第1部分 第16讲 机械振动与机械波-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　物理 　第16讲　机械振动与机械波 知识框架 学习目标 1.能够判断某振动是否为简谐运动。 2.能够熟练应用三角函数和图像分析简谐运动。 3.能求解简谐运动的动力学和能量综合问题。 4.能求解简谐振动和简谐波的综合问题。 5.能熟练求解机械波的叠加和干涉问题。 考点1　简谐运动 1．判断振动是否是简谐运动的标准：物体所受回复力是否满足F回＝－kx。 注意：回复力只是沿运动方向的合力，在平衡位置合力不一定为0。 2．求解简谐运动及其图像问题的难点 (1)能熟练应用三角函数的知识结合题目已知条件，求解方程x＝Asin(ωt＋φ0)，计算出振幅A、初相位φ0、周期T或者t时刻的位移x。 (2)注意简谐运动的多解性，通常有两个引起多解的因素：运动方向的不确定，振动时间与周期关系的不确定。 3．求解简谐运动的动力学和能量综合问题的关键：以简谐运动的规律为基础，综合应用牛顿第二定律、功能关系或能量守恒定律求解。 例1　(2025·四川卷，5)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3∶4 D．小球丙、丁的摆长之比为1∶2 [解析]　根据单摆周期公式T＝2π，可知T丁>T丙>T乙>T甲，根据题意可得2T甲＝(m＋1)T丙，2T甲＝T乙，2T甲＝T丁，m、n、k均为自然数，可解得m＝0，n＝1，k＝0，则T丙＝2T甲，T乙＝T甲，T丁＝4T甲。由以上结果可得，T甲∶T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，结合单摆周期公式T＝2π，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁＝T∶T＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，经过时间T甲＝，则小球丙到达另一侧最高点，此时加速度不为零，故A错误；小球丁第一次回到平衡位置时，经过时间＝T甲＝，可知此时小球乙经过平衡位置，速度最大，动能最大，故B错误。 [答案]　C 例2　(2025·辽宁省实验中学高三下五模)简谐运动是最基本的机械振动，质量为m的物体在形如F＝－kx的回复力作用下，其位移—时间关系遵循x＝Asinωt的规律，其中ω＝＝称为角频率。采用不同的研究方法以及在不同的情境下分析简谐运动，可以使我们加深对相关知识的理解。如图所示，以O为原点(此时弹簧处于原长状态)，以水平向右的方向为x轴的正方向建立坐标系，物体质量为m，弹簧劲度系数为k，物体初始位置为x＝x0(x0>0)。 (1)若地面光滑，求此弹簧振子的周期T； (2)若地面粗糙，地面与物体间动摩擦因数为μ，当物体向左运动时： ①试写出物体平衡位置O′的坐标； ②以O′为新的坐标原点，水平向右为正方向建立O′x′坐标系，证明物体向左运动过程中所受合力符合方程F＝－kx′； ③求物体从开始运动至停止所需的时间t。 [解析]　(1)若地面光滑，则弹簧振子在水平方向上只受弹簧弹力的作用，为F＝－kx 根据题意有ω＝＝ 解得T＝2π。 (2)①若地面粗糙，物体向左运动时，受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝，方向向右 由平衡条件可知，物体在平衡位置处受到的弹力方向向左，大小为kx1＝f 解得平衡位置O′的坐标为x1＝x0。 ②当物体向左运动时，以水平向右为正方向，物体在x处的受力情况为F＝－kx＋f 若以O′为新的坐标原点，则物体的新坐标为x′＝x－x1 联立解得F＝－kx′。 ③结合上述分析可知，物体向左运动时可看作平衡位置在O′处的简谐运动，由于x1＝x0 所以x0－x1＝x1－0 即在最左端时，弹簧弹力大小为0，此时刻摩擦力会发生突变，物体将停在原点O处，因此物体运动时间为t＝T 解得t＝π。 [答案]　(1)2π (2)①x0　②见解析　③π 考点2　机械波与机械振动的综合问题 1．求解波的多解问题的关键 (1)根据质点振动方向的不确定性或波的传播方向不确定性，分情况分析列式； (2)根据质点振动的周期性或波形传播的周期性，列出通项式。 2．求解机械波与机械振动综合问题的关键 (1)紧扣质点的简谐振动与简谐波的关系 ①根据简谐波的传播情况可以求解简谐波上某质点的振幅、周期、振动方向、初相位等； ②根据简谐波上若干质点的振动情况可以求解简谐波的振幅、周期、传播方向等。 (2)巧用3个关系式：y＝Asin，v＝，y＝Asin。 例3　(2025·云南卷，7)如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t＝0时刻，波源开始振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t＝1.5 s和t＝2.5 s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则(　　) A．波速为2.5 m/s B．波源的平衡位置距离P点1.5 m C．t＝1.0 s时，波源处于平衡位置且向下运动 D．t＝5.5 s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同 [解析]　波形由实线变为虚线所需的时间为Δt＝1.0 s，由图可知，该段时间内波向前传播了Δx＝2 m，则该波的波速为v＝＝2 m/s，A错误；从t＝0到t＝2.5 s的时间内波向前传播的距离为2 m/s×2.5 s＝5 m，则波源的平衡位置距离P点为5 m－4 m＝1 m，B错误；由图可知波长λ＝4 m，则周期T＝＝2 s，由波的图像及“上下坡”法可知，每个质点的起振方向均向下，则波源的起振方向向下，t＝1.0 s＝时波源处于平衡位置且向上运动，C错误；由波的图像及“上下坡”法可知，t＝2.5 s时，平衡位置在P处的质点处于平衡位置向下运动，平衡位置在Q处的质点处于平衡位置向上运动，从t＝2.5 s至t＝5.5 s，经过3 s＝T，则t＝5.5 s时，平衡位置在P处的质点处于平衡位置向上运动，平衡位置在Q处的质点处于平衡位置向下运动，即t＝5.5 s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同，均为0，D正确。 [答案]　D 例4　(2025·河北省张家口市高三下三模)(多选)一简谐横波在t＝0时刻的波形图如图所示，质点P、Q的横坐标分别为xP＝8 m、xQ＝15 m，质点Q的位移随时间变化的关系为yQ＝0.5sin(πt) cm，则下列说法正确的是(　　) A．该简谐波的波长为15 m B．该简谐波沿x轴正方向传播 C．该简谐波的波速是10 m/s D．质点P的振动方程为yP＝0.5sin cm [解析]　由题图可知，该简谐波的波长为λ＝25 m－5 m＝20 m，故A错误；由yQ＝0.5sin(πt) cm可得，该简谐波的周期T＝＝ s＝2 s，该简谐波的波速v＝＝ m/s＝10 m/s，且t＝0时刻，Q点向上振动，根据“上下坡法”可得，该简谐波沿x轴负方向传播，故B错误，C正确；该波向左传播，P点比Q点滞后振动的时间Δt＝＝＝0.7 s，设P点相位比Q点相位落后Δφ，则有ω＝＝，联立解得Δφ＝π，故质点P的振动方程可表达为yP＝0.5sin cm，D正确。 [答案]　CD 考点3　机械波的叠加与干涉 1．波的叠加原理 当两列或多列波在同一介质中相遇时，在波重叠的区域内，每个质点的振动位移等于各列波单独存在时在该点引起的位移的矢量和。 2．波的干涉中振动加强点和减弱点的分布 两波源的振动方向沿同一直线、相位相同时： (1)某点到两波源的路程差Δs＝2n·，振动最强，振幅A＝A1＋A2； (2)某点到两波源的路程差Δs＝(2n＋1)，振动最弱，振幅A＝|A1－A2|。 注意：干涉现象中，各点不是处于静止状态，而是在做与波源同频率的振动。 例5　(2025·湖南卷，7)(多选)如图，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。t＝0时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy平面，频率均为2.5 Hz。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10 m/s。下列说法正确的是(　　) A．两横波的波长均为4 m B．t＝0.4 s时，C处质点加速度为0 C．t＝0.4 s时，C处质点速度不为0 D．t＝0.6 s时，C处质点速度为0 [解析]　根据波速、波长与频率间的关系v＝λf得，两横波的波长均为λ＝＝ m＝4 m，A正确；根据几何关系可知sBC＝＝5 m，则B处波源形成的波传播至C点所需的时间tBC＝＝0.5 s，A处波源形成的波传播至C点所需的时间tAC＝＝0.3 s，故t＝0.4 s时，只有A处波源形成的波传播到了C点，且C处质点振动了0.4 s－tAC＝0.1 s＝0.1×2.5T＝，即此时C处质点振动到了最大位移处，加速度最大，速度为0，B、C错误；t＝0.6 s时，A处波源与B处波源形成的波均传播到了C点，A处波源形成的波使C处质点振动了0.6 s－tAC＝0.3 s＝0.3×2.5T＝，B处波源形成的波使C处质点振动了0.6 s－tBC＝0.1 s＝0.1×2.5T＝，则此时两列波使C处质点的速度均为0，故此时C处质点速度为0，D正确。 [答案]　AD 例6　(2025·浙江1月选考，12)(多选)如图1所示，两波源S1和S2分别位于x＝0与x＝12 m处，以x＝6 m为边界，两侧为不同的均匀介质。t＝0时两波源同时开始振动，其振动图像相同，如图2所示。t＝0.1 s时x＝4 m与x＝6 m两处的质点开始振动。不考虑反射波的影响，则(　　) A．t＝0.15 s时两列波开始相遇 B．在6 m<x≤12 m间S2波的波长为1.2 m C．两列波叠加稳定后，x＝8.4 m处的质点振动减弱 D．两列波叠加稳定后，在0<x<6 m间共有7个加强点 [解析]　t＝0.1 s时x＝4 m与x＝6 m两处的质点开始振动，则波源S1产生的波向右传播到x＝4 m处，波在x＝6 m左侧介质中的波速大小为v1＝ m/s＝40 m/s，波源S2产生的波向左传播到x＝6 m处，波在x＝6 m右侧介质中的波速大小为v2＝ m/s＝60 m/s，设t1时刻两列波相遇，有v1t1＋0.1 s×v2＋v1(t1－0.1 s)＝12 m，解得t1＝0.125 s，A错误；由题图2可知，两波源的周期均为T＝0.02 s，则在6 m<x≤12 m间S2波的波长为λ2＝v2T＝60×0.02 m＝1.2 m，B正确；S1波传到x＝8.4 m处所用时间为t′＝ s＝0.19 s，此时S2波在x＝8.4 m处已经振动的时间为Δt＝0.19 s－ s＝0.13 s＝6T，则t＝0.19 s时S1波在x＝8.4 m处的振动形式为正处在平衡位置向上运动，S2波在x＝8.4 m处的振动形式为正处在平衡位置向下振动，由波的叠加原理可知，两列波叠加稳定后，x＝8.4 m处的质点振动减弱，C正确；S2波传到x＝6 m处时所用的时间为0.1 s＝5T，即此时S2波使x＝6 m处的质点正处在平衡位置向上振动，此时x＝0处的波源S1也正处在平衡位置向上振动，又两列波在0<x<6 m间的波长均为λ1＝v1T＝40×0.02 m＝0.8 m，则对该区间的振动加强点有x－(6 m－x)＝nλ1＝0.8n m，其中n为整数，解得n可取0、±1、±2、±3、±4、±5、±6、±7，则两列波叠加稳定后，在0<x<6 m间共有15个振动加强点，D错误。 [答案]　BC 1．(2025·安徽卷，2)如图，某同学演示波动实验，将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上，弹簧上系有一个标记物，在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧，形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是(　　) A．弹簧上形成的波是横波 B．推、拉弹簧的周期越小，波长越长 C．标记物振动的速度就是机械波传播的速度 D．标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量 答案：D 解析：弹簧上形成的波的传播方向与质点的振动方向在同一直线上，是纵波，故A错误；同一介质中，波的传播速度不变，推、拉弹簧的周期越小，则波的周期越小，由λ＝vT可知，波长越短，故B错误；标记物振动的速度反映的是标记物在其平衡位置附近做往复运动的快慢，机械波传播的速度反映的是波在介质中传播的快慢，二者是不同的，故C错误；标记物由静止开始振动，说明它获得了能量，这表明机械波能传递能量，故D正确。 2．(2024·浙江1月选考，10)如图1所示，质量相等的小球和点光源，分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上，间距为l，竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为2l，小球和光源做小振幅运动时，在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向，小球和光源的振动图像如图2所示，则(　　) A．t1时刻小球向上运动 B．t2时刻光源的加速度向上 C．t2时刻小球与影子相位差为π D．t3时刻影子的位移为5A 答案：D 解析：小球与光源均做简谐运动。根据题图2可知，t1时刻小球位于平衡位置，随后小球的位移为负值，且逐渐增大，可知t1时刻小球向下运动，故A错误；根据题图2可知，t2时刻光源位于正向位移最大处，由简谐运动规律可知，光源此时的加速度向下，故B错误；根据光的直线传播原理，由题图1、2可知，t2时刻影子的位移为负向最大值，即t2时刻小球与影子相位差为0，故C错误；分析可知，光源、小球和影子振动的平衡位置在同一高度处，设t3时刻影子的位移为y影子，画出此时光源、小球、影子的位置关系如图所示，根据几何关系有＝，解得y影子＝5A，故D正确。 3．(多选)如图所示是某水池的剖面图，A、B两区域水深分别为hA、hB，其中hA＝0.4 m，点O处于两部分水面分界线上，M和N是A、B两区域水面上的两点，O、M间距离为3 m，O、N间距离为4 m。t＝0时，M点从平衡位置向上振动，N点从平衡位置向下振动，形成以M、N点为波源的水波(可看作简谐横波)，两波源振动频率均为2 Hz，振幅均为5 cm。当t＝1 s时，O点开始振动且振动方向向下。已知水波的波速跟水深关系为v＝，式中h为水的深度，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．区域B的水深hB＝1.6 m B．A、B两区域水波的波长之比为2∶1 C．t＝1.5 s时，O点经平衡位置向上振动 D．t＝2.5 s后，MN之间存在10个振幅为10 cm的点 答案：AD 解析：t0＝1 s时，O点开始振动且振动方向向下，可知此时N点的波源形成的波刚好传到了O点，则水波在区域B的波速vB＝＝4 m/s，根据vB＝，可得hB＝1.6 m，故A正确；水波在区域A的波速vA＝＝2 m/s，根据λ＝，可得λA＝＝1 m，λB＝＝2 m，可知A、B两区域水波的波长之比为λA∶λB＝1∶2，故B错误；t1＝1.5 s时，M点的波源形成的波向右传播的距离x1＝vAt1＝3 m，恰好传播至O点，该波使O点在平衡位置向上振动，此时，N点的波源使O点振动的时间Δt＝1.5 s－1 s＝0.5 s＝＝T，则t1＝1.5 s时，N点的波源形成的波使O点在平衡位置向下振动，两列波的振幅、频率相同，由波的叠加原理可知，此时O点在平衡位置静止，故C错误；t2＝2.5 s时，两列波传播的距离分别为xM＝xOM＋vB(t2－1.5 s)＝7 m，xN＝xON＋vA(t2－1 s)＝7 m，故两列波均恰好传播到对方波源位置，分析可知，此时M点波源形成的波如图甲所示，N点波源形成的波如图乙所示，由波的叠加原理可知，t＝2.5 s后，MN之间振幅为10 cm的点共计10个位置，D正确。 4．(2025·山东省聊城市高三下二模)(多选)如图所示，x轴上x＝0与x＝10 m处有两个波源S1和S2，均可以沿z轴方向做简谐运动，两波源产生的机械波均能以波源为圆心在xOy平面内向各个方向传播，振动周期均为T＝2 s，波速均为v＝1 m/s。t＝0时刻波源S1开始沿z轴正方向振动，振幅A1＝2 cm；同时波源S2开始沿z轴负方向振动，振幅A2＝3 cm。下列说法正确的是(　　) A．t＝8 s时刻，x轴上x＝5.5 m处质点的位移为z＝－5 cm B．在x轴上，x>10 m区域是振动的减弱区 C．在x轴上，0<x<10 m区间内一共有9个振动的加强点 D．在xOy平面内，以O点为圆心，分别以3.6 m和4.4 m为半径画圆，则在这两圆上振动加强点的个数相等 答案：BD 解析：波源S1产生的波传到x轴上x＝5.5 m处需要的时间为t1＝＝5.5 s，则t＝8 s时波源S1使该处质点振动的时间为Δt1＝8 s－5.5 s＝2.5 s＝1T，则其位移z1＝A1＝2 cm，同理可知波源S2产生的波传到x轴上x＝5.5 m处需要的时间为t2＝＝4.5 s，则t＝8 s时波源S2使该处质点振动的时间为Δt2＝8 s－4.5 s＝3.5 s＝1T，则其位移z2＝A2＝3 cm，根据波的叠加原理可知，t＝8 s时刻，x轴上x＝5.5 m处质点的位移为z＝z1＋z2＝5 cm，A错误。两列波的波长均为λ＝vT＝2 m，x轴上，x>10 m区域内的各点到两波源的路程差均为Δx＝x－(x－10 m)＝10 m＝5λ，由于两波源的振动步调相反，故x>10 m区域是振动的减弱区，B正确。由于S1和S2相位相反，在x轴上，0<x<10 m区间内振动的加强点到两波源的路程差的绝对值满足|Δx|<10 m，且Δx＝(2n＋1)＝(2n＋1) m(n为整数)，即有－10 m<(2n＋1) m<10 m，解得n＝－5，0，±1，±2，±3，±4，共有10个加强点，C错误。以波源S1为圆心，分别以半径3.6 m和4.4 m画圆，如图所示，在半径为3.6 m的圆周上，Q点到两波源的距离之差最小，为Δx1＝QS2－QS1＝(10－3.6) m－3.6 m＝2.8 m，P点到两波源的距离之差最大，为Δx2＝PS2－PS1＝10 m，其振动加强点满足Δx1≤(2n1＋1)≤Δx2(n1为整数)，解得n1＝1，2，3，4，由对称性可知，该圆周上有8个振动加强点；在半径为4.4 m的圆周上，Q′点到两波源的距离之差最小，为Δx1′＝Q′S2－Q′S1＝(10－4.4) m－4.4 m＝1.2 m，P′点到两波源的距离之差最大，为Δx2′＝P′S2－P′S1＝10 m，其振动加强点满足Δx1′≤(2n2＋1)≤Δx2′(n2为整数)，解得n2＝1，2，3，4，由对称性可知，该圆周上也有8个振动加强点，D正确。 5．(2025·浙江省诸暨市高三下适应性考试)(多选)在平面S内有相距3 m的两相干波源和某一质点P，质点P到两波源的距离之差为2 m。在t＝0时刻，两波源同时垂直平面S开始振动，形成的波在平面S内的均匀介质中传播。两列波各自单独引起质点P的振动图像如图所示。在形成稳定干涉图样后，(　　) A．两列波的波长均为2 m B．平面S内的质点的最大振幅为16 cm C．质点P在3 s内通过的路程为48 cm D．平面S内以两波源为焦点的椭圆上有两处质点不振动 答案：CD 解析：由题图可知两波各自单独传播到质点P的时间相隔Δt＝0.5 s，两列波的周期均为T＝2 s，故波速v＝＝ m/s＝4 m/s，波长λ＝vT＝4×2 m＝8 m，故A错误；由题图可知两列波在P点叠加后有yP＝A1sin－A2sin＝A2sinπt－A1cosπt＝A1sin，则合振动的振幅为AP＝A1＝8 cm，所以形成稳定干涉图样后，质点P在3 s＝1.5T内通过的路程为1.5×4AP＝48 cm，故C正确；设椭圆上的某点A到椭圆两焦点的距离分别是r1、r2，椭圆焦点到椭圆中心的距离是c，结合椭圆知识可知0≤|r1－r2|≤2c，根据题意，可知2c＝3 m＝λ，则椭圆上的点到两波源的距离之差满足0≤Δr≤λ，由题图可知两波源的初相位相反，因此出现干涉减弱点的条件为Δr＝nλ(n为整数)，在0≤Δr≤λ内有一解n＝0，由对称性可知椭圆上存在两处质点不振动，D正确；同理可知，平面S上任意点到两波源的距离之差满足0≤Δr≤λ，结合两波源初相位相反，可知不存在Δr为奇数倍的振动加强点，最大振幅小于A1＋A2＝16 cm，B错误。 专题作业 课时检测Ⅰ 1．(2025·重庆卷，8)(多选)一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，如图所示，则(　　) A．该波的波长为4r B．该波的波速为2fr C．此时浮筒在最低点 D．再经过，浮筒将在最低点 答案：AD 解析：设该波的波长为λ，根据题意可得2λ＝9r－r，解得λ＝4r，故A正确；该波的波速为v＝λf＝4rf，故B错误；题图所示时刻第1圈实线的半径为r＝λ，即图示时刻浮筒恰从最高点振动周期，此时处于平衡位置且向下振动，故再经过＝T，浮筒将在最低点，故C错误，D正确。 2．(2025·陕晋宁青卷，8)(多选)一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1 m，a、b为介质中平衡位置相距2 m的两质点，其振动图像如图所示。则t＝0时的波形图可能为(　　) 答案：CD 解析：当波的传播方向为从a到b时，由题中信息可知，a、b两质点平衡位置间的距离xab＝λ＋nλ(n＝0，1，2，…)，且λ>1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ；当波的传播方向为从b到a时，由题中信息可知，a、b两质点平衡位置间的距离xab＝λ＋nλ(n＝0，1，2，…)，且λ>1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ；由题图知，t＝0时，a处于平衡位置，b处于波谷位置；综上可知，A、B错误，C、D可能正确。 3．(2025·山西省吕梁市高三下二模)2020年“天问一号”在火星上首次留下了中国印迹，首次实现了通过一次任务完成火星环绕、着陆和巡视三大目标。已知火星的半径为R，自转周期为T，若测得在时间t内，摆长为L的单摆在火星两极处可完成n次全振动，则在相同时间t内，该单摆在火星赤道处可完成全振动的次数为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：设火星两极处的重力加速度为g1，单摆的周期为T1＝，根据单摆周期公式有T1＝2π，解得g1＝；设火星赤道处的重力加速度为g2，在相同时间t内，该单摆在火星赤道处可完成全振动的次数为n′，则单摆的周期为T2＝，根据单摆周期公式有T2＝2π，解得g2＝；取一质量为m的物体放在火星赤道上，有mg1＝mg2＋mR，解得n′＝，故选A。 4．(2025·湖北卷，9)(多选)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后(　　) A．小球a可能会运动 B．若小球b做简谐运动，则其振幅为 C．当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动 D．当且仅当l≤时，小球b才能始终做简谐运动 答案：AD 解析：如果小球a不运动，则小球b与弹簧组成弹簧振子，小球b做简谐运动，在平衡位置处小球b所受合力为0，即将小球b下拉前的位置为小球b的平衡位置，易知小球b做简谐运动的振幅为l，B错误；将小球b下拉前，对小球b由平衡条件可得kx1＝mg，解得弹簧的伸长量x1＝，若小球a恰不运动，则小球b上升到最高点时细线拉力为0，此时对小球a由平衡条件可知，弹簧对小球a向上的弹力kx2＝mg，解得弹簧的压缩量x2＝，此时小球b的振幅为l＝x1＋x2＝，所以当且仅当l≤时，小球a不会运动，小球b才能始终做简谐运动，当l>时，小球a会运动，A、D正确，C错误。 5．(2025·湖南省邵阳市高三下第二次联考)(多选)“地震预警”是指在地震发生后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲所示，已知P点是平衡位置在x＝0处的质点，Q点的平衡位置坐标为x＝15 m，以此时刻作为计时起点，质点Q振动的加速度a与时间t的关系图像如图乙所示。则下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，质点P沿y轴正方向运动 B．地震横波的传播波速为9 m/s C．t＝5 s时，质点Q振动到波谷 D．0～5 s的时间内，质点P所走的路程小于50 cm 答案：BD 解析：由题图乙可知，地震横波的周期为T＝4 s，根据牛顿第二定律及回复力F＝－kx可知，t＝0时刻Q点正在向y轴正方向运动，结合题图甲可知，该波沿x轴负方向传播，则t＝0时，质点P沿y轴负方向运动，A错误；由题图甲可知，该地震横波的振幅A＝10 cm，结合A项分析，可得质点Q振动图像如图所示，可知t＝5 s时，质点Q振动到波峰，C错误；波沿x轴负方向传播，设P点的相位比Q延迟φ0，则P的振动方程为y＝Asin，由题图甲可知，<φ0<π，且Asin(－φ0)＝－5 cm，解得φ0＝，地震横波的波长为λ＝×15 m＝36 m，波速为v＝＝9 m/s，B正确；因为振幅A＝10 cm，周期T＝4 s，则一个周期内，质点P运动的路程为4A＝40 cm，而时间Δt＝5 s＝T，在t＝0时P点向下振动，则在经过一个周期后P的速度正在减小，在此后的时间内其路程小于10 cm，故0～5 s的时间内，质点P所走的路程小于50 cm，故D正确。 6．(2025·山东省菏泽市高三下一模)(多选)两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波源分别位于x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，波速均为0.2 m/s，振幅均为4 cm。如图为t＝0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点开始振动。质点M的平衡位置在x＝0.6 m处。下列说法正确的是(　　) A．t＝3 s时，M点的振动方向向下 B．0～4 s内质点M运动的路程为40 cm C．x轴上P、Q之间振动减弱点的个数为2个 D．右侧波引起Q点的振动方程为y＝4sinπt(cm) 答案：BD 解析：由图可知，左侧波波源的起振方向向下，右侧波波源的起振方向向上，两列波的波长均为λ＝0.4 m，周期均为T＝＝2 s，两列波相遇后可以发生稳定的干涉现象，右侧波传播到M点的时间为t1＝ s＝1 s，左侧波传播到M点的时间为t2＝ s＝2 s，则0～1 s内，质点M未振动，路程为0，1～2 s内，只有右侧波在M点引起振动，路程为s1＝2A＝8 cm，t＝2 s时，右侧波在M点引起的振动从平衡位置向下，左侧波恰好传播到M点，引起的振动从平衡位置向下，则M点为振动加强点，t＝3 s时，M点的振动方向向上，2～4 s内质点M运动的路程为s2＝4×(2A)＝32 cm，则0～4 s内质点M运动的路程为s＝s1＋s2＝40 cm，故A错误，B正确；由于两个波源的振动方向相反，可知路程差为λ的整数倍时为振动减弱点，设减弱点的坐标为x0，则有|(x0＋0.2)－(1.2－x0)|＝nλ(0.2 m<x0<0.8 m，n＝0，1，2，…)，可得，当n＝0时，x0＝0.5 m，当n＝1时，x0＝0.3 m或x0＝0.7 m，则x轴上P、Q之间振动减弱点的个数为3个，故C错误；结合上述分析可知，右侧波引起Q点的起振方向向上，又有ω＝＝π rad/s，A＝4 cm，则右侧波引起Q点的振动方程为y＝4sinπt(cm)，故D正确。 7．(2025·河北省廊坊市高三下五模)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻的波形如图所示，质点a的平衡位置在坐标原点，此时质点b正在波谷，质点a经过0.15 s第一次回到平衡位置，则下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻，质点a的位移为3 cm B．波的传播速度可能为10 m/s C．从t＝0时刻开始，若质点b比质点a先回到平衡位置，则波沿x轴正向传播 D．从t＝0时刻开始，若质点b比质点a先回到平衡位置，质点a的振动方程为y＝4sin cm 答案：D 解析：由题图可知，振幅A＝4 cm，7 m－3 m＝λ，得波长λ＝8 m，设t＝0时波形方程为y＝Asin＝4sin cm，将(3 m，0)代入，得y＝4sin cm＝0，解得φ0＝，则此时质点a的位移为ya＝4sin cm＝2 cm，故A错误；质点a经过Δt＝0.15 s第一次回到平衡位置，若波沿x轴正向传播，波速为v＝＝ m/s＝ m/s，若波沿x轴负向传播，波速为v′＝＝ m/s＝20 m/s，故B错误；从t＝0时刻开始，若质点b比质点a先回到平衡位置，由波形图可知，波沿x轴负向传播，设质点a的振动方程为y＝Asin，其中T＝＝ s＝0.4 s，t＝0时，y＝2 cm，且质点a向上振动，即0<φ1<，解得φ1＝，则质点a的振动方程为y＝4sin cm，故C错误，D正确。 8．(2024·浙江1月选考，15)(多选)在如图所示的直角坐标系中，xOz平面为介质Ⅰ和Ⅱ的分界面(z轴垂直纸面向外)。在介质Ⅰ中的P(0，4λ)处有一点波源，产生波长为λ、速度为v的波。波传到介质Ⅱ中，其速度为v，图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R和S点，此时波源也恰好位于波峰。M为O、R连线的中点，入射波与反射波在O点相干加强，则(　　) A．介质Ⅱ中波的频率为 B．S点的坐标为(0，－λ) C．入射波与反射波在M点相干减弱 D．折射角α的正弦值sinα＝ 答案：BD 解析：在介质Ⅰ中，根据v＝λf，可得波的频率f＝，波从一种介质传到另一种介质，频率不变，故介质Ⅱ中波的频率为f＝，故A错误；图示时刻波源位于波峰，则图示时刻与其距离为4λ的O点也位于波峰，由于图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，则O、S相距一个波长，在介质Ⅱ中，该波的波长为λ′＝＝λ，故S点的坐标为(0，－λ)，故B正确；入射波与反射波在O点相干加强，则二者在O点的相位差为0，所以反射波在x轴任何位置引起的振动都与入射波在该位置引起的振动相同，故入射波与反射波在M点相干加强，故C错误；设题图中从P到R的入射线的入射角为θ，因图示时刻介质Ⅱ中只有一个波峰，且P点、O点、R点均位于波峰，则P到R比P到O恰好多一个波长的距离，则PR＝4λ＋λ＝5λ，OR＝＝3λ，由几何关系可得sinθ＝＝＝，根据折射定律有n＝，又折射率n＝＝，可解得sinα＝nsinθ＝，故D正确。 9．(2025·辽宁省葫芦岛市高三下第二次模拟)如图所示，倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2m、不带电的滑块Q而处于静止状态，整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中，场强大小E＝。在Q的上方x0＝处由静止释放一质量为m、电荷量为＋q的滑块P，运动一段时间后P与Q发生碰撞，碰撞时间极短(可忽略不计)，P所带电荷量不会转移到Q。碰后P、Q一起向下运动，到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为g，P、Q可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2，弹簧振子的周期公式为T＝2π，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。 (1)求碰后瞬间P、Q的共同速度大小； (2)求碰后P、Q一起向下运动的最大位移； (3)试判断P、Q碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离，则求从释放P到P、Q第一次分离所用的时间；如果不会分离，则求从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间。 答案：(1)g　(2) (3)不会分离　 解析：(1)设滑块P、Q碰撞前瞬间P的速度大小为v1，根据动能定理有 (mgsinθ＋Eq)x0＝mv－0 解得v1＝3g 设碰后瞬间P、Q的共同速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv1＝(m＋2m)v2 解得v2＝g。 (2)设初始时刻弹簧的压缩量为x1，对Q，由平衡条件有kx1＝2mgsinθ 解得x1＝ 设碰后P、Q一起向下运动的最大位移为x2，对P、Q碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据功能关系有 (m＋2m)gx2sinθ＋Eqx2＝k(x1＋x2)2－kx－(m＋2m)v 解得x2＝。 (3)P、Q分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同。假设P、Q碰后的运动过程中未分离，且P、Q上升到最高点时弹簧的伸长量为x3，从碰后瞬间到最高点，根据功能关系有 kx－kx＋(m＋2m)v＝(m＋2m)g(x1＋x3)sinθ＋Eq(x1＋x3) 解得x3＝0 说明弹簧恢复到原长时P、Q恰好到达最高点，且分析知P、Q恰好不会分离，P、Q碰后一起做简谐运动，振幅为A＝＝，周期为T＝2π＝2π 由此可知P、Q碰撞位置到平衡位置的距离为Δx＝A－x1＝ 由于Δx＝A·sin30°，所以P、Q从碰后至运动到平衡位置所用的时间Δt＝T＝ 设从释放P到P、Q碰撞经历的时间为t1，根据动量定理有(mgsinθ＋Eq)t1＝mv1－0 设从P、Q碰撞到第二次速度为零经历的时间为t2，则t2＝Δt＋T 从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间t＝t1＋t2 解得t＝。 课时检测Ⅱ 1．一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s。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10 cm时，游客能舒服地登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是(　　) A．0.5 s B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s 答案：C 解析：设游船振动图像表达式为y＝Asinωt，由题意知A＝20 cm，ω＝＝π rad/s，当y＝10 cm时，在0<t<T范围内，解得t1＝0.25 s或t2＝1.25 s，则在一个周期内游客舒服登船时间Δt＝t2－t1＝1.0 s。故选C。 2．(2025·广东省广州市高三下一模)某次地震时，震源同时产生P波(纵波)和S波(横波)，传播速率分别约为8 km/s和4 km/s，某监测点记录到P波比S波早到达120 s。假设震源的振动周期为1.25 s，地震波沿直线传播，则(　　) A．P波的频率为S波的一半 B．P波的波长为S波的一半 C．P波的波长约为5.0 km D．震源距监测点约960 km 答案：D 解析：由于同一震源产生的P波和S波的周期相同，均为T＝1.25 s，则P波和S波的频率均为f＝＝0.8 Hz，故A错误；由v＝λf可知，P波的波长约为λP＝＝10 km，S波的波长约为λS＝＝5 km＝λP，故B、C错误；由题知，P波比S波早到达Δt＝120 s，设震源到监测点的距离为s，则Δt＝－，解得s＝960 km，故D正确。 3．(2025·海南卷，5)如图所示，实线和虚线分别是沿着x轴正方向传播的一列简谐横波在t＝0时刻和t＝0.5 s时刻的波形图，已知波的周期T>0.5 s，则下列关于该列波说法正确的是(　　) A．波长为5 cm B．波速为10 cm/s C．周期为1 s D．t＝0时刻，质点M向下振动 答案：D 解析：由题图可知，该列波的波长为λ＝10 cm，故A错误；波沿x轴正方向传播，结合题图可知，Δt＝0.5 s的时间内，有Δt＝nT＋T(n＝0，1，2，…)，已知波的周期T>0.5 s，则n只能取0，即T＝ s，波速为v＝＝15 cm/s，故B、C错误；该列波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知，t＝0时刻，质点M向下振动，故D正确。 4．(2025·河南卷，8)(多选)贾湖骨笛是河南博物院镇馆之宝之一，被誉为“中华第一笛”。其中一支骨笛可以发出A5、B5、C6、D6、E6等音。已知A5音和D6音所对应的频率分别为880 Hz和1175 Hz，则(　　) A．在空气中传播时，A5音的波长大于D6音的 B．在空气中传播时，A5音的波速小于D6音的 C．由空气进入水中，A5音和D6音的频率都变大 D．由空气进入水中，A5音的波长改变量大于D6音的 答案：AD 解析：A5音和D6音的频率不同，但都是声波，两种频率的声波在空气中传播时的波速相同，B错误；由于A5音的频率小于D6音的，由v＝λf可知，在空气中传播时，A5音的波长大于D6音的，A正确；声波的频率由波源决定，在不同介质中传播时频率不变，C错误；由λ＝可知波长改变量Δλ＝，又因声波在介质中传播速度与频率无关，则两种频率的声波由空气进入水中速度的改变量Δv相同，由于A5音的频率小于D6音的，所以A5音的波长改变量大于D6音的，D正确。 5．(2025·河北卷，9)(多选)如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．左侧小物块沿斜面做简谐运动 B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大 C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等 D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长 答案：AC 解析：规定沿左侧斜面向下为左侧小物块运动的正方向，沿右侧斜面向上为右侧小物块运动的正方向，以小物块的平衡位置为参考点，当小物块的位移为x时，对左侧小物块，有F合左＝－kx＋mgsinθ－FT＝ma，对右侧小物块，有F合右＝－kx－mgsinθ＋FT＝ma，联立可得F合左＝F合右＝－kx，细绳的拉力FT＝mgsinθ，所以左侧小物块和右侧小物块均沿斜面做简谐运动，细绳的拉力在小物块运动过程中恒定不变，A正确，B错误；根据简谐运动的对称性，可知右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等，C正确；右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间为简谐运动周期的，又由F合右＝－kx分析知，右侧小物块做简谐运动的周期与斜面的倾角θ无关，所以若θ增大，右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变，D错误。 6．(2022·浙江1月选考，15)(多选)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t＝0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距λ，则(　　) A．t＝时，波形如图2甲所示 B．t＝时，波形如图2乙所示 C．t＝时，波形如图2丙所示 D．t＝T时，波形如图2丁所示 答案：BD 解析：由题知波速v＝。经过，两列波各向前传播的距离x＝v＝，则t＝时，两列波还未相遇，故A错误；经过，两列波各向前传播的距离x＝v＝，则t＝时，两列波的波前端刚好相遇，故B正确；经过，两列波各向前传播的距离x＝v＝λ，则t＝时，两列波的波谷与波谷刚好相遇，此处质点偏离平衡位置的位移大小为2倍振幅，故C错误；经过T，两列波各向前传播的距离x＝vT＝λ，则t＝T时，两列波在各质点引起的振动状态都抵消，所有质点的位移均为零，故D正确。 7．(2025·山东卷，9)(多选)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2 cm，波速均为1 m/s，M、N为介质中的质点。t＝0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为1 cm。下列说法正确的是(　　) A．甲波的周期为6 s B．乙波的波长为6 m C．t＝6 s时，M向y轴正方向运动 D．t＝6 s时，N向y轴负方向运动 答案：BD 解析：由题图可知，甲波的波长为λ甲＝2×2 m＝4 m，则甲波的周期为T甲＝＝＝4 s，A错误；设t＝0时刻乙波的波形表达式为y＝Asin，结合题图可知，当x1＝2 m时，y1＝，可得×2 m＋δ0＝，当x2＝6 m时，y2＝，可得×6 m＋δ0＝，联立解得乙波的波长为λ乙＝6 m，B正确；0～6 s，甲、乙波形分别沿x轴负向、x轴正向平移Δx＝vΔt＝6 m，将题图中甲、乙波形补画至x＝0处，由同侧法可知，t＝0时，甲波使x＝0处质点向y轴负方向运动，乙波使x＝0处质点向y轴负方向运动，则t＝6 s时，M向y轴负方向运动，N向y轴负方向运动，C错误，D正确。 8．(多选)2024年我国将加速稳步推进载人登月，未来中国航天员将登上月球。试想航天员用同一装置对同一单摆分别在地球和月球上做受迫振动实验，得到如图所示的共振曲线，共振频率为f1、f2。将月球视为密度均匀、半径为r的球体，引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，不考虑星球自转的影响。下列说法正确的是(　　) A．该单摆在月球上的共振频率为f2 B．月球表面的重力加速度g月＝g C．月球的质量M月＝ D．月球的密度ρ月＝ 答案：BD 解析：根据单摆周期公式T＝2π，可得该单摆在地球上的固有频率f地＝＝，在月球上的固有频率f月＝＝，由于g月<g，所以f月<f地，又由受迫振动振幅与驱动力频率的关系可知，该单摆在月球上的固有频率为f月＝f1，在地球上的固有频率f地＝f2，则月球表面的重力加速度为g月＝g，故A错误，B正确；质量为m的物体在月球表面上，有＝mg月，解得月球的质量为M月＝，根据M月＝ρ月·πr3，可得月球的密度为ρ月＝，故C错误，D正确。 9．(2025·浙江省宁波市高三下三模)(多选)如图甲所示，在同一均匀介质中有两个相距4 m的波源S1和S2，两波源的连线上有相距0.5 m的A、B两点，其中B点位于两波源连线的中点处。t＝0时两波源同时开始上下振动，其中S2的振动图像如图乙所示。经过一段时间，观察到B点振动始终减弱，A点振动始终加强，两者振幅之差为16 cm，且A、B之间没有其他的振动加强点和减弱点。下列说法正确的是(　　) A．S1的起振方向向下 B．S1的波速为10 m/s C．整个圆周上(S1和S2除外)有5个振动减弱点 D．0～0.45 s内，A点通过的路程为96 cm 答案：BD 解析：B点到两波源的路程差为ΔxB＝0，且是振动减弱点，所以两波源的起振方向相反，由图乙可知波源S2的起振方向向下，则波源S1的起振方向向上，故A错误；两波源的起振方向相反，A点到两波源的路程差ΔxA＝ m－ m＝1 m，A点振动始终加强，且A、B两点间没有其他的振动加强点与减弱点，则ΔxA－ΔxB＝，代入数据解得λ＝2 m，由图乙可知波的周期T＝0.2 s，则波速v＝＝10 m/s，故B正确；取圆上一点到S1、S2两个波源的距离分别为x1、x2，两波源的起振方向相反，振动减弱点满足x1－x2＝nλ(n＝0，±1，±2，…)，三角形两边边长之差小于第三边的边长，则|x1－x2|＜4 m，解得n＝0，±1，根据对称性可知，在圆周上除波源外振动减弱的点有6个，故C错误；由图乙可知波源S2的振幅为A2＝12 cm，A是振动加强点，B是振动减弱点，两者振幅之差是16 cm，则A1＋A2－|A1－A2|＝16 cm，解得A1＝8 cm，波源S1产生的波传到A点需要的时间t1＝＝ s＝0.15 s，波源S2产生的波传到A点需要的时间t2＝＝ s＝0.25 s，0.15～0.25 s内，t1＝0.25 s－0.15 s＝0.1 s＝T，质点A的路程s1＝2A1＝2×8 cm＝16 cm，0.25～0.45 s内，t2＝0.45 s－0.25 s＝0.2 s＝T，质点A的路程s2＝4(A1＋A2)＝4×20 cm＝80 cm，则0～0.45 s内质点A的路程s＝s1＋s2＝16 cm＋80 cm＝96 cm，故D正确。 10．(2023·山东卷，10)(多选)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是(　　) A．，3t B．，4t C．，t D．，t 答案：BC 解析：以水平向右为正方向。当A、B两点在平衡位置的同侧时，由B点位移大小是A点的倍可知，平衡位置在A点左侧，则有xA＝A，xB＝A，而xB－xA＝L，解得振幅A＝；根据振动方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得质点向右经过A点时φA＝，由xB＝AsinφB可得质点第二次经过B点时φB＝π，则T＝t，解得周期T＝4t。当A、B两点在平衡位置两侧时，有xA＝－A，xB＝A，而xB－xA＝L，解得振幅A＝；根据振动方程x＝Asinφ，由xA＝AsinφA可得质点向右经过A点时φA＝－，由xB＝AsinφB可得质点第二次经过B点时φB＝π，则T＝t，解得周期T＝t。综上可知，应选B、C。 11．(2025·河北省衡水市衡水中学高三下三模)(多选)如图所示为一列简谐横波沿x轴传播的过程中，在t＝0.5 s时的波形图，P、Q为介质中的两点，已知P点的平衡位置坐标xP＝1 m，Q点的振动方程为y＝Asin。下列关于该简谐波的说法正确的是(　　) A．波长为12 m B．Q点的平衡位置的坐标为4 m C．波沿x轴负方向传播 D．平衡位置在坐标原点的质点从图示时刻再经过5.5 s第一次到达波峰位置 答案：AD 解析：设t＝0.5 s时的波形方程为y＝Asin，将、(1 m，A)代入，解得φ0＝，λ＝12 m，故A正确；t＝0.5 s时Q的位移为y＝Asin＝A，代入t＝0.5 s时的波形方程，结合图像可得xQ＝3 m，故B错误；由Q点的振动方程可知，t＝0.5 s时Q点向y轴正方向振动，由题图结合“上下坡法”可知波沿x轴正方向传播，故C错误；由Q点的振动方程有ω＝＝ rad/s，则该波的周期T＝6 s，波速为v＝＝2 m/s，由t＝0.5 s时的波形方程可知，y轴左侧第一个波峰的横坐标为x0＝－11 m，则平衡位置在坐标原点的质点从图示时刻开始到第一次到达波峰所经历的时间Δt＝＝5.5 s，故D正确。 12．(2025·黑龙江省哈尔滨第三中学高三下二模)质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一质量为2m的物块从钢板正上方距离为4.5x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势能表达式为Ep＝kx2，弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π(x为弹簧形变量，M为振子的质量，k为弹簧劲度系数)，钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是3 B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝6x0 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间为 D．运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm＝18mgx0 答案：C 解析：设物块与钢板碰前瞬间物块的速度为v0，根据动能定理有2mg×4.5x0＝×2mv－0，解得v0＝3，设物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是v1，由动量守恒定律有2mv0＝3mv1，解得v1＝2，故A错误；与物块相碰前，对钢板由平衡条件有kx0＝mg，设碰后弹簧的最大压缩量为x1，物块和钢板的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，根据机械能守恒定律有kx＋×3mv＋3mg·(x1－x0)＝kx，解得k＝，x1＝7x0(另一解x1＝－x0舍去)，碰后物块与钢板一起做简谐运动，当物块与钢板受力平衡时为平衡位置，设此时弹簧的压缩量为x2，由平衡条件有3mg＝kx2，解得x2＝3x0，所以振幅为A＝x1－x2＝4x0，故B错误；由题意可知，弹簧振子做简谐运动的周期为T＝2π＝2π，以向上为正方向，由前面分析知碰撞点的位移为x2－x0＝2x0＝，以碰撞后瞬间为t＝0作出振动图像，如图所示，设振动图像的解析方程为y＝Asin(ωt＋φ0)，将代入，结合图像可得φ0＝π，所以从碰撞刚结束到第一次运动到最低点所经历的时间t′满足＝，解得t′＝，故C正确；当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大，为Epm＝kx＝24.5mgx0，故D错误。 28 学科网（北京）股份有限公司 $