高中物理易错题专练：振动和波

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

芸

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/和周期7。（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『=一2F的大小，=加4I。的大小

及方向---->及方向

及方向I

（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=2n-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/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g'

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7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)时间间隔加=“7(波传播粗，"=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故=加(〃=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Ax=(2"+

1)15=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

y

沿波的传播方向，"上坡'’时质点向下振动，“下下坡上

“上下坡”法0

坡”时质点向上振动工坡下

波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭

“同侧”法

头在图线同侧0-

将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应

y

“微平移”法同一X坐标的两波形曲线上的点来判断振动方

O回42-

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”

分清振动图像与波动图像。此问题最简单，只

要看清横坐标即可，横坐标为多则为波动图像,

横坐标为t则为振动图像

看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的

数量级

找准波动图像对应的时刻

找准振动图像对应的质点

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加。

①当两波源振动步调二致时

若Ar=4(〃=0,l,2,…),则振动加强；

若加'=(2〃+1)；(〃=0,1,2,...),则振动减弱。

②当两波源振动步调相反时

若加=(2〃+1)纵=0,1,2,...),则振动加强;

若八升=加(〃=0,1,2,...),则振动减弱。

三9

【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。点为平衡位置，在4B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取大

B.在t=O.ls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=O.ls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至h=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。

变式练习

【变式1T】（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2/B.频率为100Hz

C.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4,A错误；抵消声波与噪声的频率相同，由/=T=100Hz,B正

确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为，2=vr=340x0.01m=3.4m,

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「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f=0.2s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（）

—1

1

i

^

〃

图图2

A.0~0.2s,物块的加速度逐渐增大B./=0.2s后物块做简谐运动

C.0.2~0.4s,物块的加速度先减小后增大D.0.2~0.4s,物块的加速度先增大后减

小

【答案】BC

【详解】A.由题知0~0.2s,物块做自由落体运动，加速度恒定，A错误；

B.从图像看f=0.2s后的图像为正弦函数，物块做简谐运动，B正确；

CD.0.2~0.4s,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「3】（2022•浙江6月卷・TU）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，两弹簧自由端相距尤。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（）

..............................LLL,

/UUUUUUUUUUUo'UUUUUUUUUUU「

A.小球做简谐运动

B.小球动能的变化周期为工

2

C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T

V

D.小球的初速度为一时，其运动周期为2T

2

【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。，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

根据对称性可知小球从与5-»。，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二，两根弹簧的总弹性势

2

能的变化周期为工，B正确，C错误；

2

D.小球的初速度为上时，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

2

据弹簧振子周期公式

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

V

一时，其运动周期应小于2T,D错误；

2

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（）

甲乙

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？=2万#,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。

支式练习

【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7=2区可知,

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，由后.=工机/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。

K2

【变式「2】如图所示，三根长度均为L的轻细绳a、b、c组合系住一质量分布均匀且带

正电的小球m,球的直径为绳b、c与天花板的夹角e=30。，空间中存在平行于

纸面竖直向下的匀强电场，电场强度八:重力加速度为g,现将小球拉开小角度后由

静止释放，则（）

o

2L+d

A.若小球在纸面内做小角度的左右摆动，则周期为2%

2g

B.若小球做垂直于纸面的小角度摆动，则周期为2万

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/=C+g电场和重力场

合成等效重力加速度为2g,振动的周期为r,IT£+f/2Z+d根据题意可

V2g12g14g

知，若小球以。为圆心做简谐运动，摆长/'=£+£sina+&振动周期为

2

L+Lsina+

T=2乃K：-2^,2:.2„pL+d摆球经过平衡位置时速度最大,合力不为零;

2\2g丫2gV4g

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。在「=0时刻发出一列简谐横波，/=0.2s时波传播到距波源0.4m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.t=0时，波源。向了轴正方向运动

B./=0时，质点P的速度正在减小

C.f=0.2s时，质点。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。在刚开始振动时也应沿V轴负方向，故A错误；

B.t=0时刻，波源。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，f=0.2s时，质点。沿了轴负方向，即远离离开平衡位置，可知加速度正在

增大，故C正确；

D.质点尸只能沿V轴振动，不能沿波的传播方向移动，故D错误。故选C。

变式练习

【变式8.（2023湖南卷）如图（a）,在均匀介质中有4B、。和。四点,

其中4B、C三点位于同一直线上，ZC=5C=4m,OC=3m,DC垂直./=0时,

位于/、。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/2D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/s

B./=2s时，。处的质点开始振动

C./=4.5s时，。处的质点向了轴负方向运动

D./=6s时，。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

v=4=网

T4s

A错误;

B.由图（a）可知，〃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处所需的时间为左=2—=—1±=3s,故/=2s时，〃处的质点还未开始振动，B

vIrn/s

错误；

C.由几何关系可知40=HD=5m,波源4、8产生的横波传播到。处所需的时间为

AD5m「

t,„=---=----=5s

vlm/s

故/=4.5s时，仅波源C处的横波传播到〃处，此时〃处的质点振动时间为

4=t—tc=1.5s

由振动图像可知此时。处的质点向y轴负方向运动，C正确；

D./=6s时，波源。处的横波传播到。处后振动时间为

t2=t—tc=3s

由振动图像可知此时〃处为波源C处传播横波的波谷；，=6s时，波源46处的横波

传播到〃处后振动时间为

%5=k

由振动图像可知此时〃处为波源48处传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知此时

〃处质点的位移为

y-2A-A-2cm

故，=6s时，〃处的质点与平衡位置的距离是2cm。D错误。

故选Co

【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

40

JQ----cm

和办两个质点，其平衡位置分别位于3和x=120cm处。某时刻方质点的位移为

y=4cm,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（）

B

【答案】A

404

【解析】数之间的距离为Ax=—+120=—X

33

此时6点的位移4cm且向y轴正方向运动，令此时6点的相位为。，贝！）有4=8sin。

Jr57r

解得9=—或0=——（舍去，向下振动）

66

2

由助之间的距离关系可知I2

%一。=于.02%=不左

X5

则处=*"，可知a点此时的位移为y=8sin%=4cm

.【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

t+-T

周期时为了，。、b、c、d是波的传播方向上的四个质点，则在4时刻（）

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。和b在t时刻正沿y轴正方向运

动，在/+时刻质点。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/+[7时刻，质点c处于平衡位置，此时速度最大，故C正确；

4

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时刻的波形图;

P是介质中位于x=2m处的质点，其振动图像如图（6）所示。下列说法正确的是（）

B.波向左传播

C.波的振幅是10cm

D.x=3m处的质点在/=7s时位于平衡位置

E.质点P在0~7s时间内运动的路程为70cm

易错分析：.（1）不理解振动图像与波的图像的区别。

⑵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6可知波的周期为2s,则波速为

24

v=—=—m/s=2m/s故A正确；

T2

B.由图乙可知i=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i=0时下3m处的质点位于波谷处，由于/=7s=3T+，T

2

可知在"7s时质点位于波峰处；质点P运动的路程为s=3x4/+Lx4Z=70cm

2

故D错误，E正确；

故选ABEo

变式练习

【变式1T】（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

的两个质点只。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/s

C.4s时一质点向上振动D.4s时。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0、尸两个质点振动反相，则可知两者间距离等于（〃+g”=6,〃=0,1,2,-

23

根据v=—=-----，n=0,1,2,…，可知B错误；

T2n+l

由尸质点的振动图像可看出，在4s时尸质点在平衡位置向上振动，C正确；

由0质点的振动图像可看出，在4s时0质点在平衡位置向下振动，D错误。

【变式「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4时刻和马时

刻的波形图，其中：2>%，P、Q分别是平衡位置为%=LOm和％=4.0m的两质点。图（b）

为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（）

B.%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/s

D.4到芍时间内，质点P随波向右移动了3m

E.%到质时间内，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％时刻是哪个时刻，假设乙=0,由图（b）可知，质点Q在4时

刻正在沿y轴正方向振动，则波向x轴正方向传播，可得马-4=；+〃T（"=0,l,2,3L）假设

=0.1s,由图（b）可知，质点Q在％时刻正在沿y轴负方向振动，则波向x轴负方向传播,

可得马一匕=彳+"7(〃=0,1,2,3L)代入数据可知,当％=0.1s时，〃=1/27i=0-35s,A正确;

B.4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a=81!1周期为7=0.25故其传播速度为丫=下=40111/5,C正确；

D.%到芍时间内，质点P只在y轴方向上下振动，x轴方向无位移，D错误；

E.。到为时间内,。运动的路程可能是1=4+4〃/("=0,1,2,31)或

S2=3A+4nA(n=0,1,2,3L)如果4=0,在第一个;时间内，P沿y轴负方向运动到与x轴对

称的位置,路程弘大于振幅莉则质点P在。到t2时间内的路程为《=%+4nA(n=0,1,2,3L)；

T

5；>《如果:|=0.卜，在第一个a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，路程为小于振幅4则质点P在％到马时间内的路程为

s'2=y2+2A+4nA(n=0,1,2,3L)；s'2<s2,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)。/=3s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.0~3s时间内该质点通过的路程为4m

【答案】BD

夕

【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lsv=^=2.4m/s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,由芯=历=1.201可知质点与波源的距离为L2m,故C错误；

D.一个周期内质点通过的路程为4/,0~3s内该质点运动2.5s,故2.5s内质点通过的路程

s=104=4m

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。。先调节A、B两管等长，。处探测

到声波强度为400个单位，然后将A管拉长d=15cm,在。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，贝U()

A.声波的波长％=15cmB.声波的波长4=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d=15cm后,

两声波在。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

4+4=20=10

A3

可得两声波的振幅之比寸=彳故C正确，D错误;

41

夕

AB.根据振动减弱的条件可得彳=2d

2

解得％=60cm故AB错误。故选C。

变式练习

【变式1T】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8P方向传播，户与8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H在同一介质中沿CP方向传播，P与。相距50cm,C点的振动图像如图丙所示。

在1=0时刻，两列波同时分别经过3、C两点，两列波的波速都为20cm/s,两列波在P点

A.两列波的波长均为20cm

B.尸点是振幅是为10cm

C.4.5s时尸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

夕

【详解】A.由图知，两列波的周期都是7=ls由v=下得波长/L=vT=0.2xlm=0.2m故A正

确；

B.因为PC-P8=50cm-40cm=10cm=0.1m=0.52而/=0时刻两波的振动方向相反，贝!］尸是

振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为70cm,故B错误；

PC05PR04

C.波从。传到P的时间为tx=—=*s=2.5s波从B传到P的时间为弓=—=拦s=2s在

v0.2v0.2

/=2.5s时刻，横波H与横波I两波叠加，质点尸经过平衡向下运动，在l=4.5s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=2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「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（）

本歹/cm

-----><-----

A.t=O.75s时刻，两列波刚好在/W点相遇

B.t=0.75s时刻,质点P运动的路程12cm

C.质点P、Q的起振方向相反

D.t=ls时刻，质点Q加速度最大

E.t=ls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％=4m所以波的传播速度大小为v=（=4m/s,

t=0.75s时刻，两列波各自向传播的距离均为工=讨=4乂0.7501=3111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s=3/=12cm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=ls时刻，沿x轴正方向传播的简谐波还没有到达。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〃■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y=-2Z=-2x4cm=-8cm

故E正确。故选ABE。

易错题通关

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f=0时波源开始振动,

/=0.5s时波形如图，则下列说法正确的有（）

A.在这种介质中波速v=4m/s

B.x=1m处质点在1=0.3s时位于波谷

C.波源振动方程y=0.02sin（5R+;r）m

D.x=-1m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t=0.5s时，波传播的距离为x=2.5m,故波的速度为

X25

v=—=-^m/s=5m/s故A错误；

t0.5

B.由图可知该波的波长为2=2m,所以波的周期为T=2=：s=0.4s波传播到x=hn需要

v5

的时间

Y11

fi='==s=0.2s由图可知该波的起振方向向下，i=0.3s该波振动了0.1s,即所以位

v54

于波谷，故B正确；

C.根据图像可知该波的振动方程为

y=/sin（苧/+0]=-0.02sin（5刘m=0.02sir（5兀t+由rr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。的质点振动图像

如右图所示。当，=7s时，简谐波的波动图像可能正确的是（）

【解析】

由。点的振动图像可知，周期为7=12s,设原点处的质点的振动方程为

2万

y=Zsin（y+。）

则

10=20sin

解得

71

(0=—

6

在t=7s时刻

%=20sin(—x7+—)=-1oV3cm«-17.3cm

126

因

则在/=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x=0.25m的波源尸从/=0时刻开始振动，形成的简谐横

波沿x轴正负方向传播，在，=2.0s时波源停止振动，，=2.1S时的部分波形如图所示，其中

质点。的平衡位置1.75m,质点6的平衡位置4=-0.5m。下列说法正确的是（）

、y/cm

-15

A.沿x轴正负方向传播的波发生干涉

B.7=0.42s时，波源的位移为正

C./=2.25s时，质点°沿y轴负方向振动

D.在0到2s内，质点6运动总路程是2.55m

【答案】BD

【解析】

A.波从波源发出后，向无轴正负方向传播，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

A=1m

由题意可知0.1s内波传播四分之一波长，可得

T

-=0.1s

4

解得

7=0.4s

根据同侧法可知，波源的振动方向向上，/=0.42s即T</<江时，波源向上振动，位移

4

为正，故B正确;

C.波的波速

2

V==2.5m/s

T

波源停止振动，到质点。停止振动的时间

1.75-0.25……

A=-------------s=0.6s>0.25s

12.5

即质点。还在继续振动，，=2.1s至卜=2.25s经过时间右=015s即：</2<g，结合图象

可知质点。位移为正且向N轴正方向运动，故C错误；

D.波传到6点所需的时间

—s=0.3s

32.5

在0到2s内，质点6振动的时间为

17

t4=2s—0.3s=1.7s=—7"

质点6运动总路程

s=17/=17x0.15m=2.25m

故D正确。

故选BDo

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？=2万J晟，其中仅为振子质量、发为弹簧劲度系数，下列说法正确

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./=0.15s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T=2%后知，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.对甲有漏=2cos=2cos5R(cm)对乙有%乙=-sin%%=-sin5"(cm)

t-0.15s时，则有x甲=2cosa)^t=2cos5^x0.15(cm)=-V2cm；

正

生二-sin%,=-sin(5»x0.15)(cm)=——^-cm

弹簧劲度系数相同，由尸=-丘可知，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7=2万与小球质量无关，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y=/sin(m，cm=30sin[Y?4m当y=15cm时，

可解得4=0.25s；4=L25s游客可舒服登船的时间为AffF=ls风浪较小时，游客在一个

周期内，有半个周期能舒服登船，故Af'=1T=L5s故风浪较小时舒服地登船时间增加了

2

t"==0.5s故选Co

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

端连接质量为加的小球，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T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2mg

B.弹簧劲度系数为半

C.孑-T时间段，回复力冲量为。

D.g-7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，《时刻弹簧弹力为0,位

移大小为/,有

=mg可得劲度系数为左=登故B错误；

A

A.0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为24,则弹力大小为F=^2/=2mg故A正确;

C.时间段，小球从从最高点振动到达最低点，回复力在前§时间沿正方向，在后4时

244

间沿负方向，两段时间的回复力平均值户大小相等，则由/=斤（+[-声可知回复力

冲量为0,故C正确；

D.7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。以木棒所受浮力尸为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角

坐标系，浮力尸随水平位移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.x=0.35m和x=0.45m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。请

2pSg

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，