题型对点练 选择题对点练(九) 机械振动和机械波（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦机械振动与机械波核心考点，通过图像分析与动态过程结合，强化运动和相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |机械波传播规律|4题（1,3,4,7）|结合波形图判断传播方向、质点振动状态，涉及波速公式应用|以波的传播模型为核心，通过波长、周期与波速关系推导，建立波动图像与质点振动的时空关联| |振动与波动图像综合|3题（5,6,8）|振动图像与波动图像互判，求解波长、周期及传播方向|基于振动图像获取周期、质点振动方向，结合波动图像推导波速及传播方向，体现运动学量的逻辑推导| |波的叠加与干涉|3题（2,9,10）|波的叠加原理应用（降噪）、双波源干涉加强/减弱点判断|从波的独立传播到叠加干涉，通过波程差与波长关系分析振动加强减弱条件，渗透模型建构思想|

选择题对点练(九)　机械振动和机械波 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.(2025安徽合肥检测)一简谐机械波沿x轴正方向传播,波长为λ,周期为T,在t=时刻该波的波形图如图甲所示,a、b是波上的两个质点。图乙表示某一质点的振动图像,下列说法正确的是 (　　) A.质点a的振动图像如图乙所示 B.质点b的振动图像如图乙所示 C.t=0时刻质点a的速度比质点b的大 D.t=0时刻质点a的加速度比质点b的大 2.(2025甘肃白银模拟)汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪声的技术,在汽车行驶过程中,许多因素都会产生噪声,系统会通过车身的声学反馈技术,通过扬声器发出声波将车外噪声反向抵消,从而减少车内噪声。某一噪声信号的振动方程为y=Asin ,下列说法正确的是 (　　) A.抵消声波频率应为100 Hz B.抵消声波振幅应为2A C.汽车降噪过程应用的是声波的多普勒效应 D.抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度相等 3.(2025广西河池二模)一列简谐横波向x轴正方向传播,某时刻该波刚好传到(8,0)处,波形图如图所示,a和b是波上的两个质点,已知该波周期为2 s,则下列判断正确的是(　　) A.该波的波速v=2 m/s B.再经半个周期,a点的振动方向沿y轴负方向 C.再经半个周期,b点的加速度方向沿y轴正方向 D.该波波源的起振方向沿y轴正方向 4.如图甲所示,波源S发出一列水平向右传播的简谐横波先后经过P、Q两点,图乙为波源S的振动图像。已知S到P、Q两点的距离分别为SP=4.2 m、SQ=5.4 m。已知波在该介质中传播的速度为8 m/s,则在t=1.0 s时,P、Q两点间的波形图正确的是(　　) 5.(2025天津新华中学统练)如图甲为一列简谐横波在t=2 s时的波动图像,图乙为该波中x=2 m处质点P的振动图像。下列说法正确的是(　　) A.该波的波长大小为2 m B.该波沿x轴负方向传播 C.该波的周期为2 s D.该波的波速大小为10 m/s 6.(2025重庆模拟)一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播,波长不小于8 cm。P和M是介质中平衡位置分别位于x=0和x=4 cm处的两个质点。t=0时P的位移为y=5 cm,M处于平衡位置,此时两质点均向y轴正方向振动;t= s时,质点P第一次到达波峰位置,t= s时,质点M第一次到达波峰位置。下列说法正确的是(　　) A.简谐波的波速为v=0.8 m/s,波长为λ=0.24 m B.质点P的振幅为A=10 cm C.质点P的位移随时间变化的关系式y=10sin cm D.质点P的位移随时间变化的关系式y=10sin cm 7.(2025山西晋中适应练)处于坐标原点O的波源从t=0时刻开始振动,t=0.18 s时在x轴上形成的波如图所示,此时质点D刚开始振动,质点A、B、C的横坐标分别为2 m、4 m、7 m。以下说法正确的是(　　) A.波源开始振动的方向向上 B.A、C两质点速度大小始终相等 C.t=0.22 s时C、D两质点速度相同 D.t=0.14 s时,B质点相对平衡位置的位移为-10 cm 二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在t=1 s时刻的波形图,图乙为平衡位置位于x=11 m处质点的振动图像,则下列说法正确的是(　　) A.该波沿x轴负方向传播 B.该波的传播速度为3 m/s C.平衡位置在x=0处的质点在t=1 s时的纵坐标为6 cm D.平衡位置在x=5 m处的质点在t= s时的纵坐标为6 cm 9.(2025重庆南开中学质检)波源在坐标原点O的一列简谐横波从t=0开始沿x轴正方向传播,t=2 s时刚好传播到N点,其波形如图所示。下列说法正确的是(　　) A.质点Q刚开始振动时,其运动方向沿y轴正方向 B.0~2 s时间内,质点P运动的路程为36 cm C.t= s时刻,质点Q加速度最大 D.t= s时刻,质点M回到平衡位置且沿y轴负方向运动 10.(2025山东聊城二模)如图所示,x=0与x=10 m处的两个波源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=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,分别在x=3.6 m和x=4.4 m处画平行于y轴的直线,则在这两条直线上振动加强点的个数相等 参考答案 1.D　解析 由波动图像可知,a速度为零,b速度为正向最大,在振动图像上t=时刻,质点速度为负向最大,与波的图像上的a、b两点的运动情况均不相符,故A、B错误;t=0时刻,a在波谷,速度为零,b在平衡位置,速度向下,速度最大,故C错误;t=0时刻质点a在波谷,回复力大,b在平衡位置,加速度为0,所以质点a的加速度比质点b大,故D正确。 2.D　解析 抵消声波频率应为f= Hz=50 Hz,故A错误;振动方程为y=Asin ,则抵消声波振幅应为A,故B错误;汽车降噪过程应用的是声波的叠加原理,故C错误;波速由介质决定,抵消声波和环境噪声在空气中传播的速度大小相等,故D正确。 3.B　解析 根据题图可知该波的波长λ=8 m,则波速v==4 m/s,故A错误;根据同侧法可知该时刻a点的振动方向沿y轴正方向,根据平移法可知再经半个周期,a点的振动方向沿y轴负方向,故B正确;根据平移法可知再经半个周期,b点的位移为正,根据a=-可知b点的加速度方向沿y轴负方向,故C错误;根据同侧法可知该时刻x=8 m处质点沿y轴负方向振动,则该波波源的起振方向沿y轴负方向,故D错误。 4.C　解析 该列波的周期为T=0.1 s,所以波长为λ=vT=0.8 m,波传到P、Q两点所需要的时间分别为tP= s,tQ= s,t=1.0 s时P、Q已振动时间分别为ΔtP= s=4T,ΔtQ= s=3T,由图乙可知质点起振方向向上,所以此时P点处于波谷处,Q点处于波峰处,又P、Q两点间距离为1.2 m,可知PQ=1λ,故选C。 5.B　解析 由图甲可知,该波的波长为λ=4 m,由图乙可知,该波的周期为T=4 s,波速为v==1 m/s,故A、C、D错误;由图乙可知,质点P在t=2 s时的振动方向沿y轴负方向,结合图甲,可判断出该波沿x轴负方向传播,故B正确。 6.C　解析 设简谐波的周期为T,因质点M在0~ s时间内,由平衡位置第一次到达最大位移处,则有 s,可得T=3 s,根据题意,该波沿轴正向传播,且P、M之间的距离小于半个波长,则波峰由P传播到M所用时间为Δt= s- s= s,波速为v= m/s=0.08 m/s,波长为λ=vT=0.08×3 m=0.24 m,选项A错误;因xPQ=4 cm=,可知Asin 60°=5 cm,可得A=10 cm,选项B错误;设质点P的位移随时间变化的关系式满足y=Asin cm,当t=0时y=5 cm,可知φ=,则质点P的位移随时间变化的关系式为y=10sin cm,选项C正确,D错误。 7.C　解析 由题意可知波向右传播,根据同侧法可知质点D向下振动,故波源开始振动的方向向下,故A错误;由图可知A、C两质点间距小于一个波长,故A、C两质点速度大小不是始终相等,故B错误;由题图可知波速v==50 m/s,可知t=0.22 s时,波向右传播了x=vt=(50×0.04) m=2 m,波形如图所示,由对称性可知,此时C、D质点处图像斜率相同,故t=0.22 s时C、D两质点速度相同,故C正确;由以上分析可知0时刻,波源向下振动,故波源振动方程y=-Asin t=-20sin πt (cm),且质点B比波源晚Δt= s= s振动,故质点B的振动方程yB=-20sin (cm),把t=0.14 s和对应坐标代入上式,可得此时质点B的位移yB1=0,故D错误。 8.BCD　解析 由图乙可知t=1 s时在x=11 m处质点经过平衡位置沿y轴负方向振动,根据“上下坡法”并结合图甲可知该列波沿x轴正方向传播,故A错误;由图甲知该列波波长为12 m,由图乙知该列波周期为4 s,故该列波的波速v==3 m/s,故B正确;设该列波的波形函数为y=12sin cm,将x=5 m、y=0代入,可得φ0=,则该列波的波形函数为y=12sin cm,将x=0代入得y=6 cm,故C正确;由图甲知平衡位置在x=5 m处的质点在t=1 s时经过平衡位置沿y轴正方向运动,设该质点的振动函数为y=12sin (ωt+φ0') cm,又ω= rad/s,则有y=12sin t+φ0' cm,将t=1 s、y=0代入,可得φ0'=-,故y=12sin cm,将t= s代入,可得y=12sin π (cm)=6 cm,故D正确。 9.ACD　解析 因t=2 s时刚好起振的N处质点沿y轴正方向运动,故质点Q刚开始振动时,其运动方向也沿y轴正方向,A正确;由波形图知λ=8 m,v= m/s=6 m/s,周期T= s,0~2 s时间内质点P振动了 s,为1T,故P运动的路程为5A=30 cm,B错误;t= s时刻,质点Q振动了1 s,为T,故Q运动到-6 cm处,此时质点Q加速度最大,C正确;t= s时刻,质点M从t=2 s时的位置又运动了 s,为T,刚好回到平衡位置且沿y轴负方向运动,D正确。 10.BD　解析 若只有波源S1,因波速v=1 m/s,此波传到x=5.5 m处需要时间为t1==5.5 s,因周期T=2 s,则x=5.5 m处的质点振动了Δt1=8 s-5.5 s=2.5 s=1T,可知x=5.5 m质点在t=8 s时刻处在波峰,则其位移z1=2 cm,同理可知若只有波源S2,传到x=5.5 m需要时间为t2= s=4.5 s,则x=5.5 m处的质点振动了Δt2=8 s-4.5 s=3.5 s=1T,可得x=5.5 m质点在t=8 s时刻也处在波峰,则其位移z2=3 cm,根据波的叠加原理可知,t=8 s时刻,x=5.5 m处质点的位移为z=z1+z2=5 cm,A错误;由题可知,该波的波长λ=vT=2 m,在x>10 m区域内的x轴上各点到波源的波程差Δx=10 m=5λ,由于两列波源的步调相反,波程差为波长的5倍,故x>10 m区域是振动的减弱区,B正确;在x轴上,0<x<10 m区间内振动的加强点的波程差满足Δx=(2n+1)=(2n+1) (m),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圆周上,Q点到两波源的距离之差最小,则有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,则有Δx2=PS2-PS1=10 m,其振动加强点满足Δx1<(2n1+1)<Δx2,解得n1=1,2,3,4,即该圆周上有4个加强点,在半径为4.4 m圆周上,Q'点到两波源的距离之差最小,则有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,则有Δx2'=P'S2-P'S1=10 m,其振动加强点满足Δx1'<(2n2+1)<Δx2',解得n2=1,2,3,4,即该圆周上也有4个加强点,D正确。 9 学科网（北京）股份有限公司 $