【文档说明】备战2024年高考物理易错题（新高考专用）易错点08 振动和波.（3大陷阱） Word版含解析docx.docx，共(31)页，2.308 MB，由小赞的店铺上传

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易错点08振动和波目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】不理解振动图像和物理之间的关系【易错点提醒二】不理解单摆模型和单摆的周期公式【易错点提醒三】误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的

图像【易错点提醒四】分析振动图像与波的图像综合问题出现错误【易错点提醒五】不会分析波的干涉现象，不理解中加强与减弱的含意03易错题通关易错点一：理解简谐运动图像和单摆周期问题时出现错误1.由简谐运动图像可获取的信息（1）判定振动的振幅A和周期T。(如图所示)（2）判定振动

物体在某一时刻的位移。（3）判定某时刻质点的振动方向：①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。（4）判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。从图像

读取x大小及方向――→F＝－kxF的大小及方向――→F＝maa的大小及方向（5）比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。2.单摆模型（1）单摆是一个理想有物理模型；单摆的周期公式为T=2π由公式可知：

单摆的周期与摆球的质量和振幅无关；（2）等效摆长：摆长l是指摆动的质点到轨迹圆心的距离（3）等效重力加速度：单摆公式中的g不仅与单摆所在的空间位置有关，还与单摆所处的物理环境和单摆系统的运动状态有关，因此对于不是教材上的理想情

况，必须确定等效重力加速度，其步骤是：找等效平衡位置，求摆球在等效平衡位置处于静止状态时悬线拉力得等效重力加速度易错点二：理解波的传播图像问题时出现错误1．机械波的传播特点(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一

质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。(4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。2．波的图像的特点(1)时间间隔Δt＝nT(波传播nλ，n

＝0,1,2,3，…)时，波形不变。(2)在波的传播方向上：①当两质点平衡位置间的距离Δx＝nλ(n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同，在波形图上的对应位移一定相同；②当两质点平衡位置间的距离Δx＝(2n＋

1)λ2(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反，在波形图上的对应位移一定等值反向。(3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。3．根据波的图像、波的传播方向判定质点的振动方向的方法内容图像“上下坡”法沿波的传播方向，“上坡”

时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动“同侧”法波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧gl'Fgm=“微平移”法将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向注意：波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。4．求解

波的图像与振动图像综合问题的三关键：“一分、一看、二找”易错点三：理解波的干涉现象波的干涉现象中振动加强点、减弱点的两种判断方法1.公式法某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。①当两波源振动步调一致时若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)λ

2(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。②当两波源振动步调相反时若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。.【易错点提醒一】不理解振动图像的意义和物

理量之间的关系【例1】．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A．在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同C．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做

加速度增大的减速运动D．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的位移易错分析：在求解图像类问题时，要理解振动图像是反映做简谐振动的质点在不同时刻的位移，不是质点的运动轨迹。对于质点的速度和加速度要结合简谐振动的过程和特点进行分析后作出判断。【答案】C

【详解】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速

度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；D．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误。故选C。【变式1-1】（2023浙江1月卷）主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波

．，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为340m/s）（）A．振幅为2AB．频率为100HzC．波长应为1.7m的奇数倍D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相【答案】B【解析】主动降噪耳机是根据波的干涉条件，抵消声波与

噪声的振幅。根据波动干涉条件可知，频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的。抵消声波与噪声的振幅相同，其振幅也为A，A错误；抵消声波与噪声的频率相同，由1100HzfT==，B正确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为，3400.

01m3.4mvT===，C错误；抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。【变式1-2】如图1所示，水平地面上固定一轻质弹簧，弹簧竖直放置，其上端连接一轻质薄板。0=t时刻，一可视为质点的物块从弹簧正

上方某处由静止下落，落至薄板上后和薄板始终粘连，其位置随时间变化的图像（xt−图像）如图2所示，其中0.2st=时物块刚接触薄板。弹簧形变始终在弹性限度内，空气阻力不计，以竖直向下为正方向，则（）A．00.2s，物块的加速度逐渐增

大B．0.2st=后物块做简谐运动C．0.20.4s，物块的加速度先减小后增大D．0.20.4s，物块的加速度先增大后减小【答案】BC【详解】A．由题知00.2s，物块做自由落体运动，加速度恒定，A错误；B．从图像看0.2st=后的图像为正弦函数，物块做简谐运动，B正

确；CD．0.20.4s，物块受到的弹簧弹力一直增大，弹力先小于重力后大于重力，由牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，C正确，D错误。故选BC。【变式1-3】（2022·浙江6月卷·T11）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻

弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（）A.小球做简谐运动B.小球动能变化周期为2TC.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T的D.小球的初速度为2v时，其运动周期为2T【答案】B【解析】A．物体做简谐运动的条件是

它在运动中所受回复力与位移成正比，且方向总是指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程，所受合力为零，此过程做匀速直线运动，故小球不是做简谐运动，A错误；BC．假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为

B，可知小球做周期为T的往复运动过程为OAOBO→→→→根据对称性可知小球从OAO→→与OBO→→，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为2T，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为2T，B正确，C错误；D．小球的初速度为2v时，可知小球在匀

速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子周期公式02mTk=可知接触弹簧过程所用时间与速度无关，即接触弹簧过程时间保持不变，故小球的初速度为2v时，其运动周期应小于2T，D错误；故选B。【易错点提醒二】不理解单摆模型和单摆的周期公式

【例2】惠更斯利用摆的等时性发明了带摆的计时器，叫摆钟，如图甲所示，摆钟运行时克服摩擦所需的能量由重锤的势能提供，运动的速率由钟摆控制，旋转钟摆下端的螺母可以使摆上的圆盘沿摆杆上下移动，简化图如图乙所示．下列说法正确的是（）A．摆钟慢了，应使圆盘沿摆杆下移B．摆钟快了，

应使圆盘沿摆杆下移C．把摆钟从北京移到上海，应使圆盘沿摆杆上移D．把摆钟从山顶移到山脚，应使圆盘沿摆杆上移易错分析：误认为单摆的周期与摆球的质量和振幅有关，误认为同一单罢在不同的地方周期一样。不知道如何求单摆的等效摆长【答案】BC【详解】AB．若摆钟

变慢，是因为周期变大，单摆的周期公式为2LTg=，应减小摆长，即上移圆盘，同理，若摆钟变快，应下移圆盘，故A错误、B正确；C．从北京到上海，g值变小，周期变大，应减小摆长，即上移圆盘，故C正确；D．从山顶到山脚，g值变大，周期变小，应增大摆长，即下移圆盘，故D错误。故选BC。【变式1-

1】做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的（）A．频率、振幅都不变B．频率、振幅都改变C．频率不变、振幅改变D．频率改变、振幅不变【答案】C【详解】单摆的周期由摆长和当地

的重力加速度决定．由单摆的周期公式，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，因此振幅改变，所以C正确。【变式1-2】如图所示，三根

长度均为L的轻细绳α、b、c组合系住一质量分布均匀且带正电的小球m，球的直径为()ddL，绳b、c与天花板的夹角30=，空间中存在平行于纸面竖直向下的匀强电场，电场强度mgqE=，重力加速度为g，现将小球拉开小角度后由静止释放，则（）2lTg=212KEmv=A．若小球在纸面内做小角度的左右

摆动，则周期为222Ldg+B．若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为324Ldg+C．摆球经过平衡位置时合力为零D．无论小球如何摆动，电场力都不做功【答案】B【详解】根据题意可知，若小球以O为圆心做简谐运动，则摆长为2dlL=+电场和重力场合成等效

重力加速度为2g，振动的周期为122222224dLlLdTggg++===根据题意可知，若小球以O为圆心做简谐运动，摆长sin2dlLL=++振动周期为2sin32222224dLLlLdTggg+++===摆球经过平

衡位置时速度最大，合力不为零；小球摆动过程中，沿电场力方向存在位移，故电场力有做功。故选B。【易错点提醒三】误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的图像【例3】.某波源O在0=t时刻发出一列简谐横波，0.2st=时波传播到距波源0.4

m处，此时的波形图及质点P、Q的位置如图所示，则下列判断正确的是（）A．0=t时，波源O向y轴正方向运动B．0=t时，质点P的速度正在减小C．0.2st=时，质点Q的加速度正在增大D．经过10s时间，质点P沿波的传播方向移动的距离

为20m易错分析：不理解是质点的振动形成了波，误认为波的传播过程中质点随波迁移，不能由质点的振动方向判断波的传播方向，也不能由波的传播方向判断质点的振动方向【答案】C【详解】A．由图可知，根据同侧法可知，0.4m处的质点刚开始振动时方向沿y轴负方向，由于质点的起振方向

均相同，则波源O在刚开始振动时也应沿y轴负方向，故A错误；B．0=t时刻，波源O开始振动，质点P仍然在平衡位置处于静止状态，其速度为0，故B错误；C．根据同侧法，0.2st=时，质点Q沿y轴负方向，即远离离开平衡位置，可知加速度正在增大，

故C正确；D．质点P只能沿y轴振动，不能沿波的传播方向移动，故D错误。故选C。【变式1-1】8.（2023湖南卷）如图（a），在均匀介质中有、、ABC和D四点，其中、、ABC三点位于同一直线上，4m,3m,ACBCDCDC===垂直AB

．0=t时，位于、、ABC处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面ABD垂直，已知波长为4m．下列说法正确的是（）A.这三列波的波速均为2m/sB.2s=t时，D处的质点开始振动C.4.5st=时，D处的质点向y轴负方向运动D.6st=时，D处的质点与平

衡位置的距离是6cm【答案】C【解析】A．由图（b）的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速为4m1m/s4svT===A错误；B．由图（a）可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波

传播到D处所需的时间为3m3s1m/sCDCtv===，故2s=t时，D处的质点还未开始振动，B错误；C．由几何关系可知5mADBD==，波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为5m5s1m/sABADtv===故4.5st=时，仅波源C处的横波传播到D处，此时D处的质

点振动时间为11.5sCttt=−=由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，C正确；D．6st=时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为23sCttt=−=由振动图像可知此时D处为波源C处传播横波的波谷；6st=时，波源A、B处的横波传播到D

处后振动时间为31sABttt=−=由振动图像可知此时D处为波源A、B处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为22cmyAA=−=故6st=时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm。D错误。故选C。【变式1-2】一列简谐横波沿x轴正向传播，波长为100cm，振幅为8cm。介质中有

a和b两个质点，其平衡位置分别位于40cm3x=−和120cmx=处。某时刻b质点的位移为4cmy=，且向y轴正方向运动。从该时刻开始计时，a质点的振动图像为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】ab之间的距离为404

Δ12033x=+=此时b点的位移4cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为，则有48sin=解得6=或56=（舍去，向下振动）由ab之间的距离关系可知2323a−==则

56a=，可知a点此时的位移为8sin4cmay==且向下振动，即此时的波形图为图像A正确。.【变式1-3】一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t时刻的波形图如图所示。已知该波的周期时为T，a、b、c、d是波的传播方向上的四个质点，则在34tT+时刻（）A．质点a正在向

y轴正方向运动B．质点b的速度正在增大C．质点c的速度最大D．质点c迁移到了质点d的位置【答案】AC【详解】AB．根据振动方向和传播方向的关系可知，质点a和b在t时刻正沿y轴正方向运动，在34tT+时刻质点a正向y轴正方向运动，而质点b已经经过平衡位置并沿y轴负方向运动，速

度正在减小，故A正确，B错误；C．在34tT+时刻，质点c处于平衡位置，此时速度最大，故C正确；D．质点不随波的传播而发生迁移，故D错误。故选AC。【易错点提醒四】分析振动图像与波的图像综合问题出现错误【例4】.（2023全国乙卷）一列简谐横波沿x轴传播，图（a）是0=t时刻的波形图；P是介质

中位于2mx=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2m/sB.波向左传播C.波的振幅是10cmD.3mx=处的质点在7st=时位于平衡位置E.质点P在0~7s时间内运动的路程为70

cm易错分析：．(1)不理解振动图像与波的图像的区别。(2)误将振动图像看作波的图像或将波的图像看作振动图像。(3)不知道波传播过程中任意质点的起振方向就是波源的起振方向。(4)不会区分波的传播位移和质点的振动位移。【答案】ABE【解析】A．由图a可知波长为4m，由图b可知波的周期为2s，则波速

为4m/s2m/s2vT===故A正确；B．由图乙可知t=0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可知波向左传播，故B正确；C．由图a可知波的振幅为5cm，故C错误；DE．根据图a可知t=0时x=3m处的质点位于波谷处，由于17s=32tTT=+可知在t=7s时质点位于波峰处

；质点P运动的路程为134470cm2sAA=+=故D错误，E正确；故选ABE。【变式1-1】（2023海南卷）下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距6m的两个质点P、Q的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波的周期是5sB.该波的波速是3m/sC.4s时P质点向上振动D.

4s时Q质点向上振动【答案】C【解析】由振动图像可看出该波的周期是4s，A错误；由于Q、P两个质点振动反相，则可知两者间距离等于1()62n+=，n=0，1，2，…根据321vTn==+，n=0，1

，2，…，可知B错误；由P质点的振动图像可看出，在4s时P质点在平衡位置向上振动，C正确；由Q质点的振动图像可看出，在4s时Q质点在平衡位置向下振动，D错误。【变式1-2】.如图（a）所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为1t

时刻和2t时刻的波形图，其中21tt，P、Q分别是平衡位置为11.0mx=和24.0mx=的两质点。图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（）A．21tt−可能等于0.35sB．1t时刻质点Q的加速度达到最大C．简谐横波沿x轴传播的速度大小为40m/sD．1t到2t时间内，质

点P随波向右移动了3mE．1t到2t时间内，P运动的路程可能大于Q运动的路程【答案】ACE【详解】A．题中没有说明1t时刻是哪个时刻，假设10t=，由图（b）可知，质点Q在1t时刻正在沿y轴正方向振动，则波向x轴正方向传

播，可得21(0,1,2,3)4TttnTn−=+=L假设10.1st=，由图（b）可知，质点Q在1t时刻正在沿y轴负方向振动，则波向x轴负方向传播，可得213(0,1,2,3)4TttnTn−=+=L代入数据可知，当10.1st=时，1n=21

0.35stt−=，A正确；B．1t时刻质点Q在平衡位置，故此时质点Q的加速度最小，B错误；C．该波的波长为8m=周期为0.2sT=故其传播速度为40m/svT==，C正确；D．1t到2t时间内，质点P只在y轴方向上下振动，x轴方向无位移，D错误；

E．1t到2t时间内，Q运动的路程可能是14(0,1,2,3)sAnAn=+=L或234(0,1,2,3)sAnAn=+=L如果10t=，在第一个4T时间内，P沿y轴负方向运动到与x轴对称的位置，路程1y大于振幅A，则质点P在1t到2t时间内的路程为114(0,1,2,3)

synAn=+=L；11ss如果10.1st=，在第一个4T时间内，P沿y轴负方向运动到波峰，又沿y轴负方向运动回原位置，路程2y小于振幅A，则质点P在1t到2t时间内的路程为2224(0,1,2,3)syAnAn=++=

L；22ss，E正确。故选ACE。【变式1-3】．战绳运动是健身房设计用来减脂的一项爆发性运动，人们在做战绳运动时，用手抓紧绳子，做出用绳子的动作，使得绳子呈波浪状向前推进，形成横波（可视为简谐横波）。3st

=时波形图如图1所示，图2是绳上某质点的振动图像，下列说法中正确的是（）A．该波的波速为1.2m/sB．波源开始振动的方向向下C．该质点与波源的距离为3.6mD．03s时间内该质点通过的路程为4m【答案】BD【详解】A．由图1可知该波的波长为2.

4m，由图2可知该波的周期为1s2.4m/svT==故A错误；B．由质点开始振动的方向向下可知，波源开始振动的方向向下，故B正确；C．质点开始振动的时刻为0.5s，由1.2mxvt==可知质点与波源的距离

为1.2m，故C错误；D．一个周期内质点通过的路程为4A，03s内该质点运动2.5s，故2.5s内质点通过的路程104msA==故D正确。故选BD。【易错点提醒五】不会分析波的干涉现象，不理解其中的加强与

减弱的含意【例5】（2023浙江6月卷）如图所示，置于管口T前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿A、B两管传播到出口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长15cmd=，在O

处第一次探测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损失，则（）A.声波的波长15cm=B.声波的波长30cm=C.两声波的振幅之比为3:1D.两声波的振幅之比为2:1易错分析：波的干涉现象中加强

是指两波的振幅相加，减弱是指振幅相减，而许多同学误认为加强是位移相加，减弱是位移相减。【答案】C【解析】CD．分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长15cmd=后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为

20，声波减弱时振幅为10，则1220AA+=1210AA−=可得两声波的振幅之比1231AA=故C正确，D错误；AB．根据振动减弱的条件可得22d=解得60cm=故AB错误。故选C。【变式1-1】

如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波Ⅰ在介质中沿BP方向传播，P与B相距40cm，B点的振动图像如图乙所示；沿竖直方向振动的横波Ⅱ在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距50cm，C点的振动图像如图丙所示。在0=t时刻，两列波同时分别经过B、C两点，两列波

的波速都为20cm/s，两列波在P点相遇，则以下说法不．正确的是（）A．两列波的波长均为20cmB．P点是振幅是为10cmC．4.5s时P点在平衡位置且向下振动D．波遇到20cm的障碍物将发生明显衍射现象【答案】B【详解】A．由图知，两列波

的周期都是1sT=由vT=得波长0.21m=0.2mvT==故A正确；B．因为50cm-40cm=10cm=0.1m0.5PCPB−==而0=t时刻两波的振动方向相反，则P是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为70cm，

故B错误；C．波从C传到P的时间为10.5s=2.5s0.2PCtv==波从B传到P的时间为20.4s=2s0.2PBtv==在2.5st=时刻，横波Ⅱ与横波Ⅰ两波叠加，质点P经过平衡向下运动，在4.5st=时刻，经过了两

个周期，质点经过平衡向下运动，故C正确；D．依据明显衍射条件，因遇到20cm=的障碍物，将发生明显的衍射现象，故D正确。本题选择不正确的，故选B。【变式1-2】如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-2m和x=12m处，两列

波的传播周期均为1s，两波源的振幅均为A=4cm。图示为t=0时刻两列波的图像，此时刻平衡位置处于x=2m和x=8m的两质点P、Q刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=5m处。下列说法正确的是（）A．t=0.75

s时刻，两列波刚好在M点相遇B．t=0.75s时刻，质点P运动的路程12cmC．质点P、Q的起振方向相反D．t=1s时刻，质点Q加速度最大E．t=1s时刻，质点M的位移为-8cm【答案】ABE【详解】A．由图可知，两列波的波长均为4

m=所以波的传播速度大小为4m/svT==，t=0.75s时刻，两列波各自向传播的距离均为40.75m3mxvt===即两列波在此时刻恰好都传播到M点，可知两列波刚好相遇，故A正确；B．由于0.75s等于四分之三个周期，所以质点P运动的

路程为312cmsA==故B正确；C．根据同侧法可知，两波源开始时刻都向y轴负方向振动，因此在两列波传播的过程中，所有质点开始起振的方向都和波源相同，即向y轴负方向振动，因此质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向，故C错误；D．t=1s时刻，沿x轴正方向传

播的简谐波还没有到达Q处，而沿x轴负方向传播的简谐波，此刻质点Q正位于平衡位置，且向y轴负方向振动，此时速度最大，加速度为零，故D错误；E．由以上分析可知0.75s时，两列波刚好传播到M点，且两列波起振方向均沿y轴负方向，

因此再过0.25s，即1s时质点M恰好到达波谷，两列波在M点振动加强，因此质点M的位移为224cm8cmyA=−=−=−故E正确。故选ABE。1．（2023年天津卷高考真题）一列机械波的波源是坐标轴原点，

从0=t时波源开始振动，0.5st=时波形如图，则下列说法正确的有（）A．在这种介质中波速4m/sv=B．1mx=处质点在0.3st=时位于波谷C．波源振动方程0.02sin(5)myt=+D．1mx=

−处质点半个周期内向左位移半个波长【答案】BC【详解】A．由图中可知0.5st=时，波传播的距离为x=2.5m，故波的速度为2.5m/s5m/s0.5xvt===故A错误；B．由图可知该波的波长为2m=，所以波的周期为2s0.4s5Tv===波传播到1mx=需要的时间

111s0.2s5xtv===由图可知该波的起振方向向下，0.3st=该波振动了0.1s，即14T，所以位于波谷，故B正确；C．根据图像可知该波的振动方程为()()2sin0.02sin5m0.02si

n5myAtttT=+=−=+故C正确；D．质点只是上下振动，不随波左右移动，故D错误。故选BC。2.（2022·山东卷·T9）一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当7st=时，简谐波的波动图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案

】AC【解析】由O点的振动图像可知，周期为T=12s，设原点处的质点的振动方程为2sin()yAtT=+则10=20sin解得=6在t=7s时刻7220sin(7)=103cm17.3cm126y=+−

−因117s212TT=+则在t=7s时刻质点在y轴负向向下振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。故选AC。3.（2022·浙江6月卷·T16）位于0.25mx=的波源P从0=t时刻开始振动，形成

的简谐横波沿x轴正负方向传播，在2.0st=时波源停止振动，2.1st=时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置1.75max=，质点b的平衡位置0.5mbx=−。下列说法正确的是（）A.沿x轴正负方向传播的波发生干涉B.0.42st=时，波源的位移为正C.2

.25st=时，质点a沿y轴负方向振动D.在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m【答案】BD【解析】A．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A错误；B．由图可知，波的波长1m=由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得0.1s4T=解得0.4sT

=根据同侧法可知，波源的振动方向向上，0.42st=即54TTt时，波源向上振动，位移为正，故B正确；C．波的波速2.5m/svT==波源停止振动，到质点a停止振动的时间11.750.25s0.6s0.25s2.5t−==即质点a还在继续振动，2.1st=到2.25st=经过时间2

0.15st=即242TTt，结合图象可知质点a位移为正且向y轴正方向运动，故C错误；D．波传到b点所需的时间30.75s0.3s2.5t==在0到2s内，质点b振动的时间为4172s0.3s1.7s4tT

=−==质点b运动总路程17170.15m2.25msA===故D正确。故选BD。4．（2023·江苏·模拟预测）劲度系数相同的两根弹簧分别与甲、乙两个小钢球组成弹簧振子，让两弹簧振子各自在水平面内做简谐运动，某时刻开始计时，两者的振动图像如图所示。已知弹

簧振子的振动周期2mTk=，其中m为振子质量、k为弹簧劲度系数，下列说法正确的是（）A．甲球质量小于乙球质量B．甲球的加速度始终大于乙球的加速度C．0.15st=时，甲弹簧对小球的作用力大于乙弹簧对小球的作用力D．若用两根相同的无弹性细长绳分别系住两个小球制成单摆，甲球

做成的单摆周期大于乙球做成的单摆【答案】C【详解】A．由图知，甲、乙周期相同，均为0.4s，由2mTk=知，两个小球质量相同，A错误；B．甲、乙都做简谐振动，由图像可知，甲、乙的振动不是同步的，因此甲球的加速度不可能始终大于乙球的加速度，B错误；C．对甲有2cos2cos5(cm)xtt=

=甲甲对乙有sinsin5(cm)xtt=−=−乙乙0.15st=时，则有2cos2cos50.15(cm)2cmxt===−甲甲；2sinsin(50.15)(cm)cm2xt=−=−=

−乙乙弹簧劲度系数相同，由Fkx=−可知，甲弹簧对小球的作用力大于乙弹簧对小球的作用力，C正确；D．单摆周期公式2lTg=与小球质量无关，甲球做成的单摆周期等于乙球做成的单摆周期，D错误。故选C。5．（2023·河北·校联考模拟预测）游客

在海边欲乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动，游船浮动可简化为竖直方向的简谐运动，振幅为30cm，周期为3.0s，当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过15cm时，游客能舒服地登船。假设风浪较小时，游船振

幅为15cm，游船上升到最高点时依然刚好与码头地面平齐，舒服登船的高度不变，振动周期不变，则在一个周期内，风浪较小时舒服地登船时间比风浪大时增加（）A．1.0sB．0.75sC．0.50sD．0.25s【答案】C【详解】风浪很大时，游船的振动方程为22sin

cm30sincm3yAttT==当y=15cm时，可解得10.25st=；21.25st=游客可舒服登船的时间为21Δ1sttt=−=风浪较小时，游客在一个周期内，有半个周期能舒服登船，故1Δ1.5s2tT==故风浪较小时舒服地

登船时间增加了0.5sttt=−=故选C。6．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）如图（a）所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后

，小球在一个周期内的振动曲线如图（b）所示，若2T时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则有（）A．0时刻弹簧弹力大小为2mgB．弹簧劲度系数为2mgAC．2TT−时间段，回复力冲量为0D．2TT−时间段，小球动能与重力势能之和减小【答案】ACD【详解】B．小球平衡位置为x轴原

点，竖直向下为x轴正方向，2T时刻弹簧弹力为0，位移大小为A，有kAmg=可得劲度系数为mgkA=故B错误；A．0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为22FkAmg==故A正确；C．2TT时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前4T时间沿正方向，在后

4T时间沿负方向，两段时间的回复力平均值F大小相等，则由044TTIFF=+−=可知回复力冲量为0，故C正确；D．2TT时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相

互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D正确。故选ACD。7．（2022·湖南·统考高考真题）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动：与此同时，木

棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列

说法正确的是（）A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．0.35mx=和0.45mx=时，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为122FFSg−E．木棒的

运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s【答案】ABD【详解】A．由简谐运动的对称性可知，0.1m、0.3m、0.5m时木棒处于平衡位置；则x从0.05m到0.15m的过程中，木棒从平衡位置下方向上移动，经平衡位置

后到达平衡位置上方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动（未到平衡位置），加速度竖直向下，大小减小，B正确；C．0.35mx=和0.45mx=时，由图像

的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等，速度方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不是相反，C错误；D．木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，平衡位置时木棒重心在水面下方0x，则有02LgSxMg

+=木棒重心在平衡位置上方最大位移A处时202LMgFMggSxkAA−=−+=−木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时102LFMggSxMgkAA+−=+−=可解得kgS=，122FFASg−=

，D正确；E．木棒上各质点相对静止随木棒一起运动，不能看成向x轴正方向传播的机械横波，E错误。故选ABD。8.（2023·广东惠州三模）一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，b和c之间的距离是5m，

下列说法正确的是（）A.此列波的波长为2.5mB.此列波波速为5m/sC.此列波的频率为2HzD.此时质点N正沿x轴正方向运动【答案】B【解析】A．相邻两个波峰或者波谷之间的距离就是一个波长，所以b和c之间的距离就是一个波长，即5m=A错误；BCD．质点b的起振时刻比质点a延迟了0

.5s，说明波是向x轴正方向传播的，质点N正沿y轴负方向运动，b和a之间的距离是半个波长，故1.0sT=此列波的频率为11HzfT==此列波的波速为5m/svT==B正确，CD错误。故选B。9.（2023·广东惠州一模）（多选）图甲

为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图像，下列说法正确的是（）A.该简谐横波的波长为4mB.图乙可能是图甲中质点M的振动图像C.从此刻起，质点Q比P先回到平衡位置D.t=0~1s，

质点P运动路程为0.8cm【答案】AD【解析】A．从图甲中可以知道，该简谐横波的波长为4m，故A正确；B．图乙中0时刻质点正从平衡位置向负方向振动，根据同侧法，波向x轴正方向传播，的的图甲中0时刻质点M正从平衡位置向正方向振动，图乙不可

能是图甲中质点M的振动图像，故B错误；C．根据同侧法，0时刻质点Q正向正方向振动，到最大位移处再回到平衡位置，而P已经在最大位移处了，故P质点先回到平衡位置，故C错误；D．从图乙中可以知道，该波的周期为1s，t=0~1s，质点P运动的路程为0.8cm

，故D正确。故选AD。10.（2023·福建福州2月检测）（多选）某介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上x1＝-3cm和x2＝9cm处，t＝0时刻两振源同时开始振动，t＝3s时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。则下列说法正确的是（）A.振源Q的这列波波长为3cmB.振源P起

振方向沿y轴正方向C.振源为Q的振动方程为y＝-2sin（πt）cmD.两列波在x＝3cm处相遇后，该质点的振动始终加强【答案】BC【解析】A．由图可知振源Q的这列波波长为2cm，选项A错误；B．因振源P

产生的波在t＝3s时刻传到x=0的位置，则振源P起振方向沿y轴正方向，选项B正确；C．波速3cm/s1cm/s3v==周期2sTv==2rad/sT==由图可知，振源Q起振方向沿y轴负方向，则振源为Q的振动方程为y＝-2sin（πt）cm选项C正确；D．两列波在同一介质中传播，则波速相等

，在x＝3cm处相遇后，该质点的振动始终减弱，选项D错误。故选BC。11.（2023·广东茂名一模）主动降噪功能的耳机可以拾取噪声信号，经智能降噪处理器对不同的噪声精准运算，通过Hi-Fi扬声器播放与噪声频率相同、

相位相反、振幅相同的降噪声波，从而起到抵消噪声的作用。如图为噪声在某时刻的简谐波图像，则（）A.降噪声波的振幅为10cmB.降噪声波和噪声叠加后，波的振幅变为20cmC.质点P此时刻一定正从平衡位置向上振动D.质点P再经过一个周期

水平移动一个波长【答案】A【解析】A．根据题意降噪声波与噪声声波振幅相同，即为10cm，A正确；B．降噪声波与噪声声波频率相同、相位相反、振幅相同，相互叠加后波的振幅变为零，B错误；C．因为不知道图中波传播方向，所以无法判断此时质点

P的振动方向，C错误；D．质点P在平衡位置附近振动，不随波迁移，D错误。故选A。12.（2023·福建厦门二模）（多选）如图甲所示，在同种均匀介质中有两个质点P和Q，其振动图像分别如图乙中实线、虚线所示，它们形成的波沿两者之间的

连线相向传播，则（）A.P、Q形成的两列波的波速之比为2:1B.P、Q形成的两列波的波长之比为2:1C.1.2st=时，P和Q振动的加速度方向相反D.两列简谐波相遇时会发生干涉现象【答案】BC【解析】A．两列波在同种均匀介质中，波速相等，故A错误；B．根据图乙知

，P、Q形成的两列波的周期分别为12.0sT=21.0sT=根据vT=知，P、Q形成的两列波的波长之比为2:1，故B正确；的C．1.2st=时，P在平衡位置下方，加速度向上指向平衡位置，Q在平衡位置上方，加速度向下指向平衡

位置，故P和Q振动的加速度方向相反，故C正确；D．根据1fT=知，两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故D错误。故选BC。13.（2023·广东湛江二模）如图所示，小鸭A（视为质点）在平静的河道内靠近岸

边戏水，在水面上引起一列稳定的水波，B为岸边的一点，已知P点为小鸭A和B点连线的中点，则下列说法正确的是（）A.P处质点比B处质点的振动频率大B.P处质点将随水波运动到B点C.P点与B点的振动方向一定相反D.小鸭A与质点P（已经振动）的振

动周期相等【答案】D【解析】AD．介质中的质点都在模仿波源，所以质点的振动周期和频率都相同，所以P处质点与B处质点的振动频率一样，小鸭A与质点P（已经振动）的振动周期相等，A错误，D正确；B．根据波的形成与传播，可知介质中的质点只在各自的平衡位置附近振动，不会随波

逐流，B错误；C．由于不确定P点与B点的距离与波长的关系，所以不能确定这两点的振动方向是相同还是相反，C错误。故选D14.（2023·河北石家庄一模）O、P、Q为软绳上的三点，t=0时刻手持O点由平衡位置开始在竖直方向做简谐运动，至1t时刻恰好完成两次全振动，此时绳上OQ间形成

的波形如图所示，下列四幅位移-时间图像中能反映P点在10t时间内运动情况的是（）A.B.。C.D.【答案】D【解析】由题可知，简谐振动的周期12tT=由于图示波形是恰好完成两次全振动时的波形，且O、P两点正好在平衡位置，OP之间

有一个完整的波形，说明OP之间的距离等于一倍波长，O、P两点的振动是同步的；此时P点正在向下振动，说明O点开始时是向下振动的。所以在10~2t的时间内，波从O点传播到了P点；在12t时刻，P点开始向下振动；在11~2tt时间内，P点完成了一个全振动

；在1t时刻，P点回到了平衡位置，并且正在向下振动。故选D。15.（2023·湖南彬州三模）有一列简谐横波的波源在O处，某时刻沿x轴正方向传播的振动形式传到20cm处，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，质点P离O处80c

m，如图所示，取该时刻为0=t，下列说法正确的是（）A.质点P开始振动时的速度方向沿y轴正方向B.波的传播速度为1m/sC.经过1.5s，质点P第一次到达波峰D.在0~0.1s时间内，10cmx=处的质点振动的速度逐渐增大【答案】C【解析

】A．波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，质点A起振方向沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P的起振时的速度方向沿y轴负方向，故A错误；B．根据题图可知波长为20cm，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，则周期为0.4s，可知波的传播速度为0.2m/s0.5m/s0.4v

T===故B错误；C．根据波形图可知，质点P第一次到达波峰经过的时间2(805)10s1.5s0.5xtv−−===故C正确；D．在0~0.1s时间内，10cmx=处的质点从平衡位置向波峰位置运动，速度逐渐减小，故D错误。故选C。16.（2023·湖南第五次大联考）（多选）均匀介质中

质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为A0x=和B16cmx=。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速20cm/sv=，波长大于20cm，振幅1cmA=，且传播时无衰减。0=t时刻A、B偏离平衡位置的位移相同、运动方向相反，0.6st=时刻两者再次偏离平衡位置的

位移相同、运动方向相反。则下列说法正确的是（）A.这列波的周期为0.6sB.这列波的周期为1.2sC.已知在1t时刻（10t），质点A位于波峰，该时刻B的位移一定为0.5cm−D.已知在1t时刻（10t），质点A位于波峰，该时刻B的位移一定为0.5cm【答案】BC【解析】AB．因为波长

大于20cm，所以波的周期满足1.0sTv=由题意可知，波的周期为220.6s1.2sTt===故A错误，B正确；CD．波的波长为24cmvT==在1t时刻（10t），质点A位于波峰，由于A0x=，则此时波动方程为2cosyAx=1t时

刻质点B偏离平衡位置的位移为()B22coscmcos16cm0.5cm24ByAx===−故C正确，D错误。故选BC。17.（2023·辽宁大连一模）一列简谐横波在0.2st=时的波形

如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点P的振动图像。已知波在介质中的波长为12m，则下列说法正确的是（）A.波的周期为0.6sB.波的波速为20m/sC.波沿x轴负方向传播D.质点P的平衡位置坐标为3mx=【答案】D

【解析】A．由图乙可知，波的周期为1.2s，A错误；B．波速12m/s10m/s1.2vT===B错误；C．质点P在0.2st=时，向y轴正方向运动，根据“上下坡法”，波沿x轴正方向传播，C错误；D．振动方程为2sinyAtT=x=0处的质点从平衡位置到y=5cm处的时

间为0.5st=质点P的平衡位置坐标为()3mxvtt=−=D正确。故选D。为