2027年高考物理复习题型全练：第16讲 机械振动和机械波 （教师版）

第16讲机械振动和机械波

题型一简谐运动的基本特征及应用

1．（2026•广陵区模拟）如图所示，并列悬挂两个完全相同的弹簧振子。把两个小球向下拉同样距离后，

先释放A球，当A球第一次到达最高点时再释放B球，在接下来的运动过程中，两球在任意时刻（）

A．位移相同B．动能相同

C．速度相同D．加速度相同

【答案】B

푇

【分析】同振幅、同周期，相位差，任意时刻位移大小相等，势能相等，动能相等；位移、速度、加

4

速度是矢量，相位不同则均不相同。

【解答】解：A、位移相同：相位不同，同一时刻位移大小、方向不一定相同，故A错误；

푇

B、动能相同：弹簧振子机械能守恒，振幅相同、机械能相等，相位差，任意时刻位移大小总相等，

4

弹性势能相等，动能一定相等，故B正确；

C、速度相同：速度是矢量，方向可能相反，不相同，故C错误；

푘

D、加速度相同：푎=−푥，位移矢量不同，加速度矢量也不同，故D错误。

푚

故选：B。

2．（2026•临汾二模）如图甲所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在墙壁上，另一端连接一个质

푚

量为m的小球，小球在光滑水平面上做简谐运动的周期可表示为T＝2π同一根弹簧两端分别连接质

푘

量为m1和m2的小球，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，周期为T1，如图乙所示。下列四个关于

周期T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（

）

푚+푚

A．T＝2휋12

1푘

푚1푚2

B．푇1=2휋

푘(푚1+푚2)

푚1−푚2

C．T＝2휋

1푘

푚1푚2

D．T＝2π

1푘

【答案】B

【分析】利用极限假设法，令其中一个小球质量趋于无穷大，将双振子模型退化为单振子模型，结合单

振子周期公式验证各表达式的合理性。

【解答】解：A.采用极限法分析，若令m2→∞，则m2等效为固定墙，系统周期应等于单振子周期푇=2휋

푚1

푘

代入该表达式得T1→∞与实际不符，故A错误；

푚1푚2

B.双振子系统的等效质量为约化质量휇=

푚1+푚2

휇

简谐运动周期公式为푇=2휋

푘

푚1푚2

代入得푇1=2휋，且令m2→∞时，表达式退化为单振子周期，符合物理规律，故B正确；

푘(푚1+푚2)

C.若令m1＝m2，代入该表达式得T1＝0显然违背物理常识，故C错误；

푚1

D.令m→∞代入该表达式得T→∞，与单振子周期2휋不符，故D错误。

21푘

故选：B。

3．（2026•乐山模拟）如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，在弹性限度范围内，物体在竖直方向上

做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。已知重力加速度为g，则在振动过

程中有（）

A．物体在最低点时受到的弹力大小为mg

B．弹簧的最大弹性势能等于2mgA

C．物体的最大动能等于mgA

D．弹簧的弹性势能和物体的动能总和不变

【答案】B

【分析】题目涉及竖直弹簧振子做简谐运动，物体在最高点时弹簧为原长且仅受重力，其加速度为重力

加速度，由此可推断平衡位置在最高点下方振幅A处，此时弹簧伸长量与重力平衡。根据简谐运动的

对称性，最低点位于平衡位置下方振幅A处，弹簧伸长量为最高点到最低点距离的两倍，结合最高点

受力分析可确定弹簧劲度系数与重力关系，从而分析最低点弹力大小。系统机械能守恒，从最高点到最

低点重力势能减少量等于弹簧弹性势能增加量，可计算最大弹性势能。物体经过平衡位置时动能最大，

利用机械能守恒分析重力势能减少量转化为动能和弹性势能，可得最大动能。由于重力势能变化，弹簧

弹性势能与物体动能之和并不守恒。

【解答】解：物体在竖直方向上做简谐振动。当物体振动至最高点时，弹簧恰为原长，表明此时物体仅

受重力，加速度为g。

根据简谐振动的对称性，物体的平衡位置位于最高点下方振幅A处，即在平衡位置时弹簧的伸长量为A

，此时有kA＝mg。

A、物体的最低点位于平衡位置下方振幅A处，即距最高点（原长位置）的距离为2A，此时弹簧伸长

量为2A，物体所受弹力大小为F＝k•2A＝2kA＝2mg，故A错误；

B、在物体从最高点运动至最低点的过程中，动能变化量为零，系统机械能守恒。物体下降高度为2A，

其重力势能减少了2mgA，则弹簧增加的弹性势能等于物体减少的重力势能，即最低点时弹簧的最大弹

性势能为2mgA，故B正确；

C、物体运动至平衡位置时动能最大。在此过程中，物体下降高度为A，弹簧伸长量为A，此时弹簧的

111

弹性势能为퐸=푘퐴2=푚푔퐴。根据系统机械能守恒定律，有푚푔퐴=퐸+푚푔퐴，解得：퐸

푝22푘，푚푎푥2푘，푚푎푥

1

=푚푔퐴，故C错误；

2

D、在振动过程中，物体的动能、重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变。由于物体的重力势能随高

度变化而变化，因此弹簧的弹性势能与物体的动能之和是不断变化的，故D错误。

故选：B。

（多选）4．（2026春•南安市校级期中）如图所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将

一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离

开弹簧上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹

力F随时间t变化的图像如图所示，则（）

A．此运动过程，小球的机械能不守恒

B．t2时刻小球动能最大

C．t1∼t2这段时间内，小球的动能先增加后减少

D．t2～t3这段时间内，小球的动能先减小后增大

【答案】AC

【分析】A.结合题意，由机械能守恒定律，即可分析判断；

BC.结合题意，由牛顿第二定律及弹簧弹力的变化规律，即可推导小球的运动状态，进而分析判断；

D.类比前面思路，根据弹簧弹力的变化，确定小球的受力情况及运动特点，即可分析判断。

【解答】解：A.此运动过程，弹簧对小球做功，则由机械能守恒定律可知，小球的机械能不守恒，故A

正确；

BC.t1∼t2这段时间内，弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程，根据牛顿第二定律mg﹣F弹＝ma，

可知小球受到的弹力开始时小于重力，再等于重力，后来大于重力，

则小球先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减为0时，其速度达到最大值，后做加速度逐渐增大

的减速运动，所以小球的动能先增大，后减小，在t1∼t2之间的某个时刻（小球所受重力与弹簧弹力等

大、反向时），小球动能最大，

而在t2时刻，小球所受的弹簧的弹力最大，其动能应为0，故B错误，C正确；

D.由图可知，t2～t3这段时间内，小球的弹力从最大开始减小，说明小球从最低点上升，小球受到的弹

力开始时大于重力，小球向上做加速运动，后来小于重力，小球做减速运动，所以小球的动能先增大，

后减小，故D错误。

故选：AC。

题型二简谐运动的公式和图像

1．（2026•信宜市校级模拟）猜想是物理研究的重要手段之一。如图，某科技小组猜想从地球北极A点挖

一条直线细隧道通往南极B点，从A点静止释放一物体，穿过地心到达B点，此过程用时t1。若该物

体从A点绕地球做近地圆周运动到B点，此过程用时t2。已知一个质量均匀的球壳对其内部物体的引

力为零，地球视为匀质球体，不计空气阻力，质量为m0、劲度系数为k的弹簧振子的振动周期公式为T

푚0푡1

＝2π，则=（）

푘푡2

A．1B．2C．3D．4

【答案】A

【分析】先根据匀质球壳引力为零的条件，推导出隧道内物体的运动为简谐运动，类比弹簧振子求出其

半周期；再根据万有引力提供向心力求出近地卫星的半周期，最后计算两者的比值。

【解答】解：设地球的密度为ρ，地球的半径为R，物体沿路径1运动时，当物体离地心距离为x时，

퐺푀′푚퐺휌4휋푥3푚4

物体受到的万有引力大小为퐹==3=휋퐺휌푚푥∝푥

푥2푥23

푚3휋

其方向总是指向地心O，物体沿路径1以地心O为平衡位置做简谐运动，周期为푇=2휋4휋퐺휌푚=

3퐺휌

푇13휋

物体沿路径1从A运动到B所用时间푡==

122퐺휌

푀푚푣2

该物体从A点绕地球做近地圆周运动到B点，根据万有引力提供向心力有퐺=푚

푅2푅

4

其中푀=휌⋅휋푅3

3

휋퐺휌

代入数据可得푣=2푅

3

휋푅

휋푅13휋

用时푡==휋퐺휌=

22푅

푣32퐺휌

푡1

代入数据可得=1，故A正确，BCD错误。

푡2

故选：A。

2．（2026•海淀区二模）如图所示，弹簧振子的平衡位置为O点，小球在B、C两点之间做简谐运动，B

点与C点相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点。下列说法正确的是（）

A．弹簧振子做简谐运动的周期为2s

B．0～3s内，小球通过的路程为0.1m

C．0～2s内，弹簧弹力对小球始终做负功

D．0～1s内和1～2s内，小球所受弹簧弹力的冲量大小相等

【答案】D

【分析】小球从B点开始计时，经过2s首次到达C点，说明从B到C是半个周期，因此完整周期为4s

。0～3s对应四分之三周期，路程为3倍振幅即30cm。0～2s内小球从B经O到C，弹力先与速度同向

做正功，后反向做负功。0～1s和1～2s两段时间相等，小球初末速度均为零，根据动量定理，弹力冲

量大小相等。

【解答】解：A、根据题意，小球经过B点时开始计时，经过2s首次到达C点，可知弹簧振子做简谐

运动的周期为4s，故A错误；

3

B、由题意可知，小球做简谐运动的振幅为10cm，在0～3s内，即푡=푇时间内，小球通过的路程为s＝

4

3A，解得：s＝30cm＝0.3m，故B错误；

C、在0～2s内，弹簧弹力开始时为拉力，与小球运动方向一致，对小球做正功；经过平衡位置后，弹

簧弹力表现为向右的支持力，与小球运动方向相反，对小球做负功，因此0～2s内，弹簧弹力对小球先

做正功后做负功，故C错误；

D、根据题意，小球在B点和C点的速度均为零，在0～1s内弹簧弹力表现为拉力，在1～2s内弹簧弹

力表现为支持力，根据动量定理可知，这两个时间段内小球所受弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反，

故D正确。故选：D。

3．（2026春•绿园区校级期中）如图甲所示，弹簧振子在竖直方向做简谐运动。以其平衡位置为坐标原点

、竖直向上为正方向建立坐标轴，振子的位移x随时间t的变化规律如图乙所示，则（）

A．振子的振幅为4cm

B．振子的振动周期为1s

C．t＝1s时，振子的速度为正的最大值

D．t＝1s时，振子的加速度为正的最大值

【答案】C

【分析】根据简谐运动的位移﹣时间图像，结合振幅、周期的定义，以及振子在平衡位置的速度、加速

度特点分析各选项。

【解答】解：A、结合乙图，弹簧振子的振幅为2cm，故A错误；

B、结合乙图，弹簧振子的周期为2s，故B错误；

CD、t＝1s时，弹簧振子在平衡位置向上振动，此时弹簧振子的速度为正向最大值，加速度为零，故C

正确，D错误。

故选：C。

（多选）4．（2026•定安县模拟）如图甲所示，光滑水平面上有大小相同的小球A和B靠在一起，小球A

与轻绳组成单摆，小球B与轻弹簧组成的弹簧振子，刚开始小球A和B均处于静止状态，现将小球A

向左拉开一个较小角度（小于5°）并t＝0时由静止释放，经最低点时与小球B发生碰撞，碰撞时间

可忽略不计，此后小球B运动的v﹣t图像如图乙所示。以最低点为零势能面，小球A与B第一次碰撞

后A球速度恰好为零，已知小球B的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的有（

）

A．弹簧振子的周期等于4t0

푔푡2

B．单摆的摆长等于0

휋2

2

푣0

C．A球释放的高度为

2푔

1

D．A球运动的最大速率为푣

20

【答案】AC

【分析】根据单摆和弹簧振子的运动特性，结合机械能守恒定律和周期公式，分析各选项的正确性。

【解答】解：A．小球B获得向右速度，向右减速到零，又返回初始位置，则结合图像弹簧振子运动半

个周期，即弹簧振子的周期为T＝4t0，故A正确；

퐿

B．根据单摆周期公式푇=2휋

푔

4푔푡2

解得摆长퐿=0

휋2

故B错误；

CD．由题知，小球A与小球B发生碰撞后，小球B的速度为v0，小球A静止，则A、B两球的质量

相等，速度交换，且该碰撞为弹性碰撞，即小球A在与小球B碰撞前的速度为v0，即vA＝v0

1

设小球的质量为m，根据机械能守恒有푚푔ℎ=푚푣2

2퐴

2

푣0

解得ℎ=

2푔

因为在最低点速度最大，故小球A的最大速度为v0，故C正确，D错误。

故选：AC。

题型三单摆及其周期公式

1．（2026春•长宁区校级期中）关于单摆，下列说法正确的是（）

A．摆球受到的回复力是它所受的合力

B．摆球经过平衡位置时，所受的合力为零

C．摆球在任意位置处，回复力都不等于重力和摆线拉力的合力

D．只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力

【答案】D

【分析】根据单摆摆球的振动情况、受力情况以及回复力的来源进行分析；

【解答】解：A．单摆振动的回复力是使摆球回到平衡位置的力，在单摆运动中，回复力是重力沿圆弧

切线方向的分力，即mgsinα，其中α是摆线与竖直方向之间的夹角，由于还需要提供向心力，所以回

复力不是重力和摆线拉力的合力，故A错误；

B．摆球经过平衡位置时，有向心加速度，合力提供向心力，所以合力不为零，故B错误；

C．单摆的摆球在振幅时（最高点），速度为零，向心加速度为零，向心力为零，此时合力提供回复力

，故C错误；

D．单摆的摆球不在最高点时，速度不为0，所需向心力不为0，合力即不是回复力，故D正确。

故选：D。

2．（2026春•鞍山期中）2026年4月11日，辽宁鞍山岫岩县发生3.7级地震，震源深度10公里。关于机

械振动和波，下列说法正确的是（）

A．波的周期与波源的周期相同

B．做简谐运动的物体所受回复力一定是物体所受的合外力

C．做受迫振动的物体，外力的频率越大，则物体做受迫振动的振幅也越大

D．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动是共振现象

【答案】A

【分析】根据波速与质点振动速度，回复力，共振的条件和受迫振动知识进行分析解答。

【解答】解：A.波在传播过程中，介质中各质点完成一次全振动所需的时间为波的一个周期。由于波源

的振动通过介质传播，介质中各质点的振动周期由波源决定，与波源的振动周期相同。则波的周期与波

源的周期相同，故A正确；

B.根据简谐振动的特点可知，做简谐运动的物体所受回复力是使物体回到平衡位置的力，其方向始终指

向平衡位置。但回复力不一定是物体所受的合外力，例如单摆做简谐运动时，回复力是重力沿圆弧切线

方向的分力，而非摆球所受的合外力（合外力还包括沿半径方向的向心力），故B错误；

C.做受迫振动的物体，其振幅由驱动力的频率与物体的固有频率共同决定。当驱动力的频率等于物体的

固有频率时，物体发生共振，振幅达到最大；当驱动力频率偏离固有频率时，振幅减小。因此，“外力

的频率越大，振幅越大”的说法错误，故C错误；

D.共振现象的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率。连续均匀的海浪冲击下，小船上下振动时，海

浪的频率（驱动力频率）与小船的固有频率不相等，因此不属于共振现象，故D错误。

故选：A。

3．（2026春•西城区校级期中）电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“

流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度大小为ω的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距

离太阳最近的恒星（比邻星）。为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装N台“

喷气”发动机，如图所示（N较大，图中只画出了4个）。假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供

大小恒为F的推力，该推力可阻碍地球的自转。已知描述地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿

第二定律方程F＝ma具有相似性，为M＝Iβ，其中M为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和

，其值为NFR；I为地球相对地轴的转动惯量；β为单位时间内地球的角速度的改变量将地球看成质量

分布均匀的球体，下列说法中正确的是（）

A．在M＝Iβ与F＝ma的类比中，与质量m对应的物理量是转动惯量I，其物理意义是反映改变地球

绕地轴转动情况的难易程度

B．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小

C．若发动机“喷气”方向与地球上该点的自转线速度方向相反，则地球赤道地面的人可能会“飘”起

来

휔퐼

D．这些行星发动机同时开始工作，使地球停止自转所需要的时间为

푁퐹

【答案】A

【分析】结合转动动力学方程M＝Iβ与质点牛顿第二定律的类比，分析转动惯量的物理意义，结合地

球自转减速过程中赤道重力加速度的变化规律，逐一判断选项正误。

【解答】解：A、在M＝Iβ，与F＝ma，的类比中，与转动惯量I对应的物理量是m，其物理意义是反

映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，故A正确；

푀푚

B、地球赤道处，万有引力的一部分提供自转所需向心力，剩余部分为重力，即퐺=푚푔+푚휔2푅

푅2

퐺푀

可得푔=−휔2푅。刹车过程中角速度ω减小，向心力减小，重力加速度g会逐渐增大，故B错误；

푅2

C、喷气反方向即阻碍自转，地球减速过程中角速度ω减小，所需向心力mω2R减小，万有引力不变，

퐺푀푚

则地面支持力N=−mω2R增大，人不会飘起来，故C错误；

푅2

D、这些行星发动机同时开始工作，且产生的推动力大小恒为F，根据NFR＝lβ，而βt＝ω

휔퐼

则停止的时间푡=，故D错误。

푁퐹푅

故选：A。

（多选）4．（2026春•皋兰县期中）如图所示，可视为质点的小球通过轻质细线吊在水平天花板上O点

处，O点正下方、细线右侧的O′处有一光滑细钉。将小球拉至OO′右侧A点处由静止释放，小球经

过最低点B后到达左侧最高点C（图中未画出）。不计空气阻力，细线始终绷紧，A、O′连线与竖直方

向的夹角θ＜5°，下列说法正确的是（）

A．C点与A点等高

B．小球第一次经过B点前后细线上拉力大小不变

C．小球第一次从A点运动到B点的时间大于第一次从B点运动到C点的时间

D．仅将细钉固定位置竖直上移少许，小球运动的周期增大

【答案】AD

【分析】小球在运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律分析C点与A点高

度关系；根据牛顿第二定律列式分析小球第一次经过B点前后细线上拉力大小变化情况；根据时间与

周期的关系分析小球第一次从A点运动到B点的时间与第一次从B点运动到C点的时间关系；根据周

期与摆长的关系分析仅将细钉固定位置竖直上移少许时周期变化情况。

【解答】解：A、小球在运动过程中，细线对小球的拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒，

根据机械能守恒定律可知小球在C点与A点的重力势能相等，则C点与A点等高，故A正确；

푣2푣2

B、小球经过B点时，由牛顿第二定律得：T﹣mg＝m，得T＝mg+m，小球第一次经过B点前后

푟푟

速度大小不变，圆周运动的半径变大，则细线上拉力变小，故B错误；

C、因A、O′连线与竖直方向的夹角θ＜5°，故小球的运动为简谐运动，小球第一次从A点运动到B

푇11푙푇21푙푂퐴

点的时间t==×2π푂′퐴，第一次从B点运动到C点的时间t==×2π，因l＜l，

144푔244푔O′AOA

则t1＜t2，即小球第一次从A点运动到B点的时间小于第一次从B点运动到C点的时间，故C错误；

푇1푇21푙1푙푂퐴

D、小球运动的周期为T=+=×2π푂′퐴+×2π，仅将细钉固定位置竖直上移少许，l

222푔2푔O′A

变大，lOA不变，则T增大，故D正确。

故选：AD。

题型四机械波的传播与图像

1．（2026春•海淀区校级期中）某同学用软长绳来演示机械波的运动规律，他手持绳的一端O点，在竖

直平面内连续向上、向下抖动软绳（可视为简谐运动），带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平传播的

简谐波，P、Q为绳上的两点。某时刻的波形如图所示，则（）

A．此时P点和Q点的速度相同

B．此时Q点的振动方向竖直向下

C．P、Q两点间的距离为一个波长

D．P、Q两点以相同的频率做简谐振动

【答案】D

【分析】同一列波：各质点频率、周期都相同；

波传播方向判断质点振动方向：微平移法、上坡下下坡上；

波长定义：相邻波峰—波峰、波谷—波谷间距离；

不同位置质点，同一时刻速度一般不同。

【解答】解：A、P、Q此时位移不同，振动速度大小、方向都不同，速度不同，故A错误；

B、波向右传播，用上坡下、下坡上判断：Q点处在波形上坡段，振动方向竖直向上，不是向下，故B

错误；

C、一个波长是相邻两个同相位点的距离，P、Q间距不到一个波长，故C错误；

D、同一列简谐波上所有质点，振动频率都等于波源频率，P、Q频率相同，故D正确。

故选：D。

2．（2026春•黄浦区校级期中）如图所示，一列水波从深水区传播到浅水区后，水波的波长减小，则从深

水区到浅水区，关于频率和波速的变化情况，以下判断正确的是（）

A．频率减小，波速增大B．频率不变，波速减小

C．频率增大，波速减小D．频率不变，波速增大

【答案】B

【分析】波的频率由振源决定，在不同介质中频率不变，再根据波速公式v＝λf，分析波长减小时波速

的变化。

【解答】解：频率由波源决定与介质无关，从深水区到浅水区水波的频率不变，结合v＝λf，水波从深

水区传播到浅水区，水波的波长减小，波速减小，故B正确，ACD错误。

故选：B。

3．（2026•宁德模拟）我国长征十号系列运载火箭在测试过程中，科研团队通过布置在箭体外壁上的高精

度传感器网络，实时采集了箭体在发动机振动激励下产生的机械波数据。t＝0时刻火箭箭体上沿传播方

向某一截面上横波的波形如图所示，波沿x轴正方向传播。图中质点P的平衡位置横坐标x＝1m。下列

说法正确的是（）

A．该横波的波长为4m

B．P点的振幅为0.2m

C．t＝0时，P点向y轴负方向运动

D．t＝0时，P点的加速度最大

【答案】A

【分析】AB.结合题图，即可读出该波的波长及振幅，进而判断求解；

CD.结合题意及题图，由“同侧法”及简谐运动中加速度与位移的关系，即可分析判断。

【解答】解：AB.由题图可知，该横波的波长为：

λ＝4m，

P点的振幅为：

A＝0.1m，

故A正确，B错误；

CD.因为波沿x轴正方向传播，则由题图可知，t＝0时刻，P点向y轴正方向运动，

푘푥

又因为该时刻质点P在平衡位置，位移x为0，则由简谐运动中加速度与位移的关系a=−可知，t＝

푚

0时刻，P点的加速度最小（为0），故CD错误。

故选：A。

（多选）4．（2026•台州模拟）波源O做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面传播。图甲为该波

稳定传播时的俯视图，实线表示波峰，虚线表示波谷。波源从0时刻起开始振动，0.5s后频率保持不变

，其振动图像如图乙所示（0～0.5s内振动未知）。下列说法正确的是（）

A．波源起振方向沿y轴正方向

B．该波的波速为v＝4m/s

C．在t＝2s时，距离波源4m处的质点向y轴负方向振动

D．距离波源0.5m与1.5m处的两质点的振动步调始终相反

【答案】BC

【分析】A.结合题意，由题图信息，即可分析判断；

B.首先根据题图，确定该波的周期与波长，然后由波速的计算公式，即可判断求解；

C.结合前面分析及题意，根据质点间振动形式传播的特点，即可分析判断；

D.结合前面分析及题意，根据两质点的运动情况，以及两质点之间的距离与波长的关系，即可分析判断

。

【解答】解：A.由题意知，0～0.5s内振动未知，则无法判断波源的起振方向，故A错误；

B.由乙图可得，周期T为0.5s，由图甲可知，波长λ为2m，则波速为：

휆2

푣==푚/푠=4푚/푠，故B正确；

푇0.5

C.结合前面分析可知，距离波源4m处的质点开始振动的时间为：

푥4

푡==푠=1푠，

1푣4

由图乙可知，此时波源向下振动，则1s后即在t＝2s时，波源的振动形式传递到距离波源4m处的质点

，此时该质点向y轴负方向振动，故C正确；

D.结合前面分析可知，若波源稳定后，距离波源0.5m与1.5m处的两质点满足：

1

훥푥=1.5푚−0.5푚=1푚=휆，

2

则两质点的振动步调相反，

但0.5s前，两质点的运动情况无法判断，故D错误。

故选：BC。

题型五波动图像与振动图像综合

1．（2026•河池一模）战绳（BattleRope）是健身房常见的高强度训练器材，通过甩动绳子既能锻炼全身

力量与心肺功能，又能直观演示机械波的传播规律。某次训练中甩动战绳形成的波浪可简化为简谐横波

，图乙为该简谐横波在t＝0时刻的波形图，图丙为图乙中P点的振动图像。绳子足够长且忽略传播时

振幅的衰减，下列说法正确的是（）

A．该简谐波波速为1.5m/s，波沿x轴负方向传播，经t＝1.2s质点P运动的路程为0.6m

B．该简谐波波速为0.75m/s，波沿x轴正方向传播，经t＝1.2s质点P运动的路程为1.2m

C．该简谐波波速为0.75m/s，波沿x轴正方向传播，经t＝1.2s质点P运动的路程为1.0m

D．该简谐波波速为1.5m/s，波沿x轴正方向传播，经t＝1.2s质点P运动的路程为0.6m

【答案】B

【分析】已知波形图与P点振动图像，需判断波速、传播方向及特定时间内的路程。从波形图确定波长

，振动图像确定周期与振幅，利用波速公式建立波长与周期的关系可得波速。通过t＝0时刻P点振动

方向与波形图对比，依据“上下坡法”分析波的传播方向。计算给定时间与周期的倍数关系，结合简谐

运动中质点路程与振幅的规律，可得出质点运动的路程。

【解答】解：分析图乙可知波长λ＝0.6m，分析图丙可知周期T＝0.8s，振幅A＝0.2m。

휆

根据波速公式푣=可得波速v＝0.75m/s；由于t＝0时质点P向y轴正方向振动，结合图乙波形根据“

푇

上下坡法”可知，该波沿x轴正方向传播；在Δt＝1.2s时间内经历的时间为1.5T，质点运动的路程s＝

1.5×4A，解得：s＝1.2m，故ACD错误，B正确。

故选：B。

2．（2026•琼海校级二模）如图1所示为一列简谐横波在t＝0时的波形图，图2为x＝4m处质点的振动

图像，以下说法正确的是（）

A．波的周期为2s

B．波速大小为1m/s

C．波的传播方向沿x轴正方向

D．x＝4m处的质点经1s到达坐标（5m，2m）处

【答案】B

【分析】明确题目涉及简谐横波的波形图与振动图像结合分析。首先从图2获取质点的振动周期，结合

图1中的波长计算波速；通过比较t＝0时x＝4m处质点的振动方向（由平衡位置向正方向运动）与波

形图中该位置处质点的坡向关系，利用“上下坡”法判断波传播方向；注意质点仅在平衡位置附近振动

，不会随波迁移，因此需根据振动时间与周期的关系分析质点的位置变化。已知波长、周期与质点振动

状态，可逐步推导波速、传播方向及质点位置。

휆

【解答】解：AB、由图像可知，该波的波长λ＝4m，周期T＝4s，则波速푣=，解得：v＝1m/s，故A

푇

错误，B正确；

C、由图2可知，t＝0时，x＝4m处的质点正由平衡位置向y轴正方向振动，根据“上下坡”法判断，

该波的传播方向沿x轴负方向，故C错误；

푇

D、质点不会随波迁移，t＝0时，x＝4m处的质点正沿y轴正方向运动，经过1s（即）后，该质点将

4

运动至正向最大位移处，其坐标为（4m，2m），故D错误。

故选：B。

3．（2026•襄阳模拟）某非遗舞龙表演中，龙身的波动可视为沿x轴传播的简谐横波，图甲为该简谐横波

在t＝0时刻的波形图，图乙为平衡位置在x＝6m处的质点a的振动图像。已知质点M的平衡位置在x

＝1.5m处，质点N的平衡位置在x＝10m处，下列说法正确的是（）

A．该波沿x轴正方向传播，波速大小为3m/s

B．t＝2.5s时，质点M处于波峰位置

휋휋

．质点的振动方程푦=10푠푖푛(푡+)푐푚

CN23

D．t＝3s时，质点N恰好位于波谷位置

【答案】B

【分析】从振动图像可知质点a在t＝0时刻的振动方向，结合波形图可判断波的传播方向。利用波形

图中波长与振动图像中周期可计算波速。确定波速与传播方向后，可分析任意时刻质点M与N的位置

，进而判断其是否处于波峰或波谷。通过比较各选项中时间对应的相位，可验证质点振动方程的正确性

。

휆

【解答】解：由图甲可知波长λ＝12m，由图乙可知周期T＝4s，则波速푣=，解得：v＝3m/s；由图乙

푇

可知t＝0时刻x＝6m处的质点沿y轴正方向运动，结合图甲波形可知波沿x轴负方向传播。

A、该波沿x轴负方向传播，速度为3m/s，故A错误；

B、在t＝2.5s时，波传播距离Δx＝vt，解得：Δx＝7.5m，由于波向左传，此时x＝1.5m处质点的状态

与t＝0时x＝1.5m+7.5m＝9m处相同，由图甲可知该处为波峰，故B正确；

2휋휋

C、根据휔=，解得：휔=푟푎푑/푠，波向左传播的特性，由t＝0时x＝6m处的振动状态可知质点N

푇2

휋2휋

的振动方程为푦=10푠푖푛(푡+)푐푚，故C错误；

23

D、将t＝3s代入质点N的振动方程解得位移y＝5cm，此时质点不在波谷位置，故D错误。

故选：B。

（多选）4．（2026•绵阳三模）一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图甲所示，x＝3m

处质点的振动图像如图乙所示。则该波（）

A．波速为1m/sB．波速为2m/s

C．沿x轴正方向传播D．沿x轴负方向传播

【答案】AC

【分析】由波形图可确定波长，振动图像显示质点从波峰到波谷经历半个周期从而得到周期，结合波速

公式可计算波速。在初始时刻，x＝3m处质点振动方向向上，结合波形图中该质点所处位置，根据质点

振动方向与波传播方向的关系，可判断波的传播方向。

【解答】解：由波形图图甲可知，该波的波长λ＝8m；由振动图像图乙可知，质点从t＝1s的波峰运动

到t＝5s的波谷经历半个周期，故周期T＝8s。

휆

根据波速公式푣=，代入数据解得：v＝1m/s，故A正确，B错误；

푇

在t＝0时刻，由图乙可知x＝3m处的质点正沿y轴正方向振动，结合图甲波形，根据“上下坡法”或

波形平移法分析可知，只有当波沿x轴正方向传播时，位于x＝3m处的质点才向上运动，故C正确，D

错误。

故选：AC。

题型六波的多解问题

1．（2026•山西模拟）如图所示，一列简谐横波向右传播，波速为v＝2m/s，介质中P、Q两点平衡位置

相距0.3m，当P位于波峰时，Q刚好位于平衡位置，则这列波的周期可能是（）

A．0.2sB．0.3sC．0.4sD．0.5s

【答案】A

【分析】已知波向右传播，当P位于波峰时Q在平衡位置，P、Q平衡位置相距0.3m，此距离与波长的

关系需考虑波形的多种可能性，即两者间可能相差四分之一波长的奇数倍。根据波速公式，波速等于波

长除以周期，结合上述距离与波长的关系，可得到周期与已知距离及波速的关系式，进而代入数值判断

各选项是否可能成立。

【解答】解：简谐横波向右传播，波速v＝2m/s，P、Q两点的平衡位置相距Δx＝0.3m。当P点位于波

휆

峰时，Q点恰好在平衡位置，这表明P、Q间的距离为四分之一波长的奇数倍，即满足훥푥=(2푛+1)，

4

式中n＝0，1，2，...。

휆4훥푥

结合波速公式푣=，可得波长λ＝vT，代入位移关系式整理，得到周期的通项表达式푇=，

푇(2푛+1)푣

0.6

代入数据得푇=푠。

2푛+1

当n＝1时，解得：T＝0.2s。由于n只能取非负整数，周期T的可能取值包括0.6s、0.2s、0.12s等，无

法取到0.3s、0.4s或0.5s，故A正确，BCD错误。

故选：A。

2．（2026•昌平区一模）一列简谐横波沿x轴传播，t1＝0和t2＝0.45s时刻的波形分别如图中的实线和虚

线所示。已知在t1时刻x＝2m处的质点沿y轴负方向运动。则该简谐波（）

A．波长为2mB．沿x轴正方向传播

C．周期可能为0.6sD．波速可能为2.2m/s

【答案】C

【分析】根据图像求解波长；根据“同侧法”可知波的传播方向；根据波形图求解周期的可能值；根据

波速计算公式求解波速的可能值。

【解答】解：A、根据图像可知，波长为4m，故A错误；

B、已知在t1时刻x＝2m处的质点沿y轴负方向运动，根据“同侧法”可知，沿x轴负方向传播，故B

错误；

31.8

C、0.45s时刻的波形是虚线所示，则有：（n+）T＝0.45s，解得：T=s（n＝0、1、2、3……

44푛+3

）

当n＝0时，T＝0.6s，所以周期可能为0.6s，故C正确；

휆420(4푛+3)

D、根据波速计算公式可得：v==1.8m/s=m/s（n＝0、1、2、3……），波速不可能

푇4푛+39

为2.2m/s，故D错误。

故选：C。

3．（2026•河南一模）一列简谐横波沿x轴正方向传播，A、B两点是传播方向上平衡位置相距5.6m的两

点。已知t＝0时x＝0处质点开始向下起振，t＝4s时，A、B间出现如图所示的波形（A、B外的波形

未画出），且x＝0处质点处于平衡位置向上振动，则该简谐横波的最小波速为（）

A．2.0m/sB．2.2m/sC．2.4m/sD．2.6m/s

【答案】A

【分析】题目描述一列简谐横波沿x轴正方向传播，已知A、B两点平衡位置相距特定距离，t＝0时波

源处质点向下起振，t＝4s时A、B间出现图示波形且波源处质点位于平衡位置向上振动。解题需先明

确已知条件：t＝4s时A、B间波形对应特定波长，结合波传播方向及A点位置可确定波长数值；同时

波源振动状态变化经历时间与周期存在整数倍加半周期的关系，由此得到周期表达式，进而建立波速与

周期的联系。分析过程需注意波在4秒内至少传播到B点，波速需满足传播距离条件，从而确定整数

取值范围内满足条件的最小波速。

7

【解答】解：根据图示，A、B两点间距为1.75个波长，即휆=5.6푚，解得：λ＝3.2m。该简谐横波沿

4

x轴正向传播，且图示时刻A点右侧为波峰，依据“上下坡法”可判断A点位于平衡位置且向y轴负

方向运动。

已知x＝0处的质点在t＝0时开始向下起振，至t＝4s时该质点处于平衡位置并向上振动。设振动周期

18

为T，则有푡=(푛+)푇=4푠（其中n＝0，1，2，...），解得：푇=푠。由此可得波速表达式为푣=

22푛+1

휆3.2

=8=0.4(2푛+1)푚/푠。

푇2푛+1

由于t＝4s时A、B之间已形成图示波形，波至少已传播到B点，且A点位于原点右侧（xA＞0），故

푥퐵푥퐵5.6

波传到B点的时间需满足푡=≤4s。考虑到xB＝xA+5.6＞5.6m，代入数据得푣=＞=1.4푚/푠。

퐵푣푡퐵4

分别取n＝0时，v＝0.4m/s＜1.4m/s，不符合要求；n＝1时，v＝1.2m/s＜1.4m/s，亦不符合；n＝2时，

v＝2.0m/s＞1.4m/s，满足条件。

此时T＝1.6s，若取xA＝0.5λ，即xA＝1.6m，则xB＝7.2m，波传到B点所需时间为3.6s，B点已振动

1

0.4s即푇，恰好处于波谷，与图示相符。

4

因此，该波的最小波速为2.0m/s。故A正确，BCD错误。

故选：A。

（多选）4．（2026•河南模拟）两位钓鱼爱好者在湖边钓鱼，他们所用鱼竿的浮漂a、b在水平方向上的

距离为3m，有一列水波从a向b传播，从某时刻开始计时，以竖直向上为正方向，a、b两浮漂的振动

图像分别如图中实线和虚线所示，水波可视为沿水平湖面传播的简谐横波，已知该水波波长λ＞3m。下

列说法正确的是（）

A．该水波的波长为4m

B．该水波的波速为20m/s

C．t＝0.85s时，浮漂a的加速度方向竖直向上

D．t＝1.05s时，浮漂a和浮漂b的速度方向相反

【答案】AD

【分析】从振动图像读出周期，再根据两浮漂的振动状态和间距、波长条件，推导出波长和波速；根据

振动的周期性，将题目时刻换算到一个周期内的对应时刻，分析浮漂的位置和加速度方向，以及分析同

一时刻两浮漂的速度方向。

【解答】解：AB、t＝0时刻浮漂a处于平衡位置向上振动，而浮漂b处于波峰位置，因λ＞3m，故a、

3

b之间的距离小于一个波长，结合水波从a向b传播，可得a、b间距与波长的关系为：푥=휆，已知：

4

x＝3m，解得：λ＝4m；

휆4

由题图可得周期为T＝0.4s，波速为：푣==푚/푠=10푚/푠，故A正确，B错误。

푇0.4

C、因t＝0.85s＝2T+0.05s，故此时a的振动状态与t＝0.05s时一致，由题图可知a处于平衡位置上方，

位移为正，加速度方向与位移方向相反，为竖直向下，故C错误。

D、有t＝1.05s＝2T+0.25s，同理可知此时a处于平衡位置与波谷之间某处且向下运动；b处于波谷与平

衡位置之间的某处且向上运动，故此时浮漂a和浮漂b的速度方向相反，故D正确。

故选：AD。

题型七波的干涉、衍射、多普勒效应

1．（2026•南开区校级模拟）如图甲所示，人们听音乐时外界噪声容易传入人耳中，其中A、B、C、D、

E均位于平衡位置。图乙所示为戴上降噪耳机后可有效降低外界噪声的影响，则下列说法正确的是（

）

A．图甲中AB之间的距离约为半个波长

B．图甲中声波只能在固体和液体中传播

C．图乙中实现降噪功能利用了声波的衍射

D．图乙中若环境噪声的频率增大，仍要实现有效降低外界噪声，则降噪声波的频率需要减小

【答案】A

【分析】结合纵波的波长定义、声波的传播介质、降噪耳机的相消干涉原理，逐一分析各选项描述的正

误。

【解答】解：A.声波是纵波，图中A、B均为平衡位置，相邻两个振动相位相反的平衡位置间的距离为

半个波长，故A正确；

B.声波属于机械波，可在固体、液体和气体中传播，并非只能在固体和液体中传播，故B错误；

C.降噪耳机的降噪功能利用了声波的相消干涉原理，而非衍射现象，故C错误；

D.要实现相消干涉，降噪声波的频率需与环境噪声频率相同，因此当环境噪声频率增大时，降噪声波的

频率也需增大，故D错误。

故选：A。

2．（2026•浙江二模）双声源技术在工业故障检测、智能设备等方面有重要应用。如图1所示，坐标轴y

在介质Ⅰ和介质Ⅱ的分界面上，频率相同的两列简谐波源S1、S2在x轴上，坐标分别为﹣1m和1m。t

＝0时刻同时开始振动。x轴上坐标为0.2m处有一质点P，其振动图像如图2所示，已知S1发出的波

先传到P点，下列说法正确的是（）

A．S2起振方向沿y轴正方向

B．振动稳定后，OS2之间（不包括O、S2）有5个加强点

C．波在介质Ⅰ中的波长为0.4m

D．x＝0处的质点O在0～4×10﹣3s内的路程为100μm

【答案】B

【分析】先根据P点的振动图像和S1先传到P点的条件，判断波源的起振方向；再通过两波源到各点

的路程差，分析干涉加强点的位置与数量；接着利用振动周期和波速的关系，计算波在介质I中的波长

；最后结合两列波传到O点的时间和质点振动的周期，计算O点在指定时间内的振动路程，从而逐一

判断各选项的正误。

﹣3

【解答】解：C、波在介质I和介质Ⅱ中的速度分别为v1、v2，周期T＝1×10s，S1发出的波先传到P

10.2

点，有+=1×10−3,

푣1푣2

0.8

−3

S2发出的波再传到P点，有=2×10，푣1=2000푚/푠，푣2=400푚/푠，휆1=푣1푇=2푚，λ2＝v2T＝

푣2

400×1×10﹣3m＝0.4m，故C错误；

﹣3

A、S1发出的波传到P点时，P点起振沿y轴正方向，知S1起振沿y轴正方向，在t＝2×10s时，S2

波刚传到P点，叠加后振幅减小，知S2波的起振方向沿y轴负方向，故A错误；

﹣4

B、t＝5×10s时S1波刚传到O点，振动方向y轴正方向作为新波源，此时S2波源经过半个周期，振

动方向也为y轴正方向，作为另一波源。可知加强点为0.1m、0.3m、0.5m、0.7m、0.9m共5个点，故

B正确；

D、根据振动图像知0～0.5×10﹣3s，路程为零，0.5×10﹣3～2.5×10﹣3s，路程为80μm，2.5×10﹣3～4×

10﹣3s路程为30μm，路程共为110μm，故D错误。

故选：B。

3．（2026•揭阳模拟）下列关于声波的描述正确的是（）

A．人能辨别不同乐器同时发出的声音，说明声波不会发生干涉

B．把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，这属于声波的衍射现象

C．绕正在发音的音叉走一圈，听到忽强忽弱的声音，这是声音的共振现象

D．从火车的汽笛声判断火车的运行方向和快慢，这是利用声波的多普勒效应

【答案】D

【分析】结合声波的干涉、衍射、共振、多普勒效应的概念，逐一分析各选项描述的现象对应的物理原

理是否正确。

【解答】解：A.声波是可以发生干涉现象的，人能辨别不同乐器同时发出的声音，是因为不同乐器发出

的声音音色不同，并非声波不会发生干涉，故A错误；

B.把耳朵贴在铁轨上能听到远处火车声，是因为声波在固体（铁轨）中传播速度快、衰减小，能传播更

远距离，这与声波的衍射现象无关，故B错误；

C.绕正在发音的音叉走一圈听到忽强忽弱的声音，是