【精品解析】2026年高考物理二轮复习第5讲机械振动与机械波专项训练

2026年高考物理二轮复习第5讲机械振动与机械波专项训练
一、选择题
1．（2024高二上·贵州期中）如图所示，为竖直方向的弹簧振子，振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则振子在运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．从C→O→B振子完成一次全振动
B．振子在O点时弹簧的弹性势能等于零
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供
D．从O→C弹簧振子的能量增加
2．（2025高二上·黔东南期末）一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．到内，弹簧振子的动能不断增加
B．该弹簧振子的振动方程为
C．时，弹簧振子的加速度沿轴负方向
D．到内，弹簧振子运动的位移为
3．（2025·湖北模拟）如图所示，一质量均匀分布的木块竖直浮在水面上，现将木块竖直向上拉一小段距离后由静止释放，并开始计时，经时间木块第一次回到原位置，在短时间内木块在竖直方向的上下振动可近似看作简谐运动，则在时间内木块运动的距离为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·乐山模拟）如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（　　）
A．该单摆的周期为0.4πs B．OP间的距离为1.6m
C．t=0.2πs时小球动能最大 D．图中x1与x2的比值为2∶1
5．（2025高二上·南通期末）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其运动的周期变大，可以（　　）
A．减小单摆振幅 B．缩短单摆摆长
C．增大摆球质量 D．减小斜面倾角
6．（2024高三上·红塔月考）如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A．物体C的质量为3m
B．物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C．物体B的最大速度大小为
D．物体B上升的最大高度为
7．（2024高二上·鄞州月考）光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（　　）
A． B． C． D．
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．（2025高三上·广东模拟）如图所示，长为的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为的光滑圆弧轨道相切于点。一质量为的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（）的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁点所需的时间为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·东莞期中）如图所示为某简谐横波在时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为
B．该波的波速为1.5m/s
C．该波沿x轴负方向传播
D．0~1s时间内，质点P沿x轴运动了
11．（2025·苏州模拟）一列沿x轴传播的简谐波在t=0时刻的波形如图所示，P、Q是在波的传播方向上平衡位置相距1m的两个质点，质点P此时刻恰过平衡位置并沿y轴负方向振动。已知波的周期为6s，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的振幅是40cm
C．t=0s时，质点Q正在做加速运动
D．t=1s时，质点P刚好运动到x=4m处
12．（2025·日照模拟）某简谐横波在时刻的波形图如图中实线所示，处质点的位移为，处的质点P位于平衡位置。时刻的波形图如图中虚线所示。已知该波的周期大于2s，则（　　）
A．该波的波长为13m
B．该波的波速为4m/s
C．该波沿x轴负方向传播
D．时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向
13．（2025·杨浦模拟）AI机器人比赛要求按规定直线行走，某小组设想如下方案：在点两侧适当距离对称放置两个信号发射源和，信号源可以各发射相同频率的电磁波信号，信号发射后可以向四周各个方向传播，以此来引导机器人走规定直线。下列说法正确的是（　　）
A．机器人在上逐渐远离点的过程中接收到的信号强度持续减弱
B．机器人在上逐渐远离O点的过程中接收到的信号强度保持不变
C．机器人在逐渐远离点的过程中接收到的信号强度持续增强
D．机器人在上逐渐远离点的过程中接收到的信号强度交替变化
二、多项选择题
14．（2026·绵阳模拟）如图甲所示，、是在轴上距离坐标原点等距离的两波源，的振动图像如图乙实线所示，的振动图像如图乙虚线所示，产生的简谐横波在同种介质中沿轴传播。则点（　　）
A．是振动减弱点 B．是振动加强点
C．振幅为 D．振动周期为
15．（2025高二上·黔东南期末）一列简谐横波，沿轴正向传播，位于的质点的振动图像如图甲所示，图乙为该波在某一时刻的波形图。下列说法正确的是（　　）
A．位于的质点振动的振幅是
B．图乙可能是时刻的波形图
C．在时，的质点加速度为0
D．该波的传播速度是
16．（2025·西峰模拟）一波源在时开始振动，形成的简谐横波沿轴负方向传播，时刚好传播到处。物理兴趣小组的同学画出了时的波形图，波形图与轴的交点在处，如图所示。由于某种意外，图上有一部分被油污覆盖而无法看清，已知该波的波速，下列判断正确的是（　　）
A．图中
B．此波的周期为2s
C．再经过，处的质点运动到处
D．在接下来的时间内，处的质点经过的路程为30cm
17．（2025高三上·彭州期中）如图所示，、、在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向相反且垂直于xy平面。频率均为5Hz。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。下列说法正确的是（　　）
A．两横波的波长均为8m B．C点是振动减弱点
C．时，C处质点速度为0 D．时，C处质点速度不为0
18．（2025高三上·河北期末）如图是沿x轴传播的一列简谐横波的波形图，实线为0.6 s时的波形图，虚线为再经过0.6 s后的波形图，则x = 2 m处质点的y t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、计算题
19．（2024高三下·石家庄模拟） 位于水面上O点的波源上下振动，形成在水面上传播的简谐波，波面为圆。波源从平衡位置向上起振，时刻，第一象限内第一次出现如图甲所示的波面分布，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向垂直水面向上。求：
（1）该波在水面上传播速度的大小；
（2）时，B处质点相对于平衡位置的位移。
20．（2024高三下·成都模拟）轴上的波源、分别位于和处，时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿、连线相向传播，时两列波的图像如图所示。质点的平衡位置位于处，求：
（1）两列波传播速度的大小；
（2）质点从时刻到时运动的路程。
21．（2024高三下·成都模拟） 一均匀介质中有振源N，位于x轴上的（10m，0）处，产生的机械波向左传播，N开始振动经过1s后波形如图所示。求：
（1）机械波在该介质中的波速；
（2）若在（-11m，0）有一振源M与N同时振动且起振方向相同，则稳定以后M、N之间振动加强点的个数。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．全振动是振子完成一次完整的周期性运动（回到原位置且速度方向相同）。从C→O→B仅完成了半个周期的运动，需再从B→O→C才完成一次全振动，故A错误；
B．振子在O点受到的弹簧的弹力等于振子重力，弹簧有形变，弹性势能不为0，故B错误；
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供，故C正确；
D．振子的动能、重力势能和弹簧的弹性势能的总和保持不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】围绕竖直弹簧振子的简谐运动特点，分析全振动、弹性势能、回复力及能量变化：核心是明确竖直振子的回复力来源（重力与弹力的合力），以及简谐运动的能量守恒。
2．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由题图可知，到内，弹簧振子从平衡位置振动到最大位移，则弹簧振子的动能不断减小，故A错误；
B．由题图可知，弹簧振子的振幅为，周期为，则该弹簧振子的振动方程，故B正确；
C．由题图可知，时，弹簧振子处于平衡位置，弹簧振子的加速度为0，故C错误；
D．由题图可知，到内，弹簧振子运动的位移为，故D错误。
故选B。
【分析】1. 简谐运动振动图像的物理意义解读
图像类型：位移—时间（x t）图像。
关键信息提取：振幅 A：图像纵坐标最大值。
周期 T：相邻同相点（如同向最大位移）之间的时间间隔。
初相位：由 时刻的位移和速度方向（图像斜率正负）共同确定。
运动方向判断：图像斜率表示速度，斜率为正 → 向正方向运动；斜率为负 → 向负方向运动。
2. 简谐运动中的能量转化规律
动能 Ek ：在平衡位置最大，最大位移处为零。
势能Ep （弹簧弹性势能）：在最大位移处最大，平衡位置为零。
，总机械能守恒：
变化趋势：移向平衡位置：动能增加，势能减小。移向最大位移：动能减小，势能增加。
本题对应：选项 A 中 0~0.25 s 从平衡位置到正最大位移，动能减小。
3. 简谐运动的动力学特征与加速度
加速度与位移关系：，方向总指向平衡位置。
在图像中的体现：位移为正 → 加速度为负（沿x 轴负方向），位移为负 → 加速度为正（沿 x 轴正方向），位移为零 → 加速度为零（平衡位置）
本题对应：选项 C 中 时位移为零，加速度为零，并非沿x 轴负方向。
4. 简谐运动方程的建立
一般形式：或 ，角频率：
初相φ 确定步骤：代入 的位移 。
根据初始速度方向（图像斜率）确定符号，用旋转矢量法或代入检验。
5. 位移的矢量性及与路程的区别
位移：由初位置指向末位置的有向线段，。
路程：运动轨迹的总长度，总是非负的。
在振动图像中：一段时间内的位移可直接由纵坐标差值得到。
3．【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】规定竖直向上为正方向，则该简谐运动的位移公式为
当时有
所以小球从最高点向下运动的距离
故答案为：D。
【分析】将木块的振动视为简谐运动，先确定其位移公式，再代入时间计算位置，进而求出运动距离。
4．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图可知单摆的周期为T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs，故A错误；
B．根据单摆周期公式，，解得OP间的距离为LOP=1.2m，故B错误；
C．t=0.2πs时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，故C错误；
D．不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，则摆球摆到两侧最高点的位置是等高；单摆在OP左侧最大偏角为θ，，单摆在OP右侧最大偏角为α，，由机械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα），其中LOA=4LBP，联立解得，图中x1与x2的比值为2∶1，故D正确。
故选D。
【分析】1、题目中通过图像分析得出周期 T=0.6πs，并利用周期公式计算摆长
题目中t=0.2πs 时小球到达最高点，动能为零 。
2、不计能量损失时，单摆的机械能守恒。摆球在两侧最高点的重力势能相等，因此高度相同（ ）。
3、通过机械能守恒推导偏角关系：
单摆在左侧和右侧的振幅 和 与偏角的关系为：
结合 和 ，可推导 的比值。
5．【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】根据单摆周期公式 可知：周期 T 仅与摆长 L 和重力加速度 g 有关，与振幅（在摆角较小的情况下）和摆球质量均无关。因此，缩短摆长 (L↓)，周期会减小 (T↓)。单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，完成一次摆动的时间就更长，即周期变大，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、摆长的影响：摆长越短，摆球需要走过的圆弧路径越短，完成一次往返摆动所需的时间自然就越短，即周期变小。
2、斜面倾角的影响：单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，意味着这个回复力（mgsinθ）也变小。回复力越小，摆球被“拉”回平衡位置的速度就越慢，摆动就显得越“慵懒”，因此完成一次摆动的时间就更长，即周期变大。
3、振幅和质量无关：无论摆球荡得高还是低（振幅不同），或者换一个不同质量的摆球，它沿圆弧运动的路径长度与回复力的关系并未发生本质改变，因此摆动快慢（周期）保持不变。
6．【答案】D
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．C物体叠加在B物体上面静止时，根据平衡条件可得
拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有
其振幅
当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由平衡条件可得
所以由振幅相等
解得物体C的质量为
故A错误；
B．B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故
所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为
故B错误；
D．物体B上升的最大高度为
故D正确；
C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得物体B的最大速度大小为
故C错误。
故选D。
【分析】开始静止时根据平衡条件列式，拿走C之后B做简谐运动，根据平衡位置的定义列式，根据距离关系列出振幅与弹性形变量的关系式，B上升到最高点时对A列平衡式，联立求解C的质量；根据牛顿第二定律求解物体B运动到最高点时的加速度大小；当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，根据系统机械能守恒定律求解物体B的最大速度大小；根据B的振幅求解物体B上升的最大高度。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；简谐运动
【解析】【解答】回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。对整体，当最大振幅时有
得
隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力
得
故C正确，A、B、D错误。
故选C。
【分析】对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力。振幅最大时，回复力最大。
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】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；探究功与物体速度变化的关系；动能
【解析】【解答】解决本题的关键知道什么样的运动是单摆运动，以及掌握单摆的周期公式。
从，根据动能定理
解得
到的时间
，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，单摆的周期为
到的时间为四分之一周期
所以小球的运动周期为
故选A。
【分析】 h R，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，根据动能定理求出B点的速度，B到C做匀速直线运动，很容易求出B到C的时间，再根据周期公式求出A到B的时间，即可求出小球的运动周期．
10．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由图甲可知，该波的波长，由图乙可知，该波的周期
该波的波速，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，在时刻，质点P的速度沿y轴正方向，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．质点P在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是结合波形图（图甲）和振动图像（图乙），分析波的波长、波速、传播方向以及质点的运动特点。
11．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由题可知此时P点沿y轴负方向振动，根据“上下坡法”，可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图可知该波的振幅是20cm，故B错误；
C．t=0s时，根据“上下坡法”，质点Q正向y轴负方向振动，衡位置 ，故正在做加速运动，故C正确；
D．质点不会随波传播，只会在平衡位置上下振动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合 “上下坡法” 判断波的传播方向，通过波形图读取振幅，分析质点振动方向与运动性质（加速 / 减速），明确质点不随波迁移的特点。
12．【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．设该简谐横波的波动方程为
将在时，代入可得
解得
则该简谐横波的波动方程为
将在t1=0时x=7m时，则有
可得
解得，故A错误；
BC．由题知，该波的周期大于2s，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为，则波速度
周期，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为，则波速度为
周期，故该波沿x轴正方向传播，波速为，周期为，故B正确，C错误；
D．因该波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法，可知时刻，质点P的振动方向沿y轴正方向，故D错误。
故答案为：B。
【分析】通过波动方程求波长，结合周期条件分析波的传播方向和波速，再用 “上下坡法” 判断质点振动方向。
13．【答案】A
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】两个发射源发射相同频率的电磁波信号，由图可知，机器人行走的路线始终在两个信号源连线的中垂线上，到在两个信号源的距离相等，所以该直线上的各点都是振动加强点，机器人在OO1上逐渐远离O点的过程中两电磁波合成后的振幅随着距离的增大在减小，故接收到的信号强度（以振幅反应）持续减弱，不是交替变化的。
故选A。
【分析】一、波的干涉基本条件
两个相干波源：频率相同、相位差恒定（通常同相）。
在空间中产生干涉现象：某些点振动加强，某些点振动减弱。
二、中垂线上的干涉特点
两个相干波源 、对称放置，相距一定距离。
中垂线（垂直平分线）上的任意点到两波源的距离相等 → 波程差
若两波源同相（初相位相同），则波程差为 0 或波长的整数倍，满足振动加强条件。
因此中垂线上各点均为振动加强点（干涉相长）。
三、信号强度与振幅
信号强度（接收到的能量）与合振动的振幅平方成正比。
虽然中垂线上始终是干涉加强，但振幅随着到波源距离的增大而减小（因为波的振幅随距离增大而衰减，例如球面波振幅与距离成反比）。
四、机器人行走路径分析
题目中机器人沿 直线行走，该直线是 和 连线的中垂线。
因此：所有点均为加强点 → 不会出现交替强弱变化。
但远离 点时，到两个波源的距离增大 → 每个波的振幅减小 → 合成波的振幅也减小。
因此信号强度（振幅反映）持续减弱
14．【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．由、的振动图像可知两波源的起振方向相反，点为两波源的中点，因此两波源在点引起的振动方向相反，为减弱点，故A正确，B错误；
C．由上述分析可知点的振幅为，故C正确；
D．点的振动周期与两波源、相同，为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先由振动图像确定两波源的起振方向、周期及振幅，再根据 O 点到两波源距离相等的特点，分析两波在 O 点的振动叠加情况，判断振动加强 / 减弱，并计算 O 点的振幅与周期。
15．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AD．根据图甲可读出质点的振幅为8cm，周期为；由图乙可知波长为，故该波的传播速度为，故A错误，D正确；
B．根据图乙可知的质点处于平衡位置，波沿轴正向传播，由同侧法可知振动方向为正向，图甲在时表示质点处于平衡位置沿正向振动，即图乙可能是时刻的波形图，故B正确；
C．在时，的质点处于波谷，的质点与的质点相距的距离为，则在时，的质点处于波峰，其加速度的大小为最大值，故C错误。
故选BD。
【分析】一、振动方向与波传播方向的关系判断
方法：同侧法（波形图上，波传播方向与质点振动方向在波形线的同一侧）。
本题应用：已知波向右传播（x 轴正向）。图乙中 处质点位于平衡位置，根据同侧法，其振动方向向上。由图甲知，时 处质点正好在平衡位置且向上运动，所以图乙可能是 时刻的波形图。
二、波的时空对应关系（关键难点）
波形平移：时间每过Δt，波形向右平移vΔt。
质点相位差公式（空间差 → 相位差）：
规律：沿波传播方向，各质点相位依次落后。
加速度与位移的关系（对每个质点适用简谐运动规律）：，位移最大 → 加速度最大（大小），位移为零 → 加速度为零
三、振幅与位移的辨析
振幅：质点振动时的最大位移，是恒定的，对所有相同波上质点一样。
位移：质点在某一时刻相对于平衡位置的偏移，随时间变化。
四、标准解题流程：
1、读图：从振动图得 A，T，从波形图得λ，从题干得传播方向。
2、算波速：。
3、找对应时刻：比较波形图上某质点的振动状态与振动图上该质点在哪个时刻的状态一致。
4、判断振动方向：用同侧法结合振动图验证。
5、分析其他质点状态：用相位差公式或直接看图，结合 判断加速度。
16．【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据机械波在时刻的波动方程为，分别将，和，以及代入上式，解得，，则，故A错误；
B．此波的周期为，故B正确；
C．质点不随波迁移，故C错误；
D．处质点的振动方程为，其中
将，，代入上式，且根据“同侧法”可知，此时质点向上振动，解得振动方程为
在接下来的时，代入上式，又因为
即在接下来的时间内，质点先向上振动到最大位移处，后回到平衡位置，所以质点通过的路程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合简谐波的波速、波长、周期的关系，利用波动方程确定波长，再分析质点振动规律与路程。
17．【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．波长，A正确；
B．由题意，，波程差
由于两波源起振方向相反，初始相位差为，波程差引起的相位差：，总相位差初始相位差+波程差引起的相位差，这相当于同相位，所以C点是振动加强点，B错误；
D．波从A到C的时间，波从B到C的时间，在时，波A已到达C点，即，波B尚未到达C点，由于波的周期，所以此时只有波A引起C点振动，振动了，此时质点速度为0，D错误。
C．波A已到达C点：，波B已到达C点：，两列波都在C点引起振动，且由于总相位差为，振动加强，质点速度为0，C正确。
故答案为：AC。
【分析】先由波速、频率求波长，再通过波程差、初始相位差分析振动加强 / 减弱点，结合波的传播时间和周期分析质点速度。
18．【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况。AB．若波向右传播，根据“上下坡法”可知x = 2 m处的质点0.6 s时振动方向沿y轴正方向，且满足
解得
当n = 0时，可得
t = 0时刻x = 2 m处的质点在y轴负方向距平衡位置最远处，故A错误，B正确；
CD．若波向左传播，x = 2 m处的质点0.6 s时振动方向沿y轴负方向，且满足
解得
当n = 0时，可得
t = 0时刻x = 2 m处的质点也在y轴负方向距平衡位置最远处，故D错误，C正确。
故选BC。
【分析】若波向右传播或波向左传播，求出波的周期，根据x=2m处的质点所处的位置进行分析。
19．【答案】（1）由图可看出，该波的波长为
m
周期为
s
则波速为
m/s
（2）由题意可知，时刻，m的质点起振，且起振方向向上，波传至B点需要的时间为
s=3s
质点B振动的时间为
s
质点B的振动方程为
（cm）
将s代入解得
cm
【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；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据图像确定波的波长及振动周期，再根据波长、波及周期的关系确定波的传播速度；
（2）根据AB之间的距离结合波速确定波形传至B点所需的时间，再结合题意确定B质点振动的时长。所有质点的起振方向和波源的起振方向一致，根据图乙振幅的大小，结合振动方程的特点确定质点B的振动方程，再结合波的振动时间确定该时刻质点B相对于平衡位置的位移。
20．【答案】（1）由图像可知，两列波的波长，内传播了一个波长，该波的周期。两列波的传播速度相同，由
解得
（2）设再经时间，两列波传播至点，则
解得
，点振动时间
点为振动加强点，其振幅
质点从开始振动运动的路程
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】（1） 由图像可知，两列波的波长，内传播了一个波长，该波的周期。两列波的传播速度相同，由
解得
（2） 设再经时间，两列波传播至点，则
解得
，点振动时间
点为振动加强点，其振幅
质点从开始振动运动的路程
【分析】本题考查机械振动，（1）通过波动图像获取两列波的波长，结合题意知道两列波的周期，由求解波速。（2）两列波的波源到达M点的路程差为零，是波长的整数倍，即M点是振动加强点，振幅为，两波源传播到M需要时间，说明质点M的振动时间只有4s，刚好两个周期，即质点M的在0~0.75s内经过的路程为8A’。
21．【答案】（1）由图可知
周期
T=1s
波速为
（2）如图
由图可知波长为2m，两个振源M、N之间的距离为xMN=10m-（-11）m=21m
两波源振动步调相同，设M、N连线上某点P为振动加强点，则有
|PM-PN|=nλ＜xMN
解得n=21个
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据波形图及题意确定机械波的波长及振动周期，再根据波速公式确定波速的大小；
（2）根据两波源的起振方向及相位差，确定振动加强点与两波源的距离差和波长的关系，再根据两波源之间的距离差确定振动加强点的个数，注意当振动加强点与波源的距离差为波长的整数倍时，n=0处点的取舍情况。
1 / 12026年高考物理二轮复习第5讲机械振动与机械波专项训练
一、选择题
1．（2024高二上·贵州期中）如图所示，为竖直方向的弹簧振子，振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则振子在运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．从C→O→B振子完成一次全振动
B．振子在O点时弹簧的弹性势能等于零
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供
D．从O→C弹簧振子的能量增加
【答案】C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．全振动是振子完成一次完整的周期性运动（回到原位置且速度方向相同）。从C→O→B仅完成了半个周期的运动，需再从B→O→C才完成一次全振动，故A错误；
B．振子在O点受到的弹簧的弹力等于振子重力，弹簧有形变，弹性势能不为0，故B错误；
C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供，故C正确；
D．振子的动能、重力势能和弹簧的弹性势能的总和保持不变，故D错误。
故答案为：C。
【分析】围绕竖直弹簧振子的简谐运动特点，分析全振动、弹性势能、回复力及能量变化：核心是明确竖直振子的回复力来源（重力与弹力的合力），以及简谐运动的能量守恒。
2．（2025高二上·黔东南期末）一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．到内，弹簧振子的动能不断增加
B．该弹簧振子的振动方程为
C．时，弹簧振子的加速度沿轴负方向
D．到内，弹簧振子运动的位移为
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；简谐运动
【解析】【解答】A．由题图可知，到内，弹簧振子从平衡位置振动到最大位移，则弹簧振子的动能不断减小，故A错误；
B．由题图可知，弹簧振子的振幅为，周期为，则该弹簧振子的振动方程，故B正确；
C．由题图可知，时，弹簧振子处于平衡位置，弹簧振子的加速度为0，故C错误；
D．由题图可知，到内，弹簧振子运动的位移为，故D错误。
故选B。
【分析】1. 简谐运动振动图像的物理意义解读
图像类型：位移—时间（x t）图像。
关键信息提取：振幅 A：图像纵坐标最大值。
周期 T：相邻同相点（如同向最大位移）之间的时间间隔。
初相位：由 时刻的位移和速度方向（图像斜率正负）共同确定。
运动方向判断：图像斜率表示速度，斜率为正 → 向正方向运动；斜率为负 → 向负方向运动。
2. 简谐运动中的能量转化规律
动能 Ek ：在平衡位置最大，最大位移处为零。
势能Ep （弹簧弹性势能）：在最大位移处最大，平衡位置为零。
，总机械能守恒：
变化趋势：移向平衡位置：动能增加，势能减小。移向最大位移：动能减小，势能增加。
本题对应：选项 A 中 0~0.25 s 从平衡位置到正最大位移，动能减小。
3. 简谐运动的动力学特征与加速度
加速度与位移关系：，方向总指向平衡位置。
在图像中的体现：位移为正 → 加速度为负（沿x 轴负方向），位移为负 → 加速度为正（沿 x 轴正方向），位移为零 → 加速度为零（平衡位置）
本题对应：选项 C 中 时位移为零，加速度为零，并非沿x 轴负方向。
4. 简谐运动方程的建立
一般形式：或 ，角频率：
初相φ 确定步骤：代入 的位移 。
根据初始速度方向（图像斜率）确定符号，用旋转矢量法或代入检验。
5. 位移的矢量性及与路程的区别
位移：由初位置指向末位置的有向线段，。
路程：运动轨迹的总长度，总是非负的。
在振动图像中：一段时间内的位移可直接由纵坐标差值得到。
3．（2025·湖北模拟）如图所示，一质量均匀分布的木块竖直浮在水面上，现将木块竖直向上拉一小段距离后由静止释放，并开始计时，经时间木块第一次回到原位置，在短时间内木块在竖直方向的上下振动可近似看作简谐运动，则在时间内木块运动的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】规定竖直向上为正方向，则该简谐运动的位移公式为
当时有
所以小球从最高点向下运动的距离
故答案为：D。
【分析】将木块的振动视为简谐运动，先确定其位移公式，再代入时间计算位置，进而求出运动距离。
4．（2025·乐山模拟）如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（　　）
A．该单摆的周期为0.4πs B．OP间的距离为1.6m
C．t=0.2πs时小球动能最大 D．图中x1与x2的比值为2∶1
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．由图可知单摆的周期为T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs，故A错误；
B．根据单摆周期公式，，解得OP间的距离为LOP=1.2m，故B错误；
C．t=0.2πs时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，故C错误；
D．不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，则摆球摆到两侧最高点的位置是等高；单摆在OP左侧最大偏角为θ，，单摆在OP右侧最大偏角为α，，由机械能守恒定律得：mgLOA（1-cosθ）=mgLBP（1-cosα），其中LOA=4LBP，联立解得，图中x1与x2的比值为2∶1，故D正确。
故选D。
【分析】1、题目中通过图像分析得出周期 T=0.6πs，并利用周期公式计算摆长
题目中t=0.2πs 时小球到达最高点，动能为零 。
2、不计能量损失时，单摆的机械能守恒。摆球在两侧最高点的重力势能相等，因此高度相同（ ）。
3、通过机械能守恒推导偏角关系：
单摆在左侧和右侧的振幅 和 与偏角的关系为：
结合 和 ，可推导 的比值。
5．（2025高二上·南通期末）如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其运动的周期变大，可以（　　）
A．减小单摆振幅 B．缩短单摆摆长
C．增大摆球质量 D．减小斜面倾角
【答案】D
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】根据单摆周期公式 可知：周期 T 仅与摆长 L 和重力加速度 g 有关，与振幅（在摆角较小的情况下）和摆球质量均无关。因此，缩短摆长 (L↓)，周期会减小 (T↓)。单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，完成一次摆动的时间就更长，即周期变大，故ABC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、摆长的影响：摆长越短，摆球需要走过的圆弧路径越短，完成一次往返摆动所需的时间自然就越短，即周期变小。
2、斜面倾角的影响：单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，意味着这个回复力（mgsinθ）也变小。回复力越小，摆球被“拉”回平衡位置的速度就越慢，摆动就显得越“慵懒”，因此完成一次摆动的时间就更长，即周期变大。
3、振幅和质量无关：无论摆球荡得高还是低（振幅不同），或者换一个不同质量的摆球，它沿圆弧运动的路径长度与回复力的关系并未发生本质改变，因此摆动快慢（周期）保持不变。
6．（2024高三上·红塔月考）如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）
A．物体C的质量为3m
B．物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C．物体B的最大速度大小为
D．物体B上升的最大高度为
【答案】D
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．C物体叠加在B物体上面静止时，根据平衡条件可得
拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有
其振幅
当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由平衡条件可得
所以由振幅相等
解得物体C的质量为
故A错误；
B．B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故
所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为
故B错误；
D．物体B上升的最大高度为
故D正确；
C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得物体B的最大速度大小为
故C错误。
故选D。
【分析】开始静止时根据平衡条件列式，拿走C之后B做简谐运动，根据平衡位置的定义列式，根据距离关系列出振幅与弹性形变量的关系式，B上升到最高点时对A列平衡式，联立求解C的质量；根据牛顿第二定律求解物体B运动到最高点时的加速度大小；当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，根据系统机械能守恒定律求解物体B的最大速度大小；根据B的振幅求解物体B上升的最大高度。
7．（2024高二上·鄞州月考）光滑的水平面上叠放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统像一个整体一样地振动，系统的最大振幅为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；简谐运动
【解析】【解答】回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。对整体，当最大振幅时有
得
隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力
得
故C正确，A、B、D错误。
故选C。
【分析】对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力。振幅最大时，回复力最大。
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．（2025高三上·广东模拟）如图所示，长为的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为的光滑圆弧轨道相切于点。一质量为的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（）的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁点所需的时间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】单摆及其回复力与周期；探究功与物体速度变化的关系；动能
【解析】【解答】解决本题的关键知道什么样的运动是单摆运动，以及掌握单摆的周期公式。
从，根据动能定理
解得
到的时间
，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，单摆的周期为
到的时间为四分之一周期
所以小球的运动周期为
故选A。
【分析】 h R，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，根据动能定理求出B点的速度，B到C做匀速直线运动，很容易求出B到C的时间，再根据周期公式求出A到B的时间，即可求出小球的运动周期．
10．（2025高二下·东莞期中）如图所示为某简谐横波在时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）
A．该波的波长为
B．该波的波速为1.5m/s
C．该波沿x轴负方向传播
D．0~1s时间内，质点P沿x轴运动了
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】AB．由图甲可知，该波的波长，由图乙可知，该波的周期
该波的波速，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，在时刻，质点P的速度沿y轴正方向，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故C错误；
D．质点P在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。
故答案为：A。
【分析】这道题的核心是结合波形图（图甲）和振动图像（图乙），分析波的波长、波速、传播方向以及质点的运动特点。
11．（2025·苏州模拟）一列沿x轴传播的简谐波在t=0时刻的波形如图所示，P、Q是在波的传播方向上平衡位置相距1m的两个质点，质点P此时刻恰过平衡位置并沿y轴负方向振动。已知波的周期为6s，则下列说法正确的是（　　）
A．该波沿x轴负方向传播
B．该波的振幅是40cm
C．t=0s时，质点Q正在做加速运动
D．t=1s时，质点P刚好运动到x=4m处
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．由题可知此时P点沿y轴负方向振动，根据“上下坡法”，可知波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图可知该波的振幅是20cm，故B错误；
C．t=0s时，根据“上下坡法”，质点Q正向y轴负方向振动，衡位置 ，故正在做加速运动，故C正确；
D．质点不会随波传播，只会在平衡位置上下振动，故D错误。
故答案为：C。
【分析】结合 “上下坡法” 判断波的传播方向，通过波形图读取振幅，分析质点振动方向与运动性质（加速 / 减速），明确质点不随波迁移的特点。
12．（2025·日照模拟）某简谐横波在时刻的波形图如图中实线所示，处质点的位移为，处的质点P位于平衡位置。时刻的波形图如图中虚线所示。已知该波的周期大于2s，则（　　）
A．该波的波长为13m
B．该波的波速为4m/s
C．该波沿x轴负方向传播
D．时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向
【答案】B
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．设该简谐横波的波动方程为
将在时，代入可得
解得
则该简谐横波的波动方程为
将在t1=0时x=7m时，则有
可得
解得，故A错误；
BC．由题知，该波的周期大于2s，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为，则波速度
周期，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为，则波速度为
周期，故该波沿x轴正方向传播，波速为，周期为，故B正确，C错误；
D．因该波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法，可知时刻，质点P的振动方向沿y轴正方向，故D错误。
故答案为：B。
【分析】通过波动方程求波长，结合周期条件分析波的传播方向和波速，再用 “上下坡法” 判断质点振动方向。
13．（2025·杨浦模拟）AI机器人比赛要求按规定直线行走，某小组设想如下方案：在点两侧适当距离对称放置两个信号发射源和，信号源可以各发射相同频率的电磁波信号，信号发射后可以向四周各个方向传播，以此来引导机器人走规定直线。下列说法正确的是（　　）
A．机器人在上逐渐远离点的过程中接收到的信号强度持续减弱
B．机器人在上逐渐远离O点的过程中接收到的信号强度保持不变
C．机器人在逐渐远离点的过程中接收到的信号强度持续增强
D．机器人在上逐渐远离点的过程中接收到的信号强度交替变化
【答案】A
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】两个发射源发射相同频率的电磁波信号，由图可知，机器人行走的路线始终在两个信号源连线的中垂线上，到在两个信号源的距离相等，所以该直线上的各点都是振动加强点，机器人在OO1上逐渐远离O点的过程中两电磁波合成后的振幅随着距离的增大在减小，故接收到的信号强度（以振幅反应）持续减弱，不是交替变化的。
故选A。
【分析】一、波的干涉基本条件
两个相干波源：频率相同、相位差恒定（通常同相）。
在空间中产生干涉现象：某些点振动加强，某些点振动减弱。
二、中垂线上的干涉特点
两个相干波源 、对称放置，相距一定距离。
中垂线（垂直平分线）上的任意点到两波源的距离相等 → 波程差
若两波源同相（初相位相同），则波程差为 0 或波长的整数倍，满足振动加强条件。
因此中垂线上各点均为振动加强点（干涉相长）。
三、信号强度与振幅
信号强度（接收到的能量）与合振动的振幅平方成正比。
虽然中垂线上始终是干涉加强，但振幅随着到波源距离的增大而减小（因为波的振幅随距离增大而衰减，例如球面波振幅与距离成反比）。
四、机器人行走路径分析
题目中机器人沿 直线行走，该直线是 和 连线的中垂线。
因此：所有点均为加强点 → 不会出现交替强弱变化。
但远离 点时，到两个波源的距离增大 → 每个波的振幅减小 → 合成波的振幅也减小。
因此信号强度（振幅反映）持续减弱
二、多项选择题
14．（2026·绵阳模拟）如图甲所示，、是在轴上距离坐标原点等距离的两波源，的振动图像如图乙实线所示，的振动图像如图乙虚线所示，产生的简谐横波在同种介质中沿轴传播。则点（　　）
A．是振动减弱点 B．是振动加强点
C．振幅为 D．振动周期为
【答案】A,C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】A．由、的振动图像可知两波源的起振方向相反，点为两波源的中点，因此两波源在点引起的振动方向相反，为减弱点，故A正确，B错误；
C．由上述分析可知点的振幅为，故C正确；
D．点的振动周期与两波源、相同，为，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】 先由振动图像确定两波源的起振方向、周期及振幅，再根据 O 点到两波源距离相等的特点，分析两波在 O 点的振动叠加情况，判断振动加强 / 减弱，并计算 O 点的振幅与周期。
15．（2025高二上·黔东南期末）一列简谐横波，沿轴正向传播，位于的质点的振动图像如图甲所示，图乙为该波在某一时刻的波形图。下列说法正确的是（　　）
A．位于的质点振动的振幅是
B．图乙可能是时刻的波形图
C．在时，的质点加速度为0
D．该波的传播速度是
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AD．根据图甲可读出质点的振幅为8cm，周期为；由图乙可知波长为，故该波的传播速度为，故A错误，D正确；
B．根据图乙可知的质点处于平衡位置，波沿轴正向传播，由同侧法可知振动方向为正向，图甲在时表示质点处于平衡位置沿正向振动，即图乙可能是时刻的波形图，故B正确；
C．在时，的质点处于波谷，的质点与的质点相距的距离为，则在时，的质点处于波峰，其加速度的大小为最大值，故C错误。
故选BD。
【分析】一、振动方向与波传播方向的关系判断
方法：同侧法（波形图上，波传播方向与质点振动方向在波形线的同一侧）。
本题应用：已知波向右传播（x 轴正向）。图乙中 处质点位于平衡位置，根据同侧法，其振动方向向上。由图甲知，时 处质点正好在平衡位置且向上运动，所以图乙可能是 时刻的波形图。
二、波的时空对应关系（关键难点）
波形平移：时间每过Δt，波形向右平移vΔt。
质点相位差公式（空间差 → 相位差）：
规律：沿波传播方向，各质点相位依次落后。
加速度与位移的关系（对每个质点适用简谐运动规律）：，位移最大 → 加速度最大（大小），位移为零 → 加速度为零
三、振幅与位移的辨析
振幅：质点振动时的最大位移，是恒定的，对所有相同波上质点一样。
位移：质点在某一时刻相对于平衡位置的偏移，随时间变化。
四、标准解题流程：
1、读图：从振动图得 A，T，从波形图得λ，从题干得传播方向。
2、算波速：。
3、找对应时刻：比较波形图上某质点的振动状态与振动图上该质点在哪个时刻的状态一致。
4、判断振动方向：用同侧法结合振动图验证。
5、分析其他质点状态：用相位差公式或直接看图，结合 判断加速度。
16．（2025·西峰模拟）一波源在时开始振动，形成的简谐横波沿轴负方向传播，时刚好传播到处。物理兴趣小组的同学画出了时的波形图，波形图与轴的交点在处，如图所示。由于某种意外，图上有一部分被油污覆盖而无法看清，已知该波的波速，下列判断正确的是（　　）
A．图中
B．此波的周期为2s
C．再经过，处的质点运动到处
D．在接下来的时间内，处的质点经过的路程为30cm
【答案】B,D
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】A．根据机械波在时刻的波动方程为，分别将，和，以及代入上式，解得，，则，故A错误；
B．此波的周期为，故B正确；
C．质点不随波迁移，故C错误；
D．处质点的振动方程为，其中
将，，代入上式，且根据“同侧法”可知，此时质点向上振动，解得振动方程为
在接下来的时，代入上式，又因为
即在接下来的时间内，质点先向上振动到最大位移处，后回到平衡位置，所以质点通过的路程为，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】结合简谐波的波速、波长、周期的关系，利用波动方程确定波长，再分析质点振动规律与路程。
17．（2025高三上·彭州期中）如图所示，、、在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。时，两波源从平衡位置起振，起振方向相反且垂直于xy平面。频率均为5Hz。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。下列说法正确的是（　　）
A．两横波的波长均为8m B．C点是振动减弱点
C．时，C处质点速度为0 D．时，C处质点速度不为0
【答案】A,C
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的干涉现象
【解析】【解答】A．波长，A正确；
B．由题意，，波程差
由于两波源起振方向相反，初始相位差为，波程差引起的相位差：，总相位差初始相位差+波程差引起的相位差，这相当于同相位，所以C点是振动加强点，B错误；
D．波从A到C的时间，波从B到C的时间，在时，波A已到达C点，即，波B尚未到达C点，由于波的周期，所以此时只有波A引起C点振动，振动了，此时质点速度为0，D错误。
C．波A已到达C点：，波B已到达C点：，两列波都在C点引起振动，且由于总相位差为，振动加强，质点速度为0，C正确。
故答案为：AC。
【分析】先由波速、频率求波长，再通过波程差、初始相位差分析振动加强 / 减弱点，结合波的传播时间和周期分析质点速度。
18．（2025高三上·河北期末）如图是沿x轴传播的一列简谐横波的波形图，实线为0.6 s时的波形图，虚线为再经过0.6 s后的波形图，则x = 2 m处质点的y t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况。AB．若波向右传播，根据“上下坡法”可知x = 2 m处的质点0.6 s时振动方向沿y轴正方向，且满足
解得
当n = 0时，可得
t = 0时刻x = 2 m处的质点在y轴负方向距平衡位置最远处，故A错误，B正确；
CD．若波向左传播，x = 2 m处的质点0.6 s时振动方向沿y轴负方向，且满足
解得
当n = 0时，可得
t = 0时刻x = 2 m处的质点也在y轴负方向距平衡位置最远处，故D错误，C正确。
故选BC。
【分析】若波向右传播或波向左传播，求出波的周期，根据x=2m处的质点所处的位置进行分析。
三、计算题
19．（2024高三下·石家庄模拟） 位于水面上O点的波源上下振动，形成在水面上传播的简谐波，波面为圆。波源从平衡位置向上起振，时刻，第一象限内第一次出现如图甲所示的波面分布，其中实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图乙所示，z轴正方向垂直水面向上。求：
（1）该波在水面上传播速度的大小；
（2）时，B处质点相对于平衡位置的位移。
【答案】（1）由图可看出，该波的波长为
m
周期为
s
则波速为
m/s
（2）由题意可知，时刻，m的质点起振，且起振方向向上，波传至B点需要的时间为
s=3s
质点B振动的时间为
s
质点B的振动方程为
（cm）
将s代入解得
cm
【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；简谐运动
【解析】【分析】（1）根据图像确定波的波长及振动周期，再根据波长、波及周期的关系确定波的传播速度；
（2）根据AB之间的距离结合波速确定波形传至B点所需的时间，再结合题意确定B质点振动的时长。所有质点的起振方向和波源的起振方向一致，根据图乙振幅的大小，结合振动方程的特点确定质点B的振动方程，再结合波的振动时间确定该时刻质点B相对于平衡位置的位移。
20．（2024高三下·成都模拟）轴上的波源、分别位于和处，时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿、连线相向传播，时两列波的图像如图所示。质点的平衡位置位于处，求：
（1）两列波传播速度的大小；
（2）质点从时刻到时运动的路程。
【答案】（1）由图像可知，两列波的波长，内传播了一个波长，该波的周期。两列波的传播速度相同，由
解得
（2）设再经时间，两列波传播至点，则
解得
，点振动时间
点为振动加强点，其振幅
质点从开始振动运动的路程
【知识点】横波的图象；波的叠加
【解析】【解答】（1） 由图像可知，两列波的波长，内传播了一个波长，该波的周期。两列波的传播速度相同，由
解得
（2） 设再经时间，两列波传播至点，则
解得
，点振动时间
点为振动加强点，其振幅
质点从开始振动运动的路程
【分析】本题考查机械振动，（1）通过波动图像获取两列波的波长，结合题意知道两列波的周期，由求解波速。（2）两列波的波源到达M点的路程差为零，是波长的整数倍，即M点是振动加强点，振幅为，两波源传播到M需要时间，说明质点M的振动时间只有4s，刚好两个周期，即质点M的在0~0.75s内经过的路程为8A’。
21．（2024高三下·成都模拟） 一均匀介质中有振源N，位于x轴上的（10m，0）处，产生的机械波向左传播，N开始振动经过1s后波形如图所示。求：
（1）机械波在该介质中的波速；
（2）若在（-11m，0）有一振源M与N同时振动且起振方向相同，则稳定以后M、N之间振动加强点的个数。
【答案】（1）由图可知
周期
T=1s
波速为
（2）如图
由图可知波长为2m，两个振源M、N之间的距离为xMN=10m-（-11）m=21m
两波源振动步调相同，设M、N连线上某点P为振动加强点，则有
|PM-PN|=nλ＜xMN
解得n=21个
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】（1）根据波形图及题意确定机械波的波长及振动周期，再根据波速公式确定波速的大小；
（2）根据两波源的起振方向及相位差，确定振动加强点与两波源的距离差和波长的关系，再根据两波源之间的距离差确定振动加强点的个数，注意当振动加强点与波源的距离差为波长的整数倍时，n=0处点的取舍情况。
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