高考一轮复习：机械振动与机械波

高考一轮复习：机械振动与机械波
一、选择题
1．（2025·浙江模拟）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
2．（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
3．（2024高三下·河北模拟） 下列关于科学技术的运用的说法正确的是（　　）
A．交通警察用监视器测量汽车的速度时不能利用多普勒效应
B．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射
C．医生利用B超探测人体内脏的位置，发现可能的病变，其原理是利用了波的衍射
D．雷达是利用超声波来测定物体位置的无线电设备
4．（2023·广东）渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物．声波在水中传播速度为，若探测器发出频率为的声波，下列说法正确的是（　　）
A．两列声波相遇时一定会发生干涉
B．声波由水中传播到空气中，波长会改变
C．该声波遇到尺寸约为的被探测物时会发生明显衍射
D．探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关
5．（2025高二下·广州期中）图1是钓鱼时使用的浮标，钓鱼时浮标竖直浮在水面上的上下振动可看做简谐运动。从时刻开始计时，以竖直向上为正方向，其振动的图像如图2所示，下列说法正确的是（　　）
A．浮标的振动周期为
B．1分钟内浮标上某点运动所经过的路程为
C．时，浮标振动的加速度最大
D．时，浮标的速度为0
6．（2024·浙江高考） 如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（　　）
A．时刻小球向上运动 B．时刻光源的加速度向上
C．时刻小球与影子相位差为 D．时刻影子的位移为
7．（2025·长沙模拟）如图1所示，在光滑的水平面上有两弹簧振子甲、乙，甲、乙使用的弹簧劲度系数相同，两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2所示。已知弹簧振子的周期公式为，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能，x为弹簧形变量，下列说法不正确的是（　　）
A．甲、乙的周期之比为4：3
B．甲、乙的振子质量之比为16：9
C．甲、乙的机械能之比为32：9
D．甲、乙的弹簧最大形变量之比为16：3
8．（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
D．小球丙、丁的摆长之比为
9．（2024·浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。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，则（　　）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
C．小球平衡时，A端拉力为N
D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
10．（2025高二下·东区月考）如图所示为受迫振动的演示装置，在一根根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法不正确的是（　　）
A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一定相同
B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π
C．如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于A
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
11．（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
12．（2024高二上·肥城月考）一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用。如图所示，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，会带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传回右端。质点1的振动周期为T。时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。下列判断正确的是（　　）
A．时质点12的速度方向向上
B．时质点5的加速度方向向上
C．质点20开始振动时运动方向向下
D．质点1与质点20间相距一个波长
13．（2025·黑吉辽蒙）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．
14．（2025·陆丰模拟）一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形如图中实线所示，在 时的波形如图中虚线所示。 则下列说法正确的是（　　）
A．在时，平衡位置在 x =1m处的 M 质点向上振动
B．这列波的波长为 2m
C．这列波的周期可能为 0.8s
D．这列波的传播速度可能为 2.5m/s
15．（2025·海南）如图所示，实线何虚线分别是沿着轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（　　）
A．波长为 B．波速为
C．周期为 D．时刻，质点向下振动
16．（2025·江苏）如图所示，一束激光射入肥皂泡后（入射激光束未在图中标出），肥皂膜内出现一亮环。肥皂膜内的激光（　　）
A．波长等于亮环的周长
B．频率比在真空中的大
C．在肥皂膜与空气的界面上发生衍射
D．在肥皂膜与空气的界面上发生全反射
17．（2025高三下·丽江月考）中国第三大深水湖泊——泸沽湖吸引了众多游客前来。一名游客在湖面上某处用木棍点击水面引起水波（视为简谐横波）向四周传播，木棍的振动图像如图所示。已知该波经，传播了2.9m，下列说法正确的是（　　）
A．湖面上的落叶会随波移动
B．该波的波速为
C．该波能绕过宽度为的障碍物
D．如果湖面上有一艘猪槽船向着波源方向运动，其接收到的波的频率小于10Hz
18．（2024高三上·浙江开学考）如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示。已知超声波在机翼材料中的波速为。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是（　　）
A．振动减弱； B．振动加强；
C．振动减弱； D．振动加强；
19．（2024·浙江）频率相同的简谐波源 S1、S2，和接收点 M 位于同一平面内S1、S2，到M的距离之差为6m。t=0时S1，S2，同时垂直平面开始振动，M 点的振动图像如图所示，则（　　）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的起振方向均沿x正方向
C．S1和 S2，在平面内不能产生干涉现象
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
二、多项选择题
20．（2025·湖北）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可能会动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
21．（2025·甘肃）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
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
22．（2025·重庆市）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，浮筒将在最低点
23．（2025·天河模拟）两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播.波源产生的波沿x轴正方向传播，波源产生的波沿x轴负方向传播，波速均为5m/s，s时刻的波形如图所示，则（　　）
A．两列波能发生稳定的干涉现象 B．波源起振0.4s后波源才起振
C．波源和波源的起振方向相反 D．波源的周期为1.6s
24．（2023高二下·杭州期中）在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性的击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片做周期T的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A、B两点，以线段AB为直径在水面上画一个半圆，半径OC与AB垂直。圆周上除C点外还有其他振幅最大的点，D点为距C点最近的振动振幅最大的点。已知半圆的直径为d，∠DBA=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．水波的波长为
B．水波的传播速度
C．AB圆周上共有10个振动减弱点
D．若减小振动片振动的周期，C点可能为振幅最小的点
25．（2025·浙江）如图1所示，两波源和分别位于与处，以为边界，两侧为不同的均匀介质。时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。时与两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则（　　）
A．时两列波开始相遇
B．在间波的波长为
C．两列波叠加稳定后，处的质点振动减弱
D．两列波叠加稳定后，在间共有7个加强点
26．（2024·山东）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2m/s。时刻二者在处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在处的质点P，下列说法正确的是(　　)
A．时，P偏离平衡位置的位移为0
B．时，P偏离平衡位置的位移为
C．时，P向y轴正方向运动
D．时，P向y轴负方向运动
27．（2025·河北）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，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
28．（2025·浙江模拟）某水域剖面图，点O在两部分水面分界线上，两波源P、Q分别处于A、B两区域水面上的两点，以O点为坐标原点如图建立x轴，P与Q的坐标分别为x=-3m和x=3m。t=0时刻，两波源同时开始沿垂直x轴向水面上方做简谐振动。t=2s时，A区的波恰好传到分界线，此时两波源都刚好第4次回到平衡位置，t=3s时，B区的波也刚好传到分界面。已知A、B的振幅均为4cm，已知波速跟水深关系，h为两区域水的深度，g为重力加速度。不计波传播过程中的能量损失，则（　　）
A．hA：hB=9：4
B．t=4.25s时刻，Q点经过平衡位置向上振动
C．经足够长时间，水面上（在x轴上）-3mD．0-4s内x=1m的M点通过的路程为32cm
29．（2025·浙江模拟）如图x轴的正、负半轴分别是两种弹性绳，两振源P、Q位于x轴上，所在位置的x坐标分别为-2m和4m。两振源同时在0时刻开始振动，t=1.5s时形成如图所示的波形。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长不同，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直在变化
B．t=2.25s时原点处的质点位移为4cm
C．t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0
D．t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm
30．（2025·义乌模拟）两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v=2.5m/s，在t=0时两列波的波峰正好在x=2.5m处重合，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a、b能在x轴上形成稳定干涉图像
B．x=（2.5±20k）m，k=0，1，2，3，……处波峰都重合
C．x轴上不存在波谷与波谷重合处
D．t=0时，b波引起x=-0.5m处质点的振动方程为
三、非选择题
31．（2025高二下·广州期中）发波水槽是演示波动过程的重要实验仪器。其中包括波的形成、传播以及波的干涉和衍射等的物理现象。如图所示，某同学使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的缝隙后再水面上继续传播。
（1）图中可观察到波的（　　）
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）水面各点的振动均为（　　）
A．自由振动，频率由水体自身性质决定
B．自由振动，频率由波源决定
C．受迫振动，频率由水体自身性质决定
D．受迫振动，频率由波源决定
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向缝隙靠近，则在狭缝右侧的水波的　 　增大，　 　减小。（选填波长/频率/波速）
（4）若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的衍射现象　 　（选填“明显”、“不明显”）。
32．（2025·上海）特雷门琴是世界第一件电子乐器。特雷门琴生产於1919年，由前苏联物理学家利夫·特尔门（Lev Termen）教授发明，艺名雷奥·特雷门（Leon Theremin）。同年已经由一位女演奏家作出公开演奏，尤甚者连爱因斯坦都曾参观，依然是世上唯一不需要身体接触的电子乐器。
（1）人手与竖直天线构成可视为如下图所示的等效电容器，与自感线圈L构成振荡电路。
①当人手靠近天线时，电容变大　 　（选填“变大”、“不变”、“变小”）。
②在电容器电荷量为零的瞬间，　 　达到最大值。
A．电场能 B．电流 C．磁场能 D．电压
（2）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为正面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其侧面图如图b所示。
①此时线圈的受力方向为　 　
A．左 B．右 C．径向向外 D．径向向内
②若单匝线圈周长为，磁场强度，，，，则I的有效值为　 　A；单匝线圈收到的安培力的最大值为　 　？
③已知当温度为25℃时，声速，求琴的的波长为　 　？
（3）有一平行板电容器，按如下图接入电路中。
①减小两平行板间距d时，电容会变大　 　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。
②已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为　 　
（4）有一质量为m，电荷量为q的正电荷从电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。
（5）已知人手靠近竖直天线时，音调变高，靠近水平天线时，声音变小；那么若想声波由图像①变成图像②，则人手（　　）
A．靠近竖直天线，远离水平天线 B．靠近竖直天线，靠近水平天线
C．远离竖直天线，远离水平天线 D．远离竖直天线，靠近水平天线
33．（2025高二下·广州期中）将一单摆a悬挂在力传感器的下面，让单摆小角度摆动，图甲记录了力传感器示数F随时间t的变化关系，随后将这个单摆和其他两个单摆拴在同一张紧的水平绳上（c的摆长和a的摆长相等，b的摆长明显长于a的摆长），并让a先摆动起来。则单摆a的摆长为　 　，单摆c的摆动周期　 　（填“大于”“小于”或“等于”）单摆b的摆动周期。
34．（2025·福建） 沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵波与横波，已知纵波速度大于横波速度，频率相同，则纵波波长　 　 横波波长。若波源震动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动间隔Δt，纵波速度v1，横波速度v2，则波源与蝎子的距离为　 　 。
35．（2025·广西）如图所示，是时刻，两列横波的波形图，两列波的波速均为，传播方向相同，则
（1）求两列波的波长；
（2）两列波叠加时，求此刻和处质点的位移；
（3）求两列波各自的周期。
36．（2023·全国乙卷）
（1）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
37．（2025·浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立轴，线框中心和一条对角线始终位于轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
（1）线框中心位于，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至时，恒流源提供的电压；
（2）线框中心分别位于和，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到所需时间分别为和，求。
38．（2025高二下·常德月考）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。
（1）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（2）求弹簧的最大伸长量；
（3）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A .阻尼器反向摆动，消耗大厦振动的机械能（转化为自身摆动的能量等 ），等效于 “吸收” 振动能量，使大厦晃动幅度减小，故A正确；
B．共振是指系统做 “同向、同频” 振动，会放大振幅。而阻尼器是 “反向摆动”，目的是抵消大厦振动，并非共振，若共振会让晃动更剧烈 ，故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。
故答案为：B。
【分析】AD：阻尼器 “反向摆动” 的本质是 “消耗振动能量” 。无论是台风还是地震，只要大厦有振动（机械能 ），阻尼器就通过反向运动 “吸收” 能量，达到减震目的，以此判断 A、D 。
B：明确 “共振是同向叠加，会放大振幅”，而阻尼器是 “反向抵消”，与共振原理完全相反，以此判断 B 。
C：风力→大厦晃动幅度→阻尼器摆动幅度，是 “驱动力→受迫振动→反向响应” 的连锁关系，风力越大，各环节幅度同步增大，以此判断C 。
2．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】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．波的传播速度由介质决定，同一均匀介质中，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，由公式可知，波长越短，故B错误；
C．标记物振动的速度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源的振动形式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。
【分析】本题主要考查波的形成与传播特点。波传播的是波源的振动形式，波可以传递信息，可以传递能量；在同一种均匀接种匀速传播；波的振动方向与传播方向平行，是纵波，波的振动方向与传播方向垂直，是横波，波的周期等于质点振动周期。
3．【答案】B
【知识点】多普勒效应；波的反射和折射
【解析】【解答】A、交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应，故A错误；
B、用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射，故B正确；
C、医生利用B超探测人体内脏的位置，发现可能的病变，其原理是利用了波的反射，故C错误；
D、雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，故D错误。
故答案为：B。
【分析】交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应，声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射，B超探测人体内脏的原理是利用了波的反射，雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备。熟练掌握多普勒效应及波的反射的区别和特点。
4．【答案】B
【知识点】多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．发生干涉的条件为两列波的频率相等，由于两列声波频率不一定相等，则两列声波相遇时不一定会发生干涉，故A错误；
B．声波由水中传播到空气中，波速发生改变，频率不变，由，可知，波长改变，故B正确；
C．由公式得，声波波长小于被探测物的尺寸，则不会发生明显衍射现象，故C错误；
D．根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，故D错误。
故选B。
【分析】根据发生干涉的条件为两列波的频率相等判断；波的频率由波源决定，波速由介质决定，给合分析；根据发生明显衍射条件判断；由多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被
探测物相对探测器运动的速度有关。
5．【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．根据题图2可知浮标的振动周期为，故A错误；
B．一个周期内浮标上某点经过的路程为4个振幅的大小之和
所经过的路程为
故B错误；
C．时，浮标振动的位移最大，回复力最大，加速度最大，故C正确；
D．时浮标在平衡位置，速度最大，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
6．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A、由图像可知， 时刻小球向下运动，A错误。
B、 时刻光源处于上方最大位移处，则加速度向下，B错误。
C、由图像可知，小球和光源的振动步调相同，则两者之间的相位差为零，即 时刻小球与影子相位差为 0，C错误。
D、由图像可知t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，此时影子所处的位置处于最高点，由几何关系可知
解得
即t3时刻影子的位移为5A，D正确。
故答案为：D
【分析】对振动图像进行分析，图像的斜率表示速度的大小，振子的加速度与位移方向相反，再根据几何关系计算影子的位移大小。
7．【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；机械能守恒定律
【解析】【解答】解答本题时，要理解弹簧振子的运动过程，明确能量转化情况，知道系统机械能是守恒的。A．根据两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2可得
，
解得
，
所以
故A正确；
B．根据弹簧振子的周期公式为 ，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，
整理得
则
故B正确；
C．由图2可得，两弹簧振子的最大速度之比为
当振子有最大速度时，振子的机械能只有动能，则根据
可得
故C正确；
D．当弹簧形变量最大时，振子的动能全部转化为弹性势能，根据
整理可得
所以
故D错误。
本题选择不正确的，故选D。
【分析】根据图2得到甲、乙的周期，再求周期之比；根据弹簧振子的周期公， 求解振子质量之比；当振子有最大速度时，振子的机械能只有动能， 当弹簧形变量最大时，振子的动能全部转化为弹性势能。
8．【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．A.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，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；小球甲第一次回到释放位置时，小球丙到达另一侧的最高点，小球丙的回复力最大，加速度最大，故A错误；
B．根据单摆周期公式
可知
根据上述分析可得
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）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。
CD．设甲的周期为，根据题意可得
可得，，
可得，
根据单摆周期公式
结合
可得小球丙、丁的摆长之比
故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。
9．【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A. 由单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆角大小无关，故周期不变，A不符合题意；
B. 由图可知，摆球摆长为，则摆动周期为，B符合题意；
CD. 小球平衡时，绳上拉力大小相等，有，可得，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据单摆的周期公式，结合几何关系可得出单摆摆长，进而可得出周期的大小；利用共点力的平衡条件可得出绳上拉力的大小。
10．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了共振现象，关键明确两点：做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。A．速度为矢量，方向不同，速度不同，某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据回复力表达式
可得，加速度
位移相同，故加速度一定相同，故A正确。
B．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆周期公式
而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，故B正确。
C．当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，某个单摆的摆长大，但振幅不一定也大，故C错误；
D．同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】单摆在摆动过程中多次通过同一位置时，位移相同，加速度相同，速度大小相同，但方向可能不同；4个单摆中，由某个摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大。
11．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】A．系统的固有频率只与系统本身性质有关，与驱动力频率无关，故A错误；
B．只有驱动力频率与系统固有频率相同时，才能发生共振，故B错误；
C.多普勒效应可测车辆速度，通过接收波频率变化计算，故C正确。
D.观察者与波源远离时，接收到波的频率比波源频率小，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查对共振和多普勒效应的理解。物体固有频率只与物体本身性质有关，与驱动力频率无关。做受迫振动的物体，振动稳定后，振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力的频率等于物体固有频率时，发生共振；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、还可以测胎儿心跳。
12．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动 ，则时质点13刚开始起振，此时质点12已经振动了，则运动方向向上。A正确；
B．在时刻质点5开始向上振动，在时质点5到达最高点，其加速度方向向下。B错误；
C．机械波传播时，各质点起振方向与波源的起振方向一致，因为质点1开始起振的方向向上，则质点20开始振动时运动方向也向上。C错误；
D．波长是相邻两个振动完全相同的质点间的距离，或一个周期内波传播的距离，
由题意可知，第1到第5个质点之间为，则质点1与质点17间相距一个波长。D错误。
故选A。
【分析】分析质点振动状态时，需明确其起振时间、振动时长及所处周期阶段，结合波源起振方向判断运动方向。
1、波的传播特性：机械波传播时，质点只在平衡位置振动，不随波迁移，起振方向与波源一致。
2、传播时间与距离的关系：，其中为波速。
3、简谐运动的加速度与速度：加速度方向始终与位移方向相反，速度方向取决于振动阶段（上升或下降）。
4、波长的判定：波长是一个周期内波传播的距离，或相邻同相位质点的间距，需结合传播时间与周期的比例关系计算。
13．【答案】C
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】BD、BD选项对应的图中的P点均是两虚线的交点，为两列波的波谷与波谷相遇的点，P点位于其最大负位移处，故BD错误；
AC.如图所示
曲线①③上的点均为振动减弱点，曲线②上的点均为振动加强点。
A选项中ab连线上的点有一个在曲线②上即为振动加强点，C选项中ab连线上的点都在曲线③上，均为振动减弱点，故C正确，A错误。
故答案为：C。
【分析】P点位于其最大正位移处，则P点为两列波的波峰与波峰相遇的点；曲线ab上的所有点均为振动减弱点，根据干涉图样中振动减弱区域作出判断。
14．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解决多解需要根据假设波的传播方向将波平移，根据平移的情况确定波的传播速度，从而确定波的传播速度和波的传播周期。A． 一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波 ，根据波形图结合“同侧法”可知，在时，平衡位置在 x =1m处的 M 质点向下振动，选项A错误；
B．由图可知，这列波的波长为4m，选项B错误；
C．由图可知
解得
可知这列波的周期不可能为 0.8s，选项C错误；
D．若n=0，则T=1.6s，则此时这列波的传播速度为
选项D正确。
故选D。
【分析】根据“同侧法”，结合波长、波速和周期的关系，综合质点的振动情况分析求解。
15．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据简谐横波在时刻和的波形图， 可知该波的波长为λ＝10cm，故A错误；
BC．波沿着x轴正方向传播时，则在t＝0时刻到t＝0.5s的过程中，，n＝0、1、2……，已知波的周期T＞0.5s，则n只能取0，则Ts，故波速为vcm/s＝15cm/s，故BC错误；
D．简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t＝0时刻，质点M向下振动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据波形图信息，结合波动图像的变化情况，利用波速公式以及同侧原理法进行分析解答。
16．【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；光的全反射
【解析】【解答】AB．激光在不同的介质中传播时，频率相同，波长不同，激光波长与亮环周长无关，故AB错误；
CD．光的衍射有小孔衍射和单缝衍射以及圆盘衍射等，明显不符合衍射条件。衍射一束激光打进一个肥皂泡，发现在肥皂泡内测出现一个亮环，是因为激光在肥皂膜与空气分界面处发生了全反射，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】 不同的介质中波的频率相同，波长不同；发生全反射，肥皂泡内测更亮。
17．【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．在机械波传播过程中，只传播振动形式，质点并不随波迁移， 湖面上的落叶 只会上下振动，不会 随波移动，故A错误；
B．该波的波速为
故B错误；
C．该波的波长为
可知该波能绕过宽度为的障碍物，故C正确；
D．该波的频率为
因猪槽船向着波源方向运动，根据多普勒效应可知，其接收到的波的频率大于10Hz，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
18．【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】根据图像读出超声波的传播周期，结合波速求得波长，根据两个反射信号传播到探头处的时间差计算出故两个反射信号的路程差，此路程差等于缺陷深度的2倍。根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为
又波速v=6300m/s，则超声波在机翼材料中的波长
结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为
故两个反射信号的路程差
解得
两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。
故选A。
【分析】 根据波的干涉现象的振动加强与振动减弱的条件判断两个反射信号在探头处的叠加效果。
19．【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A. 由图可知，在t=4s时，一列波传播到M点，当M参与一列波振动时，另一列波传播到M点，且M点振动减弱，可知另一列波振动方向也沿x正方向，，可得，波长为，A不符合题意，B符合题意；
B. 两列波频率相同，可以在平面发生干涉现象，C不符合题意；
D. 由图可知一列波的振幅为3cm，叠加后振幅为1cm，说明另一列波振幅为2cm，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据振动图可得出质点振动周期和振幅的大小，结合波的干涉特点，可得出波速，进而得出波长的大小。
20．【答案】A,D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】 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，故A正确；
B、小球b做简谐运动时的振幅为A=L，故B错误。
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， 此时相对平衡位置弹簧形变长度为，即振幅为，故最大伸长量L=，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。
21．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．细线剪断前，AB为整体，可知弹簧弹力，剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，由F-2mg=ma可知，随弹力的减小，向上的加速度减小，即A做加速度减小的加速运动，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，故A错误；
B．剪断细线之前
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对A，由牛顿第二定律
解得A的加速度
故B正确；
C．剪断细线之前，解得弹簧伸长量为
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时，记得弹簧伸长量
即振幅
由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，故C正确；
D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，kx3-2mg=ma=mg，解得弹簧伸长量为，故D错误。
故选BC。
【分析】 本题考查弹簧系统中力与运动的分析，涉及平衡条件、牛顿第二定律和简谐运动的对称性。
剪断后A受重力和弹簧弹力，根据牛顿第二定律分析A加速度变化，分析速度变化，进而分析速度最大的位置；根据牛顿第二定律列式求解剪断细线的瞬间，小球A的加速度大；A做简谐运动，根据对称性结合牛顿第二定律求得小球A运动到最高点时和小球A运动到最低点时弹簧的伸长量。
22．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．根据题意可知第1圈实线与第3圈实线之间为两个波长长度，故可得
即
波的波速为
故A正确，B错误；
CD．由，根据某时刻第1圈实线的半径为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
浮筒将在最低点，故C错误，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查波的形成与传播知识，根据波传播的特点解答。
相邻的波峰（波谷）之间的距离等于一个波长，由图得到波长，由得到波的波速；由浮筒与1距离判断此时浮筒位置以及再经过浮筒位置。
23．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了波的图像，理解波长、波速和频率的关系，结合质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．两波能稳定发生干涉的条件是频率相同、振动方向一致、相位差恒定，题中两波的频率不同，故不会发生稳定的干涉现象，故A错误；
B．由题，波源M的运动时间为
波源N的运动时间为
故波源起振0.4s后波源才起振，故B正确；
C．所有质点的起振方向与波源相同，如图所示的时刻波源M产生的波传递到4m处，其振动方向向上，波源N产生的波传递到7m处，其振动方向也向上，故两波的起振方向相同。故C错误；
D．波源的周期为
故D正确
故选BD。
【分析】求得波源M、波源N的频率，根据发生稳定干涉的条件分析；传播时间等于传播距离除以波速；根据同侧法和发生明显衍射的条件分析。
24．【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；图象法；理想模型法；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．球上方两个黑色坑一样的是球在水中的影子，振幅最大点需满足波程差 Δs=nλ，DB与AD的长度差为波长，D点为距C最近的振幅最大点，n=1，由几何知识可得，其波程差，，，n=1，Δs=(1)λ即，说明DB距为4个波长，AD距为3个波长，两小球距为5个波长，故A正确；
B．水波的传播速度为
故B错误；
C．半圆上减弱点的条件是波程差，振动减弱点需满足 Δs=(n+0.5)λ，最大波程差为 AB = d，因此：∣(n+1/2)λ∣≤d ∣n+1/2∣≤dλ=d0.2d=5，n的取值范围为 -5 ≤ n ≤ 4（共 10 个整数解）；或在AB连线上取一点P，设它的振动是减弱的，令PA=x，则PB=d-x，P点到两波源的波程差为
，
在0D．C 点始终是加强点（Δs= 0），因为 AC = BC，无论周期如何变化，始终为加强点，若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，一定仍为振幅最大的点。故D错误。
故选AC。
【分析】（1）综合干涉条件、几何关系及波动动力学；
通过D点确定波长，并分析减弱点分布；
（2）易错点包括：①波程差计算错误（如混淆三角函数）；②减弱点数量未考虑对称性；③误认为C点可能为减弱点；
（3）隐含条件：①两波源同步（相位差为0）；②半圆与减弱线的交点数量需几何分析；扩展知识：若波源频率不同，干涉图样不稳定。
25．【答案】B,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。A．波在左侧的波速
右侧的波速
从0.1s开始，再经过时间相遇
所以
选项A错误；
B．在间波的波长为
选项B正确；
C．左侧波传到时用时间为
此时右侧波在该质点已经振动
即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动，右侧波在该点的振动也在平衡位置向下振动，可知该点的振动减弱，选项C正确；
D．当右侧波传到x=6m位置时用时间为0.1s=5T，即此时x=6m处质点从平衡位置向上振动；此时x=0处的波源S1也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在内到x=0和x=6m两点的路程差为波长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长
可知
即x=3+0.4n
其中n取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7
则共有15个振动加强点，选项D错误。
故选BC。
【分析】求出波在0～6m处的介质中的传播速度和在6m～12m处的介质中的传播速度，再根据运动学公式求解相遇时间；根据波长的计算公式求解波长；将x=6m处视为S1波的新波源，根据起振方向结合加强、减弱的条件进行分析；将x=6m处视为S2的新波源，0＜x＜6m的加强点对两波源的波程差应为波长的整数倍，由此分析。
26．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】AB.在0.5s内，甲、乙两列波传播的距离均为
根据波形平移法可知，时，处甲波的波谷刚好传到P处，处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，根据叠加原理可知，时，P偏离平衡位置的位移为，故A错误，B正确；
CD.在1.0s内，甲、乙两列波传播的距离均为
根据波形平移法可知，时，甲波的平衡位置振动刚好传到P处，处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，且此时两列波的振动都向y轴正方向运动，根据叠加原理可知，时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】 根据波在传播过程传递振动形式结合波传播过程的叠加原理进行分析解答
27．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．初始时弹簧均处于原长，此时弹簧弹力为零，细绳拉力T和小物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等，初始位置为平衡位置。当小物块离开平衡位置的位移为x时，对两边小物块整体进行受力分析，合力大小为：F＝2kx（k为弹簧的劲度系数）；因为合力与位移成正比且方向相反，则F回复＝﹣2kx，满足简谐运动的回复力特征，所以两个小物块沿斜面均做简谐运动，则左侧小物块沿斜面做简谐运动，故A正确；
B、对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律可得：F合＝2ma＝2kx，解得：kx＝ma，
当左侧小物块加速度沿斜面向下时，设细线拉力为T1，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+kx﹣T1＝ma
联立解得：T1＝mgsinθ
当左侧小物块加速度沿斜面向上时，设细线拉力为T2，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：kx+T2﹣mgsinθ＝ma
联立解得：T2＝mgsinθ
所以细线拉力不变，故B错误；
C．同理可知，右侧小物块也做简谐运动，根据对称性，其在最高和最低位置的加速度大小相等，故C正确；
D．弹簧振子振动周期，与斜面夹角无关，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】简谐运动的回复力满足F=-kx，证明物块合外力满足该条件即可；对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度；再对左侧小物块根据牛顿第二定律求解细线拉力大小；根据简谐运动的对称性进行解答；根据小物块做简谐运动的周期决定因素分析周期，由此得到右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间是否变化。
28．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．A区波速
B区波速
由，变形得，则
，故A正确；
B．由题意可知，两波的周期相等，设为，则
解得
A区的波传播到点需要的时间为
即时，A区的波还未传播到点，又因为
且B区的波开始向上振动，所以时刻点在正向最大位移处，故B错误；
C．A区的波的波长为
B区的波的波长为
t=2s时，A区的波恰好传到分界线，则在间相等于在点和点有两个振动相同的波源，则在，，，，，5个振动加强点；t=3s时，B区的波也刚好传到分界面，则在间相等于在点和点有两个振动相同的波源，则在，，，3个振动加强点；由于t=3s时，B区的波也刚好传到分界面，且A区的波恰好穿过分界线一个波长，所以点即，也是振动加强点，故C正确；
D．A区的波传播到M点所用的时间为
B区的波传播到M点所用的时间为
则内，M点振动时间为
则此时间内，M点的路程为
，由C选项可知，M点为振动加强点，此时的振幅为
振动时间
则此时间内，M点的路程为
0-4s内x=1m的M点通过的路程为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、先根据波传播时间和距离算波速，结合分析水深比；
B、由波源振动次数求周期，再分析质点振动状态；
C、通过波长、波传播到各区域时间，找振动加强点满足的波程差条件，统计数量；
D、计算波到达M点时间差，确定不同时段振动情况及路程。
29．【答案】C,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．振源P产生的波的波速
振源P产生的波的频率
振源Q产生的波的波速
振源Q产生的波的频率
两列波的频率相同，相遇时会发生干涉，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直不变，A错误；
B．根据
振源P产生的波的第1个波峰传播的距离
振源Q产生的波的第1个波谷传播的距离
t=2.25s时，也就是再经过0.75s，振源P产生的波的第1个波峰与振源Q产生的波的第1个波谷在坐标原点相遇，此时位于坐标原点的质点的位移等于零，B错误；
C．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到Q的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，Q波的振源处的质点在平衡位置向上振动，再经过2.75s，Q波的振源处的质点恰好位于波谷处，与振源P产生的波的第1个波峰恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到Q点之间的所有质点此时的位移均等于零；
振源Q产生的波的第1个波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到P的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，P波的振源处的质点在平衡位置向下振动，再经过2.75s，P波的振源处的质点恰好位于波峰处，与振源Q产生的波的第1个波谷恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到P点之间的所有质点此时的位移均等于零；
综上所述，t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0；
D．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到+1.5m处，那么振源P产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
振源Q产生的波的第1个波波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到-0.75m处，那么振源Q产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
综上所述，t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm，坐标是+1.5m、-0.25m处是波峰相遇点，位移为+4cm，坐标是+0.5m、-0.75m处波谷相遇点，位移是-4cm。D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：两波频率相同（ 相同 ）、波速相同→满足干涉条件，干涉区振幅稳定，排除A。
BC：先算波到原点的时间→确定振动时长→找相位→叠加位移。C选项利用“完全重叠 + 相位相反”直接得位移为0；B选项分步计算相位，得总位移非4cm。
D：两波完全相遇时，用干涉加强条件（ ）找位移为 （加强 ）的点，结合间距与波长关系，数得4处，验证D正确。
30．【答案】B,C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解题关键是知道发生干涉的条件，会根据数学关系分析波峰重合位置，判断波谷不会重合。A．形成稳定干涉图象的条件是两列波的频率相等，由，如图可知，a波的波长为，则频率为，b波的波长为，则频率为，故不能形成稳定干涉图象，A错误；
B．设从开始，再经过，两列波的波峰再次重合，则有
，，，
可知当和时
故当
，处波峰都重合，B正确；
C．设从之后的处，有波谷与波谷重合，则有
，，，
得
因为和在整数范围内无解，故不存在波谷与波谷重合处，C正确；
D．设b波在x=-0.5m处质点的振动方程为
如图可知，由前面分析可知
经过，该质点运动到处，则，则振动方程为
D错误。
故选BC。
【分析】根据形成稳定干涉的条件判断；由图读出两列波的波长，根据波长的最小公倍数求波峰重合处；根据数学关系分析是否存在波谷与波谷重合位置；根据波长和波速关系计算出b波的周期，进而计算出圆频率，可写出振动方程。
31．【答案】（1）B
（2）D
（3）频率；波长
（4）不明显
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】本题主要考查波动现象中的衍射、振动类型以及波的特性变化。解决本题的关键要掌握多普勒效应，知道波源与观察者间距离发生变化时，观察者接受到的频率会发生变化。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
通过分析题目描述和选项，可以确定波通过障碍物上的缝隙后发生的物理现象，以及水面各点振动的性质。
【分析】（1）波通过障碍物上的狭缝后继续传播的现象，叫波的衍射。
（2）水面各点做受迫振动，其振动频率由驱动力频率决定。
（3）根据多普勒效应分析狭缝右侧水波的频率变化，根据波速公式分析波长的变化。
（4）将缝变大，衍射现象将变得不明显。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）[1][2]若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
32．【答案】（1）变大；BC
（2）B；；；
（3）变大；
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；电容器及其应用；安培力；带电粒子在电场中的运动综合；LC振荡电路分析
【解析】【解答】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
②当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU。
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数，根据平行板电容器电容的决定式分析作答；
②根据LC振荡电路的i﹣t图像和q﹣t图像，结合LC电路的特点分析作答；
（2）①根据左手定则分析作答；
②根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答；根据安培力公式求解作答；
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf求解作答；
（3）①根据平行板电容器的决定式分析作答；
②根据电容器的定义式分析作答；
（4）带电粒子在电场中（平行板电容器中）做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解作答；
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小，结合图像分析作答。
（1）（1） ⑴ 当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
⑵ 当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU
（4）（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
33．【答案】；等于
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。对单摆a受力分析可知，摆球经过最低点时拉力最大，摆球经过最高点时拉力最小，所以单摆a振动的周期为，由单摆周期公式
得单摆a的摆长为
单摆均做受迫振动，振动的周期均等于单摆a的固有周期。
【分析】根据单摆的周期公式变形后得到摆长的大小，再比较受迫振动的周期关系；
34．【答案】大于；
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据公式
由于纵波速度大于横波速度，频率相同，故可知纵波波长大于横波波长；
设波源与蝎子的距离为，根据题意可知
解得
故答案为：①. 大于 ②.
【分析】本题主要考查波的传播的有关知识。根据公式判断纵波波长与横波波长关系；波在均匀介质中匀速传播，根据匀速运动规律求解 波源与蝎子的距离 。
35．【答案】（1）解：根据波长的定义及两列波的波动图可知，
（2）解：由波动图可知在处两列波均处于波峰处，处的质点位移
在处，对于第一列波有
对于第二列波有
在处质点的位移
（3）解：对于第一列波有
对于第二列波有
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）直接从波形图读相邻波峰/谷间距得波长；
（2）依据波的叠加原理，找两波在对应位置位移，矢量和为合位移；
（3）用v＝λf求两波频率，结合频率关系推叠加后周期。
36．【答案】（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的反射和折射
【解析】【解答】（1）A、由图a可知波长为4 m，由b图可知周期为2 s， 则波速：，A 周期；
B、由b图可知，零时刻P点从平衡位置向下振动，由a图根据“上下坡”法，可知波向左传播，B正确；
C、由a图可知，波的振幅为5cm， C错误；
D、由a图可知 x=3m处的质点t=0时刻在波谷，因，可知质点完成3次全振动后再经过半个周期到达波峰，D错误；
E、由t=7s可知，质点通过的路程，E正确；
故答案为：ABE。
【分析】(1)正确理解波的图像与质点振动图像，从中找出波长，周期，进一步计算波速，根据质点的振动图像进一步确定波的传播方向和质点的振动路程；
(2)根据题意做出光路图，由几何关系确定入射角的大小，由折射定律计算折射角，有几何关系确定另一边的入射角，由反射定律确定角度和三角形的相似从而计算边长.
37．【答案】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
②线框运动到x时，安培力大小为
则初始时和线框中心运动至时的安培力分别为
，
则线框中心运动至过程中，安培力做功为
由动能定理
可得
则安培力的冲量为
③由能量守恒定律
可得，恒流源提供的电压为
（2）类比于简谐运动，则回复力为
根据简谐运动周期公式
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
故
【知识点】简谐运动；安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）①根据F=BIL计算安培力大小；
②先根据安培力的平均值计算安培力做功，然后根据动能定理合动量与动能的关系计算安培力的冲量；
③根据能量守恒计算；
（2）把线框的运动类比于简谐运动，得到线框的运动周期，结合运动时间比较即可。
（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
②线框运动到x时，安培力大小为
则初始时和线框中心运动至时的安培力分别为
，
则线框中心运动至过程中，安培力做功为
由动能定理
可得
则安培力的冲量为
③由能量守恒定律
可得，恒流源提供的电压为
（2）类比于简谐运动，则回复力为
根据简谐运动周期公式
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
故
38．【答案】（1）【解答】（1）弹簧形变量：设平衡时弹簧总长减原长的伸长量为 x0，物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据沿斜面方向平衡条件，
有
得
选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，用△x表示x ，物体到达平衡位置下方x=△x位置时，弹力沿斜面向右上方取负号，弹力大小为：
隔离法，隔离弹簧与斜面体只分析m受的合外力情况，受力情况为重力沿斜面分量与正方向相同取正，弹簧弹力取负，故隔离只分析m物体得合力为
选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，用△x表示x ，物体到达平衡位置上方x=△x位置时，弹力处于拉伸状态时沿斜面向上方取正号，m物块沿斜面向下与正方向相反取负号，弹力大小随向上位移增大而减小即长度变短弹力变小故为
，
隔离法，隔离弹簧斜面体只分析m受的合外力情况，受力情况为重力沿斜面分量与弹簧弹力，故隔离只分析m物体得合力为
即回复力与位移x成正比且方向相反，故物体做简谐运动；
（2）【解答】（2）从平衡位置回到原长为位移为x0再回到达处，
和起来位移为向上的最大振幅x=△x=A
简谐运动具有对称性，向下的振幅A的起点是原长加x0即平衡位置出发一个A，故其最大伸长量从原长开始计伸长量，共为
故最大总伸长量
（3）【解答】（3）只以斜面M为研究对象，隔离法分析，当斜面上物块位移x为正时，斜面体受自身M重力Mg、地面支持力FN2、来自物块m压力FN1、弹簧的拉力大小与物块拉力的反作用力等大F弹、与运动趋势相反的静摩擦力f摩左右都可取绝对值，回复到最右上方时虽然不是弹力提供简谐运动的回复力，因为重力沿斜面方向分量如图
根据共点力平衡条件，有：水平方向
①
竖直方向
②
又有
，，
代入①式得：
解方程得，，
代入②式得
解方程得
为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有，所以
③，
，当时，③式右端分母最小，③式整体达到最大值，于是有：
。
故维持斜面体静止需要的最小摩擦系数μ，
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）平衡位置分析：找到弹簧弹力与重力分力平衡的点（kx0=mgsin α），即原l稍长，变形量为x0时平衡；
简谐运动动力学方程：以平衡位置为原点，推导物块的合力与位移的关系 F= kx；
简谐运动判据：物块受回复力与物块位移△x成正比且方向相反，直接验证；
隔离法：回复力需要隔离只分析物块m，弹簧最大长度需隔离分析弹簧，斜面体的最值μ需隔离分析斜面体，防止跨物分析；
（2）易错点：多物体连接需要按需隔离分析，混淆力的来源跨物体对其余连接体受力分析；
原点选择时误将弹簧自然长度或释放点作为原点，正确原点为平衡位置；
符号规则沿斜面向下为正方向时，弹力表达式易漏负号，平衡条件忽略斜面倾角 α 对重力分量的影响mgsin α；
最大伸长量计算：容易忽略平衡位置 x0 的贡献，误认为最大伸长量仅为 A；
斜面受力：误在弹簧的平衡位置计算弹力的最值，弹力的最大值需在最大伸长量处或最大压缩量处计算，误将物块m沿斜面下滑分量计入斜面受力，；
摩擦力方向：需确保摩擦力方向与外力方向匹配；误以为弹簧弹力直接由摩擦力平衡，实际是摩擦力平衡的是弹簧力与重力分力的水平分量合力；误以为x0计算只计算一次，实际上三次，一次①式算摩擦力，一次②式算支持力，还有一次③式算μ；
（3）隐含条件：斜面静止意味着地面对斜面的摩擦力足够大，弹簧原长l与问题无直接相关，仅关注形变量 x0+△x。
（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有
解得：
体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：
故合力为：
故物体做简谐运动；
（2）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，故其振幅为：
故其最大伸长量为：
（3）物块位移x为正时，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图
根据平衡条件，有：水平方向：
竖直方向
又有：，
联立可得：，
为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有，所以，
当时，上式右端达到最大值，于是有：。
1 / 1高考一轮复习：机械振动与机械波
一、选择题
1．（2025·浙江模拟）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
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A .阻尼器反向摆动，消耗大厦振动的机械能（转化为自身摆动的能量等 ），等效于 “吸收” 振动能量，使大厦晃动幅度减小，故A正确；
B．共振是指系统做 “同向、同频” 振动，会放大振幅。而阻尼器是 “反向摆动”，目的是抵消大厦振动，并非共振，若共振会让晃动更剧烈 ，故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。
故答案为：B。
【分析】AD：阻尼器 “反向摆动” 的本质是 “消耗振动能量” 。无论是台风还是地震，只要大厦有振动（机械能 ），阻尼器就通过反向运动 “吸收” 能量，达到减震目的，以此判断 A、D 。
B：明确 “共振是同向叠加，会放大振幅”，而阻尼器是 “反向抵消”，与共振原理完全相反，以此判断 B 。
C：风力→大厦晃动幅度→阻尼器摆动幅度，是 “驱动力→受迫振动→反向响应” 的连锁关系，风力越大，各环节幅度同步增大，以此判断C 。
2．（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
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】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．波的传播速度由介质决定，同一均匀介质中，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，由公式可知，波长越短，故B错误；
C．标记物振动的速度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源的振动形式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。
【分析】本题主要考查波的形成与传播特点。波传播的是波源的振动形式，波可以传递信息，可以传递能量；在同一种均匀接种匀速传播；波的振动方向与传播方向平行，是纵波，波的振动方向与传播方向垂直，是横波，波的周期等于质点振动周期。
3．（2024高三下·河北模拟） 下列关于科学技术的运用的说法正确的是（　　）
A．交通警察用监视器测量汽车的速度时不能利用多普勒效应
B．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射
C．医生利用B超探测人体内脏的位置，发现可能的病变，其原理是利用了波的衍射
D．雷达是利用超声波来测定物体位置的无线电设备
【答案】B
【知识点】多普勒效应；波的反射和折射
【解析】【解答】A、交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应，故A错误；
B、用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射，故B正确；
C、医生利用B超探测人体内脏的位置，发现可能的病变，其原理是利用了波的反射，故C错误；
D、雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，故D错误。
故答案为：B。
【分析】交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应，声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射，B超探测人体内脏的原理是利用了波的反射，雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备。熟练掌握多普勒效应及波的反射的区别和特点。
4．（2023·广东）渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物．声波在水中传播速度为，若探测器发出频率为的声波，下列说法正确的是（　　）
A．两列声波相遇时一定会发生干涉
B．声波由水中传播到空气中，波长会改变
C．该声波遇到尺寸约为的被探测物时会发生明显衍射
D．探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关
【答案】B
【知识点】多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】A．发生干涉的条件为两列波的频率相等，由于两列声波频率不一定相等，则两列声波相遇时不一定会发生干涉，故A错误；
B．声波由水中传播到空气中，波速发生改变，频率不变，由，可知，波长改变，故B正确；
C．由公式得，声波波长小于被探测物的尺寸，则不会发生明显衍射现象，故C错误；
D．根据多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关，故D错误。
故选B。
【分析】根据发生干涉的条件为两列波的频率相等判断；波的频率由波源决定，波速由介质决定，给合分析；根据发生明显衍射条件判断；由多普勒效应可知，探测器接收到的回声频率与被
探测物相对探测器运动的速度有关。
5．（2025高二下·广州期中）图1是钓鱼时使用的浮标，钓鱼时浮标竖直浮在水面上的上下振动可看做简谐运动。从时刻开始计时，以竖直向上为正方向，其振动的图像如图2所示，下列说法正确的是（　　）
A．浮标的振动周期为
B．1分钟内浮标上某点运动所经过的路程为
C．时，浮标振动的加速度最大
D．时，浮标的速度为0
【答案】C
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．根据题图2可知浮标的振动周期为，故A错误；
B．一个周期内浮标上某点经过的路程为4个振幅的大小之和
所经过的路程为
故B错误；
C．时，浮标振动的位移最大，回复力最大，加速度最大，故C正确；
D．时浮标在平衡位置，速度最大，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
6．（2024·浙江高考） 如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则（　　）
A．时刻小球向上运动 B．时刻光源的加速度向上
C．时刻小球与影子相位差为 D．时刻影子的位移为
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象
【解析】【解答】A、由图像可知， 时刻小球向下运动，A错误。
B、 时刻光源处于上方最大位移处，则加速度向下，B错误。
C、由图像可知，小球和光源的振动步调相同，则两者之间的相位差为零，即 时刻小球与影子相位差为 0，C错误。
D、由图像可知t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，此时影子所处的位置处于最高点，由几何关系可知
解得
即t3时刻影子的位移为5A，D正确。
故答案为：D
【分析】对振动图像进行分析，图像的斜率表示速度的大小，振子的加速度与位移方向相反，再根据几何关系计算影子的位移大小。
7．（2025·长沙模拟）如图1所示，在光滑的水平面上有两弹簧振子甲、乙，甲、乙使用的弹簧劲度系数相同，两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2所示。已知弹簧振子的周期公式为，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能，x为弹簧形变量，下列说法不正确的是（　　）
A．甲、乙的周期之比为4：3
B．甲、乙的振子质量之比为16：9
C．甲、乙的机械能之比为32：9
D．甲、乙的弹簧最大形变量之比为16：3
【答案】D
【知识点】简谐运动的表达式与图象；机械能守恒定律
【解析】【解答】解答本题时，要理解弹簧振子的运动过程，明确能量转化情况，知道系统机械能是守恒的。A．根据两弹簧振子的速度随时间的变化图像如图2可得
，
解得
，
所以
故A正确；
B．根据弹簧振子的周期公式为 ，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，
整理得
则
故B正确；
C．由图2可得，两弹簧振子的最大速度之比为
当振子有最大速度时，振子的机械能只有动能，则根据
可得
故C正确；
D．当弹簧形变量最大时，振子的动能全部转化为弹性势能，根据
整理可得
所以
故D错误。
本题选择不正确的，故选D。
【分析】根据图2得到甲、乙的周期，再求周期之比；根据弹簧振子的周期公， 求解振子质量之比；当振子有最大速度时，振子的机械能只有动能， 当弹簧形变量最大时，振子的动能全部转化为弹性势能。
8．（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
D．小球丙、丁的摆长之比为
【答案】C
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】A．A.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，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；小球甲第一次回到释放位置时，小球丙到达另一侧的最高点，小球丙的回复力最大，加速度最大，故A错误；
B．根据单摆周期公式
可知
根据上述分析可得
小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为（即）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。
CD．设甲的周期为，根据题意可得
可得，，
可得，
根据单摆周期公式
结合
可得小球丙、丁的摆长之比
故C正确，D错误；
故答案为：C。
【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。
9．（2024·浙江）如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。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，则（　　）
A．摆角变小，周期变大
B．小球摆动周期约为2s
C．小球平衡时，A端拉力为N
D．小球平衡时，A端拉力小于B端拉力
【答案】B
【知识点】单摆及其回复力与周期；受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A. 由单摆的周期公式可知，单摆的周期与摆角大小无关，故周期不变，A不符合题意；
B. 由图可知，摆球摆长为，则摆动周期为，B符合题意；
CD. 小球平衡时，绳上拉力大小相等，有，可得，CD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据单摆的周期公式，结合几何关系可得出单摆摆长，进而可得出周期的大小；利用共点力的平衡条件可得出绳上拉力的大小。
10．（2025高二下·东区月考）如图所示为受迫振动的演示装置，在一根根张紧的绳子上悬挂几个摆球，可以用一个单摆（称为“驱动摆”）驱动另外几个单摆。下列说法不正确的是（　　）
A．某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度可能不同而加速度一定相同
B．如果驱动摆的摆长为L，则其他单摆的振动周期都等于2π
C．如果驱动摆的摆长为L，振幅为A，若某个单摆的摆长大于L，振幅也大于A
D．如果某个单摆的摆长等于驱动摆的摆长，则这个单摆的振幅最大
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振；单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了共振现象，关键明确两点：做受迫振动的物体的频率等于驱动力频率；当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象。A．速度为矢量，方向不同，速度不同，某个单摆摆动过程中多次通过同一位置时，速度大小相等但方向可能不同，根据回复力表达式
可得，加速度
位移相同，故加速度一定相同，故A正确。
B．如果驱动摆的摆长为L，根据单摆周期公式
而其他单摆都做受迫振动，故其振动周期都等于驱动摆的周期，故B正确。
C．当受迫振动的单摆的固有周期等于驱动摆的周期时，受迫振动的振幅最大，某个单摆的摆长大，但振幅不一定也大，故C错误；
D．同一地区，单摆的固有频率只取决于单摆的摆长，则只有摆长等于驱动摆的摆长时，单摆的振幅能够达到最大，这种现象称为共振，故D正确。
本题选不正确的，故选C。
【分析】单摆在摆动过程中多次通过同一位置时，位移相同，加速度相同，速度大小相同，但方向可能不同；4个单摆中，由某个摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大。
11．（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
【知识点】受迫振动和共振；多普勒效应
【解析】【解答】A．系统的固有频率只与系统本身性质有关，与驱动力频率无关，故A错误；
B．只有驱动力频率与系统固有频率相同时，才能发生共振，故B错误；
C.多普勒效应可测车辆速度，通过接收波频率变化计算，故C正确。
D.观察者与波源远离时，接收到波的频率比波源频率小，故D错误。
故选C。
【分析】本题主要考查对共振和多普勒效应的理解。物体固有频率只与物体本身性质有关，与驱动力频率无关。做受迫振动的物体，振动稳定后，振动频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，当驱动力的频率等于物体固有频率时，发生共振；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、还可以测胎儿心跳。
12．（2024高二上·肥城月考）一条绳子可以分成一个个小段，每小段都可以看做一个质点，这些质点之间存在着相互作用。如图所示，1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向。质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，会带动2、3、4……各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传回右端。质点1的振动周期为T。时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动。下列判断正确的是（　　）
A．时质点12的速度方向向上
B．时质点5的加速度方向向上
C．质点20开始振动时运动方向向下
D．质点1与质点20间相距一个波长
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】A．时质点1开始竖直向上运动，经过四分之一周期，质点5开始运动 ，则时质点13刚开始起振，此时质点12已经振动了，则运动方向向上。A正确；
B．在时刻质点5开始向上振动，在时质点5到达最高点，其加速度方向向下。B错误；
C．机械波传播时，各质点起振方向与波源的起振方向一致，因为质点1开始起振的方向向上，则质点20开始振动时运动方向也向上。C错误；
D．波长是相邻两个振动完全相同的质点间的距离，或一个周期内波传播的距离，
由题意可知，第1到第5个质点之间为，则质点1与质点17间相距一个波长。D错误。
故选A。
【分析】分析质点振动状态时，需明确其起振时间、振动时长及所处周期阶段，结合波源起振方向判断运动方向。
1、波的传播特性：机械波传播时，质点只在平衡位置振动，不随波迁移，起振方向与波源一致。
2、传播时间与距离的关系：，其中为波速。
3、简谐运动的加速度与速度：加速度方向始终与位移方向相反，速度方向取决于振动阶段（上升或下降）。
4、波长的判定：波长是一个周期内波传播的距离，或相邻同相位质点的间距，需结合传播时间与周期的比例关系计算。
13．（2025·黑吉辽蒙）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
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】BD、BD选项对应的图中的P点均是两虚线的交点，为两列波的波谷与波谷相遇的点，P点位于其最大负位移处，故BD错误；
AC.如图所示
曲线①③上的点均为振动减弱点，曲线②上的点均为振动加强点。
A选项中ab连线上的点有一个在曲线②上即为振动加强点，C选项中ab连线上的点都在曲线③上，均为振动减弱点，故C正确，A错误。
故答案为：C。
【分析】P点位于其最大正位移处，则P点为两列波的波峰与波峰相遇的点；曲线ab上的所有点均为振动减弱点，根据干涉图样中振动减弱区域作出判断。
14．（2025·陆丰模拟）一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在时刻的波形如图中实线所示，在 时的波形如图中虚线所示。 则下列说法正确的是（　　）
A．在时，平衡位置在 x =1m处的 M 质点向上振动
B．这列波的波长为 2m
C．这列波的周期可能为 0.8s
D．这列波的传播速度可能为 2.5m/s
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】解决多解需要根据假设波的传播方向将波平移，根据平移的情况确定波的传播速度，从而确定波的传播速度和波的传播周期。A． 一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波 ，根据波形图结合“同侧法”可知，在时，平衡位置在 x =1m处的 M 质点向下振动，选项A错误；
B．由图可知，这列波的波长为4m，选项B错误；
C．由图可知
解得
可知这列波的周期不可能为 0.8s，选项C错误；
D．若n=0，则T=1.6s，则此时这列波的传播速度为
选项D正确。
故选D。
【分析】根据“同侧法”，结合波长、波速和周期的关系，综合质点的振动情况分析求解。
15．（2025·海南）如图所示，实线何虚线分别是沿着轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（　　）
A．波长为 B．波速为
C．周期为 D．时刻，质点向下振动
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据简谐横波在时刻和的波形图， 可知该波的波长为λ＝10cm，故A错误；
BC．波沿着x轴正方向传播时，则在t＝0时刻到t＝0.5s的过程中，，n＝0、1、2……，已知波的周期T＞0.5s，则n只能取0，则Ts，故波速为vcm/s＝15cm/s，故BC错误；
D．简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t＝0时刻，质点M向下振动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据波形图信息，结合波动图像的变化情况，利用波速公式以及同侧原理法进行分析解答。
16．（2025·江苏）如图所示，一束激光射入肥皂泡后（入射激光束未在图中标出），肥皂膜内出现一亮环。肥皂膜内的激光（　　）
A．波长等于亮环的周长
B．频率比在真空中的大
C．在肥皂膜与空气的界面上发生衍射
D．在肥皂膜与空气的界面上发生全反射
【答案】D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的衍射现象；光的全反射
【解析】【解答】AB．激光在不同的介质中传播时，频率相同，波长不同，激光波长与亮环周长无关，故AB错误；
CD．光的衍射有小孔衍射和单缝衍射以及圆盘衍射等，明显不符合衍射条件。衍射一束激光打进一个肥皂泡，发现在肥皂泡内测出现一个亮环，是因为激光在肥皂膜与空气分界面处发生了全反射，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】 不同的介质中波的频率相同，波长不同；发生全反射，肥皂泡内测更亮。
17．（2025高三下·丽江月考）中国第三大深水湖泊——泸沽湖吸引了众多游客前来。一名游客在湖面上某处用木棍点击水面引起水波（视为简谐横波）向四周传播，木棍的振动图像如图所示。已知该波经，传播了2.9m，下列说法正确的是（　　）
A．湖面上的落叶会随波移动
B．该波的波速为
C．该波能绕过宽度为的障碍物
D．如果湖面上有一艘猪槽船向着波源方向运动，其接收到的波的频率小于10Hz
【答案】C
【知识点】机械波及其形成和传播；多普勒效应；波长、波速与频率的关系；波的衍射现象
【解析】【解答】本题考查了机械波相关知识，理解不同质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．在机械波传播过程中，只传播振动形式，质点并不随波迁移， 湖面上的落叶 只会上下振动，不会 随波移动，故A错误；
B．该波的波速为
故B错误；
C．该波的波长为
可知该波能绕过宽度为的障碍物，故C正确；
D．该波的频率为
因猪槽船向着波源方向运动，根据多普勒效应可知，其接收到的波的频率大于10Hz，故D错误。
故选C。
【分析】根据机械波只传播振动形式，质点并不随波迁移，结合波速、周期与波长的关系分析求解。
18．（2024高三上·浙江开学考）如图（a）所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图（b）、（c）所示。已知超声波在机翼材料中的波速为。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是（　　）
A．振动减弱； B．振动加强；
C．振动减弱； D．振动加强；
【答案】A
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】根据图像读出超声波的传播周期，结合波速求得波长，根据两个反射信号传播到探头处的时间差计算出故两个反射信号的路程差，此路程差等于缺陷深度的2倍。根据反射信号图像可知，超声波的传播周期为
又波速v=6300m/s，则超声波在机翼材料中的波长
结合题图可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为
故两个反射信号的路程差
解得
两个反射信号在探头处振动减弱，A正确。
故选A。
【分析】 根据波的干涉现象的振动加强与振动减弱的条件判断两个反射信号在探头处的叠加效果。
19．（2024·浙江）频率相同的简谐波源 S1、S2，和接收点 M 位于同一平面内S1、S2，到M的距离之差为6m。t=0时S1，S2，同时垂直平面开始振动，M 点的振动图像如图所示，则（　　）
A．两列波的波长为2m
B．两列波的起振方向均沿x正方向
C．S1和 S2，在平面内不能产生干涉现象
D．两列波的振幅分别为3cm和1cm
【答案】B
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A. 由图可知，在t=4s时，一列波传播到M点，当M参与一列波振动时，另一列波传播到M点，且M点振动减弱，可知另一列波振动方向也沿x正方向，，可得，波长为，A不符合题意，B符合题意；
B. 两列波频率相同，可以在平面发生干涉现象，C不符合题意；
D. 由图可知一列波的振幅为3cm，叠加后振幅为1cm，说明另一列波振幅为2cm，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据振动图可得出质点振动周期和振幅的大小，结合波的干涉特点，可得出波速，进而得出波长的大小。
二、多项选择题
20．（2025·湖北）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可能会动
B．若小球b做简谐运动，则其振幅为
C．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
D．当且仅当L≤时，小球b才能始终做简谐运动
【答案】A,D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】 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，故A正确；
B、小球b做简谐运动时的振幅为A=L，故B错误。
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， 此时相对平衡位置弹簧形变长度为，即振幅为，故最大伸长量L=，故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。
21．（2025·甘肃）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
C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】A．细线剪断前，AB为整体，可知弹簧弹力，剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，由F-2mg=ma可知，随弹力的减小，向上的加速度减小，即A做加速度减小的加速运动，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，故A错误；
B．剪断细线之前
剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对A，由牛顿第二定律
解得A的加速度
故B正确；
C．剪断细线之前，解得弹簧伸长量为
剪断细线后A做简谐振动，在平衡位置时，记得弹簧伸长量
即振幅
由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，故C正确；
D．由上述分析可知，小球A运动到最低点时，kx3-2mg=ma=mg，解得弹簧伸长量为，故D错误。
故选BC。
【分析】 本题考查弹簧系统中力与运动的分析，涉及平衡条件、牛顿第二定律和简谐运动的对称性。
剪断后A受重力和弹簧弹力，根据牛顿第二定律分析A加速度变化，分析速度变化，进而分析速度最大的位置；根据牛顿第二定律列式求解剪断细线的瞬间，小球A的加速度大；A做简谐运动，根据对称性结合牛顿第二定律求得小球A运动到最高点时和小球A运动到最低点时弹簧的伸长量。
22．（2025·重庆市）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，浮筒将在最低点
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．根据题意可知第1圈实线与第3圈实线之间为两个波长长度，故可得
即
波的波速为
故A正确，B错误；
CD．由，根据某时刻第1圈实线的半径为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
浮筒将在最低点，故C错误，故D正确。
故选AD。
【分析】本题主要考查波的形成与传播知识，根据波传播的特点解答。
相邻的波峰（波谷）之间的距离等于一个波长，由图得到波长，由得到波的波速；由浮筒与1距离判断此时浮筒位置以及再经过浮筒位置。
23．（2025·天河模拟）两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播.波源产生的波沿x轴正方向传播，波源产生的波沿x轴负方向传播，波速均为5m/s，s时刻的波形如图所示，则（　　）
A．两列波能发生稳定的干涉现象 B．波源起振0.4s后波源才起振
C．波源和波源的起振方向相反 D．波源的周期为1.6s
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】本题考查了波的图像，理解波长、波速和频率的关系，结合质点在不同时刻的振动状态是解决此类问题的关键。A．两波能稳定发生干涉的条件是频率相同、振动方向一致、相位差恒定，题中两波的频率不同，故不会发生稳定的干涉现象，故A错误；
B．由题，波源M的运动时间为
波源N的运动时间为
故波源起振0.4s后波源才起振，故B正确；
C．所有质点的起振方向与波源相同，如图所示的时刻波源M产生的波传递到4m处，其振动方向向上，波源N产生的波传递到7m处，其振动方向也向上，故两波的起振方向相同。故C错误；
D．波源的周期为
故D正确
故选BD。
【分析】求得波源M、波源N的频率，根据发生稳定干涉的条件分析；传播时间等于传播距离除以波速；根据同侧法和发生明显衍射的条件分析。
24．（2023高二下·杭州期中）在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性的击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样。如图乙所示，振动片做周期T的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A、B两点，以线段AB为直径在水面上画一个半圆，半径OC与AB垂直。圆周上除C点外还有其他振幅最大的点，D点为距C点最近的振动振幅最大的点。已知半圆的直径为d，∠DBA=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．水波的波长为
B．水波的传播速度
C．AB圆周上共有10个振动减弱点
D．若减小振动片振动的周期，C点可能为振幅最小的点
【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；图象法；理想模型法；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．球上方两个黑色坑一样的是球在水中的影子，振幅最大点需满足波程差 Δs=nλ，DB与AD的长度差为波长，D点为距C最近的振幅最大点，n=1，由几何知识可得，其波程差，，，n=1，Δs=(1)λ即，说明DB距为4个波长，AD距为3个波长，两小球距为5个波长，故A正确；
B．水波的传播速度为
故B错误；
C．半圆上减弱点的条件是波程差，振动减弱点需满足 Δs=(n+0.5)λ，最大波程差为 AB = d，因此：∣(n+1/2)λ∣≤d ∣n+1/2∣≤dλ=d0.2d=5，n的取值范围为 -5 ≤ n ≤ 4（共 10 个整数解）；或在AB连线上取一点P，设它的振动是减弱的，令PA=x，则PB=d-x，P点到两波源的波程差为
，
在0D．C 点始终是加强点（Δs= 0），因为 AC = BC，无论周期如何变化，始终为加强点，若减小振动片振动的周期，C点与两波源的距离相等，距离差为零，一定仍为振幅最大的点。故D错误。
故选AC。
【分析】（1）综合干涉条件、几何关系及波动动力学；
通过D点确定波长，并分析减弱点分布；
（2）易错点包括：①波程差计算错误（如混淆三角函数）；②减弱点数量未考虑对称性；③误认为C点可能为减弱点；
（3）隐含条件：①两波源同步（相位差为0）；②半圆与减弱线的交点数量需几何分析；扩展知识：若波源频率不同，干涉图样不稳定。
25．（2025·浙江）如图1所示，两波源和分别位于与处，以为边界，两侧为不同的均匀介质。时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。时与两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则（　　）
A．时两列波开始相遇
B．在间波的波长为
C．两列波叠加稳定后，处的质点振动减弱
D．两列波叠加稳定后，在间共有7个加强点
【答案】B,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】本题既要理解振动图像和波动图像各自的物理意义，由振动图像能判断出质点的速度方向，同时要把握两种图像的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。A．波在左侧的波速
右侧的波速
从0.1s开始，再经过时间相遇
所以
选项A错误；
B．在间波的波长为
选项B正确；
C．左侧波传到时用时间为
此时右侧波在该质点已经振动
即此时刻左侧波在该点的振动在平衡位置向上运动，右侧波在该点的振动也在平衡位置向下振动，可知该点的振动减弱，选项C正确；
D．当右侧波传到x=6m位置时用时间为0.1s=5T，即此时x=6m处质点从平衡位置向上振动；此时x=0处的波源S1也在平衡位置向上振动，即振动方向相同，可知在内到x=0和x=6m两点的路程差为波长整数倍时振动加强，波在该区间内的波长
可知
即x=3+0.4n
其中n取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7
则共有15个振动加强点，选项D错误。
故选BC。
【分析】求出波在0～6m处的介质中的传播速度和在6m～12m处的介质中的传播速度，再根据运动学公式求解相遇时间；根据波长的计算公式求解波长；将x=6m处视为S1波的新波源，根据起振方向结合加强、减弱的条件进行分析；将x=6m处视为S2的新波源，0＜x＜6m的加强点对两波源的波程差应为波长的整数倍，由此分析。
26．（2024·山东）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2m/s。时刻二者在处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在处的质点P，下列说法正确的是(　　)
A．时，P偏离平衡位置的位移为0
B．时，P偏离平衡位置的位移为
C．时，P向y轴正方向运动
D．时，P向y轴负方向运动
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】AB.在0.5s内，甲、乙两列波传播的距离均为
根据波形平移法可知，时，处甲波的波谷刚好传到P处，处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，根据叠加原理可知，时，P偏离平衡位置的位移为，故A错误，B正确；
CD.在1.0s内，甲、乙两列波传播的距离均为
根据波形平移法可知，时，甲波的平衡位置振动刚好传到P处，处乙波的平衡位置振动刚好传到P处，且此时两列波的振动都向y轴正方向运动，根据叠加原理可知，时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】 根据波在传播过程传递振动形式结合波传播过程的叠加原理进行分析解答
27．（2025·河北）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，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】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A．初始时弹簧均处于原长，此时弹簧弹力为零，细绳拉力T和小物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等，初始位置为平衡位置。当小物块离开平衡位置的位移为x时，对两边小物块整体进行受力分析，合力大小为：F＝2kx（k为弹簧的劲度系数）；因为合力与位移成正比且方向相反，则F回复＝﹣2kx，满足简谐运动的回复力特征，所以两个小物块沿斜面均做简谐运动，则左侧小物块沿斜面做简谐运动，故A正确；
B、对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律可得：F合＝2ma＝2kx，解得：kx＝ma，
当左侧小物块加速度沿斜面向下时，设细线拉力为T1，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+kx﹣T1＝ma
联立解得：T1＝mgsinθ
当左侧小物块加速度沿斜面向上时，设细线拉力为T2，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：kx+T2﹣mgsinθ＝ma
联立解得：T2＝mgsinθ
所以细线拉力不变，故B错误；
C．同理可知，右侧小物块也做简谐运动，根据对称性，其在最高和最低位置的加速度大小相等，故C正确；
D．弹簧振子振动周期，与斜面夹角无关，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】简谐运动的回复力满足F=-kx，证明物块合外力满足该条件即可；对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度；再对左侧小物块根据牛顿第二定律求解细线拉力大小；根据简谐运动的对称性进行解答；根据小物块做简谐运动的周期决定因素分析周期，由此得到右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间是否变化。
28．（2025·浙江模拟）某水域剖面图，点O在两部分水面分界线上，两波源P、Q分别处于A、B两区域水面上的两点，以O点为坐标原点如图建立x轴，P与Q的坐标分别为x=-3m和x=3m。t=0时刻，两波源同时开始沿垂直x轴向水面上方做简谐振动。t=2s时，A区的波恰好传到分界线，此时两波源都刚好第4次回到平衡位置，t=3s时，B区的波也刚好传到分界面。已知A、B的振幅均为4cm，已知波速跟水深关系，h为两区域水的深度，g为重力加速度。不计波传播过程中的能量损失，则（　　）
A．hA：hB=9：4
B．t=4.25s时刻，Q点经过平衡位置向上振动
C．经足够长时间，水面上（在x轴上）-3mD．0-4s内x=1m的M点通过的路程为32cm
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【解答】A．A区波速
B区波速
由，变形得，则
，故A正确；
B．由题意可知，两波的周期相等，设为，则
解得
A区的波传播到点需要的时间为
即时，A区的波还未传播到点，又因为
且B区的波开始向上振动，所以时刻点在正向最大位移处，故B错误；
C．A区的波的波长为
B区的波的波长为
t=2s时，A区的波恰好传到分界线，则在间相等于在点和点有两个振动相同的波源，则在，，，，，5个振动加强点；t=3s时，B区的波也刚好传到分界面，则在间相等于在点和点有两个振动相同的波源，则在，，，3个振动加强点；由于t=3s时，B区的波也刚好传到分界面，且A区的波恰好穿过分界线一个波长，所以点即，也是振动加强点，故C正确；
D．A区的波传播到M点所用的时间为
B区的波传播到M点所用的时间为
则内，M点振动时间为
则此时间内，M点的路程为
，由C选项可知，M点为振动加强点，此时的振幅为
振动时间
则此时间内，M点的路程为
0-4s内x=1m的M点通过的路程为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、先根据波传播时间和距离算波速，结合分析水深比；
B、由波源振动次数求周期，再分析质点振动状态；
C、通过波长、波传播到各区域时间，找振动加强点满足的波程差条件，统计数量；
D、计算波到达M点时间差，确定不同时段振动情况及路程。
29．（2025·浙江模拟）如图x轴的正、负半轴分别是两种弹性绳，两振源P、Q位于x轴上，所在位置的x坐标分别为-2m和4m。两振源同时在0时刻开始振动，t=1.5s时形成如图所示的波形。下列说法正确的是（　　）
A．两列波的波长不同，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直在变化
B．t=2.25s时原点处的质点位移为4cm
C．t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0
D．t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm
【答案】C,D
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象；波的叠加
【解析】【解答】A．振源P产生的波的波速
振源P产生的波的频率
振源Q产生的波的波速
振源Q产生的波的频率
两列波的频率相同，相遇时会发生干涉，所以两列波相遇的区域内各质点的振幅一直不变，A错误；
B．根据
振源P产生的波的第1个波峰传播的距离
振源Q产生的波的第1个波谷传播的距离
t=2.25s时，也就是再经过0.75s，振源P产生的波的第1个波峰与振源Q产生的波的第1个波谷在坐标原点相遇，此时位于坐标原点的质点的位移等于零，B错误；
C．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到Q的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，Q波的振源处的质点在平衡位置向上振动，再经过2.75s，Q波的振源处的质点恰好位于波谷处，与振源P产生的波的第1个波峰恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到Q点之间的所有质点此时的位移均等于零；
振源Q产生的波的第1个波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播2s，传播的距离为
t=4.25s时，也就是再经过2.75s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到P的振源处。两列波的周期都是1s，t=1.5s时，P波的振源处的质点在平衡位置向下振动，再经过2.75s，P波的振源处的质点恰好位于波峰处，与振源Q产生的波的第1个波谷恰好相遇，振动减弱，该处质点的位移等于零，那么从坐标原点到P点之间的所有质点此时的位移均等于零；
综上所述，t=4.25s，P、Q之间所有的质点位移均为0；
D．
振源P产生的波的第1个波峰先以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，再以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源P产生的波的第1个波峰恰好传播到+1.5m处，那么振源P产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
振源Q产生的波的第1个波波谷先以2m/s的速度在正半轴传播0.75s，再以1m/s的速度在负半轴传播0.75s，传播的距离为
t=3.0s时，也就是再经过1.5s，振源Q产生的波的第1个波谷恰好传播到-0.75m处，那么振源Q产生的波在坐标为+1.5m、-0.25m处是波峰，在坐标为+0.5m、-0.75m处是波谷；
综上所述，t=3s时，P、Q之间有4处的位移大小为4cm，坐标是+1.5m、-0.25m处是波峰相遇点，位移为+4cm，坐标是+0.5m、-0.75m处波谷相遇点，位移是-4cm。D正确。
故答案为：CD。
【分析】A：两波频率相同（ 相同 ）、波速相同→满足干涉条件，干涉区振幅稳定，排除A。
BC：先算波到原点的时间→确定振动时长→找相位→叠加位移。C选项利用“完全重叠 + 相位相反”直接得位移为0；B选项分步计算相位，得总位移非4cm。
D：两波完全相遇时，用干涉加强条件（ ）找位移为 （加强 ）的点，结合间距与波长关系，数得4处，验证D正确。
30．（2025·义乌模拟）两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v=2.5m/s，在t=0时两列波的波峰正好在x=2.5m处重合，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a、b能在x轴上形成稳定干涉图像
B．x=（2.5±20k）m，k=0，1，2，3，……处波峰都重合
C．x轴上不存在波谷与波谷重合处
D．t=0时，b波引起x=-0.5m处质点的振动方程为
【答案】B,C
【知识点】波的叠加
【解析】【解答】解题关键是知道发生干涉的条件，会根据数学关系分析波峰重合位置，判断波谷不会重合。A．形成稳定干涉图象的条件是两列波的频率相等，由，如图可知，a波的波长为，则频率为，b波的波长为，则频率为，故不能形成稳定干涉图象，A错误；
B．设从开始，再经过，两列波的波峰再次重合，则有
，，，
可知当和时
故当
，处波峰都重合，B正确；
C．设从之后的处，有波谷与波谷重合，则有
，，，
得
因为和在整数范围内无解，故不存在波谷与波谷重合处，C正确；
D．设b波在x=-0.5m处质点的振动方程为
如图可知，由前面分析可知
经过，该质点运动到处，则，则振动方程为
D错误。
故选BC。
【分析】根据形成稳定干涉的条件判断；由图读出两列波的波长，根据波长的最小公倍数求波峰重合处；根据数学关系分析是否存在波谷与波谷重合位置；根据波长和波速关系计算出b波的周期，进而计算出圆频率，可写出振动方程。
三、非选择题
31．（2025高二下·广州期中）发波水槽是演示波动过程的重要实验仪器。其中包括波的形成、传播以及波的干涉和衍射等的物理现象。如图所示，某同学使用发波水槽观察到一列水波通过障碍物上的缝隙后再水面上继续传播。
（1）图中可观察到波的（　　）
A．干涉 B．衍射 C．折射 D．反射
（2）水面各点的振动均为（　　）
A．自由振动，频率由水体自身性质决定
B．自由振动，频率由波源决定
C．受迫振动，频率由水体自身性质决定
D．受迫振动，频率由波源决定
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向缝隙靠近，则在狭缝右侧的水波的　 　增大，　 　减小。（选填波长/频率/波速）
（4）若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的衍射现象　 　（选填“明显”、“不明显”）。
【答案】（1）B
（2）D
（3）频率；波长
（4）不明显
【知识点】多普勒效应；波的衍射现象
【解析】【解答】本题主要考查波动现象中的衍射、振动类型以及波的特性变化。解决本题的关键要掌握多普勒效应，知道波源与观察者间距离发生变化时，观察者接受到的频率会发生变化。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
通过分析题目描述和选项，可以确定波通过障碍物上的缝隙后发生的物理现象，以及水面各点振动的性质。
【分析】（1）波通过障碍物上的狭缝后继续传播的现象，叫波的衍射。
（2）水面各点做受迫振动，其振动频率由驱动力频率决定。
（3）根据多普勒效应分析狭缝右侧水波的频率变化，根据波速公式分析波长的变化。
（4）将缝变大，衍射现象将变得不明显。
（1）图中可观察到波的衍射。
故选B。
（2）水面各点的振动均为受迫振动，频率由波源决定。
故选D。
（3）[1][2]若使波源保持振动情况不变匀速向狭缝靠近，相比于波源静止，根据多普勒效应可知狭缝右侧水波的频率变大；根据
可知狭缝右侧水波的波长减小。
（4）狭缝越小，衍射现象越明显，若将缝变大，则可在狭缝右侧观察到的波的衍射现象不明显。
32．（2025·上海）特雷门琴是世界第一件电子乐器。特雷门琴生产於1919年，由前苏联物理学家利夫·特尔门（Lev Termen）教授发明，艺名雷奥·特雷门（Leon Theremin）。同年已经由一位女演奏家作出公开演奏，尤甚者连爱因斯坦都曾参观，依然是世上唯一不需要身体接触的电子乐器。
（1）人手与竖直天线构成可视为如下图所示的等效电容器，与自感线圈L构成振荡电路。
①当人手靠近天线时，电容变大　 　（选填“变大”、“不变”、“变小”）。
②在电容器电荷量为零的瞬间，　 　达到最大值。
A．电场能 B．电流 C．磁场能 D．电压
（2）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为正面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其侧面图如图b所示。
①此时线圈的受力方向为　 　
A．左 B．右 C．径向向外 D．径向向内
②若单匝线圈周长为，磁场强度，，，，则I的有效值为　 　A；单匝线圈收到的安培力的最大值为　 　？
③已知当温度为25℃时，声速，求琴的的波长为　 　？
（3）有一平行板电容器，按如下图接入电路中。
①减小两平行板间距d时，电容会变大　 　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。
②已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为　 　
（4）有一质量为m，电荷量为q的正电荷从电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。
（5）已知人手靠近竖直天线时，音调变高，靠近水平天线时，声音变小；那么若想声波由图像①变成图像②，则人手（　　）
A．靠近竖直天线，远离水平天线 B．靠近竖直天线，靠近水平天线
C．远离竖直天线，远离水平天线 D．远离竖直天线，靠近水平天线
【答案】（1）变大；BC
（2）B；；；
（3）变大；
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；电容器及其应用；安培力；带电粒子在电场中的运动综合；LC振荡电路分析
【解析】【解答】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
②当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU。
（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】（1）①当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数，根据平行板电容器电容的决定式分析作答；
②根据LC振荡电路的i﹣t图像和q﹣t图像，结合LC电路的特点分析作答；
（2）①根据左手定则分析作答；
②根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答；根据安培力公式求解作答；
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf求解作答；
（3）①根据平行板电容器的决定式分析作答；
②根据电容器的定义式分析作答；
（4）带电粒子在电场中（平行板电容器中）做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解作答；
（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小，结合图像分析作答。
（1）（1） ⑴ 当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数εr（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，根据平行板电容器电容的决定式，从而电容变大。
⑵ 当电荷量为零时，电流达到最大值，电场能全部转化为磁场能，磁场能达到最大值；电荷量为零时，电容器两端电压，电场能也为零，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
（2）（2）①观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故ACD错误，B正确。
故选：B。
② 单匝线圈周长为，磁场强度，，，， 根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系，有效值
根据安培力公式，单匝线圈收到的安培力的最大值为
③根据波速、频率和波长的关系v＝λf，则有
（3）①根据平行板电容器电容的决定式可知，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
②闭合开关，稳定时，根据电容的定义式，电容器的电荷量为Q＝CU
（4）（4）电荷量为q的正电荷在电容器中做类平抛运动
竖直方向根据牛顿第二定律得
竖直位移
水平方向做匀速直线运动，水平位移L＝v0t
联立解得两板的长度
（5）（5）声音的音调由频率决定，人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大；声音的强度由振幅决定，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小；声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线，故ACD错误，B正确。
故选：B。
33．（2025高二下·广州期中）将一单摆a悬挂在力传感器的下面，让单摆小角度摆动，图甲记录了力传感器示数F随时间t的变化关系，随后将这个单摆和其他两个单摆拴在同一张紧的水平绳上（c的摆长和a的摆长相等，b的摆长明显长于a的摆长），并让a先摆动起来。则单摆a的摆长为　 　，单摆c的摆动周期　 　（填“大于”“小于”或“等于”）单摆b的摆动周期。
【答案】；等于
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式即可完成分析。对单摆a受力分析可知，摆球经过最低点时拉力最大，摆球经过最高点时拉力最小，所以单摆a振动的周期为，由单摆周期公式
得单摆a的摆长为
单摆均做受迫振动，振动的周期均等于单摆a的固有周期。
【分析】根据单摆的周期公式变形后得到摆长的大小，再比较受迫振动的周期关系；
34．（2025·福建） 沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵波与横波，已知纵波速度大于横波速度，频率相同，则纵波波长　 　 横波波长。若波源震动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动间隔Δt，纵波速度v1，横波速度v2，则波源与蝎子的距离为　 　 。
【答案】大于；
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据公式
由于纵波速度大于横波速度，频率相同，故可知纵波波长大于横波波长；
设波源与蝎子的距离为，根据题意可知
解得
故答案为：①. 大于 ②.
【分析】本题主要考查波的传播的有关知识。根据公式判断纵波波长与横波波长关系；波在均匀介质中匀速传播，根据匀速运动规律求解 波源与蝎子的距离 。
35．（2025·广西）如图所示，是时刻，两列横波的波形图，两列波的波速均为，传播方向相同，则
（1）求两列波的波长；
（2）两列波叠加时，求此刻和处质点的位移；
（3）求两列波各自的周期。
【答案】（1）解：根据波长的定义及两列波的波动图可知，
（2）解：由波动图可知在处两列波均处于波峰处，处的质点位移
在处，对于第一列波有
对于第二列波有
在处质点的位移
（3）解：对于第一列波有
对于第二列波有
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）直接从波形图读相邻波峰/谷间距得波长；
（2）依据波的叠加原理，找两波在对应位置位移，矢量和为合位移；
（3）用v＝λf求两波频率，结合频率关系推叠加后周期。
36．（2023·全国乙卷）
（1）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是时刻的波形图；P是介质中位于处的质点，其振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A．波速为
B．波向左传播
C．波的振幅是
D．处的质点在时位于平衡位置
E．质点P在0~7s时间内运动的路程为
（2）如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。
【答案】（1）A；B；E
（2）解：根据题意画出光路图如下，
在AB边由几何关系可知，光线的入射角，
根据折射定律：
又因：
可得：，
在中，
由此可知光线在BC面的入射角
根据反射定律可得：
根据几何关系可知：，即为等腰三角形，则
又因为和相似，可得：
又因为AB=BC=l
联立可得
所以M到A的距离：
【知识点】简谐运动的表达式与图象；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的反射和折射
【解析】【解答】（1）A、由图a可知波长为4 m，由b图可知周期为2 s， 则波速：，A 周期；
B、由b图可知，零时刻P点从平衡位置向下振动，由a图根据“上下坡”法，可知波向左传播，B正确；
C、由a图可知，波的振幅为5cm， C错误；
D、由a图可知 x=3m处的质点t=0时刻在波谷，因，可知质点完成3次全振动后再经过半个周期到达波峰，D错误；
E、由t=7s可知，质点通过的路程，E正确；
故答案为：ABE。
【分析】(1)正确理解波的图像与质点振动图像，从中找出波长，周期，进一步计算波速，根据质点的振动图像进一步确定波的传播方向和质点的振动路程；
(2)根据题意做出光路图，由几何关系确定入射角的大小，由折射定律计算折射角，有几何关系确定另一边的入射角，由反射定律确定角度和三角形的相似从而计算边长.
37．（2025·浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立轴，线框中心和一条对角线始终位于轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
（1）线框中心位于，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至时，恒流源提供的电压；
（2）线框中心分别位于和，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到所需时间分别为和，求。
【答案】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
②线框运动到x时，安培力大小为
则初始时和线框中心运动至时的安培力分别为
，
则线框中心运动至过程中，安培力做功为
由动能定理
可得
则安培力的冲量为
③由能量守恒定律
可得，恒流源提供的电压为
（2）类比于简谐运动，则回复力为
根据简谐运动周期公式
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
故
【知识点】简谐运动；安培力的计算；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）①根据F=BIL计算安培力大小；
②先根据安培力的平均值计算安培力做功，然后根据动能定理合动量与动能的关系计算安培力的冲量；
③根据能量守恒计算；
（2）把线框的运动类比于简谐运动，得到线框的运动周期，结合运动时间比较即可。
（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为
所以线框受到的安培力大小为
②线框运动到x时，安培力大小为
则初始时和线框中心运动至时的安培力分别为
，
则线框中心运动至过程中，安培力做功为
由动能定理
可得
则安培力的冲量为
③由能量守恒定律
可得，恒流源提供的电压为
（2）类比于简谐运动，则回复力为
根据简谐运动周期公式
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
故
38．（2025高二下·常德月考）如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为l的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。
（1）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（2）求弹簧的最大伸长量；
（3）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？
【答案】（1）【解答】（1）弹簧形变量：设平衡时弹簧总长减原长的伸长量为 x0，物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据沿斜面方向平衡条件，
有
得
选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，用△x表示x ，物体到达平衡位置下方x=△x位置时，弹力沿斜面向右上方取负号，弹力大小为：
隔离法，隔离弹簧与斜面体只分析m受的合外力情况，受力情况为重力沿斜面分量与正方向相同取正，弹簧弹力取负，故隔离只分析m物体得合力为
选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，用△x表示x ，物体到达平衡位置上方x=△x位置时，弹力处于拉伸状态时沿斜面向上方取正号，m物块沿斜面向下与正方向相反取负号，弹力大小随向上位移增大而减小即长度变短弹力变小故为
，
隔离法，隔离弹簧斜面体只分析m受的合外力情况，受力情况为重力沿斜面分量与弹簧弹力，故隔离只分析m物体得合力为
即回复力与位移x成正比且方向相反，故物体做简谐运动；
（2）【解答】（2）从平衡位置回到原长为位移为x0再回到达处，
和起来位移为向上的最大振幅x=△x=A
简谐运动具有对称性，向下的振幅A的起点是原长加x0即平衡位置出发一个A，故其最大伸长量从原长开始计伸长量，共为
故最大总伸长量
（3）【解答】（3）只以斜面M为研究对象，隔离法分析，当斜面上物块位移x为正时，斜面体受自身M重力Mg、地面支持力FN2、来自物块m压力FN1、弹簧的拉力大小与物块拉力的反作用力等大F弹、与运动趋势相反的静摩擦力f摩左右都可取绝对值，回复到最右上方时虽然不是弹力提供简谐运动的回复力，因为重力沿斜面方向分量如图
根据共点力平衡条件，有：水平方向
①
竖直方向
②
又有
，，
代入①式得：
解方程得，，
代入②式得
解方程得
为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有，所以
③，
，当时，③式右端分母最小，③式整体达到最大值，于是有：
。
故维持斜面体静止需要的最小摩擦系数μ，
【知识点】整体法隔离法；胡克定律；共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体；简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）平衡位置分析：找到弹簧弹力与重力分力平衡的点（kx0=mgsin α），即原l稍长，变形量为x0时平衡；
简谐运动动力学方程：以平衡位置为原点，推导物块的合力与位移的关系 F= kx；
简谐运动判据：物块受回复力与物块位移△x成正比且方向相反，直接验证；
隔离法：回复力需要隔离只分析物块m，弹簧最大长度需隔离分析弹簧，斜面体的最值μ需隔离分析斜面体，防止跨物分析；
（2）易错点：多物体连接需要按需隔离分析，混淆力的来源跨物体对其余连接体受力分析；
原点选择时误将弹簧自然长度或释放点作为原点，正确原点为平衡位置；
符号规则沿斜面向下为正方向时，弹力表达式易漏负号，平衡条件忽略斜面倾角 α 对重力分量的影响mgsin α；
最大伸长量计算：容易忽略平衡位置 x0 的贡献，误认为最大伸长量仅为 A；
斜面受力：误在弹簧的平衡位置计算弹力的最值，弹力的最大值需在最大伸长量处或最大压缩量处计算，误将物块m沿斜面下滑分量计入斜面受力，；
摩擦力方向：需确保摩擦力方向与外力方向匹配；误以为弹簧弹力直接由摩擦力平衡，实际是摩擦力平衡的是弹簧力与重力分力的水平分量合力；误以为x0计算只计算一次，实际上三次，一次①式算摩擦力，一次②式算支持力，还有一次③式算μ；
（3）隐含条件：斜面静止意味着地面对斜面的摩擦力足够大，弹簧原长l与问题无直接相关，仅关注形变量 x0+△x。
（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有
解得：
体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：
故合力为：
故物体做简谐运动；
（2）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，故其振幅为：
故其最大伸长量为：
（3）物块位移x为正时，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图
根据平衡条件，有：水平方向：
竖直方向
又有：，
联立可得：，
为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有，所以，
当时，上式右端达到最大值，于是有：。
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