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2026 届高三物理二轮复习选择题专练·考点2 机械振动与机械波
一．高考真题...............................................................................1
二．机械振动、受迫振动、共振..............................................................10
三．波的干涉和衍射........................................................................12
四．已知振动情况判断波动情况..............................................................15
五．已知波动情况判断质点的振动情况........................................................19
六．振动图像与波动图像综合................................................................24
一．高考真题
1. （2025·广东）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】A.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；
B.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；
CD.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。
故选C。
2. （2025·辽宁）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( )
A.
B.
C.
D.
【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；根据干涉规
律可知，相邻波峰与波峰，波谷与波谷连线上的点都是加强点，故 A 图像中的曲线ab上的点存在振动加强点
不符合题意。
故选 C。
3. （2025·安徽）如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标
记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是( )
A. 弹簧上形成的波是横波
B. 推、拉弹簧的周期越小，波长越长
C. 标记物振动的速度就是机械波传播的速度
D. 标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量
【答案】D
【解析】A.弹簧上形成的波的振动方向与传播方向平行是纵波，故A 错误；
B.同一介质中，波的传播速度相同，则波的传播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，波的周期越小，由公式
λ = vT 可知，波长越短，故B 错误；
C.标记物振动的速度反应的是标志物在平衡位置附近往复运动的快慢，机械波的传播速度是波在介质中的传
播速度，二者不是同一个速度，故C 错误；
D.标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这是因为机械波使得能量传递给标记物，则标记物由静止开
始振动的现象表明机械波能传递能量，故D 正确。
故选D。
4. （2025·四川）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
【解析】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。
5. （2025·江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与
木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰
撞，不计空气阻力，则( )
A. 释放瞬间，物块加速度为零
B. 物块和木箱最终仍有相对运动
C. 木箱第一次到达最右端时，物块速度为零
D. 物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变
【答案】D
【解析】A.根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，且有摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时
物块加速度不为0，故A 错误；
B.由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能会减少，直到弹簧的最大弹力满足以下
分析的F：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为 f ，物块质量为 m ，对物块根据牛顿第二定
律 f =ma
设木箱质量为 M ，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律 F =(m+ M )a
可得 F =(m+ M ) f
m
即弹簧的最大弹力减小到 F =(m+ M ) f
m 后，二者一起做简谐运动，故B 错误；
C.根据AB选项分析可知只有当二者一起做简谐运动前，有相对滑动，滑块运动到最右端后物块不会停止，当
二者一起做简谐运动后，物块与滑块一起做周期性运动，也不会停止，故C 错误；
D.开始木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的摩擦力，共速前
二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D 正确。
故选D
6. （2025·云南）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2.5m/ s
B. 波源的平衡位置距离P点1.5m
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】从t =1.5 s到t =2.5 s时间内，波向左、右传播距离均为2m。根据波速公式v = △x
△t ，可得波速
v = 2
1 m/ s=2m/ s，A选项错误。
由题意可知，波向左传播且t =1.5 s时，从波源向左传播的波对应的传播距离x1= vt =1.5×2m=3m，通过图
分析可知，波源平衡位置距离P点1m，B选项错误。
由波速v =2m/ s，结合波形可知波长λ = 4 m，根据T = λ
v ，可得周期T = 4
2 s=2s。t =1.5 s时，根据波形能判
断出波源的振动状态，再往回推0.5 s(到t =1.0 s)，t =1.0 s时波源处于平衡位置且向上运动，C选项错误。
t =5.5 s与t =2.5 s的时间差△t ' =3 s，△t '
T = 3
2 =1.5，即在t =2.5 s的基础上再经过1.5个周期。分别分析波源
到P、Q点的距离及传播情况，可知平衡位置在P、Q处的两质点位移相同，D选项正确。综上，答案选 D，
【分析】解题关键在于利用波的传播规律，结合波形图和时间，依次分析波速、波源位置、质点振动状态和
位移等物理量。
7. （2025·重庆）（多选）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4 r
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】A.根据题意某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，故可得 2 λ =9r -r
即 λ = 4 r ，故A 正确；
B.该波的波速为 v = λf = 4 rf ，故B 错误；
CD .由 λ = 4 r ，
根据某时刻第1圈实线的半径为 r = 1
4 λ
可得此时浮筒处于平衡位置，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。
故选AD。
8. （2025·甘肃）（多选）如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用
细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是
( )
A. 小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B. 剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g
2
C. 小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为mg
k
D. 小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2mg
k
【答案】BC
【解析】A.剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小，
当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A 错误；
B.剪断细线之前则 F弹=3mg
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律 F弹-2mg=2ma
解得A的加速度 a= g
2
选项B 正确；
C.剪断细线之前弹簧伸长量 x1= 3mg
k
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量 x2= 2mg
k
即振幅为 A = x1- x2= mg
k
由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为 mg
k ，选项C 正确；
D.由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为 3mg
k
，选项D 错误。
故选BC。
9. （2025·陕西）（多选）一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1m，a、b为介质中平衡位置相距
2m的两质点，其振动图像如图所示。则t =0时的波形图可能为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【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 ,(n=0,1,2...) ， λ>1m
解得 n=0 或1
即 xab= 1
4 λ 或5
4 λ
当波的传播方向为b到a时， xab= 3
4 λ+nλ,(n=0,1,2...) ， λ>1m
解得 n=0 或1
即 xab= 3
4 λ 或7
4 λ
同时 t =0 时，a处于平衡位置，b处于波谷位置，结合图像可知AD符合；
故选AD。
10. （2025·湖南）（多选）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10m/ 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】A.两横波的波长均为 λ= v
f = 4 m，故A 正确；
BC .两列波传到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，A处波已传到C处且振动了 1
4 T ，B处波还未传到C处，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BC 错误；
D.分析可知 t =0.6 s 时两列波都已传播到C处，C处质点到两波源的距离差为 Δx =5m-3m=2m= 1
2 λ
故C处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故C处位移始终为零，速度为零，故D 正确。
故选AD。
11. （2025·河北）（多选）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通
过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同
的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。
弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是
( )
A. 左侧小物块沿斜面做简谐运动
B. 细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大
C. 右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等
D. 若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长
【答案】AC
【解析】A.对左侧物块有T +kx -mgsinθ =ma( x为沿斜面向下位移)，对右侧物块有mgsinθ+kx -T =ma，
联立可得2kx =2ma=2 F，则左侧物块受到的合外力F =ma=kx，方向与位移方向相反，故其做简谐运动，
故A 正确；
B.根据以上分析可得 2T =2mgsinθ，绳拉力保持不变，故B 错误；
C.同理可知，右侧物块也做简谐运动，由对称性可知，其在最高和最低位置的加速度大小相等，故C 正确；
D.弹簧振子的振动周期 T 周=2π √
m
k
，与斜面夹角无关，故D 错误。
故选AC。
12. （2025·湖北）（多选）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线
悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽
略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后( )
A. 小球a可能会运动．
B. 若小球b做简谐运动，则其振幅为l
2
C. 当且仅当l⩽mg
k 时，小球b才能始终做简谐运动
D. 当且仅当l⩽2mg
k
时，小球，b才能始终做简谐运动
【答案】AD
【解析】A.释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球a会向上运动，
A正确;
CD .当小球a向上运动时，小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大
弹力等于mg，此时弹簧的压缩量为x1= mg
k ，小球b做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量为x2= mg
k ，所
以最大伸长量为Amax = x1+ x2= 2mg
k
，即将小球b下拉l⩽Amax = 2mg
k
时，小球b才能始终做简谐运动， C 错
误， D 正确;
B.小球b做简谐运动时的振幅为A =l， B 错误。
13. （2025·河南）（多选）贾湖骨笛是河南博物院镇馆之宝之一，被誉为“中华第一笛”。其中一支骨笛可
以发出A5、B5、C6、D6、E6等音。已知A5音和D6音所对应的频率分别为880 Hz和1175 Hz，则
( )
A. 在空气中传播时，A5音的波长大于D6音的
B. 在空气中传播时，A5音的波速小于D6音的
C. 由空气进入水中，A5音和D6音的频率都变大
D. 由空气进入水中，A5音的波长改变量大于D6音的
【答案】AD
【解析】AB.机械波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，与频率无关，故同一种介质中声波传播速
度相同，声波在介质中传播时，其波速v = λf ，故声波频率越高，其波长越短，即A5音的波长大于D6音的，
故 A 正确，B 错误；
CD.声波的频率由声源决定，与介质无关。由空气进入水中，声波的频率不变。设声波在空气中的波速为v1，
波长为λ1，在水中的波速为v2，波长为λ2，根据v = λf ，可得：f = v1
λ1
= v2
λ2
，可得：f = v2- v1
λ2- λ1
= Δv
Δλ ，可得波
长改变量为：Δλ= Δv
f
对于A5音和D6音，它们由空气进入水中的速度变化量相同，因为A5音频率小于D6音频率，则A5音的波长改
变量大于D6音；故 C 错误，D 正确；
故选AD
二．机械振动、受迫振动、共振
14.如图所示为沿竖直方向振动的弹簧振子，振子做简谐振动过程中，轻弹簧的最大压缩量为最大伸长量的一半。
弹簧的劲度系数为k，小球的质量为m，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A. 在振动过程中，弹簧的长度越长，弹簧的弹性势能越大
B. 振子在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等
C. 振子在最高点和最低点时，振子的加速度大小相等
D. 弹簧振子振动的振幅为mg
k
【答案】C
【解析】弹簧的形变量越大，弹性势能越大，A项错误；
振子处在平衡位置时， k x0=mg ，设振幅为A，则 A - x0= 1
2 ( A + x0) ，解得 A = 3mg
k
，D项错
误；
由题知，振子在最高点时的压缩量是在最低点时伸长量的一半，因此弹簧的弹性势能不相等，B项错误；
根据简谐振动的对称性，振子在最高点和最低点时，振子的加速度大小相等，方向相反，C项正确。
15.现有三个相同物块A、B、C，质量大小均为m，B、C之间用劲度系数为k的轻质弹簧连接竖直放置于地面
上，待其稳定后，在B上轻放物块A，如图所示，从释放A到弹簧压缩至最低点的过程中，下列说法中正确的
是( )
A. AB两物体组成的系统机械能守恒
B. 放置A的瞬间，B对A的支持力为mg
C. 当B的速度达到最大时，B的位移大小x = mg
k
D. 全过程中C对地面的压力的最大值为3mg
【答案】C
【解析】A.从释放A到弹簧压缩至最低点的过程中，由于弹簧的弹力对AB做功，因此AB组成的系统机械能
不守恒，故A 错误；
B.放置A的瞬间，弹簧弹力不变，A和B的加速度相同，根据牛顿第二定律可得：mg=2ma，解得a= 1
2 g，
对A根据牛顿第二定律可得：mg- F N =ma，解得B对A的支持力F N = 1
2 mg，故B 错误；
C.原来弹簧的压缩量为x1= mg
k ，当B的速度达到最大时，弹簧的压缩量为x2= 2mg
k
，所以速度最大时，B的
位移大小x = x2- x1，解得x = mg
k ，故C 正确；
D.根据对称性可知，A和B下降到最低点时的加速度大小为a= 1
2 g，方向向上；最低点时弹簧弹力为F，则有：
F -2mg=2ma，解得F =3mg，全过程中C对地面的压力的最大值为F 压= F +mg=3mg+mg= 4 mg，故D
错误。
16.如图为民谣吉他的示意图，将一只手放在音孔附近拨动琴弦使其振动，即可让吉他发声，另一只手可以将琴
弦按在不同的品柱上，即可调整相应琴弦从品柱到琴码之间的长度，从而改变其音调。下列说法正确的是(
)
A. 同一根琴弦，拨动琴弦后，琴弦上不同质点振动周期相同
B. 弹奏同一根琴弦，用力越大琴声越响亮，是因为琴弦的振动频率增大了
C. 同一根琴弦先后按在不同的品柱上，拨动琴弦后，机械振动在琴弦上的传播速率不同
D. 若发现某条琴弦拨动后，另一根琴弦也有明显振动，仅是因为它们的材质相同
【答案】A
【解析】解：A .同一条弦上的质点振动是受迫振动，各质点周期相同，A项正确；
B.响度大是因为弦的振幅大，不是因为频率大，B项错误；
C.同一条弦属于同一介质，机械振动在弦上传播的速率相同，C项错误；
D.若发现某条琴弦拨动后，另一根琴弦也有明显振动，这是共振现象，共振现象需要两条弦的固有频率相同，
固有频率由弦的长度、粗细、材质、按品柱的位置共同决定，并不是单一材质决定，在吉他中六条弦的材质、
粗细各不相同，D项错误。
17.（多选）如图所示，质量均为m的a、b两个物块用轻弹簧连接放在倾角为θ的光滑斜面上，将a缓慢向下压
到某一位置，由静止释放，当a运动到最高点时，b对斜面底端档板的压力恰好为零，重力加速度为g，弹簧
的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. a由静止释放后做简谐运动
B. 弹簧恢复原长时a的速度最大
C. 弹簧的最大压缩量为2mgsinθ
k
D. a的最大加速度为2gsinθ
【答案】AD
【解析】a为弹簧振子，由静止释放后做简谐运动，A 正确;
当弹簧的弹力等于a的重力沿斜面分力时a的速度最大，B 错误;
弹簧振子的振幅为2mgsinθ
k
，因此弹簧的最大压缩量为3mgsinθ
k
，C 错误;
a的最大加速度am= 2mgsinθ
m
=2gsinθ，D 正确。
三．波的干涉和衍射
18.如图所示，A、B两质点是x轴上的两个横波波源，A、B间的距离为20m，A质点的振动图像如图乙中实线
所示、B质点的振动图像如图乙中虚线所示，两列波沿x轴传播在相遇区域发生干涉，已知波的传播速度为
1m/ s，则A、B间振动加强点的个数为( )
A. 8个
B. 10个C. 11个D. 12个
【答案】B
【解析】波的波长为λ = vT = 4 m，根据图像可知，A、B间的x轴上振动加速强点到A、B两点的路程差
|r A -rB|= 1
2 λ+nλ，则0≤1
2 λ+nλ<20m，n取0、1、2、3、4，根据对称性可知，振动加强点共有10个，
B 正确。
19.2025年“智能场馆声学优化”项目中，工程师利用机械波特性提升场馆体验：①场馆顶部的蜂窝状吸音板
设计，可有效阻挡高频噪声，而低频噪声绕入吸音腔；②场馆两侧的扬声器组发出同频率的声波，在观众席
出现“声音增强区”和“声音减弱区”。以下分析正确的是( )
A. ①中，高频噪声比低频噪声的衍射现象更明显
B. ②中，“声音增强区”和“声音减弱区”是干涉现象的体现
C. 若观众远离扬声器，则观众听到声音的频率比该扬声器发出声音的频率高
D. 声波能在真空中传播
【答案】B
【解析】A.高频噪声波长较短，衍射现象不如低频噪声明显。故A 错误。
B.两列同频率声波叠加形成干涉，导致某些区域振动加强(声音增强区)或减弱(声音减弱区)。故B 正确。
C.根据多普勒效应，当观察者远离声源时，接收到的频率会低于声源频率。故C 错误。
D.声波是机械波，传播需要介质，不能在真空中传播。故D 错误。
故选B。
20.主动降噪( ANC )技术是现代耳机行业的主要技术，在噪声信号到达耳朵时，反相噪声也刚好到达，基于声
波相位抵消的原理消除实际的背景噪音。已知人耳可以接收20∼20000 Hz的声音信号，如图所示为ANC处
理器从一段噪声背景中分离出的某段正弦波段，当时环境条件下声音在空气中的传播速度为340m/ s。则对
该段正弦波由ANC处理器产生的反相噪声波，下列说法正确的是( )
A. 噪声波与反相噪声波的频率相同
B. 噪声波与反相噪声波的相位差为半个波长的整数倍
C. 为提高降噪效果，应增大反相噪声波的振幅
D. ANC处理器产生反相噪声波的波长可能为25m
【答案】A
【解析】ABC、噪声波与反相噪声波相干叠加相消，它们的频率、振幅都相同，相位差为半个波长的奇数倍，
A项正确，B、C项错误;
D、ANC处理器产生反相噪声波的波长最长为λ = v
f = 340
20 m=17m<25m，D项错误。
21. （多选）某学校的长方形操场尺寸如图所示，主席台靠近操场的两个角有两个喇叭O1、O2，播放着完全相
同的音乐，音乐频率为170 Hz。一位同学发现A、B位置的音量听起来比周围更大。已知人耳朵(看作质点)
和两个喇叭刚好在同一水平面，空气中声音的传播速度为340m/ s， √5≈2.24。下列说法正确的是
( )
A. 声波是横波
B. 这种现象属于干涉现象
C. A、B两处介质的振动一定同时到达最大位置
D. 从操场底边的C点走到D点，共有9个音量极大的位置
【答案】BD
【解析】A.声波是纵波，不是横波，A 错误；
B.在有的位置听起来声音比周围大，是因为两个波源产生的波叠加后振动加强，是属于干涉现象，B 正确；
C.A、B位置的音量听起来比周围更大，说明都是振动加强点，但不一定同时到达最大位置。所以C 错误；
D. 由v = λf ，可得波长为2m，根据几何知识可求出C，D两点到两个喇叭的距离之差都为
Δx =
√80
2+160
2-
√80
2+150
2m≈9.2m，Δx
λ = 4.6，因为路程差为波长的整数倍为振动加强点，CD连线中
点是加强点，再由对称性可得两边各有四个加强点，一共9个加强点。所以D 正确。
22. （多选）位于x =0.25m 处的波源p从t =0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在
t =2.0 s时波源停止振动，t =2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa=1.75m，质点b的平衡
位置xb=-0.5m。下列说法正确的是( )
A. t =0.42s时，波源的位移为正
B. 沿x轴正负方向传播的波发生干涉
C. t =2.24 s时，质点a沿y轴负方向振动
D. 在0到1s内，质点b运动的总路程是1.05m
【答案】AD
【解析】A.由题图可知，波的波长 λ =1m，由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，即 T
4 =0.1s，解
得 T =0.4 s，根据同侧法可知，波源的振动方向向上， t =0.42s 即 T <t < 5T
4 时，根据周期性并结
合波的图像可知，此时波源处于平衡位置上方且向y轴正方向运动，即位移为正，故A 正确；
B.波从波源发出后，向x轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故B 错误；
C.波的波速 v = λ
T =2.5m/ s，从波源停止振动到质点a停止振动的时间 t1= 1.75-0.25
2.5
s=0.6 s>0.24 s，
即t =2.24 s时质点a还在振动，t =2.1s到t =2.24 s时间内波传播的距离为 x = v t2=2.5×0.14 m=0.35m，
即沿x轴正方向传播的波由题图所示位置向右平移0.35m，结合图像可知此时质点a位移为正且向y轴正方向
运动，故C 错误；
D. 波传到质点b所需的时间 t3= 0.75
2.5 s=0.3 s，在0到1s内，质点b振动的时间
为 t 4=1s-0.3 s=0.7 s= 7T
4 ，则质点b运动的总路程 s= 7
4 ×4 A =7×0.15m=1.05m ，故D 正确。
故选AD。
四．已知振动情况判断波动情况
23.坐标原点处有一个质点从t =0时刻开始沿y轴正向做简谐运动，该质点振动过程离坐标原点的最大距离为
8cm，振动形成的简谐横波沿x轴正向传播，t =0.1s时，波传播到x =1m处，波形如图所示，质点P位于x轴
上x =6m处。下列说法错误的是( )
A. x =0处质点振动周期为1.2s
B. 波传播到x =6m处时，x =0处质点运动的路程为24 cm
C. 质点P第一次到达波谷时，x =0处质点刚好到达波峰
D. x =0处质点的振动方程为y =8sin( 5
3 πt )cm
【答案】B
【解析】A.由题意可知，质点的振动方程y =8sin( 2π
T t )cm，将t =0.1s，y = 4 cm带入方程得：周期
T =1.2s，故A 正确;
B.波传播的速度v = x1
t1
=10m/ s，波从坐标原点传播到x =6m处用时t2= x
v =0.6 s=0.5T，因此x =0处质点
运动的路程s=2 A =16cm，故B 错误;
C.当质点P刚开始振动时，振动方向沿y轴正方向，此时x =0处质点刚好振动半个周期，恰到平衡位置且向下
振动，当质点P第一次到达波谷时，，x =0处质点处在波峰，故C 正确;
D.x =0处质点的振动方程为y =8sin( 2π
T t )cm=8sin( 5
3 πt )cm，故D 正确。
24.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播。图甲是t =1s时的波形图像，P、Q为波传播方向上的两个质点，此时
yP=10cm;图乙是质点Q的振动图像，且xQ=2m。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波通过3.5m的障碍物时，不会发生明显的衍射现象
C. 质点P再经过0.25 s通过的路程为10cm
D. t = 4 s时，质点P的加速度方向沿y轴正方向，且加速度正在增大
【答案】D
【解析】A.由图乙可知t =1s时，处质点Q向下振动，根据“同侧法”可知，该波沿x轴负方向传播，故 A 错
误;
B.该波的波长为λ = 4 m，当障碍物比波长小或与波长接近时，波会发生明显的衍射现象，故 B 错误;
C.t =1s时y P=10cm，波的周期为T =2s，经过△t =0.25 s= 1
8 T，波向x轴负方向传播，可把波形整体向左
平移1
8 λ=0.5m，可知此时质点P并未到达波峰位置，其通过的路程小于10cm，故 C 错误;
D.从t =1s到t = 4 s时，质点P经历了3
2个周期，可把波形整体向左平移1.5个波长，即6m，可知此时质点P在
y =-10cm的位置，且质点P向下振动，故加速度方向沿y轴正方向，且加速度在增大，故 D 正确。故选
D。
25.图甲为一列简谐横波在t =1.5 s时的波形图，P、Q、M、N是介质中的4个质点。图乙为质点M的振动图像，
下列说法正确的是( )
A. 质点M的平衡位置位于x =3.5m处
B. t =1.5 s至t =2.5 s时间内质点P和Q通过的路程相等
C. 该波沿x轴正方向传播
D. t =3.5 s至t = 4.5 s时间内质点P的加速度变小
【答案】A
【解析】A.从图乙振动图像中可看出M点在t =1.5 s时处于平衡位置上方y = A sin 45
∘=
√2
2 A，由分析可知，
λ
2 + λ
6 =8m，解得λ =12m，则x =8m- 3 λ
8 =3.5m处，A 正确;
B.由图乙知周期T = 4 s，在t =1.5 s至t =2.5 s时间内，即经过T
4 ，t =1.5 s时刻因质点Q不在平衡位置，则路
程并不等于振幅A，而质点P从平衡位置开始振动，路程为A，则B 错误;
C.由图乙质点M的振动图像可知，t =1.5 s时M点向下振动，根据“上坡下，下坡上”判断波的传播方向方法，
结合图甲波形图，可知该波沿x轴负方向传播， C 错误;
D.t =3.5 s至t = 4.5 s时间内，即从t =1.5 s时刻再经过2s到3 s时间内，质点P从平衡位置向下向远离平衡位置
方向运动，可知质点P的加速度变大， D 错误。
26. （多选）如图甲所示，在直角坐标系xOy中平衡位置位于O点的波源沿y轴振动，形成一列沿x轴正方向传
播的简谐横波。波源起振后，经2.75 s波刚好传播到x =5.5m处的P点，此后P点的振动图像如图乙所示。下
列说法正确的是( )
A. 波源的起振方向沿y轴负方向
B. 该列简谐横波的传播速度大小为2m/ s
C. 该列简谐横波的波长为1.2cm
D. 波源起振后2.75 s时沿y轴负方向经过y =-15cm处
【答案】BD
【解析】A.根据题图乙可知质点P的起振方向沿y轴正方向，由此可以判定波源的起振方向沿y轴正方向，A
错误;
B.根据波速公式得v = x
t = 5.5
2.75 m/ s=2m/ s，即该列波的传播速度为2m/ s，B 正确;
C.由题图乙知波的周期为T =0.6 s，那么波长λ = vT =2×0.6m=1.2m，C 错误；
D.若以波源起振为计时起点，其振动方程为y =30sin 10
3 πt(cm)，当t =2.75 s时，y =-15cm，波源正沿y
轴负方向经过y =-15cm处，D 正确。
27. （多选）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图(a)是t =0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x轴上某两处
质点的振动图像，这两质点平衡位置之间的距离可能是( )
A. 0.2m
B. 0.4 m
C. 0.6mD. 0.8m
【答案】AC
【解析】由图(a)可知，该简谐横波的波长为λ =0.8m，t =0时刻，图(b)代表的质点正处于平衡位置并向+ y
方向振动，图(c)代表的质点正处于波峰，则这两质点平衡位置之间的距离可能为Δx = 1
4 λ+nλ或
Δx = 3
4 λ+nλ，其中n=0，1，2⋯，当n=0时，Δx =0.2m或0.6m。故选AC。
28. （多选）一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点的振动图像如图所示，已知波长λ =9m，
则下列说法正确的是
A. 波速为1m/ s
B. 平衡位置在原点O的质点的振动方程为y =20sin( π
6 t + π
6 )cm
C. t =7 s时，平衡位置在原点O的质点的位移是-10
√3cm
D. 平衡位置在坐标原点O的质点可能运动到x =5m处
【答案】BC
【解析】A.由题中的振动图像可知，周期T =12s，vT = λ，解得v =0.75m/ s，故A 错误；
B.设平衡位置在原点处的质点的振动方程为y = A sin( 2π
T t +φ)，由振动图像知t =11s时y =0且沿y轴正方向
运动，则0=20sin(
π
6 ×11+φ)，得φ= π
6 ，平衡位置在原点O的质点的振动方程为y =20sin( π
6 t + π
6 )cm，
故B 正确；
C.在t =7 s时，y7=20sin( π
6 ×7+ π
6 )cm=-10
√3cm，故C 正确；
D.平衡位置在坐标原点O的质点只在平衡位置沿y轴方向振动，不会沿x轴运动，故D 错误。
五．已知波动情况判断质点的振动情况
29.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波源的平衡位置在x =0处。记波源开始振动的时刻为t =0，如图所示为
t =5 s时刻的波形图，P、M、Q分别是平衡位置为x =1m，x =5m，x =9m处的三个质点，则下列说法正确
的是( )
A. 这列波的传播速度是1cm/ s
B. t =5 s时刻，M质点即将向上振动
C. t =5 s时刻，P质点已运动的路程为50cm
D. t =10 s时刻，质点Q第一次到达波谷
【答案】D
【解析】A. 由题图可知波长λ = 4 m，从t =0到t =5 s时刻，波沿x轴正方向传播Δx =5m，则根据
v = Δx
Δt = 5
5 m/ s=1m/ s，可知A 错误；
B.波沿x轴正方向传播，由波形平移法知M下一时刻位置在该点下方，说明M点振动方向为y轴负方向，故B
错误；
C.t =5 s时刻，P质点已振动一个周期，P质点已运动的路程为4 A = 40cm，故C 错误；
D.在t =5 s时刻，x = 4 m的质点处于波谷，由对A的分析知波速v =1m/ s，再经Δt = Δχ
v =5 s，波谷传到Q点，
则到t =10 s时刻，质点Q第一次到达波谷，故D 正确。
故选：D。
30.坐标原点处的质点在t =0时刻从平衡位置开始沿y轴做简谐振动，形成的简谐横波沿x轴正方向传播，t =t0
时刻的部分波形如图所示。质点P的平衡位置在x =2m处，0∼t0时间内质点P运动的路程为64 cm，振动的
时间为0.8 s，则下列判断正确的是( )
A. 波的传播速度为5m/ s
B. t0=0.8 s
C. 波源处质点的起振方向为y轴负方向
D. 当质点P的加速度沿y轴正方向且增大时，质点P的速度沿y轴负方向增大
【答案】C
【解析】A、由题可知t =t0时刻质点P运动的路程为64 cm，说明质点P振动了2T，即2T =0.8 s，解得：
T =0.4 s，波的传播速度v = λ
T =10m/ s，故A 错误;
B、t =t0时刻，波源处质点已振动了2.5T，因此t0=1s，故B 错误;
C、t =t0时刻波传播到x =10m处且波前质点正沿y轴负方向振动，因此波源处质点的起振方向为y轴负方向，
故C 正确;
D、质点P的加速度沿y轴正向增大时，质点P的速度正沿y轴负方向减小，故D 错误。
故选C。
31.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播，波速v =20m/ s，t =0.3 s时波形如图所示，P为传播方向上的
一点，则P点的振动图像为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】波长λ = 4 m，波速v =20m/ s，则周期T = λ
v =0.2s，设P的振动方程为y = Asin(ωt +φ)，
其中A = 4 cm，
，
t =0.3 s，y P=-2cm，
代入振动方程可得初相位φ = π
6 或者5 π
6 ，
因为波向右传播，所以t =0.3 s时P点向上振动，则π
6 舍弃，故φ= 5 π
6 ，
即P的振动方程为
，
故选A。
32.一列简谐横波沿x轴方向传播，周期为T，在t0时刻的波形如图所示，P、Q为波上两个质点，已知该时刻质
点P、Q坐标分别为(4 m,2
√3cm)、(14 m,2
√3cm)，且经T
4 质点Q通过的路程小于4 cm，则( )
A. 该波沿x轴正向方向传播
B. 图中质点P向上振动
C. 该波的波长为12m
D. 从t0时刻开始经过3T
4 ，质点Q通过的路程为12cm
【答案】C
【解析】C.已知质点P(4 m,2
√3cm)、Q(14 m,2
√3cm)，P、Q两点间的距离
Δx =14 m- 4 m=10m，由波形图可知△x = 5
6 λ，则λ = 6
5 ×10m=12m，C 正确；
A.因为经T
4 质点Q通过的路程小于4 cm(振幅A = 4 cm)，所以Q点在t0时刻向上振动，根据“同侧法”，可判
断波沿x轴负向传播，A 错误；
B.波沿x轴负向传播，根据“同侧法”，P点向下振动， B 错误；
D.由于Q点在t0时刻向上振动且不是从平衡位置或最大位移处开始，所以经过3T
4 ，质点Q通过的路程不等于
3 A =12cm，D 错误。
33. （多选）一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1=2s时的波形图，虚线为t2=5 s时的波形图。以下
关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】解：AB、由题图可知，波长λ = 4 m，若波沿x轴正向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为
Δx =3+ 4 n(m)(n=0,1,2,3......)，
则
波
速
v = Δx
Δt ，
将
Δt =t2-t1代
入
数
据
可
得
v =1+ 4
3 n(m/ s)(n=0,1,2,3......)，由T = λ
v 代入数据可解得T =
12
3+ 4 n s(n=0,1,2,3......)，若n=0，则
T = 4 s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴正向运动，由振动图像可知A 正确，B 错误；
CD、若波沿x轴负向传播，则t1到t2时间内波形平移的距离为Δx =1+ 4 n(m)(n=0,1,2,3......)，则波速
v = Δx
Δt ，将Δt =t2-t1代入数据可得v = 1
3 + 4
3 n(m/ s)(n=0,1,2,3......)，由T = λ
v 代入数据可解得
T =
12
1+ 4 n s(n=0,1,2,3......)，若n=0，则T =12s，由实线波形图可知t1=2s时质点O在平衡位置且向y轴
负向运动，由振动图像可知C 正确，D 错误。
故选：AC。
34. （多选）一列简谐横波沿x轴传播的波形如图所示，实线表示t =0时刻的波形图，虚线表示t =0.1s时刻的
波形图。在从t =0到t =0.1s的时间内，平衡位置在x =7m处的质点通过的路程为35cm，下列说法正确的是
( )
A. 波沿x轴正方向传播
B. 波传播的速度大小为140m/ s
C. t =0时刻，平衡位置在x =0处质点速度与加速度方向相反
D. 平衡位置在x =8m和平衡位置在x =10m的两个质点相位相同
【答案】BC
【解析】A. 由于在从 t =0 到 t =0.1s 的时间内，平衡位置在 x =7m 处的质点通过的路程
为 35cm ，说明 t =0 时刻该质点正沿 y 轴正向运动，根据波动与振动的关系可知，波沿 x 轴
负方向传播，故A 错误；
B.由题意知 7
4 T =0.1s
解得周期 T = 2
35 s
图像知波长 λ =8m ，波传播的速度 v = λ
T =140m/ s
故B 正确；
C. t =0 时刻，同侧法可知平衡位置在 x =0 处质点正沿 y 轴正向运动，加速度指向平衡位置，故C 正
确；
D.平衡位置相距波长整数倍的两个质点相位相同，题意知平衡位置在 x =8m 和平衡位置在 x =10m
的两质点距离为 1
4 λ ，故两个质点相位不相同，故D 错误。
故选BC。
六．振动图像与波动图像综合
35.图(a)为一列简谐横波在某一时刻的图像，P、Q为平衡位置在x =2m和x = 4 m的两质点，图(b)为质点P从
该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴负方向传播
B. 质点Q在4 s内运动的路程为40cm
C. 该波波速为
D. 质点P在t = 4 s时沿y轴负方向运动
【答案】D
【解析】A.由图(b)可知质点P从该时刻开始沿y轴正方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴正方向传播，
故A 错误；
B.由图(b)可知周期T =8 s，则质点Q在 4 s 内运动的路程为s=2 A =2×10cm=20cm，故B 错误；
C.由图(a)可知波长λ =8m，则该波波速为
，故C 错误；
D.由图(b)可知质点P在 t = 4 s 时沿y轴负方向运动，故D 正确。
故选D。
36.同一均匀介质中，位于x1=8m和x2=-8m处的两波源S1、S2引起的两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方
向传播，如下图所示是t =0时刻的波形图.在t =0.2s时，x =0处的质点开始振动，下列图像中，能正确描述
x =0处质点振动的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】由波形图，波源的起振方向相反，x =0离两波源距离相同，因此x =0是振动减弱点，则振幅为2cm，
t =0.2s x =0处的质点开始振动，由波形图知波长4 m，则可以知道波传播速度为20m/ s，则质点振动周期
为0.2s，则B选项正确。
37.甲、乙两列简谐横波在同一介质中传播，t =0时刻的部分波形如图，沿x轴正向传播的甲波如实线所示，沿
x轴负向传播的乙波如虚线所示，波速均为4 cm/ s。则下列说法正确的是( )
A. 乙波的周期为4.8 s
B. 甲波的振幅为A = 40cm
C. t =0时刻，介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点间的距离为24 cm
D. 两列波可以形成稳定的干涉
【答案】C
【解析】A.图像可知乙波的波长为4.8m，波速为4 m/ s，则乙波的周期为 T 乙= λ乙
v = 4.8
4 s=1.2s
故A 错误；
B.图像可知甲波振幅为A =20cm，故B 错误；
C.图像可知在横坐标为4 cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置40cm，则甲乙两列波波峰位置坐
标分别为 x甲= 4 cm+ k1 λ甲、x乙= 4 cm+ k2 λ乙 (k1、k2取值均为0、±1、±2、±3...)
整理可得，介质中偏离平衡位置位移为40cm的质点横坐标 x = 4 cm+24 n(n=0、±1、±2...)
则介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点分别为 xn= 4 cm+24 n、xn-1= 4 cm+24 (n-1)
则介质中偏离平衡位置位移为40cm的相邻质点间的距离 Δx = xn- xn-1=24 cm
故C 正确；
D.图像可知甲波波长为5cm，则甲波的周期为 T 甲= λ甲
v = 5
4 s=1.25 s
可知甲波、乙波周期不同，即频率不同，故两列波不可以形成稳定的干涉，故D 错误。
故选C。
38. （多选）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
3m，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1s
B. 该波的波速为6m/ 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 =7m处所用的时间为0.5 s
【答案】CD
【解析】AC .设x =0处质点振动方程为y = A cos(ωt +φ0)cm
当t =0时，x =0处质点由图甲知y =3cm，质点沿y轴负方向运动，有3cm=6cosφ0cm
解得φ0= 1
3 π
t = 1
6 s时，由图乙知x =0处质点，y =0，0=6cos( 2π
T t +φ0)cm
解得T =2s，ω= 2π
T = πrad / s
则质点的振动方程为y =6cos(πt + π
3 )cm
B.由图可知，该波波长为λ =6m，则波速大小v = λ
T =3m/ s
D.由图乙知t = 1
6 s时波传播到x1=6m处，从t =0时开始，该波传至x =7m处所用的时间为
t2=t + x - x1
v
=0.5 s
39. （多选）一列简谐横波沿x轴正方向传播，此波在某时刻的波形图如图甲所示。质点M的平衡位置在
x =1.5m处，质点N的平衡位置在x = 4 m处。质点N从t =0时刻开始振动，其振动图像如图乙所示。此波传
播到达平衡位置为x =12m处的质点Q时，遇到一障碍物(未画出)之后传播方向立刻反向，反射波与原入射波
在相遇区域发生干涉，某时刻两列波部分波形如图丙所示。则下列说法中正确的是( )
A. 图甲时刻波刚好传播到N点，波速为20m/ s
B. 从t =0.05 s到t =0.20 s，质点M通过的路程小于15cm
C. t =0.45 s时，质点N的位移为5cm
D. 足够长时间后，O、Q之间有5个振动加强点(不包括O、Q两点)
【答案】CD
【解析】A.由甲图可知波长为4 m，由乙图可知周期为0.2s，所以波速为20m/ s，乙图是甲图中N点的振动
图像，t =0时刻N点向上振动，由波形图可知图示时刻，N点向下振动，则图甲时刻波并非刚好传播到N点，
A 错误；
B.根据M、N的位置关系可知，质点M在t =0.05 s时，M质点在x轴下方向平衡位置运动，速度逐渐增大，
从t =0.05 s到t =0.20 s经历了0.15 s，即3T
4 ，则质点M通过的路程大于3 A，即大于15cm，B 错误；
C.根据振动图像可知t =0.45 s时，质点N在最大位移处，即质点N的位移为5cm，C 正确；
D.足够长时间后，O、Q之间的振动加强点分别为x =2m、4 m、6m、8m、10m，故D 正确。
故选CD。
40. （多选）如图所示，一列沿x轴方向传播的简谐横波，实线表示t1=0时刻的波形，虚线表示t2=2.5 s时刻的
波形。已知波速为v =0.6m/ s，则( )
A. 该波的周期为1.5 s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 1.5m处的质点经2.5 s传播到坐标原点处
D. 原点O的振动方程为y =5sin(πt + π
2 )cm
【答案】BD
【解析】由图可知，波长λ =1.2m，可得周期T = λ
v =2s，A项错误;
根据t2-t1
T
=1.25结合图像可知，波沿x轴负方向传播，B项正确;
质点不能随波迁移，C项错误;
振幅5cm，ω= 2π
T = π rad / s，则原点O的振动方程为y =5sin(πt + π
2 )cm，D项正确。
故选BD。
41. （多选）有一沿地壳传播的地震波横波，t =0时刻的波形图如图甲所示，某质点的振动情况如图乙所示。
已知该波向x轴正方向传播，波速为12m/ s，图甲中横轴标度尺最小分度为6m。下列说法正确的是
( )
A. 图乙可能是M点或P点的振动图像
B. 从t =0时刻开始，质点N经2
3 s首次到达波谷
C. 质点P的振动方程y =0.4 sin(
π
2 t + 5 π
6 )(m)
D. 图甲中质点Q的振动相位比P滞后2
3 π
【答案】CD
【解析】A.由于该波沿x轴正方向传播，根据“上、下坡”法可知， t =0 时，M点和P点均向下振动，而
图乙中 t =0 时刻质点向上振动，所以乙图不可能是M点或P点的振动图像，A 错误；
B.由甲图可知，该波的波长 λ = 48m，
由题可知，该波的波速为 v =12m/ s，
故该波的振动周期 T = λ
v = 4 s，
故其角频率为 ω= 2π
T = π
2 ，
结合图像可知，M点的振动方程与P点振动方程相同，N点振动方程与Q点振动方程相同，设N点的振动方
程为 y N =0.4 sin( π
2 t +φN )，
当 t =0 时， y N =0.2m ，解得 φN = π
6 ，
N第一次到达波谷时 y N
' =-0.4 m，
代入解得时间为 t ' = 8
3 s，
故B 错误；
C.由于 t =0 时，M、P向下振动，N、Q向上振动，结合上述分析可知，P点的初相位为 φP= 5 π
6 ，
故P点的振动方程为 y P=0.4 sin( π
2 t + 5 π
6 )(m)，
C 正确；
D.根据上述分析可知，图甲中质点Q的振动相位比P滞后 Δφ =|φQ-φP|= 2π
3 ，
D 正确。
故选CD。
