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专题30 机械振动 机械波
题型一 简谐运动的规律.........................................................................................................................1
类型1 简谐运动基本物理量的分析..............................................................................................2
类型2 简谐运动的周期性与对称性..............................................................................................5
类型3 弹簧振子的动力学、能量特征分析..................................................................................7
题型二 简谐运动图像的理解和应用.....................................................................................................9
题型三 单摆及其周期公式的理解及应用...........................................................................................12
类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用................................................................................13
类型2 单摆的振动图像及运动学特征........................................................................................15
题型四 受迫振动和共振规律的应用...................................................................................................18
类型1 受迫振动概念及规律的理解应用....................................................................................19
类型2 共振曲线的应用................................................................................................................21
题型五 机械波的形成与传播...............................................................................................................23
题型六 波动图像和振动图像的理解和应用.......................................................................................26
题型七 波传播的周期性和多解性问题...............................................................................................29
题型八 波特有的现象——波的干涉、衍射和多普勒效应...............................................................32
题型一 简谐运动的规律
简谐运动的运动规律：x＝Asin (ωt＋φ)
(1)变化规律
位移增大时
(2)对称规律
①做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系，
另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反．
②振动物体来回通过相同的两点间的时间相等，如tBC＝tCB；振动物体经过关于平衡位置对称的等
长的两线段的时间相等，如tBC＝tB′C′，如图所示．
(3)运动的周期性特征
相隔T 或nT 的两个时刻振动物体处于同一位置且振动状态相同．
类型1 简谐运动基本物理量的分析
1.
如图所示，一均匀带正电的实心绝缘球内有一内壁光滑的直管道AC（管道位于水平
面内、其内径可忽略），球心O在AC连线上，管道内部不带电。一带负电小球（可视为质
点）从管道A点由静止释放后，仅在电场力作用下向C点运动。已知均匀带电球壳对其内部带
电小球的作用力为零，不计两球间的万有引力，则下列说法正确的是（ ）
A．A →O过程中，小球的电势能逐渐增加
B．A →O过程中，小球的加速度保持不变
C．小球将一直加速从C点离开管道
D．小球在O点时动能最大
【答案】D
【详解】C．由分析知，小球将在A、C间做简谐运动，O点为平衡位置，A、C两点为振幅处。因
此，小球不会从C 点离开管道，选项C 错误；
A．A →O过程中，电场力一直对小球做正功，小球的动能逐渐增加，电势能逐渐减少，选项A 错
误;
D．O点为平衡位置，速度最大，动能最大，选项D 正确；
B．设绝缘球所带电荷量为Q、半径为R，小球所带电荷量为q，某时刻小球到O点的距离为r，则
由库仑定律有F =k
r
3
R
3 Qq
r
2
= krQq
R
3
故A →O过程中，小球所受电场力一直减小，结合牛顿第二定律可知加速度一直减小，选项B 错误。
故选D。
2.
如图所示，旋转木马是一种通过旋转与起伏运动模拟骑马过程的游乐设施，主体由钢
材支架和玻璃钢马匹构成。在骑旋转木马的过程中，可以将人的运动近似为水平面内的匀速圆
周运动和竖直方向简谐运动的合运动，则人在骑旋转木马的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．人受到的合力提供简谐运动的回复力
B．人经过最高点时，速度为零，加速度最大
C．人经过简谐运动的平衡位置时，合外力不为零
D．人经过最低点时，合外力最小，速度最小
【答案】C
【详解】A．圆周运动需要向心力，人受到的合力不仅要提供简谐运动的回复力，还要提供圆周运
动所需的向心力，故A 错误；
B．人经过最高点时，竖直方向的速度为零，但合速度不为零，竖直方向的加速度最大，合加速度
也最大，故B 错误；
C．人经过简谐运动的平衡位置时，合外力不为零且提供圆周运动的向心力，故C 正确；
D．人经过最低点时，合外力最大，速度最小，故D 错误。
故选C。
3.
如图所示，真空中两个电荷量均为q 的正点电荷固定在相距为2l 的a、b 两点，O 是
ab 连线的中点，P、Q 在ab 连线的中垂线上，到O 点的距离均为❑√3l。现将质量为m、电荷量
为-q的带电粒子从P 点由静止释放，不计粒子的重力，静电力常量为k。下列说法正确的是（
）
A．粒子将在P、Q 之间做简谐运动
B．粒子运动到O 点时电势能最小
C．粒子从P 点释放瞬间，加速度大小为
❑√3k q
2
3ml
2
D．粒子加速度最大的点到O 点的距离为
❑√2l
2
【答案】BD
【详解】A．简谐运动要求回复力F =-kx
粒子在P、Q 间受两个正点电荷的库仑力，合力不满足F =-kx规律，A 错误；
B．粒子带负电，从P 到O，电场力做正功，电势能减小；从O 到Q，电场力做负功，电势能增大。
故粒子在O 点电势能最小，B 正确；
C．在P 点，单个正点电荷对粒子的库仑力F0= kq⋅q
r
2
由几何关系，a 到P 距离r =
❑√l
2+(❑√3l)
2=2l
两个库仑力的合力F合=2 F0cos30° =
❑√3k q
2
4l
2
由牛顿第二定律F合=ma
得加速度a=
❑√3k q
2
4 ml
2 ，C 错误；
D．设粒子到O 点距离为x，单个正点电荷对粒子的库仑力F =k
q
2
l
2+ x
2
合力F合=2k
q
2
l
2+ x
2 ⋅
x
❑√l
2+ x
2 =
2k q
2 x
（l
2+ x
2）
3
2
对F合关于x 求导，令导数为0
解得x =
❑√2l
2 时合力最大，即加速度最大，D 正确。
故选BD。
类型2 简谐运动的周期性与对称性
4.
如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L 的A、B 两点。已知质点
在A 点的位移大小为振幅的一半，B 点位移大小是A 点的❑√3倍，质点经过A 点时开始计时，t
时刻第二次经过B 点，该振动的振幅和周期可能是（ ）
A．2 L
❑√3-1，3t
B．2 L
❑√3-1，5t
C．2 L
❑√3+1，12
5 t
D．2 L
❑√3+1，12
7 t
【答案】C
【详解】AB．若平衡位置在A 的左侧，根据题意有x A = A
2 ，xB=
❑√3 A
2
由于A、B 两点相距L，则有xB- x A = L
解得A =
2 L
❑√3-1
以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为y = A sin 2π
T t
则有A
2 = A sin 2π
T t1，
❑√3 A
2
= A sin 2π
T t2
由于质点经过A 点时开始计时，t时刻第二次经过B 点，解得t =t2-t1= T
3 - T
12 = T
4
解得T = 4 t，故AB 错误；
CD．若平衡位置在AB 之间，根据题意有x A = A
2 ，xB=
❑√3 A
2
由于A、B 两点相距L，则有xB+ x A = L
解得A =
2 L
❑√3+1
以平衡位置为起点，以向右运动为正方向，则振动方程为y = A sin 2π
T t
则有- A
2 = A sin 2π
T t3，
❑√3 A
2
= A sin 2π
T t 4
由于质点经过A 点时开始计时，t时刻第二次经过B 点，解得t =t 4-t3= T
3 -(- T
12 )= 5T
12
解得T = 12
5 t，故C 正确，D 错误。
故选C。
5.
如图甲所示，弹簧振子在光滑水平地面上M、N 两点之间做简谐运动，规定O 点为平
衡位置，以向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是
（ ）
A．0.4s~0.8s 内，振子向正方向运动
B．t =0.2s时和t =0.6s时振子的速度相同
C．t =0.6s时和t =1.0s时振子的势能不同D．t =1.0s时振子的动能大于t =1.3s时的动能
【答案】D
【详解】A．图像的斜率代表速度，0.4s~0.8s 内，振子向负方向运动，故A 错误；
B．t =0.2s时和t =0.6s时振子的速度大小相等但方向相反，速度不同，故B 错误；
C．t =0.6s时和t =1.0s时振子的位移大小相等，根据对称性可知，势能相同，故C 错误；
D．振子在t =1.0s时比t =1.3s时更靠近平衡位置，速度更大，所以t =1.0s时振子的动能大于
t =1.3s时振子的动能，故D 正确。
故选D。
6.
一个弹簧振子在水平方向上做简谐运动，周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．若Δt时间内振子的位移大小等于一个振幅，则Δt一定等于T
4 的整数倍
B．若t时刻和t +Δt时刻振子的加速度相同，则振子的速度一定相同
C．若Δt =T，则在t时刻和t +Δt时刻弹簧的长度一定相等
D．若Δt = T
2 ，则在t时刻和t +Δt时刻振子的速度大小一定相等
【答案】CD
【详解】A．振子的位移大小等于一个振幅，Δt不一定等于T
4 的整数倍，选项A 错误；
B．振子的加速度相同，则位移一定相同，速度大小一定相同，但是方向不一定相同，即速度不一
定相同，选项B 错误；
C．若Δt =T，则在t时刻和t +Δt时刻振子回到原来的位置，则弹簧的长度一定相等，选项C 正确；
D．若Δt = T
2 ，则振子刚好到达相对平衡位置的对称点，则在t时刻和t +Δt时刻振子的速度大小
一定相等，选项D 正确。
故选CD。
类型3 弹簧振子的动力学、能量特征分析
7.
如图1 所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动时，传
感器记录弹力随时间变化的规律如图2 所示。已知重力加速度g=10m/ s
2。下列说法正确的
是（ ）
A．t=0 时，小球处于平衡位置
B．小球在最低点时的加速度大小为20m/s²
C．0-2s 内，弹力对小球做的功为0
D．0-2s 内，小球受弹力的冲量大小为4N ⋅s
【答案】D
【详解】A． t=0 时，弹簧弹力最大；小球处于平衡位置时弹簧弹力的大小与小球的重力相等，故
A 错误；
B．弹簧与小球组成的系统，静止时弹簧处于伸长状态，伸长量为x，此时弹簧弹力等于小球重力，
根据题中信息可知，小球运动到最上端时，弹簧的弹力为0，弹簧处于原长，根据弹簧运动的对称
性可知，弹簧位于最下端时，弹簧的伸长量为2x，此时弹簧的弹力为4N，因此当弹簧伸长量为x
时，弹力大小为2N，此时弹力等于小球的重力，因此小球的质量为m=0.2kg
小球在最低点时F -mg=ma
解得a=10m/ s
2，故B 错误；
C．0-2s 内，小球从最低点到最高点，弹力对小球做的功不为0，故C 错误；
D．根据动量定理可知，外力的冲量之和等于动量的变化量，即I F + I G= Δ p
零时刻小球位于最低点，速度为零，第2s 末时刻小球位于最高点，速度也是零，因此可知
Ft =->¿
所以弹簧弹力的冲量大小是I F =2×2N ⋅s= 4 N ⋅s，故D 正确。
故选D。
8.
某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中，
如图所示。竖直向下按压5cm后静止释放，木棒开始在液体中上下振动（不计液体粘滞阻力），
其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为4s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其
振动图像如图所示。其中A 为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．t =t1时，木棒的重力大于其所受的浮力
B．振动过程中木棒的机械能不守恒
C．开始计时12s内木棒所经过的路程是30cm
D．木棒的位移函数表达式是y =5sin(5 πt - 5 π
6 )cm
【答案】B
【详解】A．t =t1时，木棒在最低点，合力向上，木棒的重力小于其所受的浮力，故A 错误；
B．由于木棒振动过程中除重力外浮力做功，振动过程中木棒的机械能不守恒，故B 正确；
C．振幅A =5cm，由t =12s=3T
开始计时12s内木棒所经过的路程是s=3×4 A =60cm，故C 错误；
D．圆频率ω= 2π
T = π
2 rad / s
振动方程为y = A sin (ωt +φ)=5sin(
π
2 t +φ)cm
由t =0时y =- A
2 ，解得φ=- 5 π
6
木棒的位移函数表达式是y =5sin(
π
2 t - 5 π
6 )cm，故D 错误。
故选B。
9.
物理实验室研究物体在弹簧弹力作用下的运动规律。如图甲所示，弹簧竖直放置，下
端固定在地面上，当弹簧处于自然长度时，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，
测出物体的速度v与弹簧长度l 的关系如图乙，图线与横轴交点坐标为l1、l2 。已知薄板与弹
簧的质量可忽略，盒子的质量为m，弹簧一直处在弹性限度内，重力加速度大小为g，空气阻
力不计，则（ ）
A．盒子做匀变速直线运动
B．当弹簧长度为l1时，盒子的加速度大小等于g
C．弹簧的劲度系数为2mg
l2-l1
D．盒子的最大速度为❑√
g(l2-l1)
2
【答案】BCD
【详解】A．盒子在运动过程中受到重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不断变化，其合力不断变化，
加速度不断变化，所以盒子做的是非匀变速直线运动，故A 错误；
BCD．根据题意可知，将一盒子无初速度地放在与弹簧上端相连的薄板上，盒子将做简谐运动，开
始弹簧处于自然长度，弹簧的弹力为0，只受重力，则盒子的加速度大小等于g，之后盒子开始压
缩弹簧，盒子速度先增大，当弹力等于重力时，盒子的速度最大，之后开始减速，运动到最低点时，
速度为0，弹簧长度最短，结合图像可知，弹簧原长为l2，当弹簧长度为l1时，盒子运动到最低点，
由对称性可知，此时盒子的加速度大小等于g，方向向上，由牛顿第二定律有k (l2-l1)-mg=mg
解得k = 2mg
l2-l1
当盒子速度最大时，弹簧弹力等于重力，此时弹簧的形变量为Δ x = mg
k = l2-l1
2
由能量守恒定律有mg Δ x = 1
2 k (Δ x)
2+ 1
2 mv
2
解得v =
❑√
g(l2-l1)
2
，故BCD 正确。
故选BCD。
题型二 简谐运动图像的理解和应用
1．简谐运动的图象
图象
横轴
表示振动时间
纵轴
表示某时刻质点的位移
物理意义
表示振动质点的位移随时间的变化规律
2.振动图象的信息
(1)由图象可以看出振幅、周期．
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．
(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向．
①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t 轴．
②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增大，振动质点
的速度方向就是远离t 轴，若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t 轴．
10. 如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m 的小球，构成竖直方向的弹
簧振子。取小球平衡位置为x 轴原点，竖直向下为x 轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起
来后，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若T
2 时刻弹簧弹力为0，重力加速度为
g，则有（ ）
A．0 时刻弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧劲度系数为2mg
A
C．T
2 -T时间段，回复力冲量为0
D．T
2 -T时间段，小球动能与重力势能之和不变
【答案】AC
【详解】B．小球平衡位置为x 轴原点，竖直向下为x 轴正方向，T
2 时刻弹簧弹力为0，位移大小为
A，有kA =mg
可得劲度系数为k = mg
A
故B 错误；
A．0 时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F =k ⋅2 A =2mg
故A 正确；
C．T
2 ∼T时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前T
4 时间沿正方向，在后T
4 时间沿
负方向，两段时间的回复力平均值F大小相等，则由I = F ⋅T
4 +(- F ⋅T
4)=0
可知回复力冲量为0，故C 正确；
D．T
2 ∼T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球
的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D 错误。
故选AC。
11. 如图所示为甲、乙两弹簧振子的振动图像，由图像可知，下列说法正确的是（ ）
A．甲的速度为零时，乙的速度也为零
B．甲的加速度为零时，乙的加速度也为零
C．甲、乙两弹簧振子的振动频率之比为2：1
D．甲、乙两弹簧振子的速度方向总是相同
【答案】B
【详解】A．振子在最大位移处时速度最小为零，在平衡位置时速度最大，由图示图像可知，甲在
最大位移处速度为零时，乙在平衡位置，速度最大，故A 错误；
B．振子在平衡位置时加速度为0，由图示图像可知，甲在平衡位置时乙也在平衡位置，甲的加速
度为零时，乙的加速度也为零，故B 正确；
C．由图示图像可知，甲的周期T 甲=2.0s，乙的周期T 乙=1.0s，振子的频率f = 1
T
则
f 甲
f 乙
= 1
2，故C 错误；
D．图像的斜率代表速度，可知甲、乙两弹簧振子的速度方向并非总是相同，故D 错误。
故选B。
12. 某鱼漂的示意图如图甲，O、M、N为鱼漂上的三个点。当鱼漂静止时，水面恰好过
点O。用手将鱼漂向下压，使点M到达水面，松手后，不考虑阻力的影响，鱼漂会上下做简谐
运动，上升到最高处时，点N到达水面。以O点为坐标原点，竖直向上为正方向，并取经过O
点向下运动时为计时零点，描绘出鱼漂所受浮力与时间的变化图像、速度与时间的变化图像，
下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】AB．由题可知，鱼漂在O 点时，浮力等于鱼漂的重力，且浮力逐渐增大，A 错误，B 正确；
CD．由于O点向下运动时为计时零点，故在O 点时速度方向为负，且速度逐渐减小，C 错误，D 正
确。
故选BD。
题型三 单摆及其周期公式的理解及应用
1．受力特征：重力和细线的拉力
(1)回复力：摆球重力沿切线方向上的分力，F＝mgsin θ＝－x＝－kx，负号表示回复力F 与位移x 的
方向相反．
(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向的分力的合力充当向心力，F 向＝FT－mgcos θ.
特别提醒 ①当摆球在最高点时，F 向＝＝0，FT＝mgcos θ.
②当摆球在最低点时，F 向＝，F 向最大，FT＝mg＋m.
2．周期公式：T＝2π，f＝
(1)只要测出单摆的摆长l 和周期T，就可以根据g＝，求出当地的重力加速度g.
(2)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摆动所在
圆弧的圆心．
(3)g 为当地的重力加速度．
类型1 单摆的受力特征及周期公式的应用
13. 如图是用传感器和计算机描绘的甲、乙两个单摆的振动图像。关于两个单摆运动的描
述，下列说法正确的是（ ）
A．甲单摆的振动方程为x =3sin(
10
3 t +π
3 )cm
B．任意0.2s内，乙单摆经过的路程均为2cm
C．甲、乙单摆的摆长之比为9：16
D．甲、乙单摆的最大摆角之比为3：4
【答案】C
【详解】A．由图可知T 甲=0.6s，ω= 2π
0.6 rad/s= 10 π
3
rad/s
经检验分析可得甲单摆的振动方程为x =3sin(
10 π
3
t + π
3)cm，选项A 错误；
B．由图可知T 乙=0.8s
0.2s为四分之一个周期，经过的路程与计时起点有关，选项B 错误；
C．根据周期公式T =2π ❑√
L
g
可得摆长L= gT
2
4 π
2
将两单摆周期代入，可得两单摆的摆长之比为9：16，选项C 正确；
D．设最大摆角为θ，振幅为A，由A
2πL = θ
2π
可得最大摆角为θ = A
L
则甲、乙两单摆的最大摆角之比θ甲：θ乙= A甲
A乙
⋅L乙
L甲
代入数据得θ甲：θ乙=8：3，选项D 错误。
故选D。
14. 如图甲所示，水平放置在光滑地面上的弹簧振子在A、B 之间做简谐运动，O 点为平
衡位置，规定向右为正方向，其自由振动图像如图乙所示。将小球Q 用轻质细绳悬挂在O 点
正上方的O1点，小球Q 静止时恰好未与地面接触，将小球P 从A 点由静止释放，运动到O 点
时与完全相同的、静止的小球Q 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后小球P 从A 点至再次回到
A 点的时间间隔为6s。小球P、Q 始终在同一竖直面内运动，小球Q 的摆角始终小于5°，空气
阻力不计，当地重力加速度g=9.87m/s2，π2≈9.87，则轻绳与小球Q 组成的单摆的（ ）
A．周期为2s
B．周期为8s
C．摆长为1m
D．摆长为4m
【答案】D
【详解】根据图乙可知，小球P 的振动周期T1=8s，碰后小球P 从A 点至再次回到A 点的时间为
6s，因为小球P、Q 完全相同且发生弹性碰撞，故小球P、Q 碰后速度发生交换，小球Q 在相邻两次
碰撞之间的时间间隔为2s，恰好为单摆的半个周期，即单摆的周期为T=4s，根据单摆的周期公式
T =2π❑√
L
g
解得单摆的摆长L=4m
故选D。
15. 如图所示，小球M 用细线悬于定点O，小球N 位于O 点；将小球M 拉离平衡位置P
少许，同时将两球由静止释放，不计空气阻力.则（ ）
A．球M 先到达P 点
B．球M、N 同时到达P 点
C．适当调整球M 释放位置，两球可能在P 点相遇
D．适当提高球N 释放高度，两球可能在P 点相遇
【答案】D
【详解】M 做单摆运动，第一次到达P 点的时间为t1= 1
4 ×2π ❑√
L
g = π
2
❑√
L
g
N 做自由落体运动，运动到P 点的时间为t2= ❑√
2 L
g
显然t1>t2，即N 球先到达P 点，故若适当提高球N 释放高度，两球可能在P 点相遇。
故选D。
类型2 单摆的振动图像及运动学特征
16. 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，传感器的加速度大小最大
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，处于最高点，传感器的加速度最大，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。
17. 同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两单摆的摆长之比为16：25
B．乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能
C．0～1s 内，单摆甲、乙摆球的重力势能都增大
D．两图线交点对应的时刻（t0）甲、乙两摆球速率相等
E．甲单摆的振动方程为x = 4sin(
π
2 t)cm
【答案】ACE
【详解】A．根据单摆周期公式
T =2π ❑√
L
g
由图可知甲单摆的周期为4s，乙单摆的周期为5s，甲、乙两单摆的摆长之比为
L甲: L乙=T 甲
2 :T 乙
2 =16:25
故A 正确；
B．甲、乙两单摆的质量不知，无法比较甲、乙两单摆的机械能，故B 错误；
C．0～1s 内，单摆甲、乙摆球从平衡位置向最高点运动，单摆甲、乙摆球的重力势能都增大，故C
正确；
D．x -t图像斜率表示速度，两图线交点对应的时刻（t0）图像斜率绝对值不同，甲、乙两摆球速率
不相等，故D 错误；
E．甲单摆的振动方程为
x = A sin( 2π
T t )= 4sin(
π
2 t)cm
故E 正确。
故选ACE。
18. 图为两单摆的振动图像，θ为摆线偏离竖直方向的角度(θ<5°)。两单摆的摆球质量相
同，则（ ）
A．摆长之比L1
L2
= 2
3
B．摆长之比L1
L2
= 9
4
C．摆球的最大动能之比
Ek1
Ek2
= 3
2
D．摆球的最大动能之比
Ek1
Ek2
= 4
9
【答案】D
【详解】AB．根据两单摆的振动图像知，两单摆的周期之比为2
3，根据单摆周期公式
T =2π ❑√
L
g
可得
T
2= 4 π
2
g
L=kL
故有摆长之比
L1
L2
=(
2
3)
2
= 4
9
故AB 错误；
CD．甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有
mgL(1-cosθ)= Ek
故摆球的最大动能之比
Ek1
Ek2
= L1
L2
= 4
9
故C 错误，D 正确。
故选D。
题型四 受迫振动和共振规律的应用
1．受迫振动
(1)概念：振动系统在周期性外力作用下的振动．
(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关．
2．共振
(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．
(2)条件：驱动力的频率等于系统的固有频率．
(3)特征：共振时振幅最大．
(4)共振曲线：如图所示．
3．自由振动、受迫振动和共振的关系比较
振动
项目
自由振动
受迫振动
共振
受力情况
仅受回复力
受驱动力作用
受驱动力作用
振动周期或频率
由系统本身性质决
定，即固有周期T0或
固有频率f0
由驱动力的周期或频
率决定，即T＝T 驱或f
＝f 驱
T 驱＝T0或f 驱＝f0
振动能量
振动物体的机械能不
变
由产生驱动力的物体
提供
振动物体获得的能量
最大
常见例子
弹簧振子或单摆
(θ≤5°)
机械工作时底座发生
的振动
共振筛、声音的共鸣
等
类型1 受迫振动概念及规律的理解应用
19. 如图所示是单摆做阻尼振动的位移-时间图像。分析图像，下列说法正确的是
（ ）
A．阻尼振动的周期不变
B．阻尼振动的周期增大
C．摆球在P 时刻的势能等于Q 时刻的势能
D．摆球在P 时刻的动能等于Q 时刻的动能
【答案】AC
【详解】AB．阻尼振动中，摆球的振幅逐渐减小，由于周期与振幅无关，故振动过程中周期不变，
A 正确，B 错误；
C．摆球在P 时刻的位移大小等于Q 时刻的位移大小，即高度相同，则摆球在P 时刻的势能等于Q
时刻的势能，C 正确；
D．x -t图像的斜率表示摆球的速度，由图可知，摆球在P 时刻的速度大于Q 时刻的速度，根据
Ek= 1
2 m v
2可知摆球在P 时刻的动能大于Q 时刻的动能，D 错误。
故选AC。
20. 上海中心大厦内部的“上海慧眼”阻尼器重达一千吨，有效抵御了大风对建筑的影响。
该阻尼器沿水平方向做阻尼振动，振动图像如图所示。关于阻尼器的说法正确的是（ ）
A．振动周期越来越小
B．t=4s 时的动能为零
C．t=8s 时沿x 轴负方向运动
D．t=10s 时加速度沿x 轴负方向
【答案】D
【详解】A．由图可知，振动周期不变，故A 错误；
B．t=4s 时正好经过平衡位置，速度最大，动能最大，故B 错误；
C．t=8s 时图线切线的斜率为正，则沿x 轴正方向运动，故C 错误；
D．由图可知，t=10s 时位移达到正向最大，则加速度最大，方向沿x 轴负方向，故D 正确。
故选D。
21. 为了提升汽车行驶过程中的平顺性和稳定性，在汽车车身和底座间装有弹簧和减震器
来减缓震动。如图所示，图甲为某汽车正匀速通过某路口的连续等间距的减速带，图乙为该车
车身的振幅A 和车速v 的关系图像，图像最高点对应的速度为v1。已知两相邻减速带间的距离
为1m，该车车身的固有频率为10Hz，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该车经过减速带时车身上下振动的频率随车速增大而减小
B．该车经过减速带时车身上下振动的频率恒为10Hz
C．图乙中v1=10 m /s
D．不同车辆经过该减速带时v1一定相同
【答案】C
【详解】AB．当轿车以速度v 通过减速带时，车身上下振动的周期为 T = L
v
则车身上下振动的频率为 f = 1
T = v
L
故AB 错误。
C．当车身振动频率等于车身的固有频率时，车身振幅最大，由f = v
L知，
v1= fL=10×1m/ s=10m/ s
故C 正确。
D．不同车辆车身的固有频率不一定相同，不同车辆经过该减速带时v1不一定相同，故D 错误。
故选C。
类型2 共振曲线的应用
22. 航天员用同一装置对同一单摆分别在地球和月球上做受迫振动实验，得到如图所示的
共振曲线。将月球视为密度均匀、半径为r 的球体，引力常量为G，地球表面的重力加速度为
g，不考虑星球自转的影响。下列说法正确的是（ ）
A．该单摆在地球上的共振频率为f1
B．所用单摆的摆长为
g
4π
2f 2
2
C．月球表面的重力加速度为f 2
2
f 1
2 g
D．月球的密度为
4 g f 2
2
3πGr f 1
2
【答案】B
【详解】ABC．根据单摆周期公式可得T =2π ❑√
L
g
可得f = 1
T = 1
2π
❑√
g
L
由于月球的重力加速度小于地球的重力加速度，所以该单摆在月球上的共振频率为f1；设月球表面
的重力加速度为g月，则有f 1= 1
2π
❑√
g月
L
地球上的频率为f 2= 1
2π
❑√
g
L
所用单摆的摆长为L=
g
4π
2f 2
2
可得月球表面的重力加速度为g月= f 1
2
f 2
2 g
故AC 错误，B 正确；
D．物体在月球表面上，有G M 月m
r
2
=m g月
解得月球质量为M 月= f 1
2r
2 g
G f 2
2
根据M 月= ρ月× 4
3 π r
3
可得月球的密度为ρ月=
3 g f 1
2
4πGr f 2
2
故D 错误。
故选B。
23. 上海中心大厦高632 米，为中国第一，全球第二高楼。当台风来袭时，大厦会出现了
晃动，为减小晃动幅度，在距离地面583 米处悬挂重达1000 吨的阻尼器“上海慧眼”。当台
风来袭时，阻尼器中的质量块惯性会产生一个反作用力，大厦摇晃时发生反向摆动，达到减小
大厦晃动幅度的目的。以下说法不合理的是（ ）
A．上海慧眼能“吸收”大厦振动的能量
B．上海慧眼通过与大厦共振达到抗振目的
C．风力越大，阻尼器摆动幅度也越大
D．如果发生地震，上海慧眼也可以起到减震作用
【答案】B
【详解】AB．由题意可知，在大楼受到风力作用摇晃时，阻尼器反向摆动，相当于“吸收”了大厦
振动的能量，起到减震作用，而不是与大厦同向共振，这样会放大振动，故A 正确，B 错误；
C．如遇台风天气，阻尼器摆动幅度受风力大小影响，风力越大，楼房摆动幅度越大，则阻尼器摆
动幅度越大，故C 正确；
D．如果发生地震，楼房主体也会发生摇晃，阻尼器也会反向摆动，起到减震的作用，故D 正确。
本题选不合理的，故选B。
24. 镇楼阻尼器是通过提供运动阻力，耗减运动能量，从而减少高层建筑物振动幅度和摇
晃程度。上海中心大厦的千吨重巨型阻尼器“上海慧眼”成功抵御了“贝碧嘉”台风，保障了
大厦安全，展现了现代建筑技术科学性。上海中心大厦在最高处圆周上均匀分布有12 根长为
25m 的钢索并悬挂重物，重物质量为m=1×10
6kg（可视为质点），若圆周半径为15m，重力
加速度g 取10m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．无台风时每根钢索承受的拉力大小为1.04×10
6 N
B．有台风时重物摆动方向与大厦摆动方向一致
C．有台风时重物做的是简谐振动
D．有台风时每根钢索所受拉力大小相同
【答案】A
【详解】A．无台风时每根钢索与竖直方向夹角为θ，则sinθ = R
L =0.6
每根钢索承受拉力大小为F，有12 F cosθ =mg
得F =1.04×10
6 N，故A 正确；
B．有台风时重物摆动方向与大厦摆动方向相反，提供阻力来耗减大厦振动能量，使大厦能够迅速
停止或减少振动，保持稳定，故B 错误；
C．有台风时重物做的是受迫振动，不满足简谐振动条件，故C 错误；
D．有台风时，重物发生摆动，受力不平衡，则每根钢索受拉力大小不相等，故D 错误。
故选A。
题型五 机械波的形成与传播
1．机械波的形成条件
(1)有发生机械振动的波源。
(2)有传播介质，如空气、水等。
2．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)介质中各质点的振幅相同，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，位移为零。
3．机械波的分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)。
25. 图甲表示一根没有发生形变的弹簧，上面用数字标出一些质点的平衡位置；图乙表示
弹簧中产生纵波时，某一时刻各个质点相对于各自的位移；把该时刻各质点的位移画到纵轴的
方向上，纵坐标为正表示位移向右，为负表示位移向左，得到了图丙所示的图像。已知1 为波
源，类比横波相关知识，可知（ ）
A．此时质点2 速度向左
B．此时质点3 回复力为零
C．质点2 比质点5 先回到平衡位置
D．质点4 和质点8 的振动速度总是等大反向
【答案】BD
【详解】A．由图知，质点1 正处于位移正向最大，质点2 跟随质点1 振动，故质点2 向右运动，故
A 错误；
B．由图知质点3 位移为零，则加速度为零，回复力为零，故B 正确；
C．质点2 先向右运动再返回，运动时间超过四分之一个周期，而质点5 只需四分之一个周期，故C
错误；
D．质点4 和质点8 相隔半个波长，二者振动速度总是等大反向，故D 正确。
故选BD。
26. 地震时会产生横波和纵波，横波的传播速度约为4 km /s，纵波的速度约为6.7km /s。
如图所示，图中地表平面上方柱状图表示某次地震发生时，震中混凝土地面上的地震监测仪检
测到的地震强度（地震对人、建筑物和自然地物的影响大小），从检测到信号至横波到达地表
平面的时间间隔为1s。则下列有关说法正确的是（ ）
A．震源深度约为15km
B．图示左下方结构示意图描述的振动形式为横波
C．图示横波对地面的影响更大
D．震中附近的建筑物会先上下颠簸后左右摇晃
【答案】CD
【详解】A．纵波的传播速度大于横波的传播速度，因此纵波会先到达地面，被检测到信号，设震
源深度为x，由x
4 - x
6.7 =1s，可得x ≈10km，故A 错误；
B．纵波沿着波的传播方向振动，横波则垂直波的传播方向振动，因此图中左下方结构所描述的波
为纵波，故B 错误；
C．由图中右下方结构的形变情况和右上方柱状图描述的地震强度可知，横波对地面的影响更大，
故C 正确；
D．由于纵波先到达地面，之后横波才到达地面，因此，震中附近的建筑物会先上下颠簸后左右摇
晃，故D 正确。
故选CD。
27. 声波是一种典型的纵波，在纵波中各质点只在各自平衡位置附近振动，并不随波迁移，
故沿着波前进的方向，波中介质会出现疏密不同的部分，因此纵波也被称为“疏密波”（如图
甲）。若把某时刻纵波中各质点偏离平衡位置的位移记录下来，画在坐标纸上，则可得到该时
刻波的图像。若一列沿水平方向传播的纵波及该时刻对应的波的图像如图乙所示（只展示整个
纵波的一部分，在纵波中密部中心处和疏部中心处的质点偏离平衡位置的位移为零），已知
“质点A”在图示时刻的位置在其平衡位置的右侧，且运动方向水平向右。则下列说法正确的
是（ ）
A．图乙中密部中心点到相邻的疏部中心点之间的距离为一个波长
B．图乙中疏部中心处的质点振动速度为零
C．图乙中波的传播方向沿水平方向向左
D．“质点A”的振动周期不等于该波的传播周期
【答案】C
【详解】A．两相邻密部中心点之间的距离为一个波长，A 错误。
B．因为密部中心处的质点偏离平衡位置的位移为零，故疏部中心处的质点偏离平衡位置的位移也
为零，对应振动速度最大，B 错误。
C．该时刻质点A的位置在平衡位置的右侧且向右移动，所以它在远离平衡位置，由波的图像可知，
该纵波传播方向沿水平方向向左，C 正确。
D．纵波在一个质点振动的周期内向外传递一个波长的距离，故纵波的传播周期和质点的振动周期
相同，D 错误。
故选C。
题型六 波动图像和振动图像的理解和应用
振动图象
波动图象
研究对象
一振动质点
沿波传播方向的所有质点
研究内容
一质点的位移随时间的变化规律
某时刻所有质点的空间分布规律
图象
物理意义
表示同一质点在各时刻的位移
表示某时刻各质点的位移
图象信息
(1)质点振动周期
(2)质点振幅
(3)某一质点在各时刻的位移
(4)各时刻速度、加速度的方向
(1)波长、振幅
(2)任意一质点在该时刻的位移
(3)任意一质点在该时刻的加速度
方向
(4)传播方向、振动方向的互判
图象变化
随时间推移，图象延续，但已有
形状不变
随时间推移，波形沿传播方向平
移
一完整曲
线占横坐
标的距离
表示一个周期
表示一个波长
28. 在模拟地震波传播的物理实验中，研究人员将波源置于水平的二维坐标平面原点处，
用于模拟振源的振动。从开启波源计时，即t =0时刻，波源沿y轴正方向进行简谐运动，其振
动随时间变化的情况记录如图甲所示。波源持续振动一个周期后，因实验设置而停止振动。当
ι=5s时，在介质中形成的类似地震波的简谐波呈现出如图乙的波形。以下说法正确的是（
）
A．质点N的平衡位置坐标为xN =8 m
B．质点P从计时开始到t =5s时运动的路程为30cm
C．该简谐波的波长为λ =22m
D．质点P的平衡位置坐标xP=16 m
【答案】D
【详解】A．图像可知5s 传播了30m，故波速v = 30
5 m/s=6 m/s
图甲可知波的周期T=4s，则质点N的平衡位置坐标为xN = v(5s-T )=6m，故A 错误；
B．图乙可知质点P从计时开始到t =5s时运动的路程为s=2 A +5cm =25cm，故B 错误；
C．波长λ = vT =24 m，故C 错误；
D．根据波动规律，图乙可知质点P的平衡位置坐标xP= xN +( λ
2 - λ
12 )=16cm，故D 正确。
故选D。
29. 一列简谐横波沿x 轴传播，波源位于坐标原点处，且从t =0时刻开始振动，t =5s时
的波形如图所示，此时该波刚好传到x =10 m处，则下列说法正确的是（ ）
A．波源起振的方向为y 轴正方向
B．该波的波速为2m/s
C．当t =10s时，x =10 m处的质点在波峰
D．x =2m处的质点的振动方程为y =2sin(
π
2 t + π
2)cm (t ≥1s)
【答案】BD
【详解】A．x =10 m处质点此时的振动情况和波源振动情况相同，根据同侧法可知波源起振的方向
为y 轴负方向，故A 错误；
B．根据题意可得波速v = x
t =2m/s，故B 正确；
C．根据题意5
4 T =5s
可得周期T = 4s
当t =10s时，即波传到x =10 m处后波振动了5s（5
4 T），波源起振的方向为y 轴负方向，所以
t =10s时，x =10 m处的质点在波谷，故C 错误；
D．波传到x =2m处所需的时间t
' = 2
2 =1s
圆频率ω= 2π
T = π
2 rad/s
振幅A =2cm
波源起振的方向为y 轴负方向，则y =-2sin(
π
2 (t -t
'))cm =2sin(
π
2 t + π
2)cm (t ≥1s)，故D 正
确。
故选BD。
30. 如图甲，“战绳”训练是当下一种火热的健身方式，健身员晃动战绳一端，使战绳的
一端上下振动（可视为简谐振动），如图乙所示是某次训练中t =0.2s时战绳的波形图，绳上
质点P 的振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．若增大抖动的频率，波速不变
B．该波沿x 轴负方向传播
C．P 点的振动方程为y = 40sin5πt (cm )
D．从t =0.2s到t =0.6s，质点P 通过的路程为200cm
【答案】AC
【详解】A．机械波的传播速度只由介质决定，若增大抖动的频率，波速保持不变，故A 正确；
B．由图丙可知，t =0.2s时刻质点P 沿y 轴负方向振动，根据同侧法可知，该波沿x 轴正方向传播，
故B 错误；
C．根据丙图可知质点P 的振动方程为y = A sinωt = 40sin 2π
0.4 t (cm )= 40sin5πt (cm )，故C 正
确；
D．由图丙可知，周期为0.4s，从t =0.2s到t =0.6s，经历的时间等于一个周期，则质点P 通过的
路程为s= 4 A =160cm，故D 错误。
故选AC。
题型七 波传播的周期性和多解性问题
造成波动问题多解的主要因素有
1．周期性
(1)时间周期性：时间间隔Δt 与周期T 的关系不明确。
(2)空间周期性：波传播距离Δx 与波长λ 的关系不明确。
2．双向性
(1)传播方向双向性：波的传播方向不确定。
(2)振动方向双向性：质点振动方向不确定。
3．波形的隐含性形成多解
在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态。
这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性。
31. 某介质中，一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，在0 时刻的波形如图中实线所示，1s
时的波形如图中虚线所示。关于该列简谐横波，下列说法正确的是（ ）
A．波速可能为5m/s
B．介质中质点的振动周期可能为6s
C．介质中质点的振动频率可能为5
6 Hz
D．1.5s 时，平衡位置位于3m 处的质点可能到达波峰
【答案】BD
【详解】ABC．从图中可知波在Δt =1s时间内传播的距离Δ x =(n+ 1
6)λ(n=0,1,2,⋯)
根据波速v =Δ x
Δt
得v =(6n+1)m /s
由v = λ
T
得T =
6
6n+1 s
由f = 1
T
得f = 6n+1
6
，故B 正确，AC 错误；
D．由Δ x
' = v Δt
'
得Δ x
' =(9n+1.5)m
当n=0时Δ x
' =1.5 m
位于1.5 m的波峰传到3 m处，D 正确。
故选BD。
32. 丝带舞是艺术性很强的一种舞蹈，某次舞者抖动丝带形成的丝带波可简化为一向x 轴
正向传播的简谐横波，如图所示，实线和虚线分别为t1=0 和t2=3s 时的波形图，下列说法正确
的是（ ）
A．x=1m 处的质点经过一个周期可能向右运动4m
B．在t=0.2s 时x=1m 处的质点可能加速度最大，方向沿y 轴正方向
C．该丝带波的周期可能为
12
4 n+1 s（n = 0，1，2，3……）
D．该丝带波的传播速度可能为2m/s
【答案】B
【详解】A．简谐横波传播过程中，质点不随波的传播而迁移，A 错误；
BC．由题可知，该丝带波沿x 轴正方向传播，则t2-t1=(n+ 3
4)T (n=0，1，2⋯)
解得T =
12
4 n+3 (n=0，1，2⋯)
当n=3时，周期T =0.8 s，t =0.2s= 1
4 T，则x =1m处的质点刚好运动到波谷，加速度最大且沿y
轴正方向，B 正确，C 错误；
D．由图可知，波长λ = 4 m，波速v = λ
T = 4 n+3
3
(n=0，1，2⋯)
当波速v =2m/ s时，n=0.75，D 错误。
故选B。
33. 一列简谐横波在介质传播过程中先后经过P、Q 两个质点，两个质点平衡位置之间的
距离为1m，P、Q 两个质点的振动图像如图所示，其中实线为P 点的振动图线，虚线为Q 点
的振动图线，则下列说法中正确的是（ ）
A．Q 点的振动方程为y = 4 sin(5 πt + π
6)cm
B．该波的波长可能为7.2m
C．该波的传播速度可能为5
7 m /s
D．该波的传播速度可能为30
31 m /s
【答案】D
【详解】A．由图可知波的周期为0.4s，Q 点的振动方程为y = A sin(
2π
T t +φ)=- 4 sin (5 πt )cm
故A 错误；
CD．0~0.1s 内，P 点到达波峰时有A = 4 sin(5 π t1+ π
6)cm
解得t1= 1
15 s
当t2=0.3s，Q 点到达波峰，波从P 点传播至Q 点，有Δ x = v(nT +t2-t1)=1m（n=0,1,2,3⋅⋅⋅
）
则波速为v =
30
12n+7 m /s（n=0,1,2,3⋅⋅⋅）
当该波的传播速度为5
7 m /s时，n 不是整数，故该波的传播速度不可能为5
7 m /s，当n=2时，该波
的传播速度为30
31 m /s，故C 错误；D 正确；
B．该波的波长为λ = vT =
12
12n+7 m (n=0,1,2,3⋅⋅⋅)
当该波的波长为7.2m 时，n 不是整数，故当该波的波长不可能为7.2m，故B 错误。
故选D。
题型八 波特有的现象——波的干涉、衍射和多普勒效应
1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断
某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr.
2．波的衍射现象
波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长
相差不大或者小于波长．
3．多普勒效应的成因分析
(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．当波以速度v
通过观察者时，时间t 内通过的完全波的个数为N＝，因而单位时间内通过观察者的完全波的个
数即接收频率．
(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者接
收到的频率变小．
34. 某波形在t=0 时刻如图所示，M、N 是波上的两个质点，横坐标分别为x=2m 和
x=8m，质点M 第一次回到平衡位置时t=1s，质点N 在t=5s 内运动的路程为10cm，则下列说法
正确的是（ ）
A．该列波的波速为2m/s
B．该列波的振幅为1cm
C．当质点M 沿y 轴负方向减速运动时，质点N 一定沿y 轴正方向加速运动
D．该波遇到1m 的障碍物，能发生明显衍射现象
【答案】AD
【详解】A．由波的图像可知，这列波的波长λ =8 m
质点M 第一次回到平衡位置所用时间为T
4 ，即T = 4s
故该波的波速v = λ
T =2m /s，A 正确；
B．5s内路程s= 4 A ⋅(
t
T)
质点N 走过的路程为5A，解得A=2cm，B 错误；
C．当波向x轴正方向传播时，质点N向下振动，当质点M沿y轴负方向减速运动，时间t在T
4 与T
2
之间，此时质点N沿y轴正方向加速运动，当波向x轴负方向传播时，N向上振动，当质点M沿y轴
负方向减速运动，时间t在T
4 与T
2 之间，此时质点N沿y轴负方向加速运动，由于题中传播方向不确
定，质点N 的运动情况无法确定，故C 错误。
D．因波长大于障碍物，故能发生明显衍射现象，D 正确；
故选AD。
35. 一列简谐横波在x 轴上传播，t=0 时刻的波形图如图甲所示，质点B 的振动图像如图
乙所示，则下列说法中正确的是 （ ）
A．该简谐横波一定沿x 轴正方向传播
B．该简谐横波波速为10 m/s
C．若该波遇到的障碍物或孔的尺寸约为4m 时会发生明显的衍射现象
D．在t=0.5s 时刻，质点A 的加速度比质点B 的加速度小
【答案】BC
【详解】A．根据质点B 的振动情况不能判断该简谐横波的传播方向，故A 错误；
B．根据波速的公式v = λ
T = 4
0.4 m/s=10m/s
故B 正确；
C．由图可知该波的波长λ=4m，结合发生明显衍射现象的条件，可知该波遇到的障碍物或孔的尺
寸约为4m 时会发生明显的衍射现象，故C 正确；
D．在t=0.5s 时刻，质点B 位于平衡位置，质点A 位于位移绝对值最大处，则A 的加速度比质点B
的加速度大，故D 错误。
故选BC。
36. 如图（a），青蛙在平静的水面上持续鸣叫引起水面持续振动，形成的水面波近似为
简谐横波，如图（b）所示，O 处为波源，实线圆、虚线圆表示相邻的波峰和波谷，波源垂直
xOy 平面振动。质点A 的振动图像如图（c）所示。
(1)水面波的传播速度大小为 m/s；
(2)如图（d），波遇到固定在水面的挡板后继续传播，但靠近挡板浮在水面的一片树叶没有明显振
动，下列改变有可能使树叶振动起来的是（ ）
A．增加板长
B．减小板长
C．当青蛙发出更低沉的鸣叫
D．当青蛙发出更尖锐的鸣叫
【答案】(1)0.25
(2)BC
【详解】（1）由图可知波长为0.5×10
-2m，周期为2.0×10
-2s，则波速为
v = λ
T = 0.5×10
-2
2.0×10
-2 m /s=0.25 m /s
（2）根据波发生明显衍射的条件为波长大于等于障碍物尺寸可知，能使树叶振动起来的是减小板
长或增大波长，即减小频率。
故选BC。
