2026年高考物理二轮复习第5讲机械振动与机械波专项训练（含答案）

第第页2026年高考物理二轮复习第5讲机械振动与机械波专项训练一、选择题1．如图所示，为竖直方向的弹簧振子，振子以O为平衡位置在BC间做简谐运动，则振子在运动过程中，下列说法正确的是（）A．从C→O→B振子完成一次全振动B．振子在O点时弹簧的弹性势能等于零C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供D．从O→C弹簧振子的能量增加2．一个水平弹簧振子的振动图像如图所示，下列说法正确的是（）A．t=2s到t=3B．该弹簧振子的振动方程为x=−10C．t=4s时，弹簧振子的加速度沿xD．t=1s到t=6s3．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T4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∼A．12A B．22A C．4．如图1所示，一单摆悬挂在O点，在O点正下方P点有一个钉子，将小球（可视为质点）拉到A点后静止释放，小球在竖直平面内做简谐运动，摆球的振动图像如图2所示。已知摆球摆角始终不超过5°，重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和能量损失，下列说法中正确的是（）A．该单摆的周期为0.4πs B．OP间的距离为1.6mC．t=0.2πs时小球动能最大 D．图中x1与x2的比值为2∶15．如图所示，单摆在光滑斜面上做简谐运动，若要使其运动的周期变大，可以（）A．减小单摆振幅 B．缩短单摆摆长C．增大摆球质量 D．减小斜面倾角6．如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为EpA．物体C的质量为3mB．物体B运动到最高点时的加速度大小为3gC．物体B的最大速度大小为gD．物体B上升的最大高度为4mg7．光滑的水平面上叠放有质量分别为m和m2A．fk B．2fk C．3fk8．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3D．小球丙、丁的摆长之比为19．如图所示，长为s的光滑水平面左端为竖直墙壁，右端与半径为R的光滑圆弧轨道相切于B点。一质量为m的小球从圆弧轨道上离水平面高为h（h<<R）的A点由静止开始下滑，则小球第一次运动到墙壁C点所需的时间为（）A．π2Rg+s12gh B．π10．如图所示为某简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，则下列说法正确的是（）A．该波的波长为1.5×B．该波的波速为1.5m/sC．该波沿x轴负方向传播D．0~1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5×11．一列沿x轴传播的简谐波在t=0时刻的波形如图所示，P、Q是在波的传播方向上平衡位置相距1m的两个质点，质点P此时刻恰过平衡位置并沿y轴负方向振动。已知波的周期为6s，则下列说法正确的是（）A．该波沿x轴负方向传播B．该波的振幅是40cmC．t=0s时，质点Q正在做加速运动D．t=1s时，质点P刚好运动到x=4m处12．某简谐横波在t1=0时刻的波形图如图中实线所示，x=0处质点的位移为−5cm，x=7A．该波的波长为13mB．该波的波速为4m/sC．该波沿x轴负方向传播D．t113．AI机器人比赛要求按规定直线OO1行走，某小组设想如下方案：在O点两侧适当距离对称放置两个信号发射源S1A．机器人在OO1上逐渐远离B．机器人在OOC．机器人在OO1逐渐远离D．机器人在OO1上逐渐远离二、多项选择题14．如图甲所示，A、B是在x轴上距离坐标原点O等距离的两波源，A的振动图像如图乙实线所示，B的振动图像如图乙虚线所示，产生的简谐横波在同种介质中沿x轴传播。则O点（）A．是振动减弱点 B．是振动加强点C．振幅为0.5 m D．振动周期为15．一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于x=1 mA．位于x=1 m的质点振动的振幅是B．图乙可能是t=0.15 sC．在t=0.1 s时，x=2D．该波的传播速度是1016．一波源在t=0时开始振动，形成的简谐横波沿x轴负方向传播，t=4s时刚好传播到x=−1m处。物理兴趣小组的同学画出了t=4s时的波形图，波形图与y轴的交点在y=10A．图中xB．此波的周期为2sC．再经过16s，x=0处的质点运动到D．在接下来的56s时间内，17．如图所示，A（0，0）、B（8A．两横波的波长均为8m B．C点是振动减弱点C．t=0.4s时，C处质点速度为0 D．t=0.218．如图是沿x轴传播的一列简谐横波的波形图，实线为0.6s时的波形图，虚线为再经过0.6s后的波形图，则x=2m处质点的y−t图像可能正确的是（）A． B．C． D．三、计算题19．位于水面上O点的波源上下振动，形成在xOy水面上传播的简谐波，波面为圆。波源从平衡位置向上起振，t1（1）该波在水面上传播速度的大小；（2）t220．x轴上的波源s1、s2分别位于x1=0和x2=1.4m处，t=0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿s（1）两列波传播速度的大小；（2）质点M从t=0时刻到t221．一均匀介质中有振源N，位于x轴上的（10m，0）处，产生的机械波向左传播，N开始振动经过1s后波形如图所示。求：（1）机械波在该介质中的波速；（2）若在（-11m，0）有一振源M与N同时振动且起振方向相同，则稳定以后M、N之间振动加强点的个数。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．全振动是振子完成一次完整的周期性运动（回到原位置且速度方向相同）。从C→O→B仅完成了半个周期的运动，需再从B→O→C才完成一次全振动，故A错误；B．振子在O点受到的弹簧的弹力等于振子重力，弹簧有形变，弹性势能不为0，故B错误；C．振子的回复力由重力和弹力的合力提供，故C正确；D．振子的动能、重力势能和弹簧的弹性势能的总和保持不变，故D错误。故答案为：C。

【分析】围绕竖直弹簧振子的简谐运动特点，分析全振动、弹性势能、回复力及能量变化：核心是明确竖直振子的回复力来源（重力与弹力的合力），以及简谐运动的能量守恒。2．【答案】B【解析】【解答】A．由题图可知，t=2s到t=3B．由题图可知，弹簧振子的振幅为10cm，周期为4s，则该弹簧振子的振动方程C．由题图可知，t=4sD．由题图可知，t=1s到t=6s内，弹簧振子运动的位移为故选B。

【分析】1.简谐运动振动图像的物理意义解读图像类型：位移—时间（x−t）图像。关键信息提取：振幅A：图像纵坐标最大值。周期T：相邻同相点（如同向最大位移）之间的时间间隔。初相位：由时刻的位移和速度方向（图像斜率正负）共同确定。运动方向判断：图像斜率表示速度，斜率为正→向正方向运动；斜率为负→向负方向运动。2.简谐运动中的能量转化规律动能Ek​：在平衡位置最大，最大位移处为零。势能Ep​（弹簧弹性势能）：在最大位移处最大，平衡位置为零。，总机械能守恒：变化趋势：移向平衡位置：动能增加，势能减小。移向最大位移：动能减小，势能增加。本题对应：选项A中0~0.25s从平衡位置到正最大位移，动能减小。3.简谐运动的动力学特征与加速度加速度与位移关系：，方向总指向平衡位置。在图像中的体现：位移为正→加速度为负（沿x轴负方向），位移为负→加速度为正（沿x轴正方向），位移为零→加速度为零（平衡位置）本题对应：选项C中时位移为零，加速度为零，并非沿x轴负方向。4.简谐运动方程的建立一般形式：或，角频率：初相φ确定步骤：代入的位移。根据初始速度方向（图像斜率）确定符号，用旋转矢量法或代入检验。5.位移的矢量性及与路程的区别位移：由初位置指向末位置的有向线段，。路程：运动轨迹的总长度，总是非负的。在振动图像中：一段时间内的位移可直接由纵坐标差值得到。3．【答案】D【解析】【解答】规定竖直向上为正方向，则该简谐运动的位移公式为y=A当t=T8所以小球从最高点向下运动的距离d=A−故答案为：D。

【分析】将木块的振动视为简谐运动，先确定其位移公式，再代入时间计算位置，进而求出运动距离。4．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知单摆的周期为T=2(0.5-0.2)πs=0.6πs，故A错误；B．根据单摆周期公式0.4πs=πLOAgC．t=0.2πs时小球到达最高点，此时速度为零，则动能为零，故C错误；D．不计摆线和钉子相碰时的能量损失，所以整个过程机械能守恒，由机械能守恒定律可知mgh1=mgh2，则摆球摆到两侧最高点的位置是等高；单摆在OP左侧最大偏角为θ，x1=2LOAsinθ2，单摆在OP右侧最大偏角为α，x2=2LBPsinα2，由机械能守恒定律得：mgL故选D。

【分析】1、题目中通过图像分析得出周期T=0.6πs，并利用周期公式计算摆长​

题目中t=0.2πs时小球到达最高点，动能为零。

2、不计能量损失时，单摆的机械能守恒。摆球在两侧最高点的重力势能相等，因此高度相同（ℎ13、通过机械能守恒推导偏角关系：单摆在左侧和右侧的振幅​和与偏角的关系为：结合​和，可推导的比值。5．【答案】D【解析】【解答】根据单摆周期公式T=2πL故选D。

【分析】1、摆长的影响：摆长越短，摆球需要走过的圆弧路径越短，完成一次往返摆动所需的时间自然就越短，即周期变小。2、斜面倾角的影响：单摆在斜面上回复力的来源是重力的分力（mgsinθ）。倾角θ减小，意味着这个回复力（mgsinθ）也变小。回复力越小，摆球被“拉”回平衡位置的速度就越慢，摆动就显得越“慵懒”，因此完成一次摆动的时间就更长，即周期变大。3、振幅和质量无关：无论摆球荡得高还是低（振幅不同），或者换一个不同质量的摆球，它沿圆弧运动的路径长度与回复力的关系并未发生本质改变，因此摆动快慢（周期）保持不变。6．【答案】D【解析】【解答】本题考查功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。A．C物体叠加在B物体上面静止时，根据平衡条件可得k拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有k其振幅A=当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由平衡条件可得k所以由振幅相等A=解得物体C的质量为m故A错误；B．B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故F所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为a=故B错误；D．物体B上升的最大高度为h=2A=故D正确；C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则mgA+解得物体B的最大速度大小为v故C错误。故选D。

【分析】开始静止时根据平衡条件列式，拿走C之后B做简谐运动，根据平衡位置的定义列式，根据距离关系列出振幅与弹性形变量的关系式，B上升到最高点时对A列平衡式，联立求解C的质量；根据牛顿第二定律求解物体B运动到最高点时的加速度大小；当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，根据系统机械能守恒定律求解物体B的最大速度大小；根据B的振幅求解物体B上升的最大高度。7．【答案】C【解析】【解答】回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。对整体，当最大振幅时有kA=(m+得a=隔离分析，当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力f=得A=故C正确，A、B、D错误。故选C。【分析】对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力。振幅最大时，回复力最大。8．【答案】C【解析】【解答】A．A.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，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；小球甲第一次回到释放位置时，小球丙到达另一侧的最高点，小球丙的回复力最大，加速度最大，故A错误；B．根据单摆周期公式T=2可知T根据上述分析可得T乙=13T丁

小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为T丁4可得T丙=2T甲可得T甲:根据单摆周期公式T=2结合T可得小球丙、丁的摆长之比L故C正确，D错误；故答案为：C。【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。9．【答案】A【解析】【解答】解决本题的关键知道什么样的运动是单摆运动，以及掌握单摆的周期公式。

从A→B，根据动能定理mgh=解得v=B到C的时间th≪R，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，单摆的周期为T=2πA到B的时间为四分之一周期t所以小球的运动周期为T=故选A。【分析】h≪R，可知小球在光滑圆弧上的运动为单摆运动，根据动能定理求出B点的速度，B到C做匀速直线运动，很容易求出B到C的时间，再根据周期公式求出A到B的时间，即可求出小球的运动周期．10．【答案】A【解析】【解答】AB．由图甲可知，该波的波长λ=1.5×10−2该波的波速v=λC．由图乙可知，在t=0时刻，质点P的速度沿y轴正方向，根据上下坡法可知，该波沿x轴正方向传播，故C错误；D．质点P在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。故答案为：A。

【分析】这道题的核心是结合波形图（图甲）和振动图像（图乙），分析波的波长、波速、传播方向以及质点的运动特点。11．【答案】C【解析】【解答】A．由题可知此时P点沿y轴负方向振动，根据“上下坡法”，可知波沿x轴正方向传播，故A错误；B．由图可知该波的振幅是20cm，故B错误；C．t=0s时，根据“上下坡法”，质点Q正向y轴负方向振动，靠近平衡位置，故正在做加速运动，故C正确；D．质点不会随波传播，只会在平衡位置上下振动，故D错误。故答案为：C。

【分析】结合“上下坡法”判断波的传播方向，通过波形图读取振幅，分析质点振动方向与运动性质（加速/减速），明确质点不随波迁移的特点。12．【答案】B【解析】【解答】A．设该简谐横波的波动方程为y=10将在t1=0时x=0m，解得φ则该简谐横波的波动方程为y=10将在t1=0时x=7m时y=0cm，则有可得2π解得λ=12mBC．由题知，该波的周期大于2s，若该波沿x轴正方向传播，则该波在0.5s内向右传播的距离为2m，则波速度周期T=λv=12周期T=λv=128D．因该波沿x轴正方向传播，根据“上下坡”法，可知t1故答案为：B。

【分析】通过波动方程求波长，结合周期条件分析波的传播方向和波速，再用“上下坡法”判断质点振动方向。13．【答案】A【解析】【解答】两个发射源发射相同频率的电磁波信号，由图可知，机器人行走的路线始终在两个信号源连线的中垂线上，到在两个信号源的距离相等，所以该直线上的各点都是振动加强点，机器人在OO1上逐渐远离O点的过程中两电磁波合成后的振幅随着距离的增大在减小，故接收到的信号强度（以振幅反应）持续减弱，不是交替变化的。故选A。

【分析】一、波的干涉基本条件两个相干波源：频率相同、相位差恒定（通常同相）。在空间中产生干涉现象：某些点振动加强，某些点振动减弱。二、中垂线上的干涉特点两个相干波源、对称放置，相距一定距离。中垂线（垂直平分线）上的任意点到两波源的距离相等→波程差若两波源同相（初相位相同），则波程差为0或波长的整数倍，满足振动加强条件。因此中垂线上各点均为振动加强点（干涉相长）。三、信号强度与振幅信号强度（接收到的能量）与合振动的振幅平方成正比。虽然中垂线上始终是干涉加强，但振幅随着到波源距离的增大而减小（因为波的振幅随距离增大而衰减，例如球面波振幅与距离成反比）。四、机器人行走路径分析题目中机器人沿直线行走，该直线是和​连线的中垂线。因此：所有点均为加强点→不会出现交替强弱变化。但远离点时，到两个波源的距离增大→每个波的振幅减小→合成波的振幅也减小。因此信号强度（振幅反映）持续减弱14．【答案】A,C【解析】【解答】A．由A、B的振动图像可知两波源的起振方向相反，O点为两波源的中点，因此两波源在O点引起的振动方向相反，为减弱点，故A正确，B错误；C．由上述分析可知O点的振幅为A=1−0.5D．O点的振动周期与两波源A、B相同，为1s故答案为：AC。

【分析】先由振动图像确定两波源的起振方向、周期及振幅，再根据O点到两波源距离相等的特点，分析两波在O点的振动叠加情况，判断振动加强/减弱，并计算O点的振幅与周期。15．【答案】B,D【解析】【解答】AD．根据图甲可读出质点的振幅为8cm，周期为T=0.2s；由图乙可知波长为λ=2m，故该波的传播速度为B．根据图乙可知x=1 m的质点处于平衡位置，波沿x轴正向传播，由同侧法可知振动方向为正向，图甲在t=0.15 s时表示质点处于平衡位置沿正向振动，即图乙可能是C．在t=0.1 s时，x=1m的质点处于波谷，x=2 m的质点与x=1m的质点相距的距离为Δx=1故选BD。

【分析】一、振动方向与波传播方向的关系判断

方法：同侧法（波形图上，波传播方向与质点振动方向在波形线的同一侧）。

本题应用：已知波向右传播（x轴正向）。图乙中处质点位于平衡位置，根据同侧法，其振动方向向上。由图甲知，时处质点正好在平衡位置且向上运动，所以图乙可能是时刻的波形图。二、波的时空对应关系（关键难点）波形平移：时间每过Δt，波形向右平移vΔt。质点相位差公式（空间差→相位差）：规律：沿波传播方向，各质点相位依次落后。加速度与位移的关系（对每个质点适用简谐运动规律）：，位移最大→加速度最大（大小），位移为零→加速度为零三、振幅与位移的辨析振幅：质点振动时的最大位移，是恒定的，对所有相同波上质点一样。位移：质点在某一时刻相对于平衡位置的偏移，随时间变化。

四、标准解题流程：1、读图：从振动图得A，T，从波形图得λ，从题干得传播方向。2、算波速：。3、找对应时刻：比较波形图上某质点的振动状态与振动图上该质点在哪个时刻的状态一致。4、判断振动方向：用同侧法结合振动图验证。5、分析其他质点状态：用相位差公式或直接看图，结合判断加速度。16．【答案】B,D【解析】【解答】A．根据机械波在t=4s时刻的波动方程为y=Asin（2πλx+φ），分别将x=−1m，y=0和x=0，y=10cm以及B．此波的周期为T=λC．质点不随波迁移，故C错误；D．x=0处质点的振动方程为y=Asin（ωt+将t=4s，y=10cm，A=20在接下来的56s时，代入上式y即在接下来的56s时间内，质点先向上振动到最大位移处，后回到平衡位置，所以质点通过的路程为故答案为：BD。

【分析】结合简谐波的波速、波长、周期的关系，利用波动方程确定波长，再分析质点振动规律与路程。17．【答案】A,C【解析】【解答】A．波长λ=vB．由题意AC=6m，BC=（由于两波源起振方向相反，初始相位差为π，波程差引起的相位差：δ1=2πΔxD．波从A到C的时间tAC=ACv=640s=0.15s，波从B到C的时间C．波A已到达C点：0.4s−0.15s=0.25s故答案为：AC。

【分析】先由波速、频率求波长，再通过波程差、初始相位差分析振动加强/减弱点，结合波的传播时间和周期分析质点速度。18．【答案】B,C【解析】【解答】对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况。AB．若波向右传播，根据“上下坡法”可知x=2m处的质点0.6s时振动方向沿y轴正方向，且满足(解得T=当n=0时，可得T=2.4t=0时刻x=2m处的质点在y轴负方向距平衡位置最远处，故A错误，B正确；CD．若波向左传播，x=2m处的质点0.6s时振动方向沿y轴负方向