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专题14 机械振动与机械波
2026年高考物理真题及高考模拟优选试题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在当年高考中及模拟中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共23小题）
1．（2026 河南）将一单摆的摆球拉开一个小角度后释放，单摆摆动的振幅为A0，周期为T0。若将此摆移到月球上，拉开相同的角度，则摆球的振动图像可能正确的是（　　）
A．B．C．D．
2．（2026 浙江）一列波速为v＝4m/s、沿x轴正方向传播的简谐波，t＝0.5s时刻的波形如图所示。A、B、C为传播方向上的三个质点，B、C所在的位置分别为xB＝0.5m和xC＝1.5m。则（　　）
A．波的频率为0.5Hz
B．图示时刻，A向y轴正方向运动
C．当波从xB点传播到xC点，B运动了1m
D．C的振动方程为y＝0.4sin（4πt﹣π）m
3．（2026 甘肃）简谐横波沿x轴的负方向传播，M为介质中一个质点，某时刻的波形图如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．此刻M点沿x轴的负方向运动
B．此刻M点的加速度方向沿y轴的负方向
C．此刻后很短时间内M点的速度逐渐减小
D．经过四分之一周期，M点通过的路程为A0
4．（2026 北京）一列简谐横波在t＝0时的波形图如图所示，此时x＝3m处的质点P位于平衡位置且沿y轴正方向运动，经过1s第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（　　）
A．波沿x轴正方向传播
B．波的传播速度为4m/s
C．一个周期内质点P运动的路程为4m
D．t＝0.5s时，质点P的加速度沿y轴负方向
5．（2026 西藏）一列横波沿x轴正向传播，位于坐标原点的波源振动周期为T，其开始一个周期的振动图像如图所示。该波在t＝T时刻的波形图可能为（　　）
A．B． C．D．
6．（2026 广西）一列声波在空气中传播，波速是340米每秒，声波的频率是1000赫兹，则该声波的波长为（　　）
A．0.34m B．2.96m C．3.40m D．340m
7．（2026 四川）如图所示，空气中水平放置两端开口的圆柱形长管，管内有a、b、c三个位置，a、b距离为1cm，c在b右侧。持续驱动活塞使其在a、b间做周期为0.1s的简谐运动，管内形成稳定机械波。声波在空气中的传播速度取340m/s，管足够长。则（　　）
A．管内机械波为横波
B．管内机械波的振幅为1cm
C．管内机械波的波长为1cm
D．每秒有10个完整的波经过位置c
8．（2026 浙江）在地质探测中，可利用横波传播速度的不同，获得岩石密度信息。选择岩石分界面上的一点为原点，垂直分界面方向为x轴，建立如图所示的坐标系。在坐标原点安装周期T＝1×10﹣3s、振幅A＝2mm的人工振源。t＝0时振源从平衡位置（y＝0）开始沿y轴正方向振动，同时向两侧传播简谐横波。t＝3×10﹣3s时在岩石Ⅰ（x＜0）中的波恰好到达x＝﹣3m处，岩石Ⅱ（x＞0）中的波速为vⅡ＝3×103m/s，则（　　）
A．岩石Ⅰ和岩石Ⅱ中两波波长之比为3：1
B．t＝1.5×10﹣3s时，x＝﹣1m处质点的振动方向沿y轴正方向
C．在0～3×10﹣3s内，x＝1.25m处质点经过的路程为21mm
D．增大振源的振动周期，岩石Ⅱ中的波速将变小
9．（2026 湖南）如图，均匀介质中有且仅有一个点波源产生简谐横波在xy平面内传播，A（4，3）、B（4，0）在xy平面内。某时刻，A处质点位于波峰，B处质点位于波谷。下列说法正确的是（　　）
A．若波源在（0，0）处，波长可能为1m
B．若波源在（0，0）处，波长可能为2m
C．若波源在（0，3）处，波长可能为3m
D．若波源在（0，3）处，波长可能为4m
10．（2026 云南）如图所示，均匀介质中的三个质点S、P、Q，它们分别静止于直角坐标系Oxy平面内的（0，0）、（﹣2，0）和（4，3）处。t＝0时刻，S从平衡位置开始垂直Oxy平面向上振动，振动频率为2Hz，形成向外传播的简谐横波，图中实线圆表示某时刻相邻的两个波峰，则（　　）
A．该波的波速大小为8m/s
B．t＝0.125s时，P位于波峰
C．该波传播到P、Q的时间差为0.75s
D．t＝1.25s以后，P、Q的位移始终相同
11．（2026 河南模拟）在如图所示的xOy坐标系中，一条弹性绳沿x轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a。t＝0时，x＝0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。时的波形如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．t＝0时，质点P0沿y轴负方向运动
B．时，质点P4的速度最大
C．该列绳波的波速为
D．时，质点P3和P5相位相同
12．（2026 镇海区模拟）将一根柔软弹性细绳沿水平的x轴放置，其一端固定于位置为x＝8m的墙面上，另一端不断上下振动，在绳中形成绳波如图，在t＝0s时刻x＝4m的质点刚好开始振动。当波传至固定点时，绳波将发生反射。反射处质点在反射前后的振动速度大小不变方向反向，波的传播方向也反向。则下列各个时刻细绳的波形图（实线）正确的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2026 北京三模）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6m，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3m
B．波速为12m/s
C．t0+0.25s时刻，B点速度为0
D．t0+0.50s时刻，A点速度为0
14．（2026 天津模拟）位于坐标原点处的波源发出一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝0时波源开始振动，其位移y随时间t变化的关系式为y＝Asin（t），则t＝T时的波形图为（　　）
A．B．C．D．
15．（2026 福田区模拟）将一端固定在墙上的轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上，在离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（　　）
A．甲图中两手开始振动时的方向并不相同
B．甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置
C．乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形
D．乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形
16．（2026 四川模拟）如图甲所示，一摆球在竖直平面内做小角度摆动（θ＜5°）。某次摆球从左向右通过平衡位置开始计时，其振动图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．摆长约为2m
B．t＝0.5s时摆球所受合外力为零
C．从t＝1.5s至t＝2.0s的过程中，摆球所受回复力逐渐增大
D．摆球的位移x随时间t的变化规律为x＝8sin（πt）cm
17．（2026 广州模拟）若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置的速度减为原来的，则单摆振动的物理量变化的情况是（　　）
A．频率不变，振幅不变 B．频率不变，振幅改变
C．频率改变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变
18．（2026 武邑县模拟）2024年5月28日，来自全国各地的31名队员全员登顶珠峰，其中年龄最大的队员70岁，刷新了中国人登顶珠峰最年长纪录。某队员用单摆测定珠峰的高度，使单摆做简谐运动，在与珠峰同纬度零海拔高度处，在一定时间内测得单摆完成全振动N次。当到达山顶后，在相同时间内测得同一单摆完成全振动的次数为（N﹣2）次。若把地球视为半径为R的均匀球体，则珠峰的高度为（　　）
A． B． C． D．
19．（2026 如皋市模拟）如图甲，弹簧振子的平衡位置O点为坐标原点，小球在M、N两点间做振幅为A的简谐运动，小球经过O点时开始计时，其x﹣t图像如图乙，小球的速度，加速度为a，质量为m，动能为Ek，弹簧劲度系数为k，弹簧振子的弹性势能为Ep，弹簧对小球做功的功率为P，下列描述该运动的图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
20．（2026 西城区模拟）如图甲所示为光滑水平面上的弹簧振子，以平衡位置O为原点，在A、B之间做简谐运动，某时刻开始计时，其偏离平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．该弹簧振子的振幅为10cm
B．该振动系统的振动周期为3s
C．t＝0时，振子从O向A运动
D．t＝1.5s时，振子第一次经过O点
21．（2026 芦淞区二模）甲、乙两个单摆的摆球完全相同，在同一平面内各自做简谐运动，摆线的最大摆角相同。某时刻开始计时，0 6t0内它们的振动图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙的摆长之比为1：2
B．t0时刻甲、乙的相位差为
C．甲摆球的最大动能大于乙摆球的最大动能
D．从计时开始，乙摆球第2次经过最低点时两摆球速度方向相反
22．（2026 武邑县模拟）某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。t＝0时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），t1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（　　）
A．浮标的振动周期为4t1
B．水波的传播速度大小为
C．时刻浮标沿y轴负方向运动
D．水波的波长为2L
23．（2026 西城区一模）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20cm，周期为3.0s。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10cm时，游客能舒服的登船。在一个周期内，游客能舒服登船的时间是（　　）
A．0.5s B．0.75s C．1.0s D．1.5s
二．多选题（共4小题）
（多选）24．（2026 贵州）光在折射率为n的光纤中传播路程L，等效于光在真空中传播路程nL，nL称为光程。如图（a），两根同种光纤在A、B处被熔接为耦合点，形成上下两支路，上下支路A、B之间的光纤长度相同。波长为λ的光经过耦合点时的变化情况如图（b）所示，任意支路的光经过耦合点，与输入口同侧的输出口的光未额外增加光程，异侧输出口的光额外增加光程。现有波长为λ的光从1口入射，则上下支路的光（　　）
A．在3口干涉加强 B．在3口干涉削弱
C．在4口干涉加强 D．在4口干涉削弱
（多选）25．（2026 山东）波源O在t＝0时开始振动，产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝4s时质点M刚好开始振动，质点M与N的平衡位置相距5m。某时刻的波形如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．波速为2m/s
B．波长为4m
C．从图示状态经过2s，M和N速度相同
D．从图示状态经过3s，M和N偏离平衡位置的位移相同
（多选）26．（2026 山西）一列简谐横波在均匀介质中沿直线传播，a、b为介质中平衡位置相距0.5m的两个质点。t＝0时刻的波形图如图，0.5s时a振动至波谷，1.2s时b第一次回到波峰，则（　　）
A．波的周期为1.2s
B．波速为10m/s
C．波的振幅为cm
D．0 0.6s内质点a的路程为cm
（多选）27．（2026 丰城市一模）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a） 所示，以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示，已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
三．解答题（共5小题）
28．（2026 浙江）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑（h r），途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。
（1）求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力大小FN；
（2）从A到B的过程；物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式；
（3）求物块b的初速度大小vb，以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va；
（4）若h＝0.032m，r＝10m，d＝0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。
29．（2026 贵州）图（a）是绳波在某时刻的照片。设该绳波为简谐横波，以绳中各质点平衡位置的连线为x轴、质点振动方向为y轴，建立如图（b）所示的直角坐标系，图中实线、虚线分别表示t＝0和t＝0.25s时绳波的图像。若该绳波沿x轴负方向传播，周期大于0.25s。
（1）求绳波的波长和振幅；
（2）求绳波的周期和传播速度；
（3）在图（c）中，画出t＝0.5s时绳波在0～2.0m内的图像。
30．（2026 湖北）一列简谐横波沿x轴传播，波速为v＝2m/s。t＝0时刻的波形图如图所示，此时x＝3m处的质点P的振动方向沿y轴负方向，x＝5m和x＝11m处的质点均处于平衡位置。
（1）求波的传播方向、波长A和周期T。
（2）从t＝0时刻开始，经多长时间质点P第二次到达平衡位置？
31．（2026 河北）如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形（中间部分未画出），此时平衡位置在x＝xp的质点处于波峰。
（1）写出该波的波长，以及xp在10～14m范围内的所有可能值。
（2）若平衡位置位于原点处的质点在0～1s内通过的路程为5cm，求该波的周期和波速。
32．（2026 无极县模拟）有一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波源位于原点O的位置，P、Q是x轴上的两个点，P点距离原点O的距离为3m，Q点距离原点O的距离为4m。波源在某时刻开始起振，起振方向沿y轴正方向，波源起振4s后，位于P处的质点位移第一次达到最大值2m，再经过3s，位于Q处的质点第一次达到负的最大位移﹣2m。求：
①波长和波速；
②波源起振20s时，平衡位置距离O点为5m的质点R的位移和该20s内质点R运动的路程。
。
专题14 机械振动与机械波
参考答案与试题解析
一．选择题（共23小题）
1．【答案】B
【分析】1.单摆周期公式：月球重力加速度g月＜g地，摆长L不变，故月球上单摆周期T＞T0.
2.振幅判断：拉开相同小角度θ，振幅A＝Lsinθ，因为L、θ不变，所以振幅不变。
3.图像坐标轴解读：纵轴x/A0最大值为1.0；横轴t/T0，周期对应的横坐标数值应该大于1。
【解答】单摆周期公式为：，地球表面重力加速度为g地，月球，因为摆长L不变，所以
，即月球上该单摆周期比地球T0大；
单摆振幅A＝Lsinθ，相同角度，摆长L不变，因此振幅A＝A0
图像纵轴是x/A0峰值应为1.0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．【答案】D
【分析】由图像读出波长，由波速公式v＝λf求出频率；根据“上下坡法”来判断质点A的振动方向；根据当波从xB点传播到xC点的时间与周期的关系求B运动的路程；根据振幅、圆频率和初相位写出C的振动方程。
【解答】A，由图可知，波长λ＝2m，由波速公式v＝λf得fHz＝2Hz，故A错误；
B、简谐波沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”可知，图示时刻，A向y轴负方向运动，故B错误；
C、当波从xB点传播到xC点用时半个周期，B运动了s＝2A＝2×0.4A＝0.8m，故C错误；
D、圆频率为ω＝2πf＝2π×2rad/s＝4πrad/s，C的起振方向沿y轴负方向，初相位为﹣π，则C的振动方程为y＝Asin（ωt﹣π）m＝0.4sin（4πt﹣π）m，故D正确。
故选：D。
3．【答案】B
【分析】根据波形平移法判断质点M的振动方向；质点M做简谐运动，加速度始终指向平衡位置；分析此刻后很短时间内M点的运动方向，判断速度变化情况；根据时间与周期的关系分析路程。
【解答】A、简谐横波沿x轴的负方向传播，波形向左平移，则此刻M点沿y轴的负方向运动，故A错误；
B、质点M做简谐运动，加速度始终指向平衡位置，可知，此刻M点的加速度方向沿y轴的负方向，故B正确；
C、此刻后很短时间内M点向下运动，衡位置，速度逐渐增大，故C错误；
D、此刻M点沿y轴的负方向运动，速度逐渐增大，经过四分之一周期，M点通过的路程大于A0，故D错误。
故选：B。
4．【答案】D
【分析】A.质点P向上振动，根据上下坡法，说明波沿x轴负方向传播；
B.根据求出波的传播速度；
C.根据s＝4A求出一个周期内质点P运动的路程；
D.根据加速度方向与位移方向的关系判断t＝0.5s时，质点P的加速度方向。
【解答】A.沿波传播方向，上坡质点向下振动，下坡质点向上振动。P向上，P处于下坡，说明波向左（负方向）传，故A错误；
B.由图可知波长为4m，周期为2s，由波速公式可知：
故B错误；
C.一个周期质点路程s＝4A，
A＝10cm＝0.1m
则s＝4×0.1m＝0.4m
故C错误；
D.周期T＝2s，
t＝0：P在平衡位置，向+y运动；
P到达波峰位置，位移沿y轴正方向。加速度方向与位移方向相反，所以加速度沿y轴负方向，故D正确。
故选：D。
5．【答案】C
【分析】根据振动图像判断判断波源的起振方向，结合振动的特点分析波在t＝T时刻的波形图的可能性。
【解答】根据题意，从振动图像可知，t＝0时刻波源从平衡位置向y轴正方向起振，则横波传播到的所有质点，起振方向都沿y轴正方向。经过一个周期T的时间，横波沿x轴正方向传播的距离为一个波长λ，最前端（x＝λ处）的质点刚好要开始振动，振动方向耶必然沿y轴正方向。对照一个周期的振动图像可知，该波在t＝T时刻的波形图为先向下起伏、到达最低点、之后向上起伏到达最高点，且向上的起伏的最高点比向下起伏的最低点值大。故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．【答案】A
【分析】直接机械波基本公式v＝λf，变形得到波长表达式，将题干给出的波速、频率数值代入计算，比对选项选出答案。
【解答】波速、波长、频率满足波的基本关系v＝λf
变形可得波长计算公式
代入数据v＝340m/s，f＝1000Hz
计算得λ＝0.34m
故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．【答案】D
【分析】根据两端开口管中驻波开口端为波腹的特点，结合a、b间距与波长的关系，利用波速公式求出频率，再逐一判断各选项。
【解答】A.活塞在水平方向做简谐运动，推动管内空气分子沿水平方向振动，而波的传播方向也是水平的。由于质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上，所以管内形成的机械波为纵波，故A错误；
B.出a、b间距离为1cm，这是活塞运动的总行程（即从最左端到最右端的距离），根据简谐运动的规律，振幅应为总行程的一半，即0.5cm，故B错误；
C.根据波速、波长和周期的关系公式
可以推导出波长λ＝vT，已知声波在空气中的传播速度v＝340m/s，周期 T＝0.1s
代入数据可得波长λ＝34m，故C错误；
D.已知周期 T＝0.1s，则频率，即波源每秒振动10次，因此每秒会有10个完整的波形产生并向前传播，经过管内的任意位置（包括位置c），故D正确。
故选：D。
8．【答案】C
【分析】根据波速与波长的关系，结合波传播至质点的时间与质点振动时间的关系，利用一个周期内质点经过的路程为4A与振动方程分析求解。
【解答】A、t＝3×10﹣3s时在岩石Ⅰ（x＜0）中的波恰好到达x＝﹣3m处，则岩石Ⅰ（x＜0）中的波速为：vⅠ1×103m/s，
故岩石Ⅰ和岩石Ⅱ中两波波长之比为：，故A错误；
B、波传到x＝﹣1m处的时间为：t′s＝1×10﹣3s，则t＝1.5×10﹣3s时，质点已经振动了Δt＝t﹣t′
解得：Δt＝0.5×10﹣3s，质点从平衡位置（y＝0）沿y轴正方向起振，经过0.5T后，会从平衡位置向y轴负方向运动，故B错误。
C、波传到x＝1.25m处的时间：t″s10﹣3s，则该质点的振动时间t振s＝2.5T，
一个周期内质点经过的路程为4A，则2.5T时间质点路程为s1＝2.5×4×2mm＝20mm，且此时粒子在平衡位置，
将代入振动方程：y＝2sin（）（mm）中，可得时间质点继续运动了s2＝1mm，故总路程s＝s1+s2＝20mm+1mm＝21mm，故C正确；
D、机械波的波速由介质决定，与振源的振动周期无关。因此增大周期，岩石Ⅱ中的波速不变，故D错误。
故选：C。
9．【答案】B
【分析】A处质点位于波峰，B处质点位于波谷，则AB波程差为半波长的奇数倍，根据几何关系分析波程差，分析选项是否合理。
【解答】A处质点位于波峰，B处质点位于波谷，则波源到A处与到B处的光程差（n＝0，1，2…），
AB、若波源在（0，0）处，，sB＝4m，，当λ＝2m时，n＝0，当λ＝1m时，n＝0.5，故A错误，B正确；
CD、若波源在（0，3）处，sA′＝4m，，，当λ＝3m，n，λ＝4m时，n，故此时n的取值均不合理，故CD错误。
故选：B。
10．【答案】C
【分析】A、根据频率计算周期，根据波峰距离计算波长，然后计算波速；
B、根据波速分析此时波的传播距离；
C、根据几何关系分析Q到波源的距离，分别计算传播到P、Q的时间；
D、起振时间差为周期的整数倍时，P、Q的位移才能始终相同。
【解答】A、S振动周期T，由图可知波长λ＝2m，则波速大小，故A错误；
B、t＝0.125s时，波的传播距离s＝vt＝4×0.125m＝0.5m，由图可知SP＝2m，所以还没有传播到P点，故B错误；
C、波传到P点的时间，由几何关系可知SQ5m，波传到Q点的时间，所以传播到P、Q的时间差为1.25s﹣0.5s＝0.75s，故C正确；
D、起振时间差为周期的整数倍时，P、Q的位移才能始终相同，故D错误。
故选：C。
11．【答案】C
【分析】根据波形图结合上下坡法分析出质点的振动方向；
根据波形图得出质点的位移，进而分析出速度大小；
根据图像得出波长和周期，从而计算出波速的大小；
由图可知，在tT时，质点P3沿y轴负方向运动，质点P5沿y轴正方向运动。
【解答】A、由tT时的波形图可知，波刚好穿到质点P6，根据上下坡法，可知此时质点P6沿y轴正方向运动，故波源的起振方向也沿y轴正方向，故t＝0时，质点P0沿x轴正方向运动，故A错误；
B、由图可知，在tT时质点P4处于正的最大位移处，故速度为零，故B错误；
C、由图可知：2a
解得：λ＝8a
故该列绳波的波速为
v
故C正确；
D、由图可知，在tT时，质点P3沿y轴负方向运动，质点P5沿y轴正方向运动，故两个质点的相位不相同，故D错误；
故选：C。
12．【答案】C
【分析】根据波传播时间确定波传播距离，当波传至固定点时，绳波将发生反射，反射波与原波频率相等，相遇处会产生稳定干涉，结合波的叠加原理分析。
【解答】A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，则t时波传到x＝6m处，则波形平移到x＝6m处，故A错误；
B、t＝T时，波传到固定点处，则波形平移到固定点处，故B错误；
C、t时，波被固定点反射时间，形成半个波长的反射波，反射波与6～8m内原波的波形相同，根据波的叠加原理可知该区域内振动加强，振幅为原来的2倍，故C正确；
D、t＝2T时，波被固定点反射T时间，形成一个波长的反射波，反射波与4～8m内原波的波形相同，根据波的叠加原理可知该区域内振动加强，振幅为原来的2倍，故D错误。
故选：C。
13．【答案】D
【分析】根据题意判断出AB的位置关系；再根据位置关系判断出波长，根据振动求出频率进而求出周期，根据时间与周期的关系判断出质点的振动情况。
【解答】根据题意可得AB如图所示
A、由题意可得A、B的平衡位置之间的距离为
x6m
解得
λ＝4m
故A错误；
B、波源的振动频率为
fHz＝1Hz
则波速为
v＝λf＝4×1m/s＝4m/s
故B错误；
C、振动周期为
Ts＝1s
则t＝0.25sT
则t0+0.25s时刻，B运动到平衡位置，此时B点速度最大，故C错误；
D、由于t＝0.5sT
则t0+0.5s时刻，A运动到波峰，此时A点速度为0，故D正确。
故选：D。
14．【答案】D
【分析】t＝0时波源开始振动，根据其位移y随时间t变化的关系式y＝Asin（t）可知，t＝0时，波源的振幅为零，t刚好大于零时，波源的振幅为正值，由此可判断波源的振动方向。当t＝T时，波源的振动刚好传到波形图横坐标为一个波长的位置、且在平衡位置的介质质点（设为P点），P点将要在平衡位置重复t＝0时波源的振动；再由同侧法可判断，t＝T时，所设P点在各图中的振动方向，故可求解。
【解答】AB、t＝0时波源开始振动，根据其位移y随时间t变化的关系式y＝Asin（t）可知，t＝0时，波源的振幅为零，t刚好大于零时，波源的振幅为正值，所以波源从坐标原点向上振动。当t＝T时，波源的振动刚好传到波形图横坐标为一个波长位置、且在平衡位置的介质质点（设为P点），此时P点在平衡位置将要重复t＝0时波源的振动，即t＝T时，P点将从平衡位置向上振动。AB图中，t＝T时，所设P点分别位于波峰、波谷，不在平衡位置，故AB错误；
CD、由同侧法可知，t＝T时，所设P点在C图中的振动方向向下，在D图中的振动方向向上，故C错误，D正确。
故选：D。
15．【答案】C
【分析】由图甲可得，两列波相遇时振动加强，根据波的叠加原理进行分析AB选项；
由图乙可得，两列波相遇后叠加抵消，始终见不到明显的波形，由此分析CD选项。
【解答】AB、由图甲可得，两个横波在分叉点相遇后叠加使振动加强了，可知两手开始振动时的方向相同，分叉点为振动加强的位置，故AB错误；
CD、由图乙可得，分叉点左边两个横波水平对称，因此易得两个横波在周期上相差半个周期，即图乙中两手开始振动时的方向相反，因此两个横波在经过分叉点后叠加抵消，始终见不到明显的波形，并不是只有细绳上两列波刚传到分叉点时的波形，故C正确，D错误。
故选：C。
16．【答案】D
【分析】根据求解摆长；
根据单摆的振动图像分析回复力的变化；
根据单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝Asinωt代入数据可求表达式。
【解答】A、单摆周期T＝2s，则根据
可得摆长约为L＝1m，故A错误；
B、t＝0.5s时摆球到达最高点，此时摆球加速度不为零，即所受合外力不为零，故B错误；
C、从t＝1.5s至t＝2.0s的过程中，摆球从左侧最高点向平衡位置摆动，此时所受回复力逐渐减小，故C错误；
D、单摆做小角度摆动，则其运动可以看为简谐运动，周期为2s，则单摆的位移x随时间变化的关系式为
x＝Asinωt＝Asint＝8sin（）cm＝8sin（πt）cm
故D正确。
故选：D。
17．【答案】B
【分析】由单摆的周期公式周期，求可以判断单摆的周期的变化，由可以判断单摆的能量的变化，从而可以判断振幅的变化。
【解答】由单摆的周期公式可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变。
振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知摆球经过平衡位置时的动能减小，则最高点的重力势能减小，由Ep＝mgh可知h减小，因此振幅变小。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
18．【答案】C
【分析】根据万有引力公式与牛顿第二定律求出重力加速度的表达式，再根据单摆周期公式求出珠峰顶峰的海拔高度。
【解答】由万有引力公式与牛顿第二定律得：Gmg，Gmg'；
由单摆周期公式可知，在海平面处有：T0＝2π
在珠峰峰顶有：T＝2π，
由题意：t0＝NT0＝（N﹣2）T
解得：h；故C正确，ABD错误；
故选：C。
19．【答案】C
【分析】根据速度公式求出在t＝0时的速度最大，速度最大时处于平衡位置，求出此时的x、a以及Ek与Ep等，得出对小球做功的功率大小；
求出角速度，从而求出小球速度变化周期，得出动能和势能的周期，求出最大动能，再根据机械能守恒得出最大弹性势能；
求出功率的通式，再得出功率最大值。
【解答】A．小球做简谐运动，速度
可知在t＝0时速度最大，小球位于平衡位置，此时位移为0，动能最大，弹性势能为0，加速度为0，弹簧的弹力为0，对小球做功的功率为0，故A错误；
BC．由可知
则小球速度变化周期为
T′＝T
所以动能和势能的周期为
小球的最大速度
根据机械能守恒可知最大弹性势能
故B错误，C正确；
D．由x﹣t图像可知小球的位移
弹簧对小球做功的功率
弹簧对小球做功的功率P与时间的关系图像为：
故D错误。
故选：C。
20．【答案】B
【分析】AB.由振动图象可以读出周期和振幅；
C．由图可知，t＝0时，振子的位移为2.5cm，且随时间而增大，据此判断；
D．根据简谐振动的图像，t＝1.5s时，振子位移不是0，又根据对称性结合图像可知t＝1.25时，振子第一次经过O点，据此判断。
【解答】A．由图可知该弹簧振子的振幅为5cm。故A错误；
B．由图可知
解得
T＝3s
可知该振动系统的振动周期为3s。故B正确；
C．由图可知，t＝0时，振子的位移为2.5cm，且随时间而增大，所以从O向B运动。故C错误；
D．根据简谐振动的对称性结合图像可知t＝1.25s时，振子第一次经过O点。故D错误。
故选：B。
21．【答案】D
【分析】由振动图像读出甲、乙的周期，根据单摆周期公式和振动方程分析摆长和相位的关系，再根据动能定理分析最低点两球的动能关系。
【解答】A.由图可知，甲的周期为 4t0，乙的周期为 8t0，由单摆周期公式 可知，甲、乙的摆长之比为1：4，故A错误；
B.由图可知，甲的振动方程为
乙的振动方程为
t0 时刻甲、乙的相位差为Δφ＝（），故B错误；
C.甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有mgl（1﹣cosθ）＝Ek
由于乙的摆长大，则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最大动能，故C错误；
D.由图可知，t＝6t0 时，乙摆球第2次经过最低点，此时，两摆球速度方向相反，故D正确；
故选：D。
22．【答案】A
【分析】根据题意解得周期，根据图像分析质点的振动方向，根据λ＝vT解得波长。
【解答】A.根据振动图像可知，波源在0时刻振动，波形经过t1T传递到浮标处，浮标的振动周期为T＝4t1，故A正确；
B.波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标，可知波速大小为v，故B错误；
C.根据虚线图像可知浮标在t1时刻沿y轴正方方向运动，故C错误；
D、水波的波长为λ＝vT 4t1＝4L，故D错误。
故选：A。
23．【答案】C
【分析】把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，写出其振动方程，根据数学知识求解时间．
【解答】把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，从船上升到最高点时计时，其振动方程为：y＝Acos
代入得：y＝20cost（cm）
当y＝10cm时，可解得：，t＝0.5s
故在一个周期内，游客能舒服登船的时间是2t＝1.0s。
故选：C。
二．多选题（共4小题）
24．【答案】BC
【分析】相位相同的两列光在空间相遇，若波程差为整数倍波长，该点为加强点；若波程差为半波长整数倍，该点为减弱点。相位相反的两列光在空间相遇，若波程差为整数倍波长，该点为减弱点；若波程差为半波长整数倍，该点为加强点。
【解答】由题知现有波长为λ的光从入口1入射，所以只需对所有路径到达出口3、4位置的光进行分析即可。
路径1（A上B上）：全程同侧出口，额外光程为0，到达出口3；
路径2（A下B上）：两次都是异侧出口，额外光程为，到达出口3；
路径3（A上B下）：先是同侧出口，再是异侧出口，额外光程为，到达出口4；
路径4（A下B下）：先是异侧出口，再是同侧出口，额外光程为，到达出口4；
所以到达出口3的光的光程差为，为半波长的1倍，所以该点为减弱点；到达出口4的光的光程差为0，无相位差，所以该点为加强点；故AD错误，BC正确。
故选：BC。
25．【答案】BD
【分析】先由波形几何关系求出波长，再结合两点传播时间算出波速、周期，依次分析质点振动位置、速度与振动方程，逐一判断选项对错。
【解答】B.根据题图有，
可得波长λ＝4m，故B正确；
A.结合B项分析可知，
所以该波的波速，故A错误；
C.从题图示状态经过2s，则波沿x轴正方向传播了，
故M从平衡位置运动到了波峰位置，速度为0，
N从波谷位置运动到了平衡位置，速度最大，显然两点速度不同，故C错误；
D.该波的周期，
从图示时刻计时，M的振动方程为，
N的振动方程为，
经t＝3s后，，故D正确。
故选：BD。
26．【答案】AC
【分析】根据b的振动情况求解周期；根据两个时刻a点的位置写出a点的振动方程，因此得到a点的初相和振幅；根据a点的初相求解波长，根据波速计算公式求解波速；根据一个周期内通过的路程为4A求解质点a的路程。
【解答】A、由于1.2s时b第一次回到波峰，则周期为T＝1.2s，故A正确；
C、设a点的振动方程为：y＝Asin（），即y＝Asin（）
t＝0时，y＝6cm，则有：6＝Asinφ；0.5s时a振动至波谷，则有：﹣A＝Asin（）
解得：，A＝4cm，故C正确；
B、由于，结合图像可知：0.5m，解得：λ＝6m
则波速为：vm/s＝5m/s，故B错误；
D、0 0.6s内，即经过T，质点a的路程为s＝2A＝2×4cm＝8cm，故D错误。
故选：AC。
27．【答案】ABD
【分析】木棒同时参与竖直方向简谐运动和水平方向匀速运动，浮力随水平位移周期性变化反映竖直位置变化。已知浮力最大值对应最低点、最小值对应最高点、平均值对应平衡位置，水平位移周期对应竖直运动周期，结合水平速度恒定，分析动能变化需关注竖直分速度变化，加速度方向由合力与位移关系决定，速度对称性需区分合速度与分速度，振幅由最大与最小浮力差决定。
【解答】由F﹣x图像可知，浮力变化的周期对应水平位移λ＝0.4m；木棒在竖直方向做简谐运动的频率f＝1Hz，则周期T＝1s，可得木棒在水平方向匀速运动的速度，解得：vx＝0.4m/s；当浮力F最大时木棒位于最低点，浮力最小时木棒位于最高点，浮力等于重力时木棒经过平衡位置。
A、在x＝0.1m处浮力等于重力与浮力的平均值，说明木棒经过平衡位置，此时竖直分速度vy最大；由于vx恒定，根据动能公式可知，从0.05m到0.1m过程中木棒衡位置，vy增大，动能增大；从0.1m到0.15m过程中木棒远离平衡位置，vy减小，动能减小，故A正确；
B、在x＝0.2m时浮力最小，木棒处于最高点，此时重力大于浮力，合力及加速度方向竖直向下；在x从0.21m到0.25m过程中，木棒由最高点向平衡位置运动，位移减小，则回复力与加速度均减小，且方向始终指向平衡位置即竖直向下，故B正确；
C、由于x＝0.35m和x＝0.45m关于最低点x＝0.4m对称，两位置的竖直分速度vy大小相等、方向相反，但水平分速度vx始终相同，根据矢量合成可知其合速度方向并不相反，故C错误；
D、设平衡位置时木棒浸入水中的深度为h0，振幅为A，根据浮力公式有F1＝ρSg（h0+A）和F2＝ρSg（h0﹣A），两式相减得F1﹣F2＝2ρSgA，解得：，故D正确。
故选：ABD。
三．解答题（共5小题）
28．【答案】（1）物块a第一次经过B点时速度大小为；所受支持力大小为，方向竖直向上；
（2）回复力F与x的关系式
（3）物块b的初速度大小为；碰撞后瞬间物块a的速度大小
（4）要使物块a从NQ之间滑离，BQ间距L的范围为[0.2π+n（0.4π+0.2）]m＜L＜[0.2π+0.2+n（0.4π+0.2）]m，（n＝0，1，2，3，4…）。
【分析】（1）根据a物块下滑过程，重力做正功，结合在B点合外力提供向心力分析求解；
（2）由于h r，滑块a所受回复力F与x成正比，方向与x相反分析求解；
（3）根据滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动，结合碰撞时动量守恒和机械能守恒分析求解；
（4）根据碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，会从MN边界射出4种临界情况，结合滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等分析求解。
【解答】（1）对a物块下滑过程中，根据动能定理有
可得
在B点，根据牛顿第二定律有
可得，方向竖直向上；
（2）如图
由于h r，滑块a所受回复力F，则
可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动；
（3）滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vby、vbx，如图
当x＝0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为
又因与滑块a最高点相同，由题意可知
即
因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v′by。以vby的方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒有mbvby＝mbv′by+mava，
联立解得
（4）碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种
情况。
由题给数据可得
vby＝﹣0.4m/s
va＝0.4m/s
滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为
滑块a每一次滑过水平面的时间为
又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T＝4t1+2t2＝（2π+1）s
滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L＝0.4t
所以由图1、2可知t1＜t＜t1+t2或t1+T＜t＜t1+t2+T……
由图3、4可知3t1+t2＜t＜3t1+2t2即或者
综上分析可知t应满足
则滑块a能从MN之间飞出时l的范围为[0.2π+n（0.4π+0.2）]m＜L＜[0.2π+0.2+n（0.4π+0.2）]m，（n＝0，1，2，3，4…）。
答：（1）物块a第一次经过B点时速度大小为；所受支持力大小为，方向竖直向上；
（2）回复力F与x的关系式
（3）物块b的初速度大小为；碰撞后瞬间物块a的速度大小
（4）要使物块a从NQ之间滑离，BQ间距L的范围为[0.2π+n（0.4π+0.2）]m＜L＜[0.2π+0.2+n（0.4π+0.2）]m，（n＝0，1，2，3，4…）。
29．【答案】（1）绳波的波长为2.0m；振幅为16cm；
（2）绳波的周期为1.0s；传播速度为2.0m/s；
（3）t＝0.5s时绳波在0～2.0m内的图像如图所示
。
【分析】（1）由图（b）读取波长和振幅；
（2）由题意求得周期，由求得波速；
（3）由波的传播特点画出t＝0.5s时绳波在0～2.0m内的图像。
【解答】（1）从图（b）波形图可知振幅A＝16cm，波长λ＝2.0m
（2）已知波沿x轴负方向传播，t＝0到t＝0.25s，由图（b）波形图可知传播时间为Δt，由周期T＞0.25s，可得n只能取0，
对应时间
解得T＝4×0.25s＝1.0s
由图（b）波形图可得
波速
（3），波形图像为图（b）中实线向﹣x方向平移，波形图像如图所示，
。
答：（1）绳波的波长为2.0m；振幅为16cm；
（2）绳波的周期为1.0s；传播速度为2.0m/s；
（3）t＝0.5s时绳波在0～2.0m内的图像如图所示
。
30．【答案】（1）波沿x轴负方向传播，波长为12m，周期为6s。
（2）从t＝0时刻开始，经4s质点P第二次到达平衡位置。
【分析】（1）①判断波传播方向：质点振动方向与波传播方向关系（上下坡法），质点P向下振动，判定波沿x轴负方向传播；
②同一波形相邻平衡位置间距为半波长，从而求得λ；
③由波速公式。
（2）波沿x轴负方向传播，平衡位置波形传到P点的时间用计算。
【解答】（1）①根据上下坡法，质点P振动沿y轴负方向，说明P处于波形“上坡段”所以波沿x轴负方向传播；
②由题意得x＝5m、x＝11m均为平衡位置，两点间隔为半个波长，所以11m﹣5m＝6m，代入数据解得λ＝12m，故波长A为12m；
③已知波速v＝2m/s，由波速公式得。
（2）波沿x轴负方向传播，平衡位置的波形沿x轴负方向传动，质点P第二次到达平衡位置时是t＝0时刻时平衡位置 x＝11m 处的波形传到了P，总移动距离Δx＝11m﹣3m＝8m；时间t，代入数据解得t＝4s。
答：（1）波沿x轴负方向传播，波长为12m，周期为6s。
（2）从t＝0时刻开始，经4s质点P第二次到达平衡位置。
31．【答案】（1）该波的波长为2m，xp在10～14m范围内的可能值是11m和13m。
（2）若平衡位置位于原点处的质点在0～1s内通过的路程为5cm，该波的周期为0.8s，该波的波速为2.5m/s。
【分析】（1）波长读取：波形图相邻波峰或波谷间距为入λ，直接读图得波长；
波峰通式：波峰位置满足 x＝1+nλ（n＝0，1，2，3……），给定区间列举整数n得到所有xp；
（2）质点振幅为A，一个周期路程为4A；由总路程求振动时间对应周期数再求周期T；
波速公式：。
【解答】（1）从波形图看，相邻波峰在x＝1m、x＝3m，间距λ＝2m。
所有波峰位置通式：
xp＝1m+nλ（n＝0，1，2，3…）
要求10m＜xp＜14m；
10m＜1m+nλ＜14m，可得9＜2n＜13，可得4.5＜n＜6.5，
所以整数n＝5或n＝6，
当n＝5时代入数据解得xp＝11m
当n＝6时代入数据解得xp＝13m
故xp可取11m和13m。
（2）由图可得振幅A＝1cm，一个完整周期质点路程s0＝4A＝4cm。
原点处质点在0～1s内总路程s＝5cm＝5A，t＝0时刻原点处质点处于波谷位置，经到达平衡位置（路程A），再经T回到平衡位置完成一周路程4A，所以总振动时长：，
解得周期：
波速：
。
答：（1）该波的波长为2m，xp在10～14m范围内的可能值是11m和13m。
（2）若平衡位置位于原点处的质点在0～1s内通过的路程为5cm，该波的周期为0.8s，该波的波速为2.5m/s。
32．【答案】见试题解答内容
【分析】①波源起振方向沿y轴正方向，介质中各个质点的起振方向均沿y轴正方向。P点从开始振动到第一次到达波峰的时间为，故波传到A点的时间为．则有：，同理波传到B点的时间为：则有：，联立求解。
②根据波源起振20s时，平衡位置距离O点为5m的质点R振动时间与周期的关系分析其位移。并确定该20s内质点R运动的路程。
【解答】①由题意可知，P点从开始振动到第一次到达波峰的时间为，故波传到A点的时间为：
则有：
同理，B点从开始振动到第一次到达波谷的时间为，故波传到B点的时间为：
则有：
联立解得：T＝4s，v＝1m/s
波长：λ＝vT＝4m
②距离O点为5m的质点R第一次向上振动的时刻为：
波源起振20s时，质点R已振动了：
因此波源起振20s时质点R在波谷，位移：y＝﹣2m
波源起振20s质点R运动的路程：s＝30m
答：
①波长和波速分别是1m/s和4m。
②波源起振20s时，平衡位置距离O点为5m的质点R的位移是﹣2m；该20s内质点R运动的路程是30m。
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