專題15機械振動與機械波

目錄

01模擬基礎練.......................................................2

題型一：機械振動..................................................2

題型二：機械波....................................................8

題型三：振動圖像和波的圖像的綜合應用.............................15

02重難創新練......................................................21

1/26

z

題型一：機械振動

1.（2024?河南新鄉?一模）某質點做簡諧振動的位移一時間關系圖像如圖所示才。（I。為未知量）時刻該質點

處于平衡位置，已知質點的振動周期為T,振幅為/,則下列說法正確的是（

A.%+0.757時刻，質點的加速度最小

B.O時刻質點正在向平衡位置運動

C.質點的振動方程為x=/cos（，?

D./。=一

3

【答案】BC

【詳解】A.辦+0.757時刻，質點的位移最大，加速度最大，故A錯誤；

B.由題圖可知，0時刻質點正在向平衡位置運動，故B正確；

C.設質點的振動方向為x=4cos（K，+9）結合當，=0時，X-A,代入可得9=?則質點的振動方向為

x=Acos（-^-/+—）故C正確；

D.。時刻質點的位移為0,則有0=人05（9274r+7?t解得T故D錯誤。故選BC。

T4o

2.（2024?山西晉中?模擬預測）一質點做簡諧運動，其相對于平衡位置的位移x與時間/的關系圖線如圖所

示，由圖可知（）

2/26

B.該簡諧運動的表達式為x=V^sin1100/z7+f卜m

C.該簡諧運動的表達式為x=亞sinOO^-y^cm

D./=0.25乂10-飛時質點的位移為-1.2cm

【答案】BC

【詳解】A.由題圖知，該簡諧運動的周期為7=2x10-2$,振幅為/=V^m，故A錯誤；

BC.角頻率為=100加ad/s又因為。=芳，或者°=所以質點做簡諧運動的表達式為

x=41sin^1Q07it+cm,或x=亞5由1100萬，一］卜m故BC正確；

D.當/=0.25*10%時位移為》=拒$出［100加+彳卜m=Vix--—cm=-lcm故D錯誤。故選BC。

I2JV2J

3.（2024?黑龍江哈爾濱?模擬預測）如圖甲所示，彈簧振子以。點為平衡位置，在光滑水平面上的N、B兩

點之間做簡諧運動。取水平向右為正方向，振子的位移x隨時間/變化的正弦曲線如圖乙所示，彈簧的勁度

系數為2N/m,下列說法正確的是（）

A./=2s時，振子的加速度為零

B.振子在y0.1s時和/=0.3s時速度相同

C.f=1.8s時，回復力大小為0.4N

D.0?1.8s時間內，振子運動的路程為1.8m

【答案】ACD

3/26

【詳解】A.彈簧振子的周期為0.8s,由于2s=2T+=可知，2s時刻，振子位于平衡位置，此時振子的位移

為0,加速度也為0,故A正確；

B.幾何圖像可知，振子在0.1s時刻沿x軸正方向運動，在03s時刻沿x軸負方向運動，兩時刻的速度不相

同，故B錯誤；

T

C.由于L8s=27+：此時振子的位移最大，彈簧拉伸量為20cm,則回復力為尸=2xO.2N=0.4N故C正確；

D.結合上述可知，0?1,8s時間內，振子運動的路程為2x4/+/=9/=1.8m故D正確。故選ACD。

4.（2024?貴州?三模）如圖甲所示，一個單擺做小角度擺動，從某次擺球由左向右通過平衡位置時開始計時,

相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，重力加速度大小取lOm/s?。下列說

A.單擺的擺長約為4.0m

B.在，=2.0s時擺球速度為0

C.從f=1.0s至IJ"L5s的過程中，擺球的重力勢能逐漸增大

D.從t=L5s到:2.0s的過程中，擺球所受回復力逐漸減小

【答案】CD

【詳解】A.根據題意，由圖乙可知，單擺的周期為2s,由單擺周期公式T=2%口可得/=紇。LOm故A

\g4乃2

錯誤：

B.由圖乙可知，在"2.0s時，擺球處于平衡位置，擺球的速度最大，故B錯誤；

C.由圖乙可知，從7=16至卜=1生的過程中，擺球從平衡位置向負向最大位移擺動，則擺球的重力勢能逐

漸增大，故C正確；

D.由圖乙可知，從"1.5s到"2.0s的過程中，擺球從負向最大位移向平衡位置擺動，擺球所受回復力逐漸

減小，故D正確。故選CD。

5.（2024?廣東清遠?一模）為了使金屬小球穩定在同一豎直平面內運動，避免單擺穩定性差的問題。如圖所

示，用兩條長為1.15m的不可伸長的細線固定一質量為0.1kg的金屬小球，懸掛在水平直桿48兩端上，

4/26

小球靜止時，A端細線與桿的夾角為60。。當小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時（已知道=1.73,

重力加速度g=10m/s2。則（）

A.金屬小球做簡諧運動B.擺角變小，周期將變大

C.金屬小球擺動周期約為2sD.金屬小球經過最低點時，A端拉力為"N

3

【答案】AC

【詳解】A.金屬小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動，可知其類似單擺，小球做簡諧運動，選項A

正確；

B.單擺的周期與擺角無關，選項B錯誤；

C.擺長/=1.15111*$苗60°71111則金屬小球擺動周期約為？=2萬），《!25選項C正確；

D.若金屬球靜止在最低點時，N端拉力27sin600=加g解得T=@N當金屬小球經過最低點時，因為速度

3

26

不為零，根據2T'sin60°=加g+%L>/wg可知A端拉力？'>^―N選項D錯誤。故選AC。

"r3

6.（2024?江西南昌?二模）如圖所示，把一個有孔的小球A裝在輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球

套在水平光滑桿上，以。為平衡位置振動。另一小球B在豎直平面內以。，為圓心、。為角速度沿順時針方

向做半徑為R的勻速圓周運動（。與。'在同一豎直線上）。用豎直向下的平行光照射小球B、可以觀察到，

小球B的“影子”始終在小球A上。取水平向右為正方向，。點為坐標原點、小球B經最低點時為計時零點,

則（）

A.小球A的振幅為2尺B.小球A的振動周期為一

CD

C.小球A的最大加速度大小為尺D.小球A的速度與時間的關系式為v=-0及sinw

5/26

【答案】BC

【詳解】A.由圖可知，小球A的振幅為心故A錯誤；

2兀

B.小球A的振動周期與小球B的圓周運動周期相同，為,，故B正確；

CD

C.小球A的運動可看作小球B的運動在水平方向上的分運動，當小球A達到最大加速度，即位移大小最

大時，此時小球B也達到相應的水平方向的最大位移處，此時水平方向的加速度大小為序尺，即A的最大

加速度大小為加尺。故C正確；

D.小球A的速度等于小球B在水平方向的分速度，關系式v=-oRcosm,故D錯誤。

故選BC-

7.(2024?云南昆明?一模)輕彈簧上端連接在箱子頂部中點，下端固定一小球，整個裝置靜止在水平地面上

方。現將箱子和小球由靜止釋放，箱子豎直下落后落地，箱子落地后瞬間速度減為零且不會反彈。此后

小球運動過程中，箱子對地面的壓力最小值恰好為零。整個過程小球未碰到箱底，彈簧勁度系數為鼠箱子

和小球的質量均為相，重力加速度為g。忽略空氣阻力，彈簧的形變始終在彈性限度內。下列說法正確的是

()

h

A.箱子下落過程中，箱子機械能守恒

B.箱子落地后，彈簧彈力的最大值為3加g

C.箱子落地后，小球運動的最大速度為2g行

2相202

D.箱子與地面碰撞損失的機械能為2加8/7-烏￡

k

【答案】BCD

【詳解】A.箱子靜止時，對小球分析有"g=。對箱子分析有mg+!=7當箱子由靜止釋放瞬間，彈簧彈

力不發生突變，小球在這瞬間仍然平衡，加速度為0,而箱子釋放瞬間固定箱子的力T消失，箱子所受合力

^F=mg+F^=2mg=ma可得該瞬間箱子的加速度。=2g此后彈簧會恢復原長，在彈簧恢復原長的過程中,

彈簧彈力對箱子做正功，若此過程中箱子落地，則此過程中箱子的機械能增加；若在彈簧恢復原長時箱子

還未落地，由于箱子的速度大于小球的速度，彈簧將被壓縮，彈簧彈力將對箱子做負功，箱子的機械能又

6/26

會減小，但無論何種情況，箱子在運動過程中除了重力做功外，彈簧彈力也在做功，因此箱子下落過程中,

箱子機械能不守恒，故A錯誤；

B.根據題意，此后小球運動過程中，箱子對地面的壓力最小值恰好為零，則對箱子有與=mg彈簧處于壓

縮狀態，且為壓縮最短位置處，可知小球做簡諧振動，此時彈簧的壓縮量與小球合力為零時彈簧的伸長量

之和即為小球做簡諧振動的振幅，根據簡諧振動的對稱性可知，在最低點電-機g在最高點

F^=F^+mg=2mg聯立解得琮=3mg而當小球運動至最低點時彈簧彈力有最大值，即為3勿g，故B正確；

C.小球做簡諧振動，在平衡位置時有與="=%g解得》=等即彈簧被拉伸x時小球受力平衡，處于簡諧

振動的平衡位置，此處小球的速度有最大值，而根據以上分析可知，小球在最高點時彈簧的彈力和在平衡

位置時彈簧的彈力大小相同，只不過在最高位置時彈簧處于被壓縮狀態，在平衡位置時彈簧處于被拉伸狀

態，顯然壓縮量和伸長量相同，則小球從最高點到達平衡位置下落的高度〃=2x=2警而彈簧壓縮量和伸長

量相同時所具有的彈性勢能相同，即小球zai最高點和在平衡位置時彈簧的彈性勢能相同，則對小球由最高

點到平衡位置根據動能定理可得加8?2天=：切丫"解得%3；5=28、回故C正確；

D.箱子損失的機械能即為箱子、彈簧、小球所構成的系統損失的機械能，小球在平衡位置時彈簧所具有的

彈性勢能和在箱子未落下時彈簧所具有的彈性勢能相同，由能量守恒可得=g加說^+反解得箱子損失

的機械能AE=2根g/z1~故口正確。故選BCD。

8.（2024?山東?模擬預測）如圖所示，傾角為a=30。的斜面體固定在水平地面上，垂直斜面底端固定的擋

板上有一勁度系數為k的輕彈簧，質量為m的物體P固定在輕彈簧上端，跨過定滑輪的輕繩連接物體P、Q,

且左側輕繩與斜面平行。初始時物體Q在外力作用下靜止，輕繩恰伸直，撤去外力后當物體Q運動到最低

點時彈簧的伸長量為初始時壓縮量的2倍，整個過程P不與滑輪相碰，Q不落到地面上，彈簧始終處在彈

性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則（）

A.物體Q的質量為［加

3

B.物體P的最大加速度為,g

7/26

C.Q下落高度為簧時速度最大

D.Q從開始運動到最低點的過程，加速和減速的時間相等

【答案】ABD

【詳解】A.初始時物體Q在外力作用下靜止，輕繩恰伸直，即繩上無張力，設此時彈簧的壓縮量為%,

則對P沿斜面方向受力分析有加gsina=例,解得％=等當P、Q的加速度為零時，設物體Q的質量為“，

繩上拉力大小為T,則對物體Q有7=機真設此時彈簧的拉伸量為花，則對物體P有7=何+機gsina可知

此時彈簧的拉伸量為玉以沿斜面向上為正方向，當P相對其加速度為零時所在位置的位移

為x時，對物體P受力分析，沿斜面方向有7-機gsina-Mx+X］）=a?7對物體Q受力分析，在豎直方向有

m'g-T=。”兩式相力口得-履=。（加+加）即有F回=-丘可知P在斜面上做簡諧運動，同時Q在豎直方向上也

做簡諧運動，物體Q從釋放到最低點運動的距離為兩個振幅，由題得，當物體Q運動到最低點時彈簧的伸

長量為初始時壓縮量的2倍，則有2A=x0+2x0解得簡諧運動的振幅為4=券此時彈簧的拉伸量為

西=4一玉）=等解得：加故A正確；

4k4

B.由簡諧運動規律可知，當Q在最高點時，整體加速度最大，則有“g-7=。冽'，T+kxQ-mgsma=am

3

得。=,g故B正確；

C.由簡諧運動規律可知，當Q處于平衡位置，即加速度為零時，速度最大，此時Q下落的高度為〃=N=等

故c錯誤；

D.由簡諧運動規律可知，Q加速運動和減速運動的時間相等，故D正確。故選ABD。

題型二：機械波

9.（2024?遼寧沈陽?三模）平衡位置位于坐標原點的波源M沿V軸方向做周期為2s的簡諧運動，產生的簡

諧波沿x軸傳播。f=0時刻波的圖像如圖中實線所示，此時“恰好運動到正向最大位移處。下列說法正確

的是（）

8/26

A.由波源〃振動產生的簡諧波在傳播過程中遇到尺寸比其波長大的障礙物時，不能發生衍射

B.，=o時刻質點p正沿y軸正向運動

7

C.在，=：s時刻，質點尸偏離平衡位置的位移為2.5cm,且沿〉軸正向運動

6

19

D.從/=0時刻開始，經過質點。位于波峰

6

【答案】CD

【詳解】A.由波源M振動產生的簡諧波在傳播過程中遇到尺寸比其波長大的障礙物時，能發生衍射，可

能只是衍射現象不明顯，故A錯誤；

B.根據“同側法”可知，f=o時刻質點尸正沿了軸負向運動，故B錯誤；

C.簡諧波的圓頻率為0=T=%（rad/s）x軸負半軸的波向左傳播，f=0時刻質點P在平衡位置向下振動，

7_

則質點P的振動方程為V=5sm（＜??-%）=5sm（R-萬）（cm）在t時刻，質點P偏離平衡位置的位移為

6

7773T7

^=55畝（%、；-?）=2.5（：111由于一＜%=—5＜一可知在時刻，質點尸沿》軸正向運動，故C正確；

62646

o1D

D.簡諧波的波速為v=（=]m/s=6m/s根據波形平移法可知，從:0時刻波源M處于波峰的振動傳到0

Ar719719

處所用時間為加=一=一s由于/=—s=2s+—s=T+4可知從f=0時刻開始，經過質點。位于波峰，

v6666

故D正確。故選CD。

10.（2024?全國?模擬預測）一列簡諧橫波在均勻介質中沿x軸傳播，，=7s時的波形如圖所示，已知波在介

質中傳播的速度為lm/s,則下列說法正確的是（）

A.簡諧橫波的波長為24m

B.簡諧橫波中質點振動的周期為12s

9/26

C.，=7s時的波形對應的函數方程為>=10sin+=cm

ko12

D.0~23s內平衡位置位于坐標原點的質點運動的路程可能為75cm

【答案】BD

【詳解】A.平衡位置位于坐標原點的質點在f=7s時的位移為振幅的一半，則有多+—=17m解得2=12m

64

選項A錯誤；

B.質點振動的周期T=—=12s選項B正確；

v

C.f=7s時的波形對應的函數方程為了=/sin=（x+4=lOsin但尤+B]cm選項C錯誤；

ZV12）<66）

D.由于Ax=lm/sx7s=7m當波沿工軸負方向傳播時，根據平移法與同側法可知，t=0時平衡位置位于坐

標原點的質點從平衡位置向了軸負方向振動，由于23s=7+工+工所以0?23s內平衡位置位于坐標原點的

46

A

質點運動的路程為4/+3/+—=75cm選項D正確。故選BD。

2

11.（2024?河北保定?三模）在同種均勻介質中，甲、乙兩列簡諧橫波分別沿x軸正、負方向傳播，在Z=0

時刻x=0到x=6m區域內的波動圖像如圖所示，甲的頻率為2Hz,則下列說法正確的是（）

A.乙波的傳播速度大小為8m/s

B.1=0時刻，x=3m處質點的位移方向為y軸負方向

C.f=0時刻，尤=6m處質點的速度為零

D.z=-！-s時刻，x=3.5m處質點位移為-40cm

16

【答案】AB

【詳解】A.兩列簡諧橫波在同一介質中傳播速度相同，因此乙波的傳播速度大小為v=4x2m/s=8m/s故

A正確;

B.根據振動與波動關系及波的疊加可知，f=0時刻，x=3m處質點的位移方向為V軸負方向，故B正確;

C.，=0時刻，x=6m處質點振動方向沿了軸正方向，速度不為零，故C錯誤；

D.t=時刻，x=3.5m處甲波在波谷，乙波不在波谷，因此該處質點的位移不是-40cm,D錯誤。

16

10/26

故選ABo

12.（2024?安徽合肥?三模）藝術體操運動員在“帶操”表演中，手持細棒抖動彩帶一端，彩帶會像波浪般翻

卷，如圖甲所示。圖乙是片0時刻彩帶上的波形,E、尸是彩帶上的兩個點。已知廠點的縱坐標為4=-10V2cm,

￡點的振動方程為y=20sin（2加）cm,關于彩帶上各點運動，下列說法正確的是（）

A.該波的波長為1.6m

B.Z=0時刻/點向上運動

C.E點的平衡位置位于（-0.25m,0）處

D.尸點的振動方程為y=20sin（27rt-?]cm

【答案】ABD

2萬7

【詳解】A.周期T=—=ls對于E點的振動方程為y=20sin（2加）cm當％=時＞=-10/5cm即￡*、尸兩

CD8

131

點平衡位置處的距離為,則二2=1m得％=1.6m故A正確；

B./=（）時刻E點向上運動，則此時/點向上運動，故B正確；

C.E、/兩點平衡位置處的距離為s=：%=0.2m則￡點的平衡位置位于（-0.2m,0）處，故C錯誤；

O

D.設廠點的振動方程為y=20sin（2/rt+o）cm當t=0時％=-loV^cm解得夕=-7所以尸點的振動方程為

『=2（^11（2加-7}111故口正確。故選ABD。

13.（2024?全國?模擬預測）如圖x軸上兩質點相距3m,一振幅為5cm的機械波在x軸上傳播，取波傳

播到N點時;0,當/位于平衡位置時，8位于波峰，波的傳播速度為6m/s。下列說法錯誤的有（）

4

A.被機械波的波長可能為

11/26

B.機械波的周期最長為2s

C.當周期最長時，，=6s時，5的路程可能為52cm

D.當周期最長時，，=4s時，3的路程可能為42cm

【答案】CD

【詳解】A,由于4位于平衡位置時，5位于波峰，則有成+；=3m或加4+?=3m其中片0,1,2,3...,

44

4

m=0,1,2,3…若波長為5m,可以解得及=2故A正確，不符合題意；

B.根據丫=在結合上述解得T=：Js或T=可知，當〃=0時，周期取最大值2s,故B正確，不符

T4?+14優+3

合題意；

C.結合上述，周期最長為2s時，AB間距為四分之一個波長，即波傳播到B需要時間四分之一周期，f=6s

I33T

時，由于△/=/一組=6s-3s=5.5s=2T+L則3的路程為西=2x4x5cm+3x5cm=55cm故C錯誤，符合

v64

題意；

337

D.周期最長為2s時，結合上述，f=4s時，由于加'=4s-=s=3.5s=T+一貝IJB的路程為

乙=4x5cm+3x5cm=35cm故D錯誤，符合題意。故選CD。

14.（23-24高三上?河南信陽?階段練習）如圖所示，一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，振幅為2cm,波速

為2m/s。在波的傳播方向上兩質點°、6的平衡位置相距0.4m（小于一個波長），在f=0時亥U，質點。在波

峰位置，質點6在x軸下方與x軸相距1cm的位置。下列說法正確的是（）

ab

A.該簡諧橫波的波長可能為1.2m

B.傳播過程中，兩質點°、6之間一定存在一個波峰

C.質點。在0.3s時間內傳播的距離為0.6m

D.經過0.125s,質點6可能回到平衡位置

【答案】AD

【詳解】根據題意描述可知質點。、6之間波形圖，可能情況如下圖所示（以。點為坐標原點建坐標系）：

情況一:

12/26

1TTTT27r（p、Ax

由表達式〉=/。0$夕=-；可得對應情況一：。、6之間有相差/=g+9=彳則根據舁=丁解得

2263幺〃*4

4=3Ar=L2m同理可得對應情況二相位差%=萬+?=9，4=0.6m

A.根據上述分析可知該簡諧橫波的波長可能為1.2m。故A正確；

B.一個完整的周期只存在一個波峰，兩質點°、6之間距離小于波長，則傳播過程中，兩質點a、6之間不

一定存在波峰。故B錯誤;

C.質點。只會在平衡位置上下振動不會隨波遷移，故C錯誤;

D.經過0.125s,波傳播的距離為x=v/=0.25m可知0.125s時5點振動情況與f=0時刻6點左側0.25m,即

圖中x=0.15m的位置振動情況一致，由分析可知情況二符合選項要求，經過0.125s,質點6回到平衡位置。

故D正確。故選AD。

15.（2024?湖北武漢?二模）波源H和$2垂直于紙面做簡諧運動，振動周期相同，但步調正好相反，所激發

的橫波在均勻介質中沿紙面向四周傳播。圖甲為兩簡諧波在/=0.2s時的俯視圖，實線圓表示波峰，虛線圓

表示波谷。該介質中某點的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

13/26

A.兩簡諧波的波速為0.15m/s

B.圖甲中的2點為振動減弱點

C.圖乙可能是/點的振動圖像

D.Z=0.10s時刻，。點可能位于波谷

【答案】BC

【詳解】A.由圖甲可知，兩簡諧波的波長為2=2x6cm=12cm由圖乙可知周期為0.4s,兩簡諧波的波速為

o12

v=—=——x10-2m/s=0.3m/s故A錯誤；

T0.4

B.波源H和S2振動步調相反，B點到兩波源的距離相等，為振動減弱點，故B正確；

C.由圖甲可知，”0.2s時，4點位于波谷，故圖乙可能是4點的振動圖像，故C正確；

D.由圖甲可知，f=0.2s時刻，。點位于平衡位置，根據平移法可知，f=0.10s時刻，即f=0.2s時刻前

C點位于波峰，故D錯誤。

故選BC-

16.（2024?山東?模擬預測）在了軸左右兩側存在兩種不同的均勻介質，有兩列持續傳播的簡諧橫波沿x軸

相向傳播，甲向右傳播、乙向左傳播，右0時刻的波形如圖所示，甲波恰好傳至x=0處，乙波恰好傳至x=5m

處，已知波在負半軸的波速大小為0.5m/s,在正半軸的波速大小為0.25m/s,下列說法中正確的是（）

A.1=0時亥（Jx=-2.6m處質點與x=5.1m處質點的振動方向相同

B.x軸上第一個位移到+6cm的質點的橫坐標為x=2.75m

14/26

C.較長時間后x=2.5m處的質點是振動減弱點

D.0?50s內，x=2m處質點的路程為0.6m

【答案】AC

【詳解】A.根據題意，由圖可知，甲在了軸左側的波長為4m,則甲的頻率為及=某=石Hz乙的波長為

4O

2m,則乙的頻率人=3=5Hz甲、乙頻率相同，可以發生干涉現象，根據題意，由同側法可知，x=-2.6m

48

處質點與x=5.1m處質點的振動方向都向下，相同，故A正確；

B.根據題意可知，甲的波峰傳到x=0時，需要的時間為4=^s=2s此時，乙的波峰傳到x=6m處，由于

波速相等，兩個波峰同時到達x=3m處，兩列波在此處疊加，使該點的位移為+6cm,故B錯誤；

C.根據題意可知,/=0時,產0處質點開始向上振動,x=5m處的質點開始向下振動，則距兩處相等位置x=2.5m

處的質點，在較長時間后是振動減弱點，故C正確；

D.x=2m處的質點是振動加強點，根據題意可知，甲波x=2m處的質點在。?50s內，振動5二周期，則路程

3-

為電=63cm乙波x=2m處的質點在0?50s內，振動4a周期，貝!]路程s?=57cm貝I]0?50s內，x=2m處質點的

路程s=S]+S2=120cm=1.2m故D錯誤。故選AC。

題型三：振動圖像和波的圖像的綜合應用

17.（2024?廣西?模擬預測）一列簡諧橫波在某時刻的波形圖如圖甲所示，a、6兩質點的平衡位置分別為

再=2m,%=18m,從圖甲所示時刻開始計時，6質點的振動圖像如圖乙所示。下列說法中正確的是（）

甲乙

A.此橫波的傳播速度大小為2m/s

B.x=30m處的質點在7.5s時第1次出現波峰

C.質點。在1s時速度最大且速度方向沿y軸正方向

D.質點a在0~4.5s內運動的路程為1.2cm

【答案】AB

【詳解】A.由圖甲可知該波的波長為2=12m由圖乙可知該波的周期為T=6s此橫波的傳播速度大小為

15/26

0

V=—=2m/s故A正確；

T

B.圖甲所示時刻波形圖中第一個波峰出現在x=15m處，根據，='=出二巨s=7.5s可知x=30m處的質點

在7.5s時第1次出現波峰，故B正確；

C.根據Ax'=必/=2m根據平移法可知1s時x=0出的質點的振動形式傳播到質點°,即此時質點。處于平

衡位置速度最大且速度方向沿y軸負方向，故C錯誤；

3

D.0~4.5s時間內加'=4.5s=：T由于開始計時時，質點。不是處于平衡位置或最大位移處，所以質點。的

4

位移x/3/=1.2cm故D錯誤。故選AB。

18.（2024?福建漳州?一模）圖甲為中國京劇中的水袖舞表演，水袖的波浪可視為簡諧橫波。圖乙為該橫波

在f=0時刻的波形圖，尸、。為該波上兩個質點，此時尸位于平衡位置，。位于波峰，且尸比。先振動。圖

丙為波上某質點的振動圖像。則（）

A.該波的傳播速度為2.5m/sB.圖丙可能為質點尸的振動圖像

C.r=1.2s時，質點。的速度最大D.0-1.2s質點P運動的路程為1.2m

【答案】AD

a

【詳解】A.由乙圖知，波長為2.0m,由丙圖知，周期為0.8s,則波速為v=7=2.5m/s故A正確;

B.由題知，質點尸比質點。先振動，故波向x軸負方向傳播，在1=0時刻質點P處于平衡位置，根據“上

下坡”法，可知質點尸此時向y軸負方向振動，故丙圖不是質點尸的振動圖像，故B錯誤；

C.因/=L2s=T+2T,故質點。此時處于波谷，速度為零，故C錯誤；

2

D.因t=L2s=7+!r,則質點P運動的路程為s=6/=1.2m故D正確。故選AD。

2

19.（2024?廣東汕頭?二模）“地震預警”是指在地震發生以后，搶在地震波傳播到受災地區前，向受災地區

提前幾秒至數十秒發出警報，通知目標區域從而實現預警。科研機構對波的特性展開研究，如圖甲所示為

研究過程中簡諧波”0時刻的波形圖，M是此波上的一個質點，平衡位置處于&=4m處，圖乙為質點〃的

振動圖像，貝IJ（）

16/26

A.該列波的傳播速度為2m/s

B.該列波的傳播方向沿x軸負向傳播

C.質點M在9s內通過的路程為340cm

D.質點M在2s內沿x軸運動了8nl

【答案】AB

【詳解】A.由甲、乙圖可知4=4m,T=2s則該列波的傳播速度為v=—=2m/s故A正確；

T

B.由圖乙可知1=0時刻質點M沿沿〉軸正方向振動，根據波形平移法可知，該列波的傳播方向沿x軸負

向傳播，故B正確；

9Q

C.根據A/=9s=—T可知質點M在9s內通過的路程為s=-x44=18/=360cm故C錯誤；

22

D.質點M只在其平衡位置上下振動，并不會隨波的傳播方向遷移，故D錯誤。故選AB。

20.（2024?河北唐山?二模）地震監測站監測到一列地震橫波，某時刻的波形圖如圖甲所示，已知P點是平

衡位置在x=0處的質點，0點的平衡位置坐標為15m,以此時刻做為計時起點，質點。振動的。一圖像如

圖乙所示。則下列說法正確的是（）

A.地震橫波的傳播波速為15m/s

B.質點尸沿了軸負方向運動

C.f=3s時，質點。振動到波谷

D.0?3s的時間內，質點尸所走的路程為30cm

【答案】BC

【詳解】A.由圖乙可知，周期7=45,假設"=15向$,則可得4=M=60m由圖甲可知，其波長滿足

2<4=60111故假設波速丫=15向$不成立，故A錯誤；

17/26

B.由圖乙可知，在f=Os時，a=Om/s2,在t=ls時，a=-lOm/s?達到負軸負方向最大，根據牛頓第二定律

可知回復力的變化和加速度一致，則0?1s內質點Q應向上振動，根據同側法（質點的振動方向和波的傳播

方向在波的同一側）可知波向x軸負方向傳播，再對尸質點由同側法可知沿y軸負方向運動，故B正確；

C.由圖乙可知，質點Q在，=3s時，a=10m/s2＞根據回復力總是指向平衡位置的特點可知，此時回復力豎

直向上，則質點0振動到波谷，故C正確；

3

D.因兀,=l0cm,7=4s,則一個周期內，質點運動的路程為40cm,而時間為加=3s=若從平衡位置

或波峰波谷位置開始振動，其路程一定為5=3九=30cm現P點是從非特殊位置振動，其路程一定不等于

30cm,故D錯誤。故選BC。

21.（2024?山東棗莊?一模）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，f=6s時的波形，如圖甲所示。x軸正方向上

的/點與坐標原點。之間的距離小于兩個波長，以該處為平衡位置的質點的振動圖像，如圖乙所示。本題

所涉及質點均已起振。下列說法正確的是（）

A.該列波的波速為2.0m/sB./點的x坐標可能為6.5m

C.f=0時，/處質點的加速度方向沿y軸負方向D.f=13s時，/處質點的速度

方向沿了軸負方向

【答案】AB

【詳解】A.由振動圖像知，周期為T=2s由波動圖像知，波長為4=4m則波速v=^=2.0m/s故A正確；

B.由振動圖像知，/=6s時N點振動方向沿y軸負方向，由波動圖像知，波沿x軸正方向傳播，則N點x

坐標可能為6.5m,故B正確；

C.由振動圖像知，片0時/點與片6s時的位置一樣在y軸負半軸，根據簡諧運動特征，/處質點的加速度

方向沿y軸正方向，故C錯誤；

D.由振動圖像可知，片13s時，/處質點的速度方向沿y軸正方向，故D錯誤。故選AB。

22.（2024?貴州遵義?三模）一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在f=2s時刻的波形圖如甲所示，此時刻該波

恰好傳播到P點。介質中的M、N、尸、0為平衡位置處于3m、4m、5m、10m處的點。圖乙為該波上某質

18/26

點的振動圖像。下列說法正確的是（）

A.該波在介質中的傳播速度大小為lm/s

B.該波源起振方向沿y軸負方向

C.該波由P點傳播至。點的過程中，P點處的質點運動的路程為5m

D.圖乙為P點所在位置的質點的振動圖像

【答案】AD

【詳解】A.由甲、乙圖可知2=4m,T=4s則波速為v=7=lm/s故A正確；

BD.由圖甲根據波形平移法可知，Z=2s時，P點起振方向沿y軸正方向，則圖乙為P點所在位置的質點的

振動圖像，該波源起振方向沿y軸正方向，故B錯誤，D正確；該波由尸點傳播至0點所用時間為

C.則尸點處的質點運動的路程為s=gx44=5/=50cm故C錯誤。故選AD。

23.（2024?山東濟寧?一模）位于x=-3cm和x=13cm處的兩波源都只做了一次全振動，形成兩列分別沿x

軸正方向和負方向傳播的簡諧橫波，振幅均為/=5cmj=0時刻的波形如圖甲所示，此時波剛好傳到M、N

兩點，M、P、。、N在x軸上的坐標分別為1cm、3cm、5cm、9cm,平衡位置在“處的質點振動圖像如圖

乙所示。下列說法正確的是（）

A.f=2s時，平衡位置在M處的質點剛好運動到P點

B.f=5s時，平衡位置在。處的質點的位移為-10cm

C.尸處質點振動過程中的最大位移大小為5cm

D.平衡位置坐標為x=4cm的質點在振動過程中通過的總路程為10cm

19/26

【答案】BC

夕

【詳解】A.根據圖甲可知波長為4=4cm,根據圖乙可知周期為T=4s,則波速為v=7=0.01m/s則％=2s

時，左邊的波向右傳播的距離為王=討=2cm即”點的振動形式剛好傳到P點，但質點”只能在平衡位置

附近上下振動，質點不能隨波遷移，故A錯誤；

B.兩列波的起振點到。點的距離為4cm,則起振傳到。點需要的時間為加=t=T2s=4s=7因時間為

v0.01

TT

?2=5S=T+I剩下的時間。點同時向下起振，到達波谷，則。處的質點的位移為兩個振幅的長度，即為

-10cm,故B正確；

C.根據題意可知，當沿正向傳播的波剛離開P點時，沿x軸負方向傳播的波剛好傳到P點，以后尸點只

參與沿x軸負向傳播的波引起的振動，故P點最大位移為振幅值，即5cm,故C正確；

D.左側波先傳到x=4cm的位置，振動半個周期后，即通過路程為10cm后，右側波傳到x=4cm的位置，此

時兩列波在該點疊加位移為零，然后右側波在該點振動半個周期，路程為10cm,則在振動過程中通過的總

路程為20cm,故D錯誤。故選BC。

24.（2024?山東臨沂?一模）一列簡諧橫波沿x軸傳播，在f=0.125s時的波形如圖甲所示，M、N、P、Q是

介質中的四個質點，已知N、。兩質點平衡位置之間的距離為16m。如圖乙所示為質點P的振動圖像。下

A.該波沿x軸負方向傳播

B.該波的波長為20m

C.質點尸的平衡位置位于x=hn處

D.從f=0.125s開始，質點。比質點N早宗s回到平衡位置

【答案】ACD

【詳解】A.由題圖乙可知，片0.125s時刻，質點尸沿y軸負方向運動，根據同側法可知該波沿x軸負方向

傳播，故A正確；

兀

B.設該波的波長為九根據三角函數知識可知，N、。兩質點平衡位置間的距離為_346解

均=彳一萬W=16m

20/26

得4=24m故B錯誤；

C.由題圖乙可知該波的周期為T=0.2s所以該波的波速為v=7=120m/s由題圖乙可知，在z=0.125s之后，

質點P第一次位于波峰的時刻為片0.25s,易