知，t2～t3这段时间内，小球的弹力从最大开始减小，说明小球从最低点上升，小球受到的弹
力开始时大于重力，小球向上做加速运动，后来小于重力，小球做减速运动，所以小球的动能先增
大，后减小，故D 错误。
故选：AC。
题型二简谐运动的公式和图像
1．（2026•信宜市校级模拟）猜想是物理研究的重要手段之一。如图，某科技小组猜想从地球北极A 点
挖一条直线细隧道通往南极B 点，从A 点静止释放一物体，穿过地心到达B 点，此过程用时t1。若该
物体从A 点绕地球做近地圆周运动到B 点，此过程用时t2。已知一个质量均匀的球壳对其内部物体的
引力为零，地球视为匀质球体，不计空气阻力，质量为m0、劲度系数为k 的弹簧振子的振动周期公式
为T＝2π❑√
m0
k
，则t1
t2
=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【分析】先根据匀质球壳引力为零的条件，推导出隧道内物体的运动为简谐运动，类比弹簧振子求出
其半周期；再根据万有引力提供向心力求出近地卫星的半周期，最后计算两者的比值。
【解答】解：设地球的密度为ρ，地球的半径为R，物体沿路径1 运动时，当物体离地心距离为x 时，
物体受到的万有引力大小为F = GM ′ m
x
2
=
Gρ 4
3 π x
3m
x
2
= 4
3 πGρmx ∝x
其方向总是指向地心O，物体沿路径1 以地心O 为平衡位置做简谐运动，周期为
T =2π ❑
√
m
4
3 πGρm
= ❑√
3 π
Gρ
物体沿路径1 从A 运动到B 所用时间t1= T
2 = 1
2
❑√
3 π
Gρ
该物体从A 点绕地球做近地圆周运动到B 点，根据万有引力提供向心力有G Mm
R
2 =m v
2
R
其中M = ρ⋅4
3 π R
3
代入数据可得v =2 R ❑√
πGρ
3
用时t2= πR
v =
πR
2 R ❑√
πGρ
3
= 1
2
❑√
3 π
Gρ
代入数据可得
t1
t2
=1，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•海淀区二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O 点，小球在B、C 两点之间做简谐运动，B
点与C 点相距20cm。小球经过B 点时开始计时，经过2s 首次到达C 点。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s
B．0～3s 内，小球通过的路程为0.1m
C．0～2s 内，弹簧弹力对小球始终做负功
D．0～1s 内和1～2s 内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等
【答案】D
【分析】小球从B 点开始计时，经过2s 首次到达C 点，说明从B 到C 是半个周期，因此完整周期为
4s。0～3s 对应四分之三周期，路程为3 倍振幅即30cm。0～2s 内小球从B 经O 到C，弹力先与速度同
向做正功，后反向做负功。0～1s 和1～2s 两段时间相等，小球初末速度均为零，根据动量定理，弹力
冲量大小相等。
【解答】解：A、根据题意，小球经过B 点时开始计时，经过2s 首次到达C 点，可知弹簧振子做简谐
运动的周期为4s，故A 错误；
B、由题意可知，小球做简谐运动的振幅为10cm，在0～3s 内，即t = 3
4 T时间内，小球通过的路程为s
＝3A，解得：s＝30cm＝0.3m，故B 错误；
C、在0～2s 内，弹簧弹力开始时为拉力，与小球运动方向一致，对小球做正功；经过平衡位置后，弹
簧弹力表现为向右的支持力，与小球运动方向相反，对小球做负功，因此0～2s 内，弹簧弹力对小球
先做正功后做负功，故C 错误；
D、根据题意，小球在B 点和C 点的速度均为零，在0～1s 内弹簧弹力表现为拉力，在1～2s 内弹簧弹
力表现为支持力，根据动量定理可知，这两个时间段内小球所受弹簧弹力的冲量大小相等、方向相
反，故D 正确。故选：D。
3．（2026 春•绿园区校级期中）如图甲所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动。以其平衡位置为坐标原
点、竖直向上为正方向建立坐标轴，振子的位移x 随时间t 的变化规律如图乙所示，则（ ）
A．振子的振幅为4cm
B．振子的振动周期为1s
C．t＝1s 时，振子的速度为正的最大值
D．t＝1s 时，振子的加速度为正的最大值
【答案】C
【分析】根据简谐运动的位移﹣时间图像，结合振幅、周期的定义，以及振子在平衡位置的速度、加
速度特点分析各选项。
【解答】解：A、结合乙图，弹簧振子的振幅为2cm，故A 错误；
B、结合乙图，弹簧振子的周期为2s，故B 错误；
CD、t＝1s 时，弹簧振子在平衡位置向上振动，此时弹簧振子的速度为正向最大值，加速度为零，故
C 正确，D 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026•定安县模拟）如图甲所示，光滑水平面上有大小相同的小球A 和B 靠在一起，小球
A 与轻绳组成单摆，小球B 与轻弹簧组成的弹簧振子，刚开始小球A 和B 均处于静止状态，现将小球
A 向左拉开一个较小角度（小于5°）并t＝0 时由静止释放，经最低点时与小球B 发生碰撞，碰撞时间
可忽略不计，此后小球B 运动的v﹣t 图像如图乙所示。以最低点为零势能面，小球A 与B 第一次碰撞
后A 球速度恰好为零，已知小球B 的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的有
（ ）
A．弹簧振子的周期等于4t0
B．单摆的摆长等于gt0
2
π
2
C．A 球释放的高度为v0
2
2 g
D．A 球运动的最大速率为1
2 v0
【答案】AC
【分析】根据单摆和弹簧振子的运动特性，结合机械能守恒定律和周期公式，分析各选项的正确性。
【解答】解：A．小球B 获得向右速度，向右减速到零，又返回初始位置，则结合图像弹簧振子运动
半个周期，即弹簧振子的周期为T＝4t0，故A 正确；
B．根据单摆周期公式T =2π ❑√
L
g
解得摆长L= 4 gt0
2
π
2
故B 错误；
CD．由题知，小球A 与小球B 发生碰撞后，小球B 的速度为v0，小球A 静止，则A、B 两球的质量相
等，速度交换，且该碰撞为弹性碰撞，即小球A 在与小球B 碰撞前的速度为v0，即vA＝v0
设小球的质量为m，根据机械能守恒有mgh= 1
2 m v A
2
解得h= v0
2
2g
因为在最低点速度最大，故小球A 的最大速度为v0，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
题型三
单摆及其周期公式
1．（2026 春•长宁区校级期中）关于单摆，下列说法正确的是（ ）
A．摆球受到的回复力是它所受的合力
B．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零
C．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力
D．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
【答案】D
【分析】根据单摆摆球的振动情况、受力情况以及回复力的来源进行分析；
【解答】解：A．单摆振动的回复力是使摆球回到平衡位置的力，在单摆运动中，回复力是重力沿圆
弧切线方向的分力，即mgsinα，其中α 是摆线与竖直方向之间的夹角，由于还需要提供向心力，所以
回复力不是重力和摆线拉力的合力，故A 错误；
B．摆球经过平衡位置时，有向心加速度，合力提供向心力，所以合力不为零，故B 错误；
C．单摆的摆球在振幅时（最高点），速度为零，向心加速度为零，向心力为零，此时合力提供回复
力，故C 错误；
D．单摆的摆球不在最高点时，速度不为0，所需向心力不为0，合力即不是回复力，故D 正确。
故选：D。
2．（2026 春•鞍山期中）2026 年4 月11 日，辽宁鞍山岫岩县发生3.7 级地震，震源深度10 公里。关于机
械振动和波，下列说法正确的是（ ）
A．波的周期与波源的周期相同
B．做简谐运动的物体所受回复力一定是物体所受的合外力
C．做受迫振动的物体，外力的频率越大，则物体做受迫振动的振幅也越大
D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动是共振现象
【答案】A
【分析】根据波速与质点振动速度，回复力，共振的条件和受迫振动知识进行分析解答。
【解答】解：A.波在传播过程中，介质中各质点完成一次全振动所需的时间为波的一个周期。由于波
源的振动通过介质传播，介质中各质点的振动周期由波源决定，与波源的振动周期相同。则波的周期
与波源的周期相同，故A 正确；
B.根据简谐振动的特点可知，做简谐运动的物体所受回复力是使物体回到平衡位置的力，其方向始终
指向平衡位置。但回复力不一定是物体所受的合外力，例如单摆做简谐运动时，回复力是重力沿圆弧
切线方向的分力，而非摆球所受的合外力（合外力还包括沿半径方向的向心力），故B 错误；
C.做受迫振动的物体，其振幅由驱动力的频率与物体的固有频率共同决定。当驱动力的频率等于物体
的固有频率时，物体发生共振，振幅达到最大；当驱动力频率偏离固有频率时，振幅减小。因
此，“外力的频率越大，振幅越大”的说法错误，故C 错误；
D.共振现象的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率。连续均匀的海浪冲击下，小船上下振动时，
海浪的频率（驱动力频率）与小船的固有频率不相等，因此不属于共振现象，故D 错误。
故选：A。
3．（2026 春•西城区校级期中）电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定
了“流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度大小为ω 的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到
达距离太阳最近的恒星（比邻星）。为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装
N 台“喷气”发动机，如图所示（N 较大，图中只画出了4 个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线
方向提供大小恒为F 的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知描述地球转动的动力学方程与描述质点
运动的牛顿第二定律方程F＝ma 具有相似性，为M＝Iβ，其中M 为外力的总力矩，即外力与对应力臂
乘积的总和，其值为NFR；I 为地球相对地轴的转动惯量；β 为单位时间内地球的角速度的改变量将地
球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（ ）
A．在M＝Iβ 与F＝ma 的类比中，与质量m 对应的物理量是转动惯量I，其物理意义是反映改变地球
绕地轴转动情况的难易程度
B．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小
C．若发动机“喷气”方向与地球上该点的自转线速度方向相反，则地球赤道地面的人可能
会“飘”起来
D．这些行星发动机同时开始工作，使地球停止自转所需要的时间为ωI
NF
【答案】A
【分析】结合转动动力学方程M＝Iβ 与质点牛顿第二定律的类比，分析转动惯量的物理意义，结合地
球自转减速过程中赤道重力加速度的变化规律，逐一判断选项正误。
【解答】解：A、在 M＝Iβ，与F＝ma，的类比中，与转动惯量I 对应的物理量是m，其物理意义是
反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，故A 正确；
B、地球赤道处，万有引力的一部分提供自转所需向心力，剩余部分为重力，即G Mm
R
2 =mg+mω
2 R
可得g= GM
R
2 −ω
2 R。刹车过程中角速度ω 减小，向心力减小，重力加速度g 会逐渐增大，故B 错
误；
C、喷气反方向即阻碍自转，地球减速过程中角速度ω 减小，所需向心力mω2R 减小，万有引力不
变，则地面支持力N= GMm
R
2
−mω2R 增大，人不会飘起来，故C 错误；
D、这些行星发动机同时开始工作，且产生的推动力大小恒为F，根据NFR＝lβ，而βt＝ω
则停止的时间t = ωI
NFR ，故D 错误。
故选：A。
（多选）4．（2026 春•皋兰县期中）如图所示，可视为质点的小球通过轻质细线吊在水平天花板上O 点
处，O 点正下方、细线右侧的O′处有一光滑细钉。将小球拉至OO′右侧A 点处由静止释放，小球
经过最低点B 后到达左侧最高点C（图中未画出）。不计空气阻力，细线始终绷紧，A、O′连线与竖
直方向的夹角θ＜5°，下列说法正确的是（ ）
A．C 点与A 点等高
B．小球第一次经过B 点前后细线上拉力大小不变
C．小球第一次从A 点运动到B 点的时间大于第一次从B 点运动到C 点的时间
D．仅将细钉固定位置竖直上移少许，小球运动的周期增大
【答案】AD
【分析】小球在运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律分析C 点与A 点高
度关系；根据牛顿第二定律列式分析小球第一次经过B 点前后细线上拉力大小变化情况；根据时间与
周期的关系分析小球第一次从A 点运动到B 点的时间与第一次从B 点运动到C 点的时间关系；根据周
期与摆长的关系分析仅将细钉固定位置竖直上移少许时周期变化情况。
【解答】解：A、小球在运动过程中，细线对小球的拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能守
恒，根据机械能守恒定律可知小球在C 点与A 点的重力势能相等，则C 点与A 点等高，故A 正确；
B、小球经过B 点时，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝mv
2
r ，得T＝mg+mv
2
r ，小球第一次经过B 点前后
速度大小不变，圆周运动的半径变大，则细线上拉力变小，故B 错误；
C、因A、O′连线与竖直方向的夹角θ＜5°，故小球的运动为简谐运动，小球第一次从A 点运动到B
点的时间t1= T 1
4 = 1
4 ×2π❑√
lO′ A
g
，第一次从B 点运动到C 点的时间t2= T 2
4 = 1
4 ×2π❑√
lOA
g
，因lO′A＜
lOA，则t1＜t2，即小球第一次从A 点运动到B 点的时间小于第一次从B 点运动到C 点的时间，故C 错
误；
D、小球运动的周期为T= T 1
2 + T 2
2 = 1
2 ×2π❑√
lO′ A
g + 1
2 ×2π❑√
lOA
g
，仅将细钉固定位置竖直上移少许，
lO′A变大，lOA不变，则T 增大，故D 正确。
故选：AD。
题型
四
机械波的传播与图像
1．（2026 春•海淀区校级期中）某同学用软长绳来演示机械波的运动规律，他手持绳的一端O 点，在竖
直平面内连续向上、向下抖动软绳（可视为简谐运动），带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播
的简谐波，P、Q 为绳上的两点。某时刻的波形如图所示，则（ ）
A．此时P 点和Q 点的速度相同
B．此时Q 点的振动方向竖直向下
C．P、Q 两点间的距离为一个波长
D．P、Q 两点以相同的频率做简谐振动
【答案】D
【分析】同一列波：各质点频率、周期都相同；
波传播方向判断质点振动方向：微平移法、上坡下下坡上；
波长定义：相邻波峰—波峰、波谷—波谷间距离；
不同位置质点，同一时刻速度一般不同。
【解答】解：A、P、Q 此时位移不同，振动速度大小、方向都不同，速度不同，故A 错误；
B、波向右传播，用上坡下、下坡上判断：Q 点处在波形上坡段，振动方向竖直向上，不是向下，故B
错误；
C、一个波长是相邻两个同相位点的距离，P、Q 间距不到一个波长，故C 错误；
D、同一列简谐波上所有质点，振动频率都等于波源频率，P、Q 频率相同，故D 正确。
故选：D。
2．（2026 春•黄浦区校级期中）如图所示，一列水波从深水区传播到浅水区后，水波的波长减小，则从
深水区到浅水区，关于频率和波速的变化情况，以下判断正确的是（ ）
A．频率减小，波速增大
B．频率不变，波速减小
C．频率增大，波速减小
D．频率不变，波速增大
【答案】B
【分析】波的频率由振源决定，在不同介质中频率不变，再根据波速公式v＝λf，分析波长减小时波速
的变化。
【解答】解：频率由波源决定与介质无关，从深水区到浅水区水波的频率不变，结合v＝λf，水波从深
水区传播到浅水区，水波的波长减小，波速减小，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2026•宁德模拟）我国长征十号系列运载火箭在测试过程中，科研团队通过布置在箭体外壁上的高
精度传感器网络，实时采集了箭体在发动机振动激励下产生的机械波数据。t＝0 时刻火箭箭体上沿传
播方向某一截面上横波的波形如图所示，波沿x 轴正方向传播。图中质点P 的平衡位置横坐标x＝
1m。下列说法正确的是（ ）
A．该横波的波长为4m
B．P 点的振幅为0.2m
C．t＝0 时，P 点向y 轴负方向运动
D．t＝0 时，P 点的加速度最大
【答案】A
【分析】AB.结合题图，即可读出该波的波长及振幅，进而判断求解；
CD.结合题意及题图，由“同侧法”及简谐运动中加速度与位移的关系，即可分析判断。
【解答】解：AB.由题图可知，该横波的波长为：
λ＝4m，
P 点的振幅为：
A＝0.1m，
故A 正确，B 错误；
CD.因为波沿x 轴正方向传播，则由题图可知，t＝0 时刻，P 点向y 轴正方向运动，
又因为该时刻质点P 在平衡位置，位移x 为0，则由简谐运动中加速度与位移的关系a=−kx
m 可知，t＝
0 时刻，P 点的加速度最小（为0），故CD 错误。
故选：A。
（多选）4．（2026•台州模拟）波源O 做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面传播。图甲为该
波稳定传播时的俯视图，实线表示波峰，虚线表示波谷。波源从0 时刻起开始振动，0.5s 后频率保持
不变，其振动图像如图乙所示（0～0.5s 内振动未知）。下列说法正确的是（ ）
A．波源起振方向沿y 轴正方向
B．该波的波速为v＝4m/s
C．在t＝2s 时，距离波源4m 处的质点向y 轴负方向振动
D．距离波源0.5m 与1.5m 处的两质点的振动步调始终相反
【答案】BC
【分析】A.结合题意，由题图信息，即可分析判断；
B.首先根据题图，确定该波的周期与波长，然后由波速的计算公式，即可判断求解；
C.结合前面分析及题意，根据质点间振动形式传播的特点，即可分析判断；
D.结合前面分析及题意，根据两质点的运动情况，以及两质点之间的距离与波长的关系，即可分析判
断。
【解答】解：A.由题意知，0～0.5s 内振动未知，则无法判断波源的起振方向，故A 错误；
B.由乙图可得，周期T 为0.5s，由图甲可知，波长λ 为2m，则波速为：
v = λ
T = 2
0.5 m/ s= 4 m/ s，故B 正确；
C.结合前面分析可知，距离波源4m 处的质点开始振动的时间为：
t1= x
v = 4
4 s=1s，
由图乙可知，此时波源向下振动，则1s 后即在t＝2s 时，波源的振动形式传递到距离波源4m 处的质
点，此时该质点向y 轴负方向振动，故C 正确；
D.结合前面分析可知，若波源稳定后，距离波源0.5m 与1.5m 处的两质点满足：
Δx =1.5m−0.5m=1m= 1
2 λ，
则两质点的振动步调相反，
但0.5s 前，两质点的运动情况无法判断，故D 错误。
故选：BC。
题型五 波动图像与振动图像综合
1．（2026•河池一模）战绳（Battle Rope）是健身房常见的高强度训练器材，通过甩动绳子既能锻炼全
身力量与心肺功能，又能直观演示机械波的传播规律。某次训练中甩动战绳形成的波浪可简化为简谐
横波，图乙为该简谐横波在t＝0 时刻的波形图，图丙为图乙中P 点的振动图像。绳子足够长且忽略传
播时振幅的衰减，下列说法正确的是（ ）
A．该简谐波波速为1.5m/s，波沿x 轴负方向传播，经t＝1.2s 质点P 运动的路程为0.6m
B．该简谐波波速为0.75m/s，波沿x 轴正方向传播，经t＝1.2s 质点P 运动的路程为1.2m
C．该简谐波波速为0.75m/s，波沿x 轴正方向传播，经t＝1.2s 质点P 运动的路程为1.0m
D．该简谐波波速为1.5m/s，波沿x 轴正方向传播，经t＝1.2s 质点P 运动的路程为0.6m
【答案】B
【分析】已知波形图与P 点振动图像，需判断波速、传播方向及特定时间内的路程。从波形图确定波
长，振动图像确定周期与振幅，利用波速公式建立波长与周期的关系可得波速。通过t＝0 时刻P 点振
动方向与波形图对比，依据“上下坡法”分析波的传播方向。计算给定时间与周期的倍数关系，结合
简谐运动中质点路程与振幅的规律，可得出质点运动的路程。
【解答】解：分析图乙可知波长λ＝0.6m，分析图丙可知周期T＝0.8s，振幅A＝0.2m。
根据波速公式v = λ
T 可得波速v＝0.75m/s；由于t＝0 时质点P 向y 轴正方向振动，结合图乙波形根
据“上下坡法”可知，该波沿x 轴正方向传播；在Δt＝1.2s 时间内经历的时间为1.5T，质点运动的路
程s＝1.5×4A，解得：s＝1.2m，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2．（2026•琼海校级二模）如图1 所示为一列简谐横波在t＝0 时的波形图，图2 为x＝4m 处质点的振动
图像，以下说法正确的是（ ）
A．波的周期为2s
B．波速大小为1m/s
C．波的传播方向沿x 轴正方向
D．x＝4m 处的质点经1s 到达坐标（5m，2m）处
【答案】B
【分析】明确题目涉及简谐横波的波形图与振动图像结合分析。首先从图2 获取质点的振动周期，结
合图1 中的波长计算波速；通过比较t＝0 时x＝4m 处质点的振动方向（由平衡位置向正方向运动）与
波形图中该位置处质点的坡向关系，利用“上下坡”法判断波传播方向；注意质点仅在平衡位置附近
振动，不会随波迁移，因此需根据振动时间与周期的关系分析质点的位置变化。已知波长、周期与质
点振动状态，可逐步推导波速、传播方向及质点位置。
【解答】解：AB、由图像可知，该波的波长λ＝4m，周期T＝4s，则波速v = λ
T ，解得：v＝1m/s，故
A 错误，B 正确；
C、由图2 可知，t＝0 时，x＝4m 处的质点正由平衡位置向y 轴正方向振动，根据“上下坡”法判断，
该波的传播方向沿x 轴负方向，故C 错误；
D、质点不会随波迁移，t＝0 时，x＝4m 处的质点正沿y 轴正方向运动，经过1s（即T
4 ）后，该质点
将运动至正向最大位移处，其坐标为（4m，2m），故D 错误。
故选：B。
3．（2026•襄阳模拟）某非遗舞龙表演中，龙身的波动可视为沿x 轴传播的简谐横波，图甲为该简谐横
波在t＝0 时刻的波形图，图乙为平衡位置在x＝6m 处的质点a 的振动图像。已知质点M 的平衡位置在
x＝1.5m 处，质点N 的平衡位置在x＝10m 处，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x 轴正方向传播，波速大小为3m/s
B．t＝2.5s 时，质点M 处于波峰位置
C．质点N 的振动方程y =10sin( π
2 t + π
3 )cm
D．t＝3s 时，质点N 恰好位于波谷位置
【答案】B
【分析】从振动图像可知质点a 在t＝0 时刻的振动方向，结合波形图可判断波的传播方向。利用波形
图中波长与振动图像中周期可计算波速。确定波速与传播方向后，可分析任意时刻质点M 与N 的位
置，进而判断其是否处于波峰或波谷。通过比较各选项中时间对应的相位，可验证质点振动方程的正
确性。
【解答】解：由图甲可知波长λ＝12m，由图乙可知周期T＝4s，则波速v = λ
T ，解得：v＝3m/s；由图
乙可知t＝0 时刻x＝6m 处的质点沿y 轴正方向运动，结合图甲波形可知波沿x 轴负方向传播。
A、该波沿x 轴负方向传播，速度为3m/s，故A 错误；
B、在t＝2.5s 时，波传播距离Δx＝vt，解得：Δx＝7.5m，由于波向左传，此时x＝1.5m 处质点的状态
与t＝0 时x＝1.5m+7.5m＝9m 处相同，由图甲可知该处为波峰，故B 正确；
C、根据ω= 2π
T ，解得：ω= π
2 rad / s，波向左传播的特性，由t＝0 时x＝6m 处的振动状态可知质点
N 的振动方程为y =10sin( π
2 t + 2π
3 )cm，故C 错误；
D、将t＝3s 代入质点N 的振动方程解得位移y＝5cm，此时质点不在波谷位置，故D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026•绵阳三模）一列沿x 轴方向传播的简谐横波在t＝0 时刻的波形图如图甲所示，x＝3m
处质点的振动图像如图乙所示。则该波（ ）
A．波速为1m/s
B．波速为2m/s
C．沿x 轴正方向传播
D．沿x 轴负方向传播
【答案】AC
【分析】由波形图可确定波长，振动图像显示质点从波峰到波谷经历半个周期从而得到周期，结合波
速公式可计算波速。在初始时刻，x＝3m 处质点振动方向向上，结合波形图中该质点所处位置，根据
质点振动方向与波传播方向的关系，可判断波的传播方向。
【解答】解：由波形图图甲可知，该波的波长λ＝8m；由振动图像图乙可知，质点从t＝1s 的波峰运动
到t＝5s 的波谷经历半个周期，故周期T＝8s。
根据波速公式v = λ
T ，代入数据解得：v＝1m/s，故A 正确，B 错误；
在t＝0 时刻，由图乙可知x＝3m 处的质点正沿y 轴正方向振动，结合图甲波形，根据“上下坡法”或
波形平移法分析可知，只有当波沿x 轴正方向传播时，位于x＝3m 处的质点才向上运动，故C 正确，
D 错误。
故选：AC。
题型六 波的多解问题
1．（2026•山西模拟）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
【分析】已知波向右传播，当P 位于波峰时Q 在平衡位置，P、Q 平衡位置相距0.3m，此距离与波长
的关系需考虑波形的多种可能性，即两者间可能相差四分之一波长的奇数倍。根据波速公式，波速等
于波长除以周期，结合上述距离与波长的关系，可得到周期与已知距离及波速的关系式，进而代入数
值判断各选项是否可能成立。
【解答】解：简谐横波向右传播，波速v＝2m/s，P、Q 两点的平衡位置相距Δx＝0.3m。当P 点位于波
峰时，Q 点恰好在平衡位置，这表明P、Q 间的距离为四分之一波长的奇数倍，即满足Δx =(2n+1) λ
4
，式中n＝0，1，2，...。
结合波速公式v = λ
T ，可得波长λ＝vT，代入位移关系式整理，得到周期的通项表达式T =
4 Δx
(2n+1)v ，
代入数据得T = 0.6
2n+1 s。
当n＝1 时，解得：T＝0.2s。由于n 只能取非负整数，周期T 的可能取值包括0.6s、0.2s、0.12s 等，无
法取到0.3s、0.4s 或0.5s，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•昌平区一模）一列简谐横波沿x 轴传播，t1＝0 和t2＝0.45s 时刻的波形分别如图中的实线和虚
线所示。已知在t1时刻x＝2m 处的质点沿y 轴负方向运动。则该简谐波（ ）
A．波长为2m
B．沿x 轴正方向传播
C．周期可能为0.6s
D．波速可能为2.2m/s
【答案】C
【分析】根据图像求解波长；根据“同侧法”可知波的传播方向；根据波形图求解周期的可能值；根
据波速计算公式求解波速的可能值。
【解答】解：A、根据图像可知，波长为4m，故A 错误；
B、已知在t1时刻x＝2m 处的质点沿y 轴负方向运动，根据“同侧法”可知，沿x 轴负方向传播，故B
错误；
C、0.45s 时刻的波形是虚线所示，则有：（n+ 3
4 ）T＝0.45s，解得：T=
1.8
4 n+3s（n＝0、1、2、
3……）
当n＝0 时，T＝0.6s，所以周期可能为0.6s，故C 正确；
D、根据波速计算公式可得：v= λ
T =
4
1.8
4 n+3
m/s= 20(4 n+3)
9
m/s（n＝0、1、2、3……），波速不可能
为2.2m/s，故D 错误。
故选：C。
3．（2026•河南一模）一列简谐横波沿x 轴正方向传播，A、B 两点是传播方向上平衡位置相距5.6m 的
两点。已知t＝0 时x＝0 处质点开始向下起振，t＝4s 时，A、B 间出现如图所示的波形（A、B 外的波
形未画出），且x＝0 处质点处于平衡位置向上振动，则该简谐横波的最小波速为（ ）
A．2.0m/s
B．2.2m/s
C．2.4m/s
D．2.6m/s
【答案】A
【分析】题目描述一列简谐横波沿x 轴正方向传播，已知A、B 两点平衡位置相距特定距离，t＝0 时
波源处质点向下起振，t＝4s 时A、B 间出现图示波形且波源处质点位于平衡位置向上振动。解题需先
明确已知条件：t＝4s 时A、B 间波形对应特定波长，结合波传播方向及A 点位置可确定波长数值；同
时波源振动状态变化经历时间与周期存在整数倍加半周期的关系，由此得到周期表达式，进而建立波
速与周期的联系。分析过程需注意波在4 秒内至少传播到B 点，波速需满足传播距离条件，从而确定
整数取值范围内满足条件的最小波速。
【解答】解：根据图示，A、B 两点间距为1.75 个波长，即7
4 λ=5.6m，解得：λ＝3.2m。该简谐横波
沿x 轴正向传播，且图示时刻A 点右侧为波峰，依据“上下坡法”可判断A 点位于平衡位置且向y 轴
负方向运动。
已知x＝0 处的质点在t＝0 时开始向下起振，至t＝4s 时该质点处于平衡位置并向上振动。设振动周期
为T，则有t =(n+ 1
2 )T = 4 s（其中n＝0，1，2，...），解得：T =
8
2n+1 s。由此可得波速表达式为
v = λ
T =
3.2
8
2n+1
=0.4(2n+1)m/ s
。
由于t＝4s 时A、B 之间已形成图示波形，波至少已传播到B 点，且A 点位于原点右侧（xA＞0），故
波传到B 点的时间需满足t B= xB
v ≤4s。考虑到xB＝xA+5.6＞5.6m，代入数据得v = xB
t B
＞5.6
4 =1.4 m/ s
。
分别取n＝0 时，v＝0.4m/s＜1.4m/s，不符合要求；n＝1 时，v＝1.2m/s＜1.4m/s，亦不符合；n＝2 时，
v＝2.0m/s＞1.4m/s，满足条件。
此时T＝1.6s，若取xA＝0.5λ，即xA＝1.6m，则xB＝7.2m，波传到B 点所需时间为3.6s，B 点已振动
0.4s 即1
4 T，恰好处于波谷，与图示相符。
因此，该波的最小波速为2.0m/s。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）4．（2026•河南模拟）两位钓鱼爱好者在湖边钓鱼，他们所用鱼竿的浮漂a、b 在水平方向上的
距离为3m，有一列水波从a 向b 传播，从某时刻开始计时，以竖直向上为正方向，a、b 两浮漂的振动
图像分别如图中实线和虚线所示，水波可视为沿水平湖面传播的简谐横波，已知该水波波长λ＞3m。
下列说法正确的是（ ）
A．该水波的波长为4m
B．该水波的波速为20m/s
C．t＝0.85s 时，浮漂a 的加速度方向竖直向上
D．t＝1.05s 时，浮漂a 和浮漂b 的速度方向相反
【答案】AD
【分析】从振动图像读出周期，再根据两浮漂的振动状态和间距、波长条件，推导出波长和波速；根
据振动的周期性，将题目时刻换算到一个周期内的对应时刻，分析浮漂的位置和加速度方向，以及分
析同一时刻两浮漂的速度方向。
【解答】解：AB、t＝0 时刻浮漂a 处于平衡位置向上振动，而浮漂b 处于波峰位置，因λ＞3m，故
a、b 之间的距离小于一个波长，结合水波从a 向b 传播，可得a、b 间距与波长的关系为：x = 3
4 λ，已
知：x＝3m，解得：λ＝4m；
由题图可得周期为T＝0.4s，波速为：v = λ
T = 4
0.4 m/ s=10m/ s，故A 正确，B 错误。
C、因t＝0.85s＝2T+0.05s，故此时a 的振动状态与t＝0.05s 时一致，由题图可知a 处于平衡位置上方，
位移为正，加速度方向与位移方向相反，为竖直向下，故C 错误。
D、有t＝1.05s＝2T+0.25s，同理可知此时a 处于平衡位置与波谷之间某处且向下运动；b 处于波谷与
平衡位置之间的某处且向上运动，故此时浮漂a 和浮漂b 的速度方向相反，故D 正确。
故选：AD。
题型七 波的干涉、衍射、多普勒效应
1．（2026•南开区校级模拟）如图甲所示，人们听音乐时外界噪声容易传入人耳中，其中A、B、C、
D、E 均位于平衡位置。图乙所示为戴上降噪耳机后可有效降低外界噪声的影响，则下列说法正确的是
（ ）
A．图甲中AB 之间的距离约为半个波长
B．图甲中声波只能在固体和液体中传播
C．图乙中实现降噪功能利用了声波的衍射
D．图乙中若环境噪声的频率增大，仍要实现有效降低外界噪声，则降噪声波的频率需要减小
【答案】A
【分析】结合纵波的波长定义、声波的传播介质、降噪耳机的相消干涉原理，逐一分析各选项描述的
正误。
【解答】解：A.声波是纵波，图中A、B 均为平衡位置，相邻两个振动相位相反的平衡位置间的距离
为半个波长，故A 正确；
B.声波属于机械波，可在固体、液体和气体中传播，并非只能在固体和液体中传播，故B 错误；
C.降噪耳机的降噪功能利用了声波的相消干涉原理，而非衍射现象，故C 错误；
D.要实现相消干涉，降噪声波的频率需与环境噪声频率相同，因此当环境噪声频率增大时，降噪声波
的频率也需增大，故D 错误。
故选：A。
2．（2026•浙江二模）双声源技术在工业故障检测、智能设备等方面有重要应用。如图1 所示，坐标轴y
在介质Ⅰ和介质Ⅱ的分界面上，频率相同的两列简谐波源S1、S2在x 轴上，坐标分别为﹣1m 和1m。t
＝0 时刻同时开始振动。x 轴上坐标为0.2m 处有一质点P，其振动图像如图2 所示，已知S1发出的波
先传到P 点，下列说法正确的是（ ）
A．S2起振方向沿y 轴正方向
B．振动稳定后，OS2之间（不包括O、S2）有5 个加强点
C．波在介质Ⅰ中的波长为0.4m
D．x＝0 处的质点O 在0～4×10﹣3s 内的路程为100μm
【答案】B
【分析】先根据P 点的振动图像和S1先传到P 点的条件，判断波源的起振方向；再通过两波源到各点
的路程差，分析干涉加强点的位置与数量；接着利用振动周期和波速的关系，计算波在介质I 中的波
长；最后结合两列波传到O 点的时间和质点振动的周期，计算O 点在指定时间内的振动路程，从而逐
一判断各选项的正误。
【解答】解：C、波在介质I 和介质Ⅱ中的速度分别为v1、v2，周期T＝1×10﹣3s，S1发出的波先传到P
点，有1
v1
+ 0.2
v2
=1×10
−3,
S2发出的波再传到P 点，有0.8
v2
=2×10
−3，v1=2000m/ s，v2= 400m/ s，λ1= v1T =2m，λ2＝
v2T＝400×1×10﹣3m＝0.4m，故C 错误；
A、S1发出的波传到P 点时，P 点起振沿y 轴正方向，知S1起振沿y 轴正方向，在t＝2×10﹣3s 时，S2波
刚传到P 点，叠加后振幅减小，知S2波的起振方向沿y 轴负方向，故A 错误；
B、t＝5×10﹣4s 时S1波刚传到O 点，振动方向y 轴正方向作为新波源，此时S2波源经过半个周期，振
动方向也为y 轴正方向，作为另一波源。可知加强点为0.1m、0.3m、0.5m、0.7m、0.9m 共5 个点，故
B 正确；
D、根据振动图像知0～0.5×10﹣3s，路程为零，0.5×10﹣3～2.5×10﹣3s，路程为80μm，2.5×10﹣3～4×10
﹣3s 路程为30μm，路程共为110μm，故D 错误。
故选：B。
3．（2026•揭阳模拟）下列关于声波的描述正确的是（ ）
A．人能辨别不同乐器同时发出的声音，说明声波不会发生干涉
B．把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，这属于声波的衍射现象
C．绕正在发音的音叉走一圈，听到忽强忽弱的声音，这是声音的共振现象
D．从火车的汽笛声判断火车的运行方向和快慢，这是利用声波的多普勒效应
【答案】D
【分析】结合声波的干涉、衍射、共振、多普勒效应的概念，逐一分析各选项描述的现象对应的物理
原理是否正确。
【解答】解：A.声波是可以发生干涉现象的，人能辨别不同乐器同时发出的声音，是因为不同乐器发
出的声音音色不同，并非声波不会发生干涉，故A 错误；
B.把耳朵贴在铁轨上能听到远处火车声，是因为声波在固体（铁轨）中传播速度快、衰减小，能传播
更远距离，这与声波的衍射现象无关，故B 错误；
C.绕正在发音的音叉走一圈听到忽强忽弱的声音，是音叉两个叉股发出的声波发生干涉，产生了加强
和减弱区域，并非共振现象，故C 错误；
D.火车汽笛声的频率会随火车与观察者的相对运动发生变化（靠近时频率升高，远离时频率降低），
这是声波的多普勒效应，可据此判断火车的运行方向和快慢，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•杭州模拟）振动发生器在发波水槽中振动时能够产生水波。如图四幅图是演示水波
的传播过程时观察到的现象，下列说法正确的是（ ）
A．图甲演示的是波的折射现象
B．图乙所示现象产生的原因可能是界面OO′两侧水的深度不同
C．仅增大振动发生器的振动频率可使图丙中的现象更加明显
D．要观察到图丁所示稳定图样，两针状振动发生器的振动频率应相同
【答案】BD
【分析】先识别四幅图对应的波的现象（甲、乙、丙、丁分别对应波的反射/干涉、折射、衍射、双波
源干涉），结合波的折射、衍射、干涉的产生条件与影响因素，逐一辨析选项。
【解答】解：A.图甲所示为波的反射现象，并非折射现象，故A 错误；
B.水波的传播速度与水的深度有关，界面两侧水的深度不同时，波速不同，会发生折射现象，故B 正
确；
C.图丙为波的衍射现象，增大振动发生器的频率时，水波的波长会减小，衍射现象会更不明显，故C
错误；
D.图丁为双波源的干涉现象，产生稳定干涉图样的条件是两波源的频率相同，故D 正确。
故选：BD。
综合提升
一．选择题
1．（2026•岷县模拟）如图甲所示，用轻弹簧悬挂的手机A 在竖直方向做简谐运动，手机上的加速度传
感器记录了其竖直方向的加速度a 随时间t 变化的曲线，如图乙，规定向下为正方向。已知手机质量为
m，振动周期为T，最大加速度大小为a，重力加速度为g，已知弹簧振子的周期T =2π ❑√
m
k
，m 为振
子质量，k 为弹簧劲度系数。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0～T
4 过程中，合外力对手机的冲量大小为maT
8
，方向竖直向上
B．T
4 ～3T
4 过程中，手机的动量变化量为零
C．T
2 ～T过程中，重力对手机的冲量大小为mgT
2
，方向竖直向下
D．0～T
2 过程中，手机的机械能守恒，合外力的冲量大小为零
【答案】C
【分析】结合简谐运动的加速度—时间图像，利用冲量、动量定理和机械能相关概念，分析各选项中
冲量、动量变化与机械能的情况。
【解答】解：A、结合I＝Ft＝mat
a﹣t 图像与坐标轴围成的面积与质量的乘积表示合外力对手机的冲量，0～T
4 过程中，合外力对手机
的冲量大于maT
8
，故A 错误；
B、T
4 ～3T
4 过程中，手机的动量变化量为2mvm，方向竖直向上，vm为手机最大速度，故B 错误；
C、结合动量定义可知重力对手机的冲量大小为I＝mgt
解得I = mgT
2
，方向竖直向下，故C 正确；
D、手机在振动过程中机械能不守恒，手机和弹簧组成的系统机械能守恒，故D 错误。
故选：C。
2．（2026•岳麓区校级模拟）如图甲所示，有一根较长的细线和一个较小的沙漏。当沙漏小角度摆动
时，分别以不同速度匀速拉动沙漏下方的木板，漏出的沙在木板上会形成一条曲线，如图乙所示。已
知OB＝O′B′，假设沙漏小角度摆动过程中，单位时间内漏出的细沙体积不变，则下列说法正确的
是（ ）
A．木板1 中曲线上各位置处堆积的细沙一样多
B．木板1、2 中的A、A′两位置处堆积的细沙不一样多
C．木板1 拉动的速度与木板2 拉动的速度之比为4：3
D．木板1 拉动的速度与木板2 拉动的速度之比为2：3
【答案】B
【分析】AB、沙漏单位时间内漏出的细沙体积不变，则沙漏相对木板的运动速度越大单位长度堆积的
细沙越多，根据矢量合成法则分析相对速度；
CD、根据图乙分析两次拉动木板的时间，再分析速度之比。
【解答】解：A、沙漏相对木板的速度v=
❑√v板
2 + v沙
2 ，由单摆运动特点可知，沙漏在最低点速度最
快，则在最低点单位长度堆积的细沙最少，即OB 上各点细沙体积最小，离OB 越远的位置细沙体积越
大，故A 错误；
B、A、A′两位置均对应沙漏经过平衡位置，沙漏速度相同，两木板拉动速度不同，所以沙漏相对木
板的速度不同，因此堆积的细沙不一样多，故B 正确；
CD、设沙漏周期为T，由图可知木板1 拉动时间为2T，木板2 拉动时间为1.5T，则二者拉动速度比
v1：v2＝1.5T：2T＝3：4，故CD 错误。
故选：B。
3．（2026•通州区模拟）如图所示，两根长度均为l 的轻质细线，一端分别悬挂在天花板上的O1和O2
点，另一端分别系有质量均为m 的小球A 和B。现让小球A 在竖直面内做小角度（最大摆角θ＜5°）
的简谐运动；小球B 在水平面内做匀速圆周运动，且B 做圆周运动时，其悬线与竖直方向的夹角也为
θ。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．两小球所受细线的拉力大小均保持不变
B．小球A 的运动周期大于小球B 的运动周期
C．小球A 在最低点时的向心加速度的大小等于小球B 的向心加速度的大小
D．将小球B 的角速度略微增大，其悬线与竖直方向的夹角θ 将减小
【答案】B
【分析】分别分析单摆小球和圆锥摆小球的受力特点，利用单摆周期公式和圆锥摆周期公式比较两者
周期；再分析单摆最低点向心加速度和圆锥摆向心加速度的大小；最后分析圆锥摆角速度变化时悬线
夹角的变化情况。
【解答】解：A.小球A 做简谐运动，在运动过程中速度大小变化，需要的向心力变化，且重力沿绳子
方向的分力也在变化，故细线拉力大小是变化的；小球B 做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，有
FBcosθ＝mg
解得F B= mg
cosθ ，拉力大小保持不变，故A 错误；
B.小球A 做单摆运动，其周期为TA＝2π❑√
l
g
小球B 做圆锥摆运动，合力提供向心力，有mgtanθ =m( 2π
T B
)
2lsinθ
解得TB＝2π❑√
2lcosθ
g
由于cosθ＜1，所以TA＞TB，故B 正确；
C.小球A 在最低点时，根据机械能守恒定律有mgl(1−cosθ)= 1
2 m v A
2
向心加速度aA = v A
2
l =2g(1−cosθ)
小球B 做匀速圆周运动，合力提供向心力，有mgtanθ＝maB
解得aB＝gtanθ，故C 错误；
D.对小球B，由mgtanθ＝mω2lsinθ
可得cosθ = g
ω
2l ，若角速度ω 略微增大，则cosθ 减小，夹角θ 将增大，故D 错误。
故选：B。
4．（2026•定州市校级三模）振幅分别为4cm 和3cm 的甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲
波沿x 轴正方向传播，乙波沿x 轴负方向传播，t＝0 时刻两列波的波形如图所示。已知波速v＝8m/s。
则t＝0.5s 时x 轴上0～12m 间位移为y＝﹣3cm 质点的个数为（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】B
【分析】求出t＝0.5s 时两列波向前传播的距离，分别求出甲波、乙波单独引起质点在y＝﹣3cm 的个
数，根据波的叠加求出两列波叠加处y＝﹣3cm 的个数，由此得解。
【解答】解：t＝0.5s 时两列波向前传播的距离均为：x＝vt＝8×0.5m＝4m，即两列波在4～8m 处重
叠。
t＝0.5s 时，甲波单独引起质点在y＝﹣3cm 的个数为2 个；
由于乙波的振幅为3cm，所以乙波单独引起质点在y＝﹣3cm 的个数为1 个；
根据波的叠加可知，两列波在4～8m 处引起质点在y＝﹣3cm 的个数为2 个；
所以t＝0.5s 时x 轴上0～12m 间位移为y＝﹣3cm 质点的个数为：n＝2 个+1 个+2 个＝5 个，故B 正
确，ACD 错误。
故选：B。
5．（2026 春•鞍山期中）如图甲所示，一列简谐横波沿x 轴传播，t＝0 时刻和t＝0.6s 时刻的部分波形图
分别如图甲中的实线和虚线所示。已知波源的振动周期大于1.2s，t＝0 时刻质点N 偏离平衡位置的位
移y =5 ❑√3cm，平衡位置在x＝4m 处的质点M 振动的加速度a 随时间t 变化的a﹣t 图像如图乙所示。
下列说法正确的是（ ）
A．该波沿x 轴负方向传播
B．该波的波长为14m
C．该波的传播速度大小为5m/s
D．0～1.6s 内，质点M 运动的路程为30cm
【答案】C
【分析】根据质点的加速度图像判断其初始振动方向，结合波形图确定波的传播方向，再由质点位移
和振幅求出波长，结合传播时间和周期条件求出周期，根据波速计算公式求解波速，根据一个周期内
通过的路程为4A 求解通过的路程。
【解答】解：A、由图像可知t＝0 时刻，质点M 处于平衡位置，加速度从0 逐渐变为负值，质点M 的
运动方向向上，根据“同侧法”，波沿x 轴正方向传播，故A 错误；
B、t＝0 时刻，质点N 偏离平衡位置的位移为y＝5❑√3cm，所以有：y＝Asin60°，
质点N 和M 平衡位置间的距离为xMN=( 1
4 × 1
3 + 1
4 )λ= 4 m
解得：λ＝12m，故B 错误；
C、由图甲可知：（n+ 1
4 ）T＝0.6s（n＝0、1、2、3……），波源的振动周期大于1.2s，则n＝0，T＝
2.4s
根据波速计算公式可得：v= λ
T = 12
2.4 m/s＝5m/s，故C 正确；
D、0～1.6s 内，即经过1.6
2.4 T = 2
3 T ＜3
4 T，质点M 运动的路程为：s＜3
4 ×4 A =3 A =3×10cm＝
30cm，故D 错误。
故选：C。
6．（2025 秋•天宁区校级月考）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，其中乙图、丙图模糊不清。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．频闪的时间间隔为0.25s
B．波的周期可能是4s
C．波的波长可能为6m
D．波可能以8m/s 的波速沿x 轴负方向传播
【答案】B
【分析】第一张照片与第四张照片间隔为1s，由此求解频闪的时间间隔；如果波沿x 轴正方向传播，
根据第一张和第四张波形图求解周期的可能值；根据图像可知波长；如果波沿x 轴负方向传播，求出
周期表达式，根据波速计算公式求解波速的可能值。
【解答】解：A、第一张照片与第四张照片间隔为1s，频闪的时间间隔为Δt=
1
4−1s= 1
3s，故A 错误；
B、如果波沿x 轴正方向传播，根据第一张和第四张波形图可知：（n+ 3
4 ）T＝1s，解得：T=
4
4 n+3s
（n＝0、1、2、3……），当n＝0 时，周期T＝4s，故B 正确；
C、根据图像可知波长为4m，故C 错误；
D、如果波沿x 轴负方向传播，根据第一张和第四张波形图可知：（n+ 1
4 ）T＝1s，解得：T=
4
4 n+1s
（n＝0、1、2、3……）
则波速为：v= λ
T ，解得：v＝（4n+1）m/s（n＝0、1、2、3……），所以波速不可能为8m/s，故D 错
误。
故选：B。
7．（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
【分析】结合声波的干涉、衍射、反射及多普勒效应的条件与规律，结合各选项表述逐一分析判断。
【解答】解：A、波的干涉现象产生的条件是两列波的频率相同、相位差恒定、振动方向相同，两辆
车发出的声波频率不一定相同，因此不一定能产生干涉现象，故A 错误；
B、衍射是波特有的现象，一切波在遇到障碍物时都会发生衍射，只是当障碍物的尺寸与波长相差不
多或小于波长时，衍射现象才会明显。并非只有障碍物尺寸小于波长时才发生衍射，故B 错误；
C、声波遇到障碍物反射时，波源的振动频率由波源本身决定，反射过程中波源未发生变化，因此反
射波的频率与入射波的频率相同，故C 正确；
D、声波的传播速度由介质的性质（如温度、密度等）决定，与波源和观察者之间的相对运动无关。
当鸣笛车辆与同学发生相对运动时，仅会导致观察者接收到的声波频率发生变化（多普勒效应），但
传播速度不变，故D 错误。
故选：C。
二．多选题
（多选）8．（2026 春•小店区校级期中）如图所示，水平光滑桌面上，轻弹簧的左端固定，右端连接物
体P，P 和Q 通过细绳绕过定滑轮连接。开始时，系统处于静止状态，滑块P 处于位置O。将滑块P 向
左推至弹簧原长的位置A 点后由静止释放，当滑块P 运动到最右端时细绳恰好被拉断，滑块未与定滑
轮相碰，弹簧未超出弹性限度，已知P 的质量为M，Q 的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速
度为g，不计一切摩擦，则（ ）
A．弹簧的最大弹性势能为2 m
2 g
2
k
B．细绳被拉断后，滑块P 回到O 位置时速度最大
C．细绳被拉断后，滑块P 继续做振幅为2mg
k
的简谐运动
D．细绳被拉断后，滑块P 第一次经过A 点时的速度大小为2❑√
Mg
k
【答案】AC
【分析】先利用初始平衡状态确定弹簧的形变量，再通过A 到最右端的系统机械能守恒分析弹性势
能，接着分析细绳拉断后滑块P 的简谐运动特性，最后用机械能守恒计算其经过A 点的速度。
【解答】解：A、系统静止时弹力等于重力，即mg＝kx0
滑块P 运动到最右端时，弹簧弹性势能最大，结合能量关系E p= 1
2 k(2 x0)
2
最大弹性势能EP= 2m
2 g
2
k
，故A 正确；
B、滑块P 运动到最右端时细绳恰好被拉断，之后P 只受弹力作用，P 往回走的过程中弹力做正功，滑
块P 回到原长位置，A 位置时速度最大，故B 错误；
C、细绳被拉断时，弹簧的伸长量为x =2 x0= 2mg
k
，根据简谐运动的特点可知，细绳被拉断后，滑块
P 继续在弹力作用下做简谐振动，振幅为2mg
k
，故C 正确；
D、设细绳被拉断后，滑块P 第一次经过A 点时的速度为v，则E p= 2m
2 g
2
k
= 1
2 M v
2
代入数据可得v = 2mg
❑√kM ，故D 错误。
故选：AC。
（多选）9．（2026•郑州模拟）某机械传动装置如图1 所示，曲柄OP 绕固定点O 在竖直面内转动时，P
点可在T 形连杆的槽中滑动，连杆连接一物块M。OP 逆时针匀速转动时，通过连杆和弹簧带动M 在
水平方向上做简谐运动，M 的振动图像如图2 所示。在 t＝0 时，P 点位于O 点的正下方，则（ ）
A．OP 的长度为0.6m
B．M 在t＝0.5s 时的速度为零
C．连杆在t＝1.3s 时的速度与t＝0.7s 时相同
D．OP 转动到水平方向时，M 运动的加速度为零
【答案】BC
【分析】题目描述曲柄OP 匀速转动带动物块M 做简谐运动，已知振动图像与初始条件。分析需明确
简谐运动的基本特征：振幅A 对应OP 长度，周期T 已知。由振动图像可知M 的位移随时间按正弦规
律变化，t＝0 时位移为零且向正方向运动，可确定其初相位。需判断各选项所涉时刻M 的位移、速
度、加速度状态，以及连杆速度的周期性关系。核心在于将曲柄转动位置与M 的简谐运动状态对应，
利用简谐运动中位移、速度、加速度的相位关系进行分析。
【解答】解：由图2 可知，物块M 振动的振幅A＝0.3m，周期T＝2s，其位移随时间变化的规律为x＝
Asin（πt）。
A、在图1 所示的传动装置中，曲柄OP 转动时，通过连杆带动滑块在水平方向做往复运动，连杆位移
的振幅等于曲柄的长度，即OP＝A＝0.3m，故A 错误；
B、根据图2，在t＝0.5s 时，物块M 位于正向最大位移处，此时物块的瞬时速度为零，故B 正确；
C、连杆的角速度ω= 2π
T = πrad / s，其运动规律与物块同步，速度规律满足v＝vmaxcos（πt）。当t＝
0.7s 时，v1＝vmaxcos（0.7π）；当t＝1.3s 时，v2＝vmaxcos（1.3π）。根据诱导公式cos（π+0.3π）＝cos
（π﹣0.3π）＝﹣cos（0.3π），可知这两个时刻连杆的速度大小和方向均相同，故C 正确；
D、当OP 转动至水平方向时，连杆位于最大位移处，物块M 也随之处于最大位移处。根据简谐运动
的特征a=−k
m x可知，此时物块的加速度达到最大值，故D 错误。
故选：BC。
（多选）10．（2026 春•成都月考）如图甲所示，单摆摆球在竖直面内的A、C 之间来回摆动，B 点为运
动中的最低位置，最大摆角α 为5°，悬点O 处接有一力传感器，记录摆线拉力大小F 随时间t 变化的
关系如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．单摆的周期为1s
B．单摆的周期为2s
C．t＝0.5s 时刻，摆球在A 点
D．t＝1.5s 时刻，摆球在B 点
【答案】BD
【分析】分析时需明确单摆运动的物理过程：摆球在最低点速度最大，所需向心力最大，导致摆线拉
力最大；在最高点速度最小，拉力最小。图乙显示拉力最大值周期性出现，结合单摆运动规律，摆球
在一个完整周期内会两次经过最低点，因此拉力变化的周期是单摆周期的一半。根据图像中相邻拉力
最大值的时间间隔可确定单摆的周期。对于特定时刻的判断，需根据拉力大小对应摆球位置，拉力最
大时刻对应摆球位于最低点B。通过分析拉力变化与位置关系，即可判断各选项的正确性。
【解答】解：单摆运动过程中，摆球在最低点速度最大，向心力也最大，根据平衡条件和向心力公
式，此时摆线拉力最大；在最高点速度为零，此时拉力最小。
AB、由图乙可知，拉力变化的周期为1s，而单摆在一个周期内会两次经过最低点，即拉力变化的周期
是单摆周期的一半，因此单摆周期T＝2s，故A 错误，B 正确；
CD、在t＝0.5s 和t＝1.5s 时刻，拉力F 均达到最大值，说明摆球在这两个时刻都经过最低点B，故C
错误，D 正确。
故选：BD。
（多选）11．（2026•靖边县校级模拟）如图甲所示，机器人手持彩带一端上下抖动模拟艺术体操运动员
的动作，形成的绳波可简化为简谐波。以手的平衡位置为坐标原点，已知乙图为x1＝0m 处波源的振动
图像，图丙为原点右侧x2＝2m 处质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．0～1s 内，x1＝0m 处波源通过的路程为3m
B．0 时刻，x2＝2m 处质点的振动方向向上
C．若波长大于1m，此列波的传播速率可能是20
7 m/s
D．若波长大于2m，此列波的传播速率一定是25
3 m/s
【答案】AC
【分析】根据振动图像得到周期和初始状态，结合两质点的位置差求出波长的可能值，进而求波速。
【解答】解：B、根据图丙可知，在0 时刻，x2＝2m 处质点的振动方向向下，故B 错误；
A、由图像可知，波源的振动周期为T＝0.4s，在0～1s 内，x1＝0m 处的波源共振动了2.5T，其路程为
s＝2×4×30+2×30cm，解得：s＝3m，故A 正确；
CD、由甲图可知波向右传播，则波源与x2＝2m 处质点之间的波形可能为3
4 个波长加上n 个完整波
形，如图所示，有2= 3
4 λ+nλ，n＝0，1，2…
若波长大于1m，解得n＝0，1，则λ1= 8
3 m，λ2= 8
7 m，由v = λ
T 得v1= 20
3 m/ s，v2= 20
7 m/ s；
若波长大于2m，解得n＝0，则λ1= 8
3 m，由v = λ
T 得v1= 20
3 m/ s，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
（多选）12．（2026•十堰模拟）一列简谐横波沿x 轴传播，t＝0 时刻的波形如图甲所示，质点P 的振动
图像如图乙所示，波的传播速度为10m/s，则下列判断正确的是（ ）
A．波沿x 轴正方向传播
B．波动的波长为30m
C．质点P 的平衡位置坐标为x＝10m
D．t＝9s 时刻，质点P 的位移为y＝2m
【答案】AC
【分析】质点P 的振动图像显示t＝0 时刻其位移为负且向下运动，结合波形图中P 点对应的位置，通
过上下坡法可判断波沿x 轴正方向传播。由振动图像可得质点振动的周期，已知波速，利用波速与波
长、周期的关系可求出波长。根据波动方程，将t＝0 时P 点的位移代入波动方程，结合波传播方向可
确定P 点的平衡位置坐标。将t＝9s 代入质点P 的振动方程，利用其周期性和初始相位可计算此时刻的
位移。
【解答】解：分析振动图像乙可知，质点P 在t＝0 时位移为y =−❑√3cm 且向负方向振动，在t＝2s 时
第一次经过平衡位置向正方向振动。设质点P 的振动方程为y＝2sin（ωt+φ0）cm，根据初状态有
sin φ0=−
❑√3
2 且cosφ0＜0，解得初相位φ0= 4 π
3 ；在t＝2s 时相位达到2π，即2ω+ 4 π
3 =2π，解得角
速度ω= π
3 rad/s，周期T＝6s。
AB、由于波速v＝10m/s，根据波长公式λ＝vT，代入数据解得波长λ＝60m；在t＝0 时质点P 向下振
动，结合波形图甲可知P 点位于波谷右侧的上升段（斜率为正），根据“上下坡法”判定，只有当波
沿x 轴正方向传播时，该点才会向下运动，故A 正确，B 错误；
C、在t＝0 时刻，质点P 的相位为4 π
3 ，其右侧最近的向上穿过平衡位置的相位点（相位为2π）对应
的相位差Δφ＝360°﹣240°＝120°；对应空间距离Δx = 120°
360° λ，解得：Δx＝20m；观察图甲可知，若
平衡位置坐标xP＝10m，则其右侧轴交点坐标为30m，符合图线比例关系，故C 正确；
D、从t＝0 时刻起经过t＝9s＝1.5T，质点P 运动了1.5 个周期，其位移应与初始时刻互为相反数，即
此时位移y = ❑√3cm，且选项中单位m 错误，故D 错误。
故选：AC。
（多选）13．（2026•南开区模拟）如图甲所示，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 两质点正好都经过平衡位置，且a、b 间只有一个波峰。已知这列波波源做
简谐运动的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．波源的振动方程为x＝2sinπt（cm）
B．40s 内位于波源的质点运动的路程为80cm
C．该简谐横波传播速度的大小可能为7.5m/s
D．该简谐横波传播速度的大小有四个可能值
【答案】BC
【分析】根据图乙可知波源振动的振幅和周期，由初始时刻波源位置和运动方向可确定其振动方程的
具体形式。波源在40 秒内完成整数个周期，每个周期内质点的路程为四倍振幅，由此计算总路程需明
确周期数与振幅的关系。由a、b 两质点同时位于平衡位置且间距固定，可知两质点间距离为半波长的
整数倍；结合“a、b 间只有一个波峰”的条件，需讨论可能的波形分布，从而确定波长可能取值。利
用波速与波长、周期的关系，由已确定的波长和已知周期计算对应的波速，判断波速的可能值与个
数。
【解答】解：由波源振动图像（图乙）可知，振幅A＝2cm，周期T＝4s。
A、波源振动的角频率为ω= 2π
T ，代入数据解得ω＝0.5πrad/s。由于t＝0 时波源处于平衡位置且向正
方向运动，其振动方程为x＝Asinωt，即x＝2sin0.5πt（cm），故A 错误；
B、在t＝40s 内，波源经历的周期数n= t
T ，即n＝10。质点在一个周期内运动的路程为4A＝8cm，则
40s 内运动的总路程s＝10×8cm＝80cm，故B 正确；
CD、由于某时刻a、b 两质点正好都经过平衡位置，说明两质点间的距离xab＝30m 必须是半波长的整
数倍，即30=n⋅λ
2（n＝1，2，3，…）。
根据“a、b 间只有一个波峰”的条件进行讨论：当n＝1 时，λ1＝60m，此时a、b 间为半个波形，若为
波峰部分则恰好含有一个波峰；
当n＝2 时，λ2＝30m，此时a、b 间为一个全波，包含一个波峰和一个波谷，恰有一个波峰；
当n＝3 时，λ3＝20m，此时a、b 间为1.5 个波长，若其波形分布为“波谷+波峰+波谷”则恰有一个波
峰。
若n≥4，则λ≤15m，此时xab≥2λ，两质点间至少会出现两个波峰，不符合题意。因此，可能的波长
λ 只有60m、30m、20m 三个值。
根据波速公式v = λ
T ，解得：v＝15m/s、7.5m/s、5m/s。由此可见，波速大小共有三个可能值，且
7.5m/s 是其中之一，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
（多选）14．（2026 春•历下区校级月考）蟾蜍在水塘边平静的水面上鸣叫，形成如图所示的水波。已知
水波的传播速度v 与水的深度h 关系为v= ❑√gh，蟾蜍的鸣叫频率为1451Hz。下列说法正确的是（
）
A．在深水区，水波更容易发生衍射现象
B．水波从浅水区传入深水区，频率变大
C．水面上飘落的树叶会被水波推向岸边
D．测得图中蟾蜍左上位置水波两个相邻波峰间距离为0.5cm，则此处水波的波速约为7.3m/s
【答案】AD
【分析】结合给定波速与水深关系式、波的基本性质、衍射条件、质点振动规律及波速公式，逐一分
析各选项正误。
【解答】解：A、已知水波的传播速度与水的深度正相关，水波的波长与水深有关，深水区的波长
大，更容易发生衍射现象，故A 正确；
B、蟾蜍声带的振动产生了在空气中传播的声波和池塘中传播的水波，声波和水波，都是由声带振动
产生，其频率都应该等于声带的振动频率，故B 错误；
C、水面上飘落的树叶只会上下振动，不会随波向前运动，故C 错误；
D、蟾蜍的鸣叫频率f＝1451Hz，且水波波长λ＝0.5cm＝0.005m，则波速v＝λf
代入数据可得v＝7.3m/s，故D 正确；
故选：AD。
三．解答题
15．（2026 春•鞍山期中）如图所示，一粗糙竖直管道竖直固定在水平地面上，下端与外界连通，质量为
m 的物块A 叠放在质量为4m 的物块B 上，B 在管道中运动时所受摩擦力大小恒为mg，管道中心的地
面上竖直固定劲度系数为k = 12mg
h
的轻弹簧，同时将A、B 从弹簧上端高度为h 处静止释放，重力加
速度大小为g，简谐运动的周期T =2π ❑√
m
k ′
（m 为振子质量，k′为回复力系数），不计空气阻力，弹
簧始终在弹性限度内。求A、B 第一次向下运动的过程中：
（1）B 刚与弹簧接触时，A 的速度大小；
（2）A、B 从速度最大到减速为零的时间。
【答案】（1）B 刚与弹簧接触时，A 的速度大小是2❑√10 gh
5
；
（2）A、B 从速度最大到减速为零的时间是π ❑√15 gh
12g
。
【分析】（1）利用动能定理分析A、B 下落过程的重力、摩擦力做功与动能变化，求解接触弹簧时的
速度；
（2）先确定A、B 接触弹簧后的平衡位置，再根据简谐运动周期公式，计算从平衡位置到速度为零的
时间。
【解答】解：（1）对A、B 整体，由动能定理得：5mgh−mgh= 1
2 ×5m v
2
解得v = ❑√
8 gh
5
= 2❑√10 gh
5
。
（2）接触弹簧后，合力为零时速度最大，设此时弹簧压缩量为x0，对A、B 整体受力分析：5mg＝
mg+kx0
代入k = 12mg
h
解得平衡位置弹簧压缩量：x0= 4 mg
k
= h
3
恒力（重力、摩擦力）仅改变简谐运动的平衡位置，不改变回复力系数，因此A、B 接触弹簧后做简
谐运动，回复力系数k'＝k 振动周期：T =2π ❑√
M
k ′ =2π ❑√
5m
k
代入k = 12mg
h
得：T =2π ❑√
5h
12 g = π ❑√
5h
3 g
从平衡位置（速度最大）到最低点（速度为零）的过程，对应简谐运动中从平衡位置到同侧最大位移
处的时间，为1
4 周期：Δt = T
4 = π
4
❑√
5h
3 g = π ❑√15 gh
12 g
答：（1）B 刚与弹簧接触时，A 的速度大小是2❑√10 gh
5
；
（2）A、B 从速度最大到减速为零的时间是π ❑√15 gh
12g
。
16．（2026•嘉定区二模）设地球为一密度为ρ 的均匀球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力
为零。如图所示，若沿地球的直径挖一条细隧道，将一质量为M 的物体从隧道A 端由静止释放刚好能
运动到B 端。（不考虑阻力，地球半径为R，万有引力常量为G）
（1）物体在隧道内距离地心为x 处，受到的万有引力大小为
D
。
A.4 π x
3GρM
3 R
2
B.4 π R
3GρM
3 x
2
C.0
D.4 πxGρM
3
E.4 π x
2GρM
3
（2）（论证）在水平弹簧振子中，弹簧劲度系数为k，小球质量为m，则弹簧振子做简谐运动振动周
期为T＝2π❑√
m
k
。论证物体在隧道AB 中做简谐振动，并求出从A 端释放开始计时物体在隧道B 端的
时刻t。
【答案】（1）D；（2）论证：以地心O 为坐标原点，建立沿隧道BA 的x 轴。设物体在距离地心x
处，此时物体受到的万有引力为：F甲=−4 πGρM
3
x（式中负号表示引力方向与位移方向相反，指向
地心）
令等效劲度系数k ′ = 4 πGρM
3
，则F 回＝﹣k'x，完全符合简谐运动的动力学特征F 丙＝﹣kx
因此，物体在隧道AB 中做简谐运动。
该物体做简谐运动的周期为：T＝2π❑√
M
k ′ = ❑√
3
4 πGρ
物体在B 端的时刻t = 2n+1
2
T =(2n+1)❑√
3 π
4Gp
（n＝0，1，2，3，…）
【分析】（1）利用均匀球壳对壳内物体引力为零的结论，计算半径为x 的球体质量，再结合万有引力
公式推导引力大小；
（2）将物体受到的万有引力与简谐运动回复力对比，证明物体做简谐运动，类比弹簧振子得出周期，
再根据对称性确定运动到B 端的时间。
【解答】解：（1）设地球密度为ρ，根据密度公式ρ= M 地
V
其中V = 4 π R
3
3
，则M 地= ρV = 4 π R
3 ρ
3
当物体距离地心为x 时，对物体有引力作用的是半径为x 的球体部分，其质量M'＝ρV'＝ρ× 4 π x
3
3
根据万有引力定律F =G M 1 M 2
r
2
此时物体受到的万有引力F =G M ′ M
x
2
=G
4 π x
3 ρ
3
M
x
2
= 4 πxGρM
3
，故D 正确，ABCE 错误。
故选：D。
（2）论证：以地心O 为坐标原点，建立沿隧道BA 的x 轴。设物体在距离地心x 处，此时物体受到的
万有引力为：F甲=−4 πGρM
3
x（式中负号表示引力方向与位移方向相反，指向地心）
令等效劲度系数k ′ = 4 πGρM
3
，则F 回＝﹣k'x，完全符合简谐运动的动力学特征F 丙＝﹣kx
因此，物体在隧道AB 中做简谐运动。
该物体做简谐运动的周期为：T＝2π❑√
M
k ′ = ❑√
3
4 πGρ
物体在B 端的时刻t = 2n+1
2
T =(2n+1)❑√
3 π
4Gρ
（n＝0，1，2，3，…）
故答案为：（1）D；（2）论证：以地心O 为坐标原点，建立沿隧道BA 的x 轴。设物体在距离地心x
处，此时物体受到的万有引力为：F甲=−4 πGρM
3
x（式中负号表示引力方向与位移方向相反，指向
地心）
令等效劲度系数k ′ = 4 πGρM
3
，则F 回＝﹣k'x，完全符合简谐运动的动力学特征F 丙＝﹣kx
因此，物体在隧道AB 中做简谐运动。
该物体做简谐运动的周期为：T＝2π❑√
M
k ′ = ❑√
3
4 πGρ
物体在B 端的时刻t = 2n+1
2
T =(2n+1)❑√
3 π
4Gρ
（n＝0，1，2，3，…）
17．（2026•济南三模）如图所示，质量为m＝2kg、可视为质点的物块用长度为L1＝1.5m 的细线悬挂在
天花板上，物块在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为53°。质量为M＝1kg 的木板静
止在光滑水平地面上，木板的上表面由圆心角为53°的光滑圆弧面和粗糙水平面组成，圆弧面的圆心为
O，半径为R = 29
8 m。某时刻，细线的悬挂点松动导致细线缓慢变长至L2＝2m。稳定后，物块仍在水
平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角为37°，当运动到P 点时细线断裂，一段时间后，物块
恰好沿切线从Q 点进入木板，P、Q 点在同一竖直面内。已知物块与木板水平部分的动摩擦因数为μ＝
0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）悬挂点松动前物块做匀速圆周运动线速度的大小v0；
（2）悬挂点松动过程中，细线对物块做的功W；
（3）木板向右运动速度的最大值vm；
（4）从物块进入木板水平部分开始计时，1s 内木板的位移。
【答案】（1）悬挂点松动前物块做匀速圆周运动线速度的大小v0为4m/s；
（2）悬挂点松动过程中，细线对物块做的功W 为﹣21J；
（3）木板向右运动速度的最大值vm为6m/s；
（4）从物块进入木板水平部分开始计时，1s 内木板的位移大小为1.2m。
【分析】（1）物块做匀速圆周运动时，由重力与细线拉力的合力提供向心力，先通过受力分析求出向
心力大小，再结合圆周运动半径，由向心力公式推导线速度大小；
（2）先求出悬挂点松动后物块稳定做圆周运动的线速度，再计算物块初末状态的动能和重力势能变
化，利用动能定理，动能的变化等于重力做功与细线拉力做功的代数和，从而求出细线对物块做的
功；
（3）先分析物块从P 点断裂后的平抛运动，结合“沿切线从Q 点进入”的条件求出进入木板时的速
度，再分析物块在圆弧面的运动（机械能守恒），之后物块滑上木板，系统水平方向动量守恒，物块
减速、木板加速，当两者共速时木板速度达到最大，通过动量守恒和能量守恒联立求解；
（4）先求出物块与木板的加速度，判断两者达到共速的时间，再根据该时间与1s 的大小关系，分阶
段计算木板的位移：达到共速前木板做匀加速直线运动，达到共速后两者一起匀速运动，将两段位移
相加得到1s 内的总位移。
【解答】解：（1）悬挂点松动前物块做匀速圆周运动，重力和拉力的合力提供向心力，有
mgtan53° =m
v0
2
L1sin53°
解得v0＝4m/s
（2）悬挂点松动后物块做匀速圆周运动，重力和拉力的合力提供向心力，有
mgtan37° =m
v1
2
L2sin37°
松动的过程，根据动能定理mg( L2cos37°−L1cos53°)+W = 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
解得W＝﹣21J
（3）当木块运动至圆弧面最低点时木板向右运动速度最大，设向左为正方向，由水平方向动量守恒和
能量守恒可得mv1＝mv3﹣Mvm
1
2 m v2
2+mgR(1−cos53°)= 1
2 m v3
2+ 1
2 M vm
2
解得v3＝6m/s，vm＝6m/s
（4）从物块进入木板水平部分，物块的加速度a1= μg=0.5×10m/s2＝5m/s2
木板的加速度a2= μmg
M = 0.5×2×10
1
m/ s
2=10m/s2
共同速度v 共＝v3﹣a1t1＝﹣v4+a2t1
解得t1= 4
5 s，v 共＝2m/s
木板向右减速的位移s1= −v4+ v共
2
t1，解得s1＝﹣1.6m
木板向左匀速的位移s2＝v 共（t﹣t1）＝2×（1﹣0.8）m＝0.4m
s＝s1+s2＝﹣1.6m+0.4m＝﹣1.2m
1s 内木板位移大小为1.2m。
答：（1）悬挂点松动前物块做匀速圆周运动线速度的大小v0为4m/s；
（2）悬挂点松动过程中，细线对物块做的功W 为﹣21J；
（3）木板向右运动速度的最大值vm为6m/s；
（4）从物块进入木板水平部分开始计时，1s 内木板的位移大小为1.2m。
18．（2026•毕节市模拟）李老师手持长直软绳做横波演示实验，t＝0 时质点a 开始振动，t1＝0.5s 时质点
b 开始振动，如图所示。a 平衡位置到质点b 和c 平衡位置的距离分别为xab＝0.8m 和xac＝2.8m。若绳
为均匀介质，波为简谐波。求：
（1）该波的周期和波速；
（2）质点c 第一次处于波谷的时刻。
【答案】（1）该波的周期为1s，波速为1.6m/s；
（2）质点c 第一次处于波谷的时刻为tc＝2.5s。
【分析】（1）结合题图，由波向前传播的时间与周期的关系、波向前传播的距离与波长的关系、波速
与波长的关系分别列式，即可分析求解；
（2）结合前面分析及题意，由“同侧法”先确定质点的起振方向，再分别确定振动形式传到c 点的时
间及质点c 振动的时间，即可分析求解。
【解答】解：（1）由题图可知，0.5s 的时间波向前传播了半个波长，则可知该波的周期T 及波长λ 分
别满足：
0.5T＝t1﹣t，
0.5λ＝xab，
解得：
T＝1s，
λ＝1.6m，
则该波的波速为；
v= λ
T = 1.6
1 m/ s=1.6m/ s；
（2）由题意，根据“同侧法”可知，该波中质点的起振方向向上，则质点c 第一次处于波谷时，其已
经振动的时间为：
t2＝0.75T，
结合前面分析可知，质点a 的振动形式传到质点c 的时间为；
t1= xac
v ，
由此可知，质点c 第一次处于波谷的时刻为；
tc＝t1+t2，
联立解得：
tc＝2.5s。
答：（1）该波的周期为1s，波速为1.6m/s；
（2）质点c 第一次处于波谷的时刻为tc＝2.5s。
19．（2026 春•沙坪坝区校级期中）重庆的湖广会馆是全国最大清代会馆建筑群，如图（a），为保护传
统木质建筑，可采用超声横波法进行无损检测。在某次检测中，有一列简谐横波在木材中沿x 轴传
播，t＝0 时刻的波形图如图（b）所示，位于x 轴上的质点P 的振动图像如图（c）所示。求：
（1）波在木材中的传播方向及速度；
（2）在0～2.5×10﹣6s 时间内，质点P 运动的路程。
【答案】（1）波沿x 轴正方向传播，速度大小为800m/s。
（2）质点P 运动的路程为1×10﹣5m。
【分析】（1）由振动图像确定t＝0 时刻质点P 的位置和速度方向，结合波形图利用“上下坡法”判
断波的传播方向。从波形图读取波长，从振动图像读取周期，通过波速与波长、周期的关系计算波
速。
（2）从图像读取振幅，计算给定时间与周期的倍数关系。质点做简谐运动时，一个周期的路程为4 倍
振幅，根据时间包含的周期数计算总路程。
【解答】解：（1）分析质点P 的振动图像（c）可知，在t＝0 时刻，质点P 处于平衡位置且向y 轴负
方向运动，结合波形图（b），根据“上下坡法”可知该波沿x 轴正方向传播。
由图（b）读得波长λ＝8×10﹣4m，由图（c）读得周期T＝1×10﹣6s，根据波速公式v = λ
T ，解得：v＝
800m/s。
（2）由图（b）或图（c）可知该波的振幅A＝1×10﹣6m；在0～2.5×10﹣6s 时间内，经历的时间Δt＝
2.5×10﹣6s＝2.5T。
由于质点在一个周期内运动的路程为4A，则质点P 在此时间内运动的路程s＝2.5×4A，解得：s＝1×10
﹣5m。
答：（1）波沿x 轴正方向传播，速度大小为800m/s。
（2）质点P 运动的路程为1×10﹣5m。
20．（2026 春•香坊区校级期中）一列简谐横波在两个不同时刻的波形如图所示，虚线为实线所示的横波
在Δt＝0.5s 后的波形图线。
（1）若波沿x 轴负方向传播，求波速v 的大小；
（2）若波速大小为v＝30m/s，计算说明波向哪个方向传播？
【答案】（1）若波沿x 轴负方向传播，波速v 的大小为（8n+2）m/s（n＝0，1，2，…）。
（2）若波速大小为v＝30m/s，波向x 轴正方向传播。
【分析】（1）明确波形图反映波在空间上的周期性分布，已知时间间隔与波传播方向，需建立波形平
移距离与波速的关系。波沿x 轴负方向传播，实线波形需向左平移特定距离才能与虚线重合，该平移
距离可能是波长的整数倍加上不足一个波长的部分，需根据波形图确定波长，并考虑波传播的周期
性，通过时间间隔计算波速的通解。
（2）已知波速具体数值和波形变化时间间隔，需判断波的传播方向。可分别假设波沿正、负方向传
播，根据波形平移规律，计算在给定时间间隔内波形平移的距离，该距离应等于波速乘以时间。再将
此计算距离与波形图上实际可能平移的距离（需考虑波长的整数倍）进行比较，能使等式成立的方向
即为波的传播方向。
【解答】解：（1）根据波形图可知，该简谐横波的波长λ＝4m。若波沿x 轴负方向传播，则在Δt＝
0.5s 内传播的距离s=(n+ 1
4 )λ（n＝0，1，2，…），根据公式v = s
Δt ，代入数据解得：波速v＝
（8n+2）m/s（n＝0，1，2，…）。
（2）当波速v＝30m/s 时，在Δt＝0.5s 内波传播的位移s＝vΔt，代入数据得s＝15m。由于
s
λ = 15
4 =3.75，即s=(3+ 3
4 )λ。
由图可知，将实线波形沿x 轴正方向平移3
4 λ后可与虚线波形重合，故波向x 轴正方向传播。
答：（1）若波沿x 轴负方向传播，波速v 的大小为（8n+2）m/s（n＝0，1，2，…）。
（2）若波速大小为v＝30m/s，波向x 轴正方向传播。
21．（2026•合肥模拟）两列简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝0 和x＝14m
处，波源的振幅分别为A1＝10cm 和A2＝6cm，传播速度大小相同。如图所示为t＝0 时刻两列波的图
像，此刻平衡位置在x＝4m 和x＝10m 的P、Q 两质点刚开始振动，周期T＝4s，质点M 的平衡位置处
于x＝8m 处。求：
（1）简谐波的传播速度v 大小；
（2）从t＝0 到8s 内，质点M 运动的路程。
【答案】（1）简谐波的传播速度v 大小为1m/s；
（2）从t＝0 到8s 内，质点M 运动的路程为28cm。
【分析】（1）根据波速、波长和周期关系计算；
（2）分别计算出两列波传播到M 点所用时间，然后根据路程差分析M 点是振动减弱点，然后得到M
点的振幅，根据一个周期内质点经过的路程为4A 计算即可。
【解答】解：（1）由图可知波的波长为λ＝4m
所以波速为v= λ
T = 4
4 m/ s=1m/ s
（2）设向左传播的波传播到M 点的时间为t1，向右传播的波传播到M 点的时间为t2，则
t1= QM
v
= 10−8
1
s=2s
t2= PM
v
= 8−4
1
s= 4 s
则0～2s 时间内质点M 静止不动
在2s～4s 时间内M 质点仅参与向左传播的波的振动，质点M 经过的路程为s1= 1
2 ×4 A2= 1
2 ×4×6cm
＝12cm
因为M 到两个波源的距离差为Δx =8m−6m=2m= 1
2 λ，根据同侧法可知 两个波源开始起振的方向
相同，都是向上，所以M 点是振动减弱点，其振幅为A＝|A1﹣A2|，解得A＝4cm，则在4s～8s＝T 内
M 经过的路程为s2＝4A＝4×4cm＝16cm
所以从t＝0 到8s 内，质点M 运动的路程为s＝s1+s2＝12cm+16cm＝28cm
答：（1）简谐波的传播速度v 大小为1m/s；
（2）从t＝0 到8s 内，质点M 运动的路程为28cm。
