2026年高考物理二輪復習：機械振動與機械波 專項訓練（含答案）

2026年高考物理二輪復習第5講機械振動與機械波專項訓練

一、選擇題

1.如圖所示，為豎直方向的彈簧振子，振子以O為平衡位置在BC間做簡諧運動，則振子在運動過程中,

A.從C—>0—>B振子完成一次全振動

B.振子在O點時彈簧的彈性勢能等于零

C.振子的回復力由重力和彈力的合力提供

D.從O-C彈簧振子的能量增加

2.一人水平彈簧振子的振動圖像如圖所示，下列說法正確的是〔)

A.t=2s到t=3s內，彈簧振子的動能不斷增加

B.該彈簧振子的振動方程為x=-10sM&)cm

C.t=4s時，彈簧振子的加速度沿無軸負方向

D.t=1s到t=6s內，彈簧振子運動的位移為50cm

3.如圖所示，一質量均勻分布的木塊豎直浮在水面上，現將木塊豎直向上拉一小段距離A后由靜止釋放，并

開始計時，經時間［木塊第一次回到原位置，在短時間內木塊在豎直方向的上下振動可近似看作簡諧運動，

4.如圖1所示，一單擺懸掛在0點，在0點正下方P點有一個釘子，將小球(可視為質點)拉到A點后靜

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止釋放，小球在豎直平面內做簡諧運動，擺球的振動圖像如圖2所示。已知擺球擺角始終不超過5。，重力加

速度g取IOm/s:不計一切阻力和能量損失，下列說法中正確的足（)

A.該單擺的周期為0.4於B.OP間的距離為1.6m

C.1=0.2成時小球動能最大D.圖中xi與X2的比值為2：1

5.如圖所示，單擺在光滑斜面上做簡諧運動,若要使其運動的周期變大，可以（）

A.減小單擺振幅B.縮短單擺擺長

C.增大擺球質量D.減小斜面傾角

6.如圖所示，質量均為m的兩物體A、B用勁度系數為k的輕質彈簧拴接，物體C疊放在物體B上，系統

處于靜止狀態。現將C瞬間取走，物體A恰好不離開地面。已知彈性勢能的表達式為昂=；丘2,其中x為

彈簧的形變量，重力加速度為g。以下說法正確的是（）

B

A.物體C的質量為3m

B.物體B運動到最高點時的加速度大小為3g

C.物體B的最大速度大小為g理

D.物體B上升的最大高度為筆

K

7.光滑的水平面上疊放有質量分別為m和9的兩木塊，下方木塊與一勁度系數為k的彈簧相連，彈簧的另

一端固定在墻上，如圖所示。已知兩木塊之間的最大靜摩擦力為f,為使這兩個木塊組成的系統像一個整體

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一樣地振動，系統的最大振幅為（)

/，k〃?/2

^AO.QQQQQ-QQQOQQ.Z-m

///////

AdB.率C.斗D.第

8.如圖所示，甲、乙、丙、丁四個小球用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，從左至右擺長依次增加，小球

靜止在紙面所示豎直平面內。將四個小球垂直紙面向外拉起一小角度，由靜止同時釋放。釋放后小球都做簡

諧運動。當小球甲完成2個周期的振動時，小球內恰好到達與小球甲向側最高點，同時小球乙、丁恰好到達

另一側最高點。則（）

///“//////////////////////

0

甲

乙

丙

。

T

A.小球甲第一次回到釋放位置時，小球內加速度為零

B.小球丁第一次回到平衡位置時，小球乙動能為零

C.小球甲、乙的振動周期之比為3:4

D.小球丙、丁的擺長之比為1:2

9.如圖所示，長為s的光滑水平面左端為豎直墻壁，右端與半徑為R的光滑圓弧軌道相切于B點。一質量為m

的小球從圓弧軌道上離水平面高為h（h?R）的A點由靜止開始下滑，則小球第一次運動到墻壁C點所需

的時間為（）

（、/〃/〃〃/〃〃/〃/〃B?

h----s----H

A.呼+s匾B.：G+S6C2七+2氤D.裾+誣

10.如圖所示為某簡諧橫波在亡=二0忖刻的波形圖，圖乙為質點P的振動圖像，則下列說法正詢的是（）

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A.該波的波長為1.5x10-2m

B.該波的波速為1.5m/s

C.該波沿x軸負方向傳播

D.。?1s時間內，質點P沿x軸運動了1.5x103^

11.一列沿x軸傳播的簡諧波在t=0時刻的波形如圖所示，P、Q是在波的傳播方向上平衡位置相距1m的兩

個質點，質點P此時刻恰過平衡位置并沿y軸負方向振動。已知波的周期為6s,則下列說法正確的是

B.該波的振幅是40cm

C.t=0s時，質點Q正在做加速運動

D.t=ls時,質點P剛好運動到x=4m處

12.某簡諧橫波在口=0時刻的波形圖如圖中實線所示，％=0處質點的位移為一5cm,%=7機處的質點P位

于平衡位置。b=0,5s時刻的波形圖如圖中虛線所示。已知該波的周期大于2s,則（）

A.該波的波長為13m

B.該波的波速為4m/s

C.該波沿x軸負方向傳播

D.￡]=0時刻，質點P的振動方向沿y軸負方向

13.AI機器人比賽要求按規定直線。。】行走，某小組設想如下方案：在。點兩側適當距離對稱放置兩個信號

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發射源S1和S2,信號源可以各發射相同頻率的電磁波信號，信號發射后可以向四周各個方向傳播，以此來引

導機器人走規定直線。下列說法正確的足（）

信號發射源d

?—?V

田-----------0

?機器人

信號發射源S?

A.機器人在001上逐漸遠離0點的過程中接收到的信號強度持續減弱

B.機器人在。01上逐漸遠離O點的過程中接收到的信號強度保持不變

C.機器人在。。1逐漸遠離。點的過程中接收到的信號強度持續增強

D.機器人在。上逐漸遠離。點的過程中接收到的信號強度交替變化

二、多項選擇題

14.如圖甲所示，4、B是在％軸上距離坐標原點。等距離的兩波源，4的振動圖像如圖乙實線所示，B的振動

圖像如圖乙虛線所示，產生的簡諧橫波在同種介質中沿X軸傳播。則0點（）

AOBx

圖甲

A.是振動減弱點B.是振動加強點

C.振幅為0.5mD.振動周期為0.5s

15.一列簡諧橫波，沿無軸正向傳播，位于x=1m的質點的振動圖像如圖甲所示，圖乙為該波在某一時刻的

波形圖。下列說法正確的是（）

A.位于％=1m的質點振動的振幅是16cm

B.圖乙可能是￡=0.15s時刻的波形圖

C.在t=0.1s時，x=2m的質點加速度為0

D.該波的傳播速度是10m/s

16.一波源在￡=0時開始振動，形成的簡諧橫波沿不軸負方向傳播，￡=4s時剛好傳播到x=-1m處。物理

興趣小組的同學畫出了￡=4s時的波形圖，波形圖與y軸的交點在y=10cm處，如圖所示。由于某種意外，

圖上有一部分被油污覆蓋而無法看清，已知該波的波速“=6m/s,下列判斷正確的是（）

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x/m

A.圖中無i=Im

B.此波的周期為2s

C.再經過\s，x=0處的質點運動到x=-lm處

o

D.在接下來的法時間內，"。處的質點經過的路程為30cm

6

17.如圖所示，A(0,0)、B(8,0)、C(0,6)在xy平面內，兩波源分別置于A、B兩點。t=0時,

兩波源從平衡位置起振，起振方向相反旦垂直于xy平面。頻率均為5Hz。兩波源持續產生振幅相同的簡諧橫

波,波分別沿AC、BC方向傳播，波速均為40/n/s。下列說法正確的是()

B.C點是振動減弱點

C.￡=0.4s時，C處質點速度為0D.￡=0.2s時，C處質點速度不為0

18.如圖是沿x軸傳播的一列簡諧橫波的波形圖，實線為0.6s時的波形圖，虛線為再經過().6s后的波形

圖，則x=2m處質點的y-t圖像可能正確的是()

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19.位于水面上0點的波源上下振動，形成在xOy水面上傳播的簡諧波，波面為圓。波源從平衡位置向上

起振，G=0時刻，第一象限內笫一次出現如圖甲所示的波面分布，其中實線表示波峰，虛線表示相鄰的波

谷，A處質點的振動圖像如圖乙所示，z軸正方向垂直水面向上c求：

（1）該波在水面上傳播速度的大小；

（2）t2=^s時，B處質點相對于平衡位置的位移。

20.工軸上的波源Si、S2分別位于打=0和％2=L4m處，￡=0時刻兩波源同時開始振動，產生的兩列簡諧橫

波沿S］、S2連線相向傳播，￡i=2s時兩列波的圖像如圖所示。質點M的平衡位置位于玲=0.7m處，求：

（2）質點M從t=。時刻到垃=7.5s時運動的路程。

21.一均勻介質中有振源M位于x軸上的（10m,0）處，產生的機械波向左傳播，N開始振動經過1s后

（I）機械波在該介質中的波速;

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(2)若在(-Hm,0)有一振源M與N同時振動且起振方向相同，則穩定以后M、N之間振動加強點的

個數。

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答案解析部分

1.【答案】C

【解析】【解答】A.全振動是振子完成一次完整的周期性運動（回到原位置且速度方向相同）。從CTOTB

僅完成了半個周期的運動，需再從B-O-C才完成一次全振動，故A錯誤；

B.振子在。點受到的彈簧的彈力等于振子重力，彈簧有形變，彈性勢能不為0,故B錯誤；

C.振子的回復力由重力和彈力的合力提供，故C正確；

D.振子的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能的總和保持不變，故D錯誤。

故答案為：Co

【分析】圍繞豎直彈簧振子的簡諧運動特點，分析全振動、彈性勢能、回復力及能量變化：核心是明確豎直

振子的回復力來源（重力與彈力的合力），以及簡諧運動的能量守恒。

2.【答案】B

【解析】【解答】A.由題圖可知，￡=2s到t=3s內，彈簧振子從平衡位置振動到最大位移，則彈簧振子的

動能不斷減小，故A錯誤；

B.由題圖可知，彈簧振子的振幅為10cm,周期為4s,則該彈簧振子的振動方程“=-加也竿￡=

-1Osin怎t）cm,故B正確；

C.由題圖可知，亡=4s時，彈簧振子處于平衡位置，彈簧振子的加速度為0,故C錯誤；

D.由題圖可知，t=ls到t=6s內，彈簧振子運動的位移為％=0-（—10cm）=10cm,故D錯誤。

故選B。

【分析】1,簡諧運動振動圖像的物理意義解讀

圖像類型：位移一時間（x-t）圖像。

關鍵信息提取：振幅A：圖像縱坐標最大值。

周期T：相鄰同相點（如同向最大位移）之間的時間間隔。

初相位：由時刻的位移和速度方向（圖像斜率正負）共同確定。

運動方向判斷：圖像斜率表示速度，斜率為正一向正方向運動；斜率為負一向負方向運動。

2.簡詣運動中的能量轉化規律

動能Ek：在平衡位置最大，最大位移處為零。

勢能Ep（彈簧彈性勢能）：在最大位移處最大，平衡位置為零。

，總機械能守恒：

變化趨勢：移向平衡位置：動能增加，勢能減小。移向最大位移：動能減小，勢能增加。

本題對應：選項A中0-0.25s從平衡位置到正最大位移，動能減小。

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3.簡詣運動的動力學特征與加速度

加速度與位移關系：，方向總指向平衡位置。

在圖像中的體現：位移為正一加速度為負（沿x軸負方向），位移為負一加速度為正（沿x軸正方

向），位移為零加速度為零（平衡位置）

本題對應：選項C中時位移為零，加速度為零，并非沿x軸負方向。

4.簡詣運動方程的建立

一般形式：或，角頻率：

初相他確定步驟：代入的位移。

根據初始速度方向（圖像斜率）確定符號，用旋轉矢量法或代入檢驗。

5.位移的矢量性及與路程的區別

位移：由初位置指向末位置的有向線段，。

路程：運動軌跡的總長度，總是非負的。

在振動圖像中：一段時間內的位移可直接由縱坐標差值得到。

3.【答案】D

【解析】【解答】規定豎直向上為正方向，則該簡諧運動的位移公式為y=Acos竿t

當”才時有y=4cos（竿x（）=孝4

所以小球從最高點向下運動的距離d=4一孝/i=24力

故答案為：Do

【分析】將木塊的振動視為簡諧運動，先確定其位移公式，再代入時間計算位置，進而求出運動距離。

4.【答案】D

【解析】【解答】A.由圖可知單擺的周期為T=2（0.5?0.2）兀s=0.6曲故A錯誤；

根據單擺周期公式〃再，

B.047rs=0.2TCS=nJLOAZLOP,解得OP間的距離為LoP=1.2m,故B錯誤;

C.t=0.2兀s時小球到達最高點，此時速度為零，則動能為零，故C錯誤；

D.不計擺線和釘子相碰時的能量損失，所以整個過程機械能守恒，由機械能守恒定律可知mgh尸mgh?.見擺

球擺到兩側最高點的位置是等高；單擺在OP左側最大偏角為0,勺=2乙。為sin?,單擺在OP右側最大偏角

為a,肛=ZLspSin?,由機械能守恒定律得：mgLoA（1-cosO）=mgLBp（1-cosa）,其中LOA=4LBP,聯立解得

TA=圖中xi與X2的比值為2：1,故D正確。

x21

故選D。

【分析】I、題目中通過圖像分析得出周期T=0.6ns.并利用周期公式計算擺長

題目中t=0.27TS時小球到達最高點，動能為零。

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2、不計能量損失時，單擺的機械能守恒。擺球在兩側最高點的重力勢能相等，因此高度相同（砥=九2）。

3、通過機械能守恒推導偏角關系：

單擺在左側和右側的振幅和與偏角的關系為：

結合和，可推導的比值。

5.【答案】D

【解析】【解答】根據單擺周期公式『=2兀可知：周期T僅與擺長L和重力加速度g有關，與振

幅（在擺角較小的情況下）和擺球質量均無關。因此，縮短擺長（U）,周期會減小（TDo單擺在斜面上回

復力的來源是重力的分力（mgsinO）o傾角0減小，完成一次擺動的時間就更長，即周期變大，故ABC錯

誤，D正確。

故選D。

【分析】1、擺長的影響：擺長越短，擺球需要走過的圓弧路徑越短，完成一次往返擺動所需的時間自然就

越短，即周期變小。

2、斜面傾角的影響：單擺在斜面上回友力的來源是重力的分力（mgsin。）。傾角。減小，意味著這個回友力

（mgsinO）也變小。回復力越小，擺球被“拉，洞平衡位置的速度就越慢，擺動就顯得越“慵懶”，因此完成一

次擺動的時間就更長，即周期變大。

3、振幅和質量無關：無論擺球蕩得高還是低（振幅不同），或者換一個不同質量的擺球，它沿圓弧運動的路

徑長度與回復力的關系并未發生本質改變，因此擺動快慢（周期）保持不變。

6.【答案】D

【解析】【解答】本題考查功能關系，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律

解題。A.C物體疊加在B物體上面靜止時，根據平衡條件可得

kxr=（m4-m^g

拿走C物體后，B物體在彈簧上做筒諧運動，其在平衡位置時，彈簧壓縮長度有

kx°=mg

其振幅

A=X1-xo

當B物體上升到最高點，此時彈簧拉伸長度最長，由于物體A恰好不離開地面，由平衡條件可得

kx2=mg

所以由振幅相等

A=%2+=X]_X。

解得物體C的質量為

mc=2m

故A錯誤;

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B.B物體在最高點受重力和彈簧彈力，由于物體A恰好不離開地面，故

F彈=mg

所以由牛頓第二定律可得B物體在最高點的加速度為

2mg

a=-------=2(7

m3

故B錯誤;

D.物;本B上升的最大高度為

4mq

h=2A=—二絲

k

故D正確;

C.當B物體經過平衡位置的時候其速度最大，B物體從最高點回落到平衡位置的過程中，B物體與彈簧組

成的系統機械能守恒，則

1.11

mgA+^2=2亞

解得物體B的最大速度大小為

m

32gh

故C錯誤。

故選D。

【分析】開始靜止時根據平衡條件列式，拿走C之后B做簡諧運動，根據平衡位置的定義列式，根據距離關

系列出振幅與彈性形變量的關系式，B上升到最高點時對A列平衡式，聯立求解C的質量；根據牛頓第二定

律求解物體B運動到最高點時的加速度大小；當B物體經過平衡位置的時候其速度最大，B物體從最高點回

落到平衡位置的過程中，根據系統機械能守恒定律求解物體B的最大速度大小；根據B的振嗝求解物體B

上升的最大高度。

7.【答案】C

【解析】【解答】回復力是指將振動的物體拉回到平衡位置的力，同向心力一樣是按照力的作用效果來命名

的。對整體，當最大振幅時有

m

kA=(m+5)。

乙

得

2kA

a~3m

隔離分析，當最大振幅時，兩木塊間的摩擦力達到最大靜摩擦力

mkA

f=2a=^

得

第12頁

A=T

故CIE確，A、B、D錯誤。

故選C。

【分析】對整體而言，回復力為彈簧的彈力，對上面的木塊而言，回復力為靜摩擦力。振幅最大時，回復力

最大。

8.【答案】C

【解析】【解答】A.A.小球甲完成2個周期的振動時，小球丙恰好到達與小球甲同側最高點，說明小球丙的

周期為小球甲的周期的2倍，即T由=2T甲；小球甲第一次回到釋放位置時，小球內到達另一側的最高點，

小球內的回復力最大，加速度最大，故A錯誤；

B.根據單擺周期公式7=2兀J

可知7丁＞7為＞丁乙＞%

根據上述分析可得77二/7/.

JOJ

T37

小球丁第一次回到平衡位置時，小球乙振動的時間為上（即上）可知此時小球乙經過平衡位置，此時速度

44

最大，動能最大，故B錯誤。

3TT

CD.設甲的周期為丁尹，根據題意可得2兀“=/=丁勾=J

可得T丙=2T甲，丁乙="甲，T丁=4T甲

可得7/7/=3：4,T甭T丁=1:2

根據單擺周期公式T=2兀

結合7//廠=1：2

可得小球丙、丁的擺長之比％勺：乙丁二1：4

故C正確，D錯誤;

故答案為：Co

【分析】四個小球均做簡諧運動，擺球在最大位移處，回復力最大，加速度最大；根據單擺周期公式即可完

成分析作答。

9.【答案】A

【解析】【解答】解決本題的關鍵知道什么樣的運動是單擺運動，以及掌握單擺的周期公式。

從AtB,根據動能定理

1

mgh=Tyznv2-0

乙

第13頁

解得

V=y/2gh

8到C的時間

sS

t-i1=-v=

h?R,可知小球在光滑圓弧上的運動為單擺運動，單擺的周期為

4到8的時間為四分之一周期

71R

t2=2h

所以小球的運動周期為

丁=（〃十t）=

22?

故選Ao

【分析】h?R,可知小球在光滑圓弧上的運動為單擺運動，根據動能定理求出B點的速度，B到C做勻速

直線運動，很容易求出B到C的時可，再根據周期公式求出A到B的時間，即可求出小球的運動周期.

10.【答案】A

【解析】【解答】AB.由圖甲可知，該波的波長4=1.5xio-2m,由圖乙可知，該波的周期T=1x10—

該波的波速/=今=1.5xlCPm/s，故A正確，B錯誤；

C.由圖乙可知，在t=0時刻，質點P的速度沿y軸正方向，根據上下坡法可知，該波沿x軸正方向傳播，

故C錯誤；

D.質點P在平衡位置附近上下振動，不會隨波遷移，故D錯誤。

故答案為：Ao

【分析】這道題的核心是結合波形圖（圖中）和振動圖像（圖乙），分析波的波長、波速、傳播方向以及質

點的運動特點。

11.【答案】C

【解析】【解答】A.由題可知此時P點沿y軸負方向振動，根據“上下坡法”，可知波沿x軸正方向傳播，故

A錯誤；

B.由圖可知該波的振幅是20cm,故B錯誤；

C.l=0s時，根據"上下坡法”，質點Q止向y軸負方向振動，靠近平衡位置，故止在做加速運動，故C止

確；

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D.質點不會隨波傳播，只會在平衡位置上下振動，故D錯誤。

故答案為：Co

【分析】結合"上下坡法”判斷波的傳播方向，通過波形圖讀取振幅，分析質點振動方向與運動性質（加速

/減速），明確質點不隨波遷移的特點。

12.【答案】B

【解析】【解答】人.設該簡諧橫波的波動方程為丫=10$山（竽工+@0）加

將在G=0時工=Om,y=-5cm代入可得—5=lOsin（竽工+a）

解得％=Y

則該簡諧橫波的波動方程為y=lOsin（竽x-看）cm

將在ti=0時x=7m時y=0cm,則有0=lOsin（竽x7-

可得竽x7—5=兀

解得=故A錯誤；

BC.由題知，該波的周期大于2s,若該波沿x軸正方向傳播，則該波在0.5s內向右傳播的距離為2小，則波

速度u=等=京m/s=4m/s

周期丁=4=￥S=3S>2S,若該波沿x軸正方向傳播，則該波在0.5s內向右傳播的距離為4機，則波速度

v4

為17=瓦=oTm/s=8m/s

周期T=[=竿s=L5sV2s，故該波沿x軸正方向傳播，波速為4m/s,周期為3s,故B正確，C錯誤；

D.因該波沿x軸正方向傳播，根據“上下坡”法，可知h=0時刻，質點P的振動方向沿y軸正方向，故D

錯誤。

故答案為：Bo

【分析】通過波動方程求波長，結合周期條件分析波的傳播方向和波速，再用"上下坡法判斷質點振動方

向。

13.【答案】A

【解析】【解答】兩個發射源發射相同頻率的電磁波信號，由圖可知，機器人行走的路線始終在兩個信號源連

線的中垂線上，到在兩個信號源的距離相等，所以該直線上的各點都是振動加強點，機器人在OCh上逐漸遠

離O點的過程中兩電磁波合成后的振幅隨著距離的增大在減小，故接收到的信號強度（以振幅反應）持續減

弱，不是交替變化的。

故選AA

【分析】一、波的干涉基本條件

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兩個相干波源：頻率相同、相位差恒定（通常同相）。

在空間中產生干涉現象：某些點振動加強，某些點振動減弱。

二、中垂線上的干涉特點

兩個相干波源、對稱放置，相距一定距離。

中垂線（垂直平分線）上的任意點到兩波源的距離相等一波程差

若兩波源同相（初相位相同），則波程差為0或波長的整數倍，滿足振動加強條件。

因此中垂線上各點均為振動加強點（干涉相長）。

三、信號強度與振幅

信號強度（接收到的能量）與合振動的振幅平方成正比。

雖然中垂線上始終是干涉加強，但振幅隨著到波源距離的增大而減小（因為波的振幅隨距離增大而衰減，例

如球面波振幅與距離成反比）。

四、機器人行走路徑分析

題目中機器人沿直線行走，該直線是和連線的中垂線。

因此：所有點均為加強點T不會出現交替強弱變化。

但遠離點時，到兩個波源的距離增大-每個波的振幅減小一合成波的振幅也減小。

因此信號強度（振幅反映）持續減弱

14.【答案】A,C

【解析】【解答】A.由4、B的振動圖像可知兩波源的起振方向相反，0點為兩波源的中點，因此兩波源在。

點引起的振動方向相反，為減弱點，故A正確，B錯誤；

C.由上述分析可知。點的振幅為A=|1—0.5|租=0.5m,故C正確；

D.。點的振動周期與兩波源4、8相同，為1s,故D錯誤。

故答案為：ACo

【分析】先由振動圖像確定兩波源的起振方向、周期及振幅，再根據O點到兩波源距離相等的特點，分析

兩波在O點的振動疊加情況，判斷振動加強/減弱，并計算O點的振幅與周期。

15.【答案】B,D

【解析】【解答】AD.根據圖甲可讀出質點的振幅為8cm,周期為T=0.2s；由圖乙可知波長為；I=2m,故

該波的傳播速度為/=/=10m/s,故A錯誤，D正確；

B.根據圖乙可知％=1m的質點處于平衡位置，波沿》軸正向傳播，由同側法可知振動方向為正向，圖甲在

亡=0.15s時表示質點處于平衡位置沿正向振動，即圖乙可能是￡=0.15s時刻的波形圖，故B正確；

C.在t=0.1s時，x=1m的質點處于波谷，％=2m的質點與％=1m的質點相距的距離為△%=1巾=今則

在￡=0.1s時，x=2m的質點處于波峰，其加速度的大小為最大值，故C錯誤。

故選BDo

第16頁

【分析】一、振動方向與波傳播方向的關系判斷

方法：同側法（波形圖上，波傳播方向與質點振動方向在波形線的同一側）。

本題應用：已知波向右傳播（X軸正向）。圖乙中處質點位于平衡位置，根據同側法，其振動方向向上。

由圖甲知，時處質點正好在平衡位置且向上運動，所以圖乙可能是時刻的波形圖。

二、波的時空對應關系（關鍵難點）

波形平移：時間每過At,波形向右平移vAt。

質點相位差公式（空間差一相位差）：

規律：沿波傳播方向，各質點相位依次落后。

加速度與位移的關系（對每個質點適用簡諧運動規律）：，位移最大T加速度最大（大小），位移為零T

加速度為零

三、振幅與位移的辨析

振幅：質點振動時的最大位移，是恒定的，對所有相同波上質點一樣。

位移：質點在某一時刻相對于平衡位置的偏移，隨時間變化。

四、標準解題流程：

1、讀圖：從振動圖得A,T,從波形圖得入，從題干得傳播方向。

2、算波速：。

3、找對應時刻：比較波形圖上某質點的振動狀態與振動圖上該質點在哪個時刻的狀態一致。

4、判斷振動方向：用同側法結合振動圖驗證。

5、分析其他質點狀態：用相位差公式或直接看圖，結合判斷加速度。

16.【答案】B,D

【解析】【解答】A.根據機械波在上=4s時刻的波動方程為y=Asin（竽x+＞分別將x=-Im,y=0

和％=0,y=10cm以及4=20cm代入上式，解得9=1，A-12m,則勺=［一lm=2m，故A錯誤；

B.此波的周期為丁=1=2s，故B正確；

C.質點不隨波遷移，故C錯誤；

D.x=0處質點的振動方程為y=Asin（a）t+（p'）?其中3=竿=nrad/s

將t=4s,y=10cm,A=20czn代入上式，且根據“同側法”可知，此時質點向上振動，解得振動方程為丫=

7T

Asin（兀t+7）cm

o

在接下來的得s時，代入上式y'=O又因為,sv/

即在接下來的2S時間內，質點先向上振動到最大位移處，后回到平衡位置，所以質點通過的路程為5=

O

（20cm-10cm）+20cm=30cm,故D正確。

第17頁

故答案為：BDo

【分析】結合簡諧波的波速、波長、周期的關系，利用波動方程確定波長，再分析質點振動規律與路程。

17.【答案】A,C

【解析】【解答】A.波長4=尸等血=8小，A正確；

B.由題意AC=6m，BC=J[(8-0)\(0-6)2]=J(64+36)m=VlOOm=10m?波程差△%=

\BC-AC\=|10—61m=4m

由于兩波源起振方向相反，初始相位差為九，波程差引起的相位差：&=駕"=組”=%，總相位差6=初始

Ao

相位差+波程差引起的相位差=兀+汗=2"，這相當于同相位，所以C點是振動加強點，B錯誤；

D.波從A到C的時間J。=半=令s=0.15s,波從B到C的時間Sc=第=瑞s=0.25s，在￡=0.2s時,

波A己到達C點，即0.2s—0.15s=0.05s,波B尚未到達C點，由于波的周期T=}=0.2s,所以此時只有

波A引起C點振動，振動了0.05s=，T,此時質點速度為0,D錯誤。

C.波A已到達C點：0.4s-0.15s=0.25s,波B已到達C點：0.4s—0.25s=0.15s,兩列波都在C點引起

振動，且由于總相位差為2zr,振動加強，質點速度為0,C正確，

故答案為：ACo

【分析】先由波速、頻率求波長，再通過波程差、初始相位差分析振動加強/減弱點，結合波的傳播時間和

周期分析質點速度。

18.【答案】氏C

【解析】【解答】對于波的多解性問題，關鍵是知道傳播方向的不確定、質點振動的周期性都會造成多解，解

題時要弄清楚質點的振動情況、以及波的傳播情況。AB.若波向右傳播，根據“上下坡法”可知x=2m處的

質點0.6s時振動方向沿y軸正方向，且滿足

1

(4+")7=66s

解得

2.4

7=(l+47l)s(n=0'l'23…)

當n=0時，可得

T=2.4s

1=0時刻x=2m處的質點在y軸負方向距平衡位置最遠處，故A錯誤，B正確;

CD.若波向左傳播，x=2m處的質點0.6s時振動方向沿y軸負方向，且滿足

3

(7+n)T—0.6s

解得

第18頁

r=(3+4n)S(n=0X23'-)

當n=0時，可得

T=0.8s

t=0時刻x=2m處的質點也在y軸負方向距平衡位置最遠處，故D錯誤，C正確。

故選BCo

【分析】若波向右傳播或波向左傳播，求出波的周期，根據x=2m處的質點所處的位置進行分析。

19.【答案】（1）由圖可看出，該波的波長為

§=4m

周期為

T=4s

則波速為

u=*=2m/s

（2）由題意可知，G=0時刻，y=10m的質點起振，且起振方向向上，波傳至B點需要的時間為

。*TS=3S

質點B振動的時間為

t=t2—t1=竽s

質點B的振動方程為

z=/isincot=lOsin^t（cm）

將￡,=學s代入解得

z=5cm

【解析】【分析】（1）根據圖像確定波的波長及振動周期，再根據波長、波及周期的關系確定波的傳播速度；

（2）根據AB之間的距離結合波速確定波形傳至B點所需的時間，再結合題意確定B質點振動的時長。所

有質點的起振方向和波源的起振方向一致，根據圖乙振幅的大小，結合振動方程的特點確定質點B的振動方

程，再結合波的振動時間確定該時刻質點B相對于平衡位置的位移。

20.【答案】（1）由圖像可知，兩列波的波長2=0.4m,2s內傳播了一個波長，該波的周期T=2s。兩列波的

傳播速度相同，由