5.1 第一讲 机械振动与机械波-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题五 机械振动与机械波 光 速览 三年考情 第一讲　机械振动与机械波 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 考点一　机械振动 1.简谐运动的五个特征 受力 特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反 运动 特征 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小 能量 特征 振幅越大，能量越大。在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒 周期性 特征 质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，变化周期为 对称性 特征 在关于平衡位置O对称的两点处，动能、势能相等，速度大小相等、方向相反，相对平衡位置的位移大小相等 2.单摆 (1)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力F＝mgsin θ≈－x，令＝k，可得F＝－kx，负号表示回复力F与位移x的方向相反。(如图所示) ①当摆球在最高点时，Fn＝m＝0，FT＝mgcos θ。 ②当摆球在最低点时，Fn＝m，Fn最大，FT＝mg＋m。 (2)单摆周期公式：T＝2π ①单摆的悬点静止(或做匀速直线运动)时：g为当地重力加速度，在地球上不同位置g的取值不同，不同星球表面g值也不同。 ②单摆处于超重或失重状态时：等效重力加速度g0＝g±a。在近地轨道上运动的卫星加速度a＝g，处于完全失重状态，等效重力加速度g0＝0。 (多选)(2025·甘肃张掖模拟)电动车弹簧减震的原理主要是通过弹簧的力学特性来提供减震效果，以减少车身和乘客所感受到的颠簸和震动。一切复杂的振动都可以看作是由若干个简谐运动合成的。如图甲所示是一个以O点为平衡位置的水平方向的弹簧振子，在M、N两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法中正确的是 A.t＝0.4 s时，弹簧振子的弹性势能为0 B.t＝0.3 s时，弹簧振子的位移为3.5 cm C.从t＝0.8 s到t＝1.0 s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加 D.在t＝0.6 s与t＝1.0 s两个时刻，弹簧振子的回复力不相同 例1 √ √ t＝0.4 s时，弹簧振子在平衡位置，所以弹簧振子的弹性势能为0，A正确；弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x＝Asin ωt，弹簧振子位移随时间不是均匀变化，即t＝0.3 s时，弹簧振子的位移不等于3.5 cm， B错误；从t＝0.8 s到t＝1.0 s的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C错误；在t＝0.6 s与t＝1.0 s两个时刻，弹簧振子位移大小相等、方向相反，所以回复力的大小相等、方向相反，即回复力不相同，D正确。故选AD。 (2025·四川高考)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 例2 √ 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＝＝T丙＝，可得T甲∶ T乙＝3∶4，T丙∶T丁＝1∶2，根据单摆周期公式T ＝2π，可得小球丙、丁的摆长之比为l丙∶l丁＝1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T甲＝时间，小球丙到达另一侧最高点，此时小球丙速度为零，位移最大，根据a＝－，可知此时加速度最大，故A错误； 根据C、D项分析可得T乙＝T丁，小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为＝，可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。故选C。 预测.(2025·河北秦皇岛一模)如图甲所示是一个单摆，摆球在竖直面做小角度摆动，摆球经过平衡位置时的速度大小为v，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图像，由此可知 A.该单摆振动的频率为0.8 Hz B.振动方程为x＝－4cos cm C.t＝0时，摆球速度大小为v D.t＝0.2 s时，摆球加速度为零 √ 由题图乙可知周期T＝0.8 s，即可得频率f＝，解得f＝1.25 Hz，故A错误；由题图乙可得振幅A＝4 cm，因为ω＝2πf，可得振动方程为x＝ －4cos cm，故B正确；由x-t图像的斜率表示速度，可知t＝0时，摆球速度为0，故C错误；由回复力与位移的关系，结合题图乙可知t＝0.2 s时，摆球在平衡位置，速度最大，在竖直方向上，拉力与重力的合力提供向心力，即摆球有向心加速度，故D错误。故选B。 考点二　机械波 机械波的三点理解 传播 特点 (1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移。 (2)介质中各质点的振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同。 (3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零。 (4)一个周期内，波向前传播一个波长 波的 图像 (1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移。 (2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点相对于平衡位置的位移 波的 多解 问题 由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题 (多选)(2025·山东高考)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 例3 √ √ 根据题图可知甲波的波长λ甲＝4 m，根据λ甲＝vT甲，可得T甲＝4 s，A错误；设N左边在平衡位置的质点与N平衡位置的距离为x，根据题图结合1 cm＝2sin (×) cm，又6 m－2 m－2x＝，可得x＝0.5 m，λ乙＝6 m，B正确；t＝6 s时即经过T甲＋，结合“同侧法”可知M向y轴负方向运动，C错误；根据λ乙＝vT乙，可得T乙＝6 s，根据“同侧法”可知t＝0时N向y轴负方向运动，t＝6 s时即经过T乙，N仍向y轴负方向运动，D正确。故选BD。 (2025·山东临沂模拟)图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是 A.在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动 B.在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向沿y轴负方向 C.从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m D.从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm 例4 √ 根据题图(b)可知在t＝0.10 s时，质点Q向y轴负方向运动，故A错误；根据“同侧法”并结合题图可知，波向左传播，波的周期为T＝0.20 s，t＝0.10 s时质点P向上振动，t＝0.25 s时，即经过0.15 s＝T时，质点振动到x轴下方位置，且速度方向沿y轴正方向，加速度方向也沿y轴正方向，故B错误； 由题图(a)知波长λ＝8 m，则波速为v＝＝ m/s＝40 m/s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s，经过的时间为Δt＝0.15 s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx＝vΔt＝40×0.15 m＝6 m，故C正确；从t＝0.10 s到t＝0.25 s，经过的时间为Δt＝0.15 s＝T，因为在t＝0.10 s质点P不在平衡位置、波峰或波谷处，所以质点P通过的路程不是s＝3A＝30 cm，故D错误。故 选C。 巧解波的图像与振动图像综合问题的基本方法 方法技巧 (多选)(2025·陕晋青宁高考)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 例5 √ √ 根据振动图像可知当波的传播方向为a到b时，xab＝λ＋nλ，λ＞1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ；当波的传播方向为b到a时，xab＝λ＋nλ，λ＞1 m，解得n＝0或1，即xab＝λ或λ，同时t＝0时，a处于平衡位置，b处于波谷位置，可知A、D符合题意。 波的多解问题的分析思路 规律总结 预测.(多选)(2025·河北张家口三模)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 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.该简谐波的波速为10 m/s D.质点P的振动方程为yP＝0.5sin cm √ √ 由题图可知，该简谐波的波长为λ＝20 m，故A 错误；由质点Q的位移随时间变化的关系式yQ＝ 0.5sin cm，可得ω＝＝π rad/s，故简谐波 的周期T＝2 s，当t＝T＝0.5 s时，yQ＝0.5 cm， 即t＝0时刻，质点Q向y轴正方向振动，根据“上下坡”法可得，该波沿x轴负方向传播，故B错误；简谐波的波速v＝＝ m/s＝10 m/s，故C正确；设质点P相位比质点Q相位落后Δφ，质点P比质点Q滞后振动的时间Δt＝＝＝ s＝0.7 s，由ω＝＝，联立得Δφ＝π，故质点P的振动方程为yP＝0.5sin cm，故D正确。故选CD。 考点三　波的干涉、衍射　多普勒效应 1.波的干涉 (1)干涉条件：频率相同，相位差恒定。 (2)公式法判断振动加强点和振动减弱点 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) (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) (n＝0，1，2，…)，则振动加强； 若Δr＝nλ (n＝0，1，2，…)，则振动减弱。 (3)图像法判断振动加强点和振动减弱点在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线或减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。 2.波发生明显的衍射现象是有条件的，即障碍物或孔的尺寸跟波长相差不多或比波长小。 3.多普勒效应发生的条件是波源与观察者之间的距离发生变化，二者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，反之变小。 (多选)(2025·山东菏泽二模)一列简谐横波沿x轴正方向传播，此波在某时刻的波形图如图甲所示。质点M的平衡位置在x＝1.5 m处，质点N的平衡位置是x＝4 m处。质点N从t＝0时刻开始振动，其振动图像如图乙所示。此波传播到平衡位置为x＝10 m处的质点Q时，遇到一障碍物(未画出)之后传播方向立刻反向，反射波与原入射波在相遇区域发生干涉，某时刻两列波部分波形如图丙所示。则下列说法中正确的是 A.波源的起振方向可能向上 B.此横波传播的波速为20 m/s C.从t＝0.05 s到t＝0.15 s，质点M通过的路程等于10 cm D.足够长时间后，O、Q之间有5个振动加强点(不包括O、Q两点) 例6 √ √ 由题图乙可知，质点N的起振方向向下，故波源的起振方向向下，A错误；由题图甲可知，该波的波长为λ＝4 m，由题图乙可知，该波的振动周期T＝0.20 s，故该波的波速为v＝＝20 m/s，从t＝0.05 s到t＝0.15 s，质点M振动的时间Δt＝0.10 s＝T，通过的路程为s＝×4A＝×4×5 cm＝10 cm，B、C正确；虚线的波源可看成位于x＝10 m处，此时振动方向向下，向右传播的波源此时的振动方向向上，因此这是起振方向相反的两列波的叠加，振动加强点到两波源的距离差满足Δx＝nλ＋λ(n＝0，1，2，…)，结合题意可知Δx＝±0.5λ，±1.5λ，恰好有4个加强点，D错误。故选BC。 预测1.(多选)下列说法正确的是 A.医生利用彩超测病人血管内的血流速度是利用了超声波的多普勒效应 B.“闻其声而不见其人”，说明声波能发生衍射现象，而光波不能发生衍射现象 C.机械波从一种介质进入另一种介质，波速变小，波长一定变小 D.交警通过发送频率为f的超声波测远离他的车的车速时，收到回声的频率小于f √ √ √ 彩超是利用了超声波的多普勒效应，A正确；光波也能发生衍射现象，只是因为其波长短，一般情况下难以观察到明显的衍射现象，B错误；机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，波速变小，根据v＝λf，则波长一定变小，C正确；根据多普勒效应可知，运动物体远离观测者，观测者接收到的回声的频率变小，D正确。故选ACD。 预测2.(2025·河北模拟)某同学在操场研究波的叠加。在间距为17 m的甲、乙两点放置相同的扬声器，两扬声器连接频率为170 Hz的同一声源。该同学沿与甲、乙连线平行且相距较近的直线ab单方向行走，在走动过程中因位置变化听到的声音时强时弱。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，则该同学在移动过程中，听到声音加强的点的个数最多为 A.13 B.15 C.17 D.19 √ 声音的波长为λ＝＝ m＝2 m，运动过程中，轨迹上到甲、乙距离差等于波长整数倍的点均为振动加强点，即＝nλ(n＝0，1，2，…)，其中距离差最大值接近17 m，则有0≤nλ＜17 m，解得0≤n＜8.5，所以有n＝0，1，…，8，根据对称性可知，共有17个加强点。故选C。 返回 洞 悉 真题情境 返回 1.生活情境类 (2024·湖南高考)如图，健身者在公园以每分钟60次的频率上下抖动长绳的一端，长绳自右向左呈现波浪状起伏，可近似为单向传播的简谐横波。长绳上A、B两点平衡位置相距6 m，t0时刻A点位于波谷，B点位于波峰，两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是 A.波长为3 m B.波速为12 m/s C.t0＋0.25 s时刻，B点速度为0 D.t0＋0.50 s时刻，A点速度为0 √ 根据题意可知xAB＝λ＝6 m，解得λ＝4 m，故A错误；波源的振动频率为f＝ Hz＝1 Hz，故波速为v＝λf＝4 m/s，故B错误；质点的振动周期为T＝＝1 s，因为0.25 s＝，故B点在t0＋0.25 s时刻运动到平衡位置，位移为0，速度最大，故C错误；0.5 s＝，故A点在t0＋0.50 s时刻运动到波峰，位移最大，速度为0，故D正确。故选D。 2.生活情境类 (多选)(2024·海南高考)一歌手在湖边唱歌，歌声通过空气和水传到距其2 km的湖对岸，空气中的声速为340 m/s，水中声速为1 450 m/s，歌声可视为频率为400 Hz的声波，则下列说法正确的是 A.在水中传播频率会改变 B.由空气和水传到湖对岸的时间差约为4.5 s C.在空气中的波长为0.85 m D.在水中的波长为5 m √ √ 频率只与波源有关，故在水中传播频率不会改变，故A错误；由空气传到湖对岸的时间为t空＝＝ s≈5.88 s，由水传到湖对岸的时间为t水＝＝ s≈1.38 s，故由空气和水传到湖对岸的时间差约为Δt＝t空－t水＝4.5 s，故B正确；在空气中的波长为λ空＝＝ m＝0.85 m，故C正确；在水中的波长为λ水＝＝ m＝3.625 m，故D错误。故选BC。 3.科技情境类 (2024·江西高考)如图(a)所示，利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中，入射波为连续的正弦信号，探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号，分别如图(b)、(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为6 300 m/s。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度d，下列选项正确的是 A.振动减弱，d＝4.725 mm B.振动加强，d＝4.725 mm C.振动减弱，d＝9.45 mm D.振动加强，d＝9.45 mm √ 根据题图(b)可知，超声波的传播周期为T＝2×10－7 s，又波速v＝ 6 300 m/s，则超声波在机翼材料中的波长λ＝vT＝1.26×10－3 m，结合题图(b)和(c)可知，两个反射信号传播到探头处的时间差为Δt＝1.5×10－6 s，故两个反射信号的路程差 2d＝vΔt＝9.45×10－3 m＝λ，解得d＝4.725 mm，两个反射信号在探头处振动减弱。故选A。 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·湖北七市州二模)如图所示，一质量均匀分布的木块竖直浮在水面上，现将木块竖直向上拉一小段距离A后由静止释放，并开始计时，经时间木块第一次回到原位置，在短时间内木块在竖直方向的上下振动可近似看作简谐运动，则在0～时间内木块运动的距离为 A.A B.A C.A D.A √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 规定竖直向上为正方向，则该简谐运动的位移为y＝Acos t，当t＝时，有y＝Acos ＝A，所以小球从最高点向下运动的距离d＝A－A＝A。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2025·江西南昌二模)如图甲为某同学用弹簧、小球与加速度无线传感器(质量可忽略不计)制成的一个振动装置，以竖直向上为正方向，如图乙为传感器记录的小球在竖直方向振动时加速度随时间变化的情况，忽略空气阻力，下列说法中正确的是 A.t＝0.2 s时，小球位于平衡位置上方 B.t＝0.3 s与t＝0.7 s时，小球的机械能相同 C.t＝0.4 s时，弹簧弹力为0 D.t＝0.3 s与t＝0.7 s时，小球的动能相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 t＝0.2 s时，小球加速度最大，而且为正，以竖直向上为正方向，则小球位于平衡位置下方，故A错误；系统机械能守恒，t＝0.3 s与t＝0.7 s时，弹簧形变程度不同，弹性势能不同，小球机械能不同，故B错误；t＝0.4 s时，小球的加速度为零，弹簧弹力等于小球重力，故C错误；t＝0.3 s与t＝0.7 s时，小球相对于平衡位置的位移大小相等，根据简谐运动的对称性，小球的动能相同，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(多选)(2025·河北高考)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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对左侧小物块，设沿斜面向下的位移为x，则有FT＋kx－mgsin θ＝ma，此时，对右侧小物块，有mgsin θ＋kx－FT＝ma，联立可得2kx＝2ma，则左侧小物块受到的合力F＝ma＝kx，方向与位移方向相反，故其做简谐运动，故A正确；根据A项分析，可得2FT＝2mgsin θ，绳拉力保持不变，故B错误；同理可知，右侧小物块也做简谐运动，根据对称性，其在最高位置和最低位置的加速度大小相等，故C正确；弹簧振子振动周期T周＝2π ，与斜面倾角无关，故D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2025·山东德州三模)波源O垂直于纸面做简谐运动，其在均匀介质中产生的横波在t＝0.10 s时的波形如图甲所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，波源O及质点P、质点Q的平衡位置在同一直线上。规定垂直纸面向外为正方向，图乙为该介质中某一质点的振动图像。下列说法正确的是 A.该波的波速为25 cm/s B.图乙可能为质点M的振动图像 C.t＝0.20 s时质点P的位移与t＝0时质点Q的位移不同 D.t＝0.10 s时，质点M正垂直纸面向外运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图甲可知，该波的波长为λ＝10 cm，由题图乙可知，该波的周期为T＝0.20 s，故该波的波速为v＝＝50 cm/s，A错误；由题图甲可知，再经过一段时间波峰将传到M点，故此时质点M正垂直纸面向外(正方向)振动，而题图乙中，t＝0.10 s时，质点沿负方向运动，即垂直纸面向里运动，则题图乙不可能为质点M的振动图像，B错误，D正确；t＝0.20 s时，质点P刚好到达波谷的位置，结合题图甲可知，t＝0时，质点Q在波谷位置，显然二者位移相同，C错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·山东济南二模)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的部分波形图如图所示，质点P的平衡位置xP＝3 m，t＝0.6 s时质点P第一次回到平衡位置，则质点P的振动方程为 A.y＝5sin cm B.y＝5sin cm C.y＝5sin cm D.y＝5sin cm √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 波沿x轴正方向传播，当题图中原点处振动状态传到质点P时，质点P第一次回到平衡位置，可知，波在0.6 s内传播距离为x＝3 m，则波速为v＝＝ m/s＝5 m/s，周期为T＝＝ s＝1.6 s，则ω＝＝π rad/s ，简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻，质点P向上振动，根据数学知识可知，质点P的初相位φ0＝，故质点P的振动方程为y＝5sin cm。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(2025·四川攀枝花三模)如图所示，振幅分别为3 cm、4 cm的甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，t＝0时在x＝2 cm处相遇。已知两列波的波速均为2 cm/s，则位于x＝3 cm处的质点Q在0～5 s内通过的路程为 A.13 cm B.30 cm C.40 cm D.70 cm √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 波的周期T＝＝ s＝2 s，t＝0时刻质点Q在乙波的波谷；甲波传到质点Q的时间t＝ s＝0.5 s，此时质点Q到达平衡位置，即在0～0.5 s时间内质点Q通过的路程s1＝4 cm；甲波传到Q点时振动减弱，则振幅为A＝4 cm－3 cm＝ 1 cm，则在0.5～5 s时间内即(2＋)T内通过的路程为s2＝8A＋A＝9 cm，则位于x＝3 cm处的质点Q在0～5 s内通过的路程为s＝s1＋s2＝13 cm。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(多选)(2025·广东广州模拟)两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播。波源M产生的波沿x轴正方向传播，波源N产生的波沿x轴负方向传播，波速均为5 m/s，t＝0.8 s时刻的波形如图所示，则 A.两列波能发生稳定的干涉现象 B.波源M起振0.4 s后波源N才起振 C.波源M和波源N的起振方向相反 D.波源M的周期为1.6 s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两列波能发生稳定干涉的条件是频率相同、 相位差恒定，题中两列波的频率不同，故不 会发生稳定的干涉现象，故A错误；波源M 的运动时间为t1＝＝ s＝0.8 s，波源N的 运动时间为t2＝＝ s＝0.4 s，故波源M起振0.4 s后波源N才起振，故B正确；所有质点的起振方向与波源相同，如题图所示的时刻波源M产生的波传递到4 m处，其振动方向向上，波源N产生的波传递到7 m处，其振动方向也向上，故两波源的起振方向相同，故C错误；波源M的周期为TM＝＝ s＝1.6 s，故D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(多选)(2025·湖南高考)如图，A、B、C在xOy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xOy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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 两横波的波长均为λ＝＝4 m，故A正确；两列波传到C 处所需时间分别为t1＝ s＝0.3 s，t2＝ s＝0.5 s， T＝＝0.4 s，故t＝0.4 s时，A处波已传到C处且振动了 T，故C处质点处于正向或负向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C错误；分析可知t＝0.6 s时两列波都已传播到C处，C处到两波源的距离差为Δx＝5 m－3 m＝2 m＝λ，故C处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故C处质点位移始终为零，速度为零，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选)(2025·甘肃白银三模)手机“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振动图像如图乙所示。则下列说法正确的是 A.t＝0时刻质点P沿y轴正方向运动 B.地震横波的波速为9 m/s C.t＝5 s时，质点Q的加速度沿y轴正方向且最大 D.0～5 s的时间内，质点P所走的路程小于50 cm √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图乙可知，t＝0时刻质点Q沿y轴正方向运动，根据“同侧法”可知，地震横波沿x轴负方向传播，故t＝0时刻，根据“同侧法”可知，质点P沿y轴负方向运动，故A错误；由题图甲可知λ＝15 m，解得波长λ＝36 m，由题图乙可知T＝4 s，则地震横波的波速为v＝＝ m/s＝9 m/s，故B正确；由题图乙可知，t＝5 s时，质点Q在y＝10 cm处，由回复力公式F＝－kx可知，回复力沿y轴负方向且最大，则加速度沿y轴负方向且最大，故C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 振幅A＝10 cm，周期T＝4 s，则一个周期内，质点运动的路程为4A＝40 cm，而时间Δt＝5 s＝T，在t＝0时质点P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。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.图甲是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝1.0 s时的波形图，P为该波传播方向上的质点，其振动图像如图乙所示，下列说法正确的是 A.波沿x轴负方向传播 B.t＝1.1 s时原点处的质点与质点P位移相同 C.质点P的平衡位置的坐标为x＝2.1 m D.原点处质点的振动方程为y＝10sin cm √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图乙可知，t＝1.0 s时，质点P振动方向向上，由题图甲可知，波沿x轴正方向传播，A错误。由题图甲可知，t＝1.1 s时，原点处的质点从平衡位置向下振动了0.1 s，即T，位移为－5 cm；质点P在t＝1.1 s时向上振动，再经0.1 s＝T到达平衡位置，则t＝1.1 s时位移也为 －5 cm，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 质点P经过Δt＝1.2 s－1.0 s＝0.2 s回到平衡位置，等效于x＝1.5 m处的振动传到xP处，xP＝λ＋vΔt，由v＝，知v＝2.5 m/s，解得xP＝2.0 m，C错误。设原点处质点的振动方程为y＝Asin (ωt＋φ)，由题图甲、乙可知A＝10 cm，ω＝＝ rad/s，t＝1.0 s时，y＝0，可得φ＝，故其振动方程为y＝10sin (t＋) cm，D错误。故选B。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 专 题 五 机 械 振 动 与 机 械 波 光 谢 谢 观 看 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