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浙江省宁波中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试卷
1．关于机械波的说法正确的是（　　）
A．两列波相遇时，只要频率相等就一定能观察到稳定的干涉现象
B．缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或比波长更小时，才会发生明显的衍射现象
C．波的传播速度就是波源的振动速度
D．两列波相遇后频率会发生变化
【答案】B
【知识点】波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】 A、稳定干涉条件除频率相同外，还需要振动方向相同、相位差恒定，仅频率相等不一定出现稳定干涉，A 错误。
B、发生明显衍射的条件：缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小，B 正确。
C、波的传播速度是波形向前传播的速度，介质质点仅在平衡位置附近振动，波源振动速度与波速物理意义不同，C 错误。
D、波相遇时遵循波的独立传播原理，相遇后各自频率保持不变，D 错误。
故答案为：B；
【分析】 A、稳定干涉需要同时满足频率相同、振动方向相同、相位差恒定三个条件。
B、明显衍射的判定依据为障碍物尺寸与波长相近或更小。
C、波速由介质决定，描述波形迁移；质点振动速度是质点在平衡位置往复运动的速度，二者含义不同。
D、依据波的独立传播原理，两列波相遇分开后，频率、波长等本身性质不发生改变。
2．如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的MN之间做往复振动，振幅为A，周期为T，O为平衡位置，P0为ON的中点，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧振子受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
B．弹簧振子每经过时间，通过的距离均为A
C．振子由O运动至P0，所用的时间为
D．振子由N向O运动过程中，回复力和位移逐渐减小
【答案】D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、回复力是弹簧弹力提供的效果力，并不是振子实际受到的独立力，振子只受重力、支持力、弹簧弹力，A 错误。
B、只有振子从平衡位置或最大位移处开始运动，内路程才等于振幅A；若从其他位置出发，路程不等于A，B 错误。
C、简谐运动是变加速运动，振子从O向N运动速度逐渐减小，从O到的平均速度大于到N的平均速度，所以O到时间小于，C 错误。
D、振子由N向O运动时，相对于平衡位置O的位移不断减小；回复力满足，位移减小，回复力大小也逐渐减小，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、回复力属于效果力，不是物体实际受到的力，受力分析时不能重复计入。
B、简谐运动中，只有起点在平衡位置或最大位移处，内路程才等于振幅，其余位置不成立。
C、简谐运动为变加速直线运动，衡位置速度更大，相同位移下用时更短，不能直接均分周期。
D、依据简谐运动回复力公式，位移以平衡位置为参考，位移减小，回复力同步减小。
3．为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为，一辆固有频率为的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（　　）
A．当汽车以的速度行驶时，其振动频率为
B．当汽车以的速度行驶时最不颠簸
C．当汽车以的速度行驶时颠簸最厉害
D．汽车速度越大，颠簸就越厉害
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A：汽车速度时，驱动力周期，振动频率，A错误；
B、C：汽车速度时，振动频率，与固有频率相等，发生共振，颠簸最厉害，B错误，C正确；
D：颠簸程度由共振决定，并非速度越大越厉害，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据驱动力频率公式计算频率，结合共振条件（驱动力频率等于固有频率）分析颠簸程度。
4．一列简谐横波沿x轴传播，时刻波的图象如图所示，此时刻波上A、B、C、D四个质点的位移相同，此后质点A经过时间第一次回到图示位置，质点D经过时间第一次回到图示位置，则（　　）
A．波速为
B．波沿x轴负方向传播
C．时刻，质点C在图示位置
D．时刻，质点B速度方向是y轴负方向
【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AB、根据图象，时刻，波上A、B、C、D四个质点的位移相同，都在y轴负方向上，假设波向左传播，则质点A在y上朝着正方向运动，设第一次回到该位置，所用时间为，质点D在y轴上朝着负方向运动，当第一次回到此处时，它运动的路程小于A第一次回到图示位置运动的路程，即用时比小，这与题设矛盾，所以波沿x正方向传播；由波的传播规律知，质点A第一次回到图示位置与质点D第一次回到图示位置总的时间为周期T，即；由图象知该波的波长，由，得，故AB错误；
C、因，C与A相差一个波长的距离，C点的振动情况与A相同，即质点C经过时间在图示位置，故C正确；
D、因，波向x轴正向传播，由图知质点B在内都沿y轴正方向运动，即速度方向是y轴正方向，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、利用计算波速，波长由波形图读取，周期结合两个质点回到原位置的时间求和得到。
B、根据质点 A、D 的振动方向，使用 “上坡下、下坡上” 判断波的传播方向。
C、时间换算为周期倍数，质点经过整数倍周期会重复运动状态，再判断剩余时间对应的位置。
D、将时间对周期取余，确定质点所处振动阶段，从而判断速度方向。
5．一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示（波恰好传播到Q点），t=0.5s时平衡位置在的R点第一次达到波谷。下列说法正确的是（　　）
A．这列波的周期为0.8s
B．平衡位置在的P点的起振方向沿y轴正方向
C．t=1.2s时，平衡位置在处的P点在波峰位置
D．从t=0时刻到R点第一次到达波峰，平衡位置在的Q点通过的路程为14cm
【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】解：时处的质点处于波谷，该波谷传播到点的时间为0.5s，因此波速
，由波形图可得波长，因此周期
A. 由上述计算可知周期为0.4s，A错误；
B. 波沿轴正方向传播，由“上下坡法”可知时点起振方向沿轴负方向，介质中所有质点起振方向均与波前一致，因此点起振方向沿轴负方向，B错误；
C. 时，，点经过整数个周期后回到原位置；时点在平衡位置，因此时点仍在平衡位置，C错误；
D. 时处的质点处于波峰，该波峰传播到点的时间
此过程中点振动的时间为，质点一个周期内路程为，振幅，因此点通过的路程
，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查机械波的传播规律，涉及波速、周期计算、质点起振方向判断与振动路程计算。先利用“波谷平移法”，将已知位置的波谷传播到点的过程用于计算波速，结合波长推导周期；再通过波动传播方向判断质点起振方向，明确介质中质点起振方向均与波前质点一致；计算质点振动路程时，先确定波峰传播到目标点的时间，得到质点振动总时长与周期的比值，结合振幅计算总路程
6．如图所示，是水平面上两列频率相同的波在某时刻叠加情况，图中实线为波峰波面，虚线为波谷波面，已知两列波的振幅均为2cm，波速均为2m/s，波长均为8m，E点是BD和AC连线的交点，下列说法正确的是（　　）
A．A、E、C三处均为振动减弱点
B．B、D两处质点在该时刻的竖直高度差为4cm
C．经2s，E点处质点通过的路程为8cm
D．经2s，B点处质点通过的路程是4cm
【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】先求周期：，两列波振幅均为。
A、A、C 为波峰遇波峰、波谷遇波谷，属于振动加强点；E 在加强线上，也是加强点，A 错误。
B、B 是波峰与波峰相遇，位移；D 是波谷与波谷相遇，位移，高度差为，B 错误。
C、E 是振动加强点，合振幅，，质点路程，C 正确。
D、B 为振动加强点，合振幅，，路程，D 错误。
故答案为：C；
【分析】A、波峰和波峰、波谷和波谷相遇为振动加强点；波峰与波谷相遇才是减弱点，AC 连线为加强区。
B、B 在波峰叠加位置，D 在波谷叠加位置，二者位移差值为两者位移绝对值相加。
C、由算出周期，加强点合振幅为两振幅之和；半个周期内质点路程等于 2 倍合振幅。
D、B 属于振动加强点，合振幅为 4cm，半个周期路程为 2 倍合振幅。
7．如图所示，一个轻质弹簧下端挂一质量为m的小球，小球静止时，轻质弹簧的伸长量为x1，现将小球向下拉动x2后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动的振幅为x1+x2
B．时间内，小球通过的路程为
C．释放瞬间，小球的加速度大小为g
D．释放瞬间，小球的加速度大小为
【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】小球静止位置为简谐运动平衡位置，向下拉动后释放，振幅为。由平衡条件：
A、振幅是离开平衡位置的最大距离，振幅为，A 错误；
B、到，时间间隔；简谐运动半个周期内质点路程等于2A，，路程为，B 正确；
CD、释放瞬间，弹簧总伸长量，弹力，由牛顿第二定律，代入，得，C 错误；D 错误；
故答案为：B；
【分析】A、竖直弹簧振子的平衡位置是小球静止处，振幅是偏离平衡位置的最大位移，不是弹簧总伸长量。
B、半个周期内，简谐运动质点路程恒等于 2 倍振幅，与起点位置无关。
CD、利用平衡条件，结合牛顿第二定律求释放瞬间加速度，公式推导消去重力项。
8．某同学研究绳波的形成与传播规律。取一条较长的软绳，用手握住一端A水平拉直后，沿竖直方向抖动，即可观察到绳波的形成。该同学先后两次抖动后，观察到如图中所示的甲、乙两个绳波，则下列关于手握一端A振动情况的描述，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】观察波形可得，甲的振幅小于乙的振幅；乙传播距离更远，说明乙的形成时间更早。同一介质中机械波传播速度相等，甲的波长大于乙的波长，由公式，可得甲的周期大于乙的周期。结合波形前沿质点振动方向，可判断甲波源起振方向向下，乙波源起振方向向上。
故答案为：A；
【分析】同一介质内机械波波速由介质决定，波速大小不变。从波形图读取波长，利用比较周期大小；波传播越远，产生时间越早。波最前端质点的振动方向就是波源的起振方向，振幅直接从波形图的最大位移读取。
9．如图，BOC为放置于月球表面的半径为R的光滑弧形槽，O点是弧形槽的最低点。半径R远大于BOC弧长。一小球由静止开始从B点释放，小球在槽内做简谐运动。欲使小球运动的周期减小，下列采用的方法不正确的是（　　）
A．让小球释放点更靠近O点
B．让小球释放时有一个初速度
C．换一个半径R小一些的弧形槽
D．其他条件不变，将装置从月球拿至地球表面
【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】小球在弧形槽内小角度往复运动可等效为单摆模型，周期公式为。
A、单摆周期与小球质量无关，A 错误。
B、周期与振幅、初速度无关，初速度只会改变振幅大小，B 错误。
C、减小弧形槽半径R，由公式可知周期变小，C 正确。
D、移到地球表面，重力加速度g变大，周期减小，D 正确。题目要求选出错误选项。
故答案为：AB；
【分析】本题核心是等效单摆模型，周期只由等效摆长R和重力加速度g决定，与小球质量、振幅、初速度无关。通过改变R或g可以改变周期，据此逐项判断选项正误。
10．如图，一辆小车（装有细沙）与一轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度通过某点时，一小球恰好以大小为v的速度竖直落入小车沙堆中并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，以下正确的是（　　）
A．小球落入小车过程中，小球和小车（含沙）动量守恒
B．小球落入小车过程中，小球、小车（含沙）和弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小
D．小球与小车保持相对静止后，运动到最右侧的时间将变大
【答案】C,D
【知识点】碰撞模型；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力竖直方向不为零，动量不守恒，故A错误；
B、设小车和小球的质量分别为、，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则；解得；
小车做简谐运动，速度最大时弹簧弹性势能为零，碰撞时间短，碰撞前后弹簧弹性势能不变，均为。碰撞前系统的动能为；
碰撞后系统的动能为；
所以，小球落入小车过程中，小球、小车（含沙）和弹簧组成的系统机械能不守恒。
C、弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，故C正确；
D、小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题干给出的周期表达式
可知整个弹簧振子的周期变大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A、考查动量守恒条件。系统合外力为零，动量才守恒；此过程竖直方向有合力，总动量不守恒。
B、考查动量守恒与机械能判断。水平方向不受外力，水平动量守恒；完全非弹性碰撞会损失动能，系统机械能减少。
C、考查弹簧振子振幅。振幅由系统总机械能决定，机械能减小，最大弹性势能减小，振幅减小。
D、考查弹簧振子周期公式。由，k不变，振子质量增大，周期增大。
11．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在时刻两列波的位置如图所示．若两列波的周期分别为和，则　　
A．这两列波相遇时能产生干涉现象
B．这两列波将同时到达坐标原点
C．在时刻，处质点受到的回复力为零
D．在时刻，处质点的位移为零
【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A、同一均匀介质中波速相同，由图读出两列波波长不等，结合，可得二者频率不同，不满足干涉条件，不能发生干涉，A 错误。
B、波速相同，两波到原点的传播距离相等，由，传播时间相等，两列波会同时到达坐标原点，B 正确。
C、时乙波传到原点，处质点处于波峰位置，位移不为零，回复力不为零，C 错误。
D、由图可得，，。时刻，甲波传到，乙波平衡位置传至，该质点合位移为 0，D 正确。
故答案为：BD；
【分析】A、考查波的干涉条件。两列波发生干涉的前提是频率相同，利用，结合波长判断频率。
B、考查波的传播。同一介质波速不变，传播时间，距离相等、波速相等，则传播时间相同。
C、考查简谐运动回复力。回复力，质点在波峰处位移，回复力不为零。
D、考查波的传播与叠加。先由波长求出周期关系，再分别判断两列波传到指定位置时质点的振动状态，叠加得到合位移。
12．一根长而软的弹簧水平放于光滑平面上，其上有A、B两点，相距14m，如图所示。当一列简谐纵波沿此弹簧向右传播时，若A点的位移达到向右最大时，B点恰好在平衡位置，且向左运动，经过1s后（周期T>1s），A点位于平衡位置，且向左运动，而B点的位移向左达到最大，则此简谐纵波的波速可能等于（　　）
A． B．6m/s C．2m/s D．14m/s
【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】0时刻，AB之间小于一个波长的图像如实线所示。1s后的波形图如虚线所示。所以
解得；；；；；
由于周期T>1s，则，解得周期
根据得；；；
；；
故答案为：AC。
【分析】A、考查波形平移与波长求解。根据波形变化列出通式，对n取不同非负整数，求出所有可能波长。
B、考查周期约束条件。由筛选，确定，得到唯一周期。
C、考查波速计算。利用，将各组波长代入，算出波速，判断选项数值。
D、考查多解取舍。根据题干约束条件排除不符合的波长与波速，筛选正确选项。
13．某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的______。
A．最高点 B．最低点 C．任意位置
（2）用刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示。为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为　 　m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为　 　cm；单摆的摆长为　 　m（计算结果保留三位有效数字）。
（3）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n=1，单摆每经过标记记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T=　 　s（结果保留三位有效数字）。
（4）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图像如图丁，造成图线不过坐标原点的原因可能是 _____；
A．摆球的振幅过小 B．将摆线长计为摆长L
C．将摆线长加小球直径计为摆长L D．摆球质量过大
（5）该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝　 　。
【答案】（1）B
（2）0.9900；2.075；1.00
（3）2.29
（4）B
（5）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1) 摆球在最低点时速度最大，此时计时的位置误差对周期测量的影响最小，因此标记应放在最低点，故选B。
(2) 刻度尺的分度值为0.1cm，摆线长为99.00cm，即0.9900m；
游标卡尺主尺读数为20mm，游标尺第15条刻度线对齐，游标尺精度为0.05mm，读数为；
单摆摆长为摆线长加摆球半径，即（保留三位有效数字）。
(3) 秒表分针读数为1min（60s），秒针读数为7.5s，总时间。
从n=1到n=60，共经过了59次标记，对应全振动次数为次，因此周期（保留三位有效数字）。
(4) 根据单摆周期公式，变形得。图线不过原点，说明当T=0时，L为负值，即相同周期下摆长测量值偏小，原因是将摆线长当作了摆长，漏掉了摆球半径，故选B。
(5) 设原摆长为L，由周期公式得：，
两式平方后相减，消去L，整理得。
【分析】（1）本小问考查单摆实验的计时误差控制。摆球摆动过程中最低点速度最大，在此位置开始计时，人眼对摆球到达标记的判断误差对时间测量的影响最小，能有效减小周期测量的误差。
（2）本小问考查长度测量工具的读数与摆长的定义。刻度尺读数需估读到分度值的下一位，得到摆线的长度；游标卡尺读数为主尺刻度与游标尺对齐刻度之和，无需估读；单摆的摆长定义为悬挂点到摆球球心的距离，即摆线长加摆球半径。
（3）本小问考查秒表读数与周期的计算。秒表读数为分针和秒针示数之和；开始计时记为n=1，每经过最低点计数一次，两次经过最低点对应一次全振动，据此计算全振动的总次数，总时间除以次数即为周期。
（4）本小问考查图像的误差分析。结合单摆周期公式推导与L的线性关系，图线不经过原点且横轴截距为正，说明摆长测量值比真实值偏小，对应错误是仅将摆线长作为摆长，未加摆球半径。
（5）本小问考查利用单摆周期公式的变形测重力加速度。两次测量摆长的差值已知，通过列两个周期公式并联立，消去未知的初始摆长，即可得到仅由测量量表示的重力加速度表达式。
（1）小球经过最高点速度小，测量误差大，所以该标记应该放置在摆球摆动的最低点。此位置速度大，测量误差小。
故选B。
（2）[1]最小分度值为0.1cm，所以单摆的摆线长为
[2]游标卡尺示数为
[3]单摆的摆长为
（3）由题图可知，停表示数为
单摆的周期
（4）题图图线不通过坐标原点，将图线向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径。
故选B。
（5）根据题意，由单摆周期公式
可得，
联立可得
14．如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横波，时刻部分的波形图如图中实线所示，经过该部分波形图如图中虚线所示，已知虚线上波峰对应的平衡位置到原点的距离为，质点平衡位置的横坐标为。
（1）求该简谐横波的波速。
（2）当波速取最小值时，求质点的振动方程。
【答案】（1）解：由题中波形图可知，波长
波沿轴正方向传播，则
其中，解得
则波速
（2）解：时，波速最小，此时，则
设质点的振动方程为
质点在零时刻向上振动，经到达波峰，
可知
故质点的振动方程为
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）从波形图读取波长，结合波峰平移距离与时间，分多解情况列出波速通式。
（2）确定波速最小值对应的周期，结合质点初始位置与振动方向，推导振动方程。
15．如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1 =0、x2=14m处，质点P位于x 轴上xp=4m处，T=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0. 1s，波长均为4m，波源Sl的振幅为A1 =4cm，波源S2的振幅为A3=6cm，求：
(i)求两列波的传播速度大小为多少？
( ii)从t=0至t=0. 35s内质点P通过的路程为多少？
【答案】（i）由可得：v=40m/s；
（ii）S1波传到P点，历时，S2波传到P点，历时
因此当S2波传到P点处，S1波已使P点振动了，
其路程，且振动方向向下；
S2波传到P点时，振动方向向上，P为减弱点，叠加后振幅
在t=0.35s时，合振动使P点振动一个周期，其路程
故在t=0.35s内质点P通过的路程为
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】(i) 由波速公式，变形得到，代入波长与周期数值直接求解波速。
(ii) 分别用算出两列波传到 P 点的时间，求出时间差，得到在 P 点单独振动的时间，计算这段时间质点振动路程与振动方向；判断两列波在 P 点发生相消干涉，合振幅；再计算之后合振动一个周期内质点的路程，两段路程相加得到总路程。
1 / 1浙江省宁波中学2025-2026学年高二上学期1月月考物理试卷
1．关于机械波的说法正确的是（　　）
A．两列波相遇时，只要频率相等就一定能观察到稳定的干涉现象
B．缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或比波长更小时，才会发生明显的衍射现象
C．波的传播速度就是波源的振动速度
D．两列波相遇后频率会发生变化
2．如图所示，弹簧振子在光滑水平杆上的MN之间做往复振动，振幅为A，周期为T，O为平衡位置，P0为ON的中点，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧振子受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用
B．弹簧振子每经过时间，通过的距离均为A
C．振子由O运动至P0，所用的时间为
D．振子由N向O运动过程中，回复力和位移逐渐减小
3．为了交通安全，常在公路上设置如图所示的减速带，减速带使路面稍微拱起以达到使车辆减速的目的。一排等间距设置的减速带，可有效降低车速。如果某路面上的减速带的间距为，一辆固有频率为的汽车匀速驶过这排减速带，下列说法正确的是（　　）
A．当汽车以的速度行驶时，其振动频率为
B．当汽车以的速度行驶时最不颠簸
C．当汽车以的速度行驶时颠簸最厉害
D．汽车速度越大，颠簸就越厉害
4．一列简谐横波沿x轴传播，时刻波的图象如图所示，此时刻波上A、B、C、D四个质点的位移相同，此后质点A经过时间第一次回到图示位置，质点D经过时间第一次回到图示位置，则（　　）
A．波速为
B．波沿x轴负方向传播
C．时刻，质点C在图示位置
D．时刻，质点B速度方向是y轴负方向
5．一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示（波恰好传播到Q点），t=0.5s时平衡位置在的R点第一次达到波谷。下列说法正确的是（　　）
A．这列波的周期为0.8s
B．平衡位置在的P点的起振方向沿y轴正方向
C．t=1.2s时，平衡位置在处的P点在波峰位置
D．从t=0时刻到R点第一次到达波峰，平衡位置在的Q点通过的路程为14cm
6．如图所示，是水平面上两列频率相同的波在某时刻叠加情况，图中实线为波峰波面，虚线为波谷波面，已知两列波的振幅均为2cm，波速均为2m/s，波长均为8m，E点是BD和AC连线的交点，下列说法正确的是（　　）
A．A、E、C三处均为振动减弱点
B．B、D两处质点在该时刻的竖直高度差为4cm
C．经2s，E点处质点通过的路程为8cm
D．经2s，B点处质点通过的路程是4cm
7．如图所示，一个轻质弹簧下端挂一质量为m的小球，小球静止时，轻质弹簧的伸长量为x1，现将小球向下拉动x2后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动的振幅为x1+x2
B．时间内，小球通过的路程为
C．释放瞬间，小球的加速度大小为g
D．释放瞬间，小球的加速度大小为
8．某同学研究绳波的形成与传播规律。取一条较长的软绳，用手握住一端A水平拉直后，沿竖直方向抖动，即可观察到绳波的形成。该同学先后两次抖动后，观察到如图中所示的甲、乙两个绳波，则下列关于手握一端A振动情况的描述，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图，BOC为放置于月球表面的半径为R的光滑弧形槽，O点是弧形槽的最低点。半径R远大于BOC弧长。一小球由静止开始从B点释放，小球在槽内做简谐运动。欲使小球运动的周期减小，下列采用的方法不正确的是（　　）
A．让小球释放点更靠近O点
B．让小球释放时有一个初速度
C．换一个半径R小一些的弧形槽
D．其他条件不变，将装置从月球拿至地球表面
10．如图，一辆小车（装有细沙）与一轻质弹簧组成一个弹簧振子在光滑水平面做简谐运动，当小车以最大速度通过某点时，一小球恰好以大小为v的速度竖直落入小车沙堆中并立即与小车保持相对静止，已知弹簧振子的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，以下正确的是（　　）
A．小球落入小车过程中，小球和小车（含沙）动量守恒
B．小球落入小车过程中，小球、小车（含沙）和弹簧组成的系统机械能守恒
C．小球与小车保持相对静止后，整个弹簧振子的振幅变小
D．小球与小车保持相对静止后，运动到最右侧的时间将变大
11．甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在时刻两列波的位置如图所示．若两列波的周期分别为和，则　　
A．这两列波相遇时能产生干涉现象
B．这两列波将同时到达坐标原点
C．在时刻，处质点受到的回复力为零
D．在时刻，处质点的位移为零
12．一根长而软的弹簧水平放于光滑平面上，其上有A、B两点，相距14m，如图所示。当一列简谐纵波沿此弹簧向右传播时，若A点的位移达到向右最大时，B点恰好在平衡位置，且向左运动，经过1s后（周期T>1s），A点位于平衡位置，且向左运动，而B点的位移向左达到最大，则此简谐纵波的波速可能等于（　　）
A． B．6m/s C．2m/s D．14m/s
13．某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中：
（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的______。
A．最高点 B．最低点 C．任意位置
（2）用刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示。为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为　 　m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为　 　cm；单摆的摆长为　 　m（计算结果保留三位有效数字）。
（3）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n=1，单摆每经过标记记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T=　 　s（结果保留三位有效数字）。
（4）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图像如图丁，造成图线不过坐标原点的原因可能是 _____；
A．摆球的振幅过小 B．将摆线长计为摆长L
C．将摆线长加小球直径计为摆长L D．摆球质量过大
（5）该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2。用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝　 　。
14．如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横波，时刻部分的波形图如图中实线所示，经过该部分波形图如图中虚线所示，已知虚线上波峰对应的平衡位置到原点的距离为，质点平衡位置的横坐标为。
（1）求该简谐横波的波速。
（2）当波速取最小值时，求质点的振动方程。
15．如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1 =0、x2=14m处，质点P位于x 轴上xp=4m处，T=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0. 1s，波长均为4m，波源Sl的振幅为A1 =4cm，波源S2的振幅为A3=6cm，求：
(i)求两列波的传播速度大小为多少？
( ii)从t=0至t=0. 35s内质点P通过的路程为多少？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】波的衍射现象；波的干涉现象
【解析】【解答】 A、稳定干涉条件除频率相同外，还需要振动方向相同、相位差恒定，仅频率相等不一定出现稳定干涉，A 错误。
B、发生明显衍射的条件：缝、孔或障碍物的尺寸跟波长差不多，或者比波长更小，B 正确。
C、波的传播速度是波形向前传播的速度，介质质点仅在平衡位置附近振动，波源振动速度与波速物理意义不同，C 错误。
D、波相遇时遵循波的独立传播原理，相遇后各自频率保持不变，D 错误。
故答案为：B；
【分析】 A、稳定干涉需要同时满足频率相同、振动方向相同、相位差恒定三个条件。
B、明显衍射的判定依据为障碍物尺寸与波长相近或更小。
C、波速由介质决定，描述波形迁移；质点振动速度是质点在平衡位置往复运动的速度，二者含义不同。
D、依据波的独立传播原理，两列波相遇分开后，频率、波长等本身性质不发生改变。
2．【答案】D
【知识点】简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、回复力是弹簧弹力提供的效果力，并不是振子实际受到的独立力，振子只受重力、支持力、弹簧弹力，A 错误。
B、只有振子从平衡位置或最大位移处开始运动，内路程才等于振幅A；若从其他位置出发，路程不等于A，B 错误。
C、简谐运动是变加速运动，振子从O向N运动速度逐渐减小，从O到的平均速度大于到N的平均速度，所以O到时间小于，C 错误。
D、振子由N向O运动时，相对于平衡位置O的位移不断减小；回复力满足，位移减小，回复力大小也逐渐减小，D 正确。
故答案为：D；
【分析】A、回复力属于效果力，不是物体实际受到的力，受力分析时不能重复计入。
B、简谐运动中，只有起点在平衡位置或最大位移处，内路程才等于振幅，其余位置不成立。
C、简谐运动为变加速直线运动，衡位置速度更大，相同位移下用时更短，不能直接均分周期。
D、依据简谐运动回复力公式，位移以平衡位置为参考，位移减小，回复力同步减小。
3．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A：汽车速度时，驱动力周期，振动频率，A错误；
B、C：汽车速度时，振动频率，与固有频率相等，发生共振，颠簸最厉害，B错误，C正确；
D：颠簸程度由共振决定，并非速度越大越厉害，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据驱动力频率公式计算频率，结合共振条件（驱动力频率等于固有频率）分析颠簸程度。
4．【答案】C
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】AB、根据图象，时刻，波上A、B、C、D四个质点的位移相同，都在y轴负方向上，假设波向左传播，则质点A在y上朝着正方向运动，设第一次回到该位置，所用时间为，质点D在y轴上朝着负方向运动，当第一次回到此处时，它运动的路程小于A第一次回到图示位置运动的路程，即用时比小，这与题设矛盾，所以波沿x正方向传播；由波的传播规律知，质点A第一次回到图示位置与质点D第一次回到图示位置总的时间为周期T，即；由图象知该波的波长，由，得，故AB错误；
C、因，C与A相差一个波长的距离，C点的振动情况与A相同，即质点C经过时间在图示位置，故C正确；
D、因，波向x轴正向传播，由图知质点B在内都沿y轴正方向运动，即速度方向是y轴正方向，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、利用计算波速，波长由波形图读取，周期结合两个质点回到原位置的时间求和得到。
B、根据质点 A、D 的振动方向，使用 “上坡下、下坡上” 判断波的传播方向。
C、时间换算为周期倍数，质点经过整数倍周期会重复运动状态，再判断剩余时间对应的位置。
D、将时间对周期取余，确定质点所处振动阶段，从而判断速度方向。
5．【答案】D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】解：时处的质点处于波谷，该波谷传播到点的时间为0.5s，因此波速
，由波形图可得波长，因此周期
A. 由上述计算可知周期为0.4s，A错误；
B. 波沿轴正方向传播，由“上下坡法”可知时点起振方向沿轴负方向，介质中所有质点起振方向均与波前一致，因此点起振方向沿轴负方向，B错误；
C. 时，，点经过整数个周期后回到原位置；时点在平衡位置，因此时点仍在平衡位置，C错误；
D. 时处的质点处于波峰，该波峰传播到点的时间
此过程中点振动的时间为，质点一个周期内路程为，振幅，因此点通过的路程
，D正确。
故答案为：D
【分析】本题考查机械波的传播规律，涉及波速、周期计算、质点起振方向判断与振动路程计算。先利用“波谷平移法”，将已知位置的波谷传播到点的过程用于计算波速，结合波长推导周期；再通过波动传播方向判断质点起振方向，明确介质中质点起振方向均与波前质点一致；计算质点振动路程时，先确定波峰传播到目标点的时间，得到质点振动总时长与周期的比值，结合振幅计算总路程
6．【答案】C
【知识点】波的干涉现象
【解析】【解答】先求周期：，两列波振幅均为。
A、A、C 为波峰遇波峰、波谷遇波谷，属于振动加强点；E 在加强线上，也是加强点，A 错误。
B、B 是波峰与波峰相遇，位移；D 是波谷与波谷相遇，位移，高度差为，B 错误。
C、E 是振动加强点，合振幅，，质点路程，C 正确。
D、B 为振动加强点，合振幅，，路程，D 错误。
故答案为：C；
【分析】A、波峰和波峰、波谷和波谷相遇为振动加强点；波峰与波谷相遇才是减弱点，AC 连线为加强区。
B、B 在波峰叠加位置，D 在波谷叠加位置，二者位移差值为两者位移绝对值相加。
C、由算出周期，加强点合振幅为两振幅之和；半个周期内质点路程等于 2 倍合振幅。
D、B 属于振动加强点，合振幅为 4cm，半个周期路程为 2 倍合振幅。
7．【答案】B
【知识点】简谐运动的表达式与图象；牛顿第二定律；简谐运动
【解析】【解答】小球静止位置为简谐运动平衡位置，向下拉动后释放，振幅为。由平衡条件：
A、振幅是离开平衡位置的最大距离，振幅为，A 错误；
B、到，时间间隔；简谐运动半个周期内质点路程等于2A，，路程为，B 正确；
CD、释放瞬间，弹簧总伸长量，弹力，由牛顿第二定律，代入，得，C 错误；D 错误；
故答案为：B；
【分析】A、竖直弹簧振子的平衡位置是小球静止处，振幅是偏离平衡位置的最大位移，不是弹簧总伸长量。
B、半个周期内，简谐运动质点路程恒等于 2 倍振幅，与起点位置无关。
CD、利用平衡条件，结合牛顿第二定律求释放瞬间加速度，公式推导消去重力项。
8．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象
【解析】【解答】观察波形可得，甲的振幅小于乙的振幅；乙传播距离更远，说明乙的形成时间更早。同一介质中机械波传播速度相等，甲的波长大于乙的波长，由公式，可得甲的周期大于乙的周期。结合波形前沿质点振动方向，可判断甲波源起振方向向下，乙波源起振方向向上。
故答案为：A；
【分析】同一介质内机械波波速由介质决定，波速大小不变。从波形图读取波长，利用比较周期大小；波传播越远，产生时间越早。波最前端质点的振动方向就是波源的起振方向，振幅直接从波形图的最大位移读取。
9．【答案】A,B
【知识点】单摆及其回复力与周期
【解析】【解答】小球在弧形槽内小角度往复运动可等效为单摆模型，周期公式为。
A、单摆周期与小球质量无关，A 错误。
B、周期与振幅、初速度无关，初速度只会改变振幅大小，B 错误。
C、减小弧形槽半径R，由公式可知周期变小，C 正确。
D、移到地球表面，重力加速度g变大，周期减小，D 正确。题目要求选出错误选项。
故答案为：AB；
【分析】本题核心是等效单摆模型，周期只由等效摆长R和重力加速度g决定，与小球质量、振幅、初速度无关。通过改变R或g可以改变周期，据此逐项判断选项正误。
10．【答案】C,D
【知识点】碰撞模型；简谐运动；简谐运动的回复力和能量
【解析】【解答】A、小球落入小车过程中，小球和小车所受合外力竖直方向不为零，动量不守恒，故A错误；
B、设小车和小球的质量分别为、，小球落入小车后瞬间，整体的速度大小为，碰撞瞬间小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，则；解得；
小车做简谐运动，速度最大时弹簧弹性势能为零，碰撞时间短，碰撞前后弹簧弹性势能不变，均为。碰撞前系统的动能为；
碰撞后系统的动能为；
所以，小球落入小车过程中，小球、小车（含沙）和弹簧组成的系统机械能不守恒。
C、弹簧振子的振幅与振子所具有的机械能有关，振子的机械能越大，振子到达最大位移处时弹簧的弹性势能越大，伸长量越大，即振幅越大，根据B项分析可知小球与小车保持相对静止后，振子的机械能减小，所以整个弹簧振子的振幅变小，故C正确；
D、小球与小车保持相对静止后，振子的质量增大，根据题干给出的周期表达式
可知整个弹簧振子的周期变大，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】A、考查动量守恒条件。系统合外力为零，动量才守恒；此过程竖直方向有合力，总动量不守恒。
B、考查动量守恒与机械能判断。水平方向不受外力，水平动量守恒；完全非弹性碰撞会损失动能，系统机械能减少。
C、考查弹簧振子振幅。振幅由系统总机械能决定，机械能减小，最大弹性势能减小，振幅减小。
D、考查弹簧振子周期公式。由，k不变，振子质量增大，周期增大。
11．【答案】B,D
【知识点】横波的图象；波的干涉现象
【解析】【解答】A、同一均匀介质中波速相同，由图读出两列波波长不等，结合，可得二者频率不同，不满足干涉条件，不能发生干涉，A 错误。
B、波速相同，两波到原点的传播距离相等，由，传播时间相等，两列波会同时到达坐标原点，B 正确。
C、时乙波传到原点，处质点处于波峰位置，位移不为零，回复力不为零，C 错误。
D、由图可得，，。时刻，甲波传到，乙波平衡位置传至，该质点合位移为 0，D 正确。
故答案为：BD；
【分析】A、考查波的干涉条件。两列波发生干涉的前提是频率相同，利用，结合波长判断频率。
B、考查波的传播。同一介质波速不变，传播时间，距离相等、波速相等，则传播时间相同。
C、考查简谐运动回复力。回复力，质点在波峰处位移，回复力不为零。
D、考查波的传播与叠加。先由波长求出周期关系，再分别判断两列波传到指定位置时质点的振动状态，叠加得到合位移。
12．【答案】A,C
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】0时刻，AB之间小于一个波长的图像如实线所示。1s后的波形图如虚线所示。所以
解得；；；；；
由于周期T>1s，则，解得周期
根据得；；；
；；
故答案为：AC。
【分析】A、考查波形平移与波长求解。根据波形变化列出通式，对n取不同非负整数，求出所有可能波长。
B、考查周期约束条件。由筛选，确定，得到唯一周期。
C、考查波速计算。利用，将各组波长代入，算出波速，判断选项数值。
D、考查多解取舍。根据题干约束条件排除不符合的波长与波速，筛选正确选项。
13．【答案】（1）B
（2）0.9900；2.075；1.00
（3）2.29
（4）B
（5）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】(1) 摆球在最低点时速度最大，此时计时的位置误差对周期测量的影响最小，因此标记应放在最低点，故选B。
(2) 刻度尺的分度值为0.1cm，摆线长为99.00cm，即0.9900m；
游标卡尺主尺读数为20mm，游标尺第15条刻度线对齐，游标尺精度为0.05mm，读数为；
单摆摆长为摆线长加摆球半径，即（保留三位有效数字）。
(3) 秒表分针读数为1min（60s），秒针读数为7.5s，总时间。
从n=1到n=60，共经过了59次标记，对应全振动次数为次，因此周期（保留三位有效数字）。
(4) 根据单摆周期公式，变形得。图线不过原点，说明当T=0时，L为负值，即相同周期下摆长测量值偏小，原因是将摆线长当作了摆长，漏掉了摆球半径，故选B。
(5) 设原摆长为L，由周期公式得：，
两式平方后相减，消去L，整理得。
【分析】（1）本小问考查单摆实验的计时误差控制。摆球摆动过程中最低点速度最大，在此位置开始计时，人眼对摆球到达标记的判断误差对时间测量的影响最小，能有效减小周期测量的误差。
（2）本小问考查长度测量工具的读数与摆长的定义。刻度尺读数需估读到分度值的下一位，得到摆线的长度；游标卡尺读数为主尺刻度与游标尺对齐刻度之和，无需估读；单摆的摆长定义为悬挂点到摆球球心的距离，即摆线长加摆球半径。
（3）本小问考查秒表读数与周期的计算。秒表读数为分针和秒针示数之和；开始计时记为n=1，每经过最低点计数一次，两次经过最低点对应一次全振动，据此计算全振动的总次数，总时间除以次数即为周期。
（4）本小问考查图像的误差分析。结合单摆周期公式推导与L的线性关系，图线不经过原点且横轴截距为正，说明摆长测量值比真实值偏小，对应错误是仅将摆线长作为摆长，未加摆球半径。
（5）本小问考查利用单摆周期公式的变形测重力加速度。两次测量摆长的差值已知，通过列两个周期公式并联立，消去未知的初始摆长，即可得到仅由测量量表示的重力加速度表达式。
（1）小球经过最高点速度小，测量误差大，所以该标记应该放置在摆球摆动的最低点。此位置速度大，测量误差小。
故选B。
（2）[1]最小分度值为0.1cm，所以单摆的摆线长为
[2]游标卡尺示数为
[3]单摆的摆长为
（3）由题图可知，停表示数为
单摆的周期
（4）题图图线不通过坐标原点，将图线向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径。
故选B。
（5）根据题意，由单摆周期公式
可得，
联立可得
14．【答案】（1）解：由题中波形图可知，波长
波沿轴正方向传播，则
其中，解得
则波速
（2）解：时，波速最小，此时，则
设质点的振动方程为
质点在零时刻向上振动，经到达波峰，
可知
故质点的振动方程为
【知识点】波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）从波形图读取波长，结合波峰平移距离与时间，分多解情况列出波速通式。
（2）确定波速最小值对应的周期，结合质点初始位置与振动方向，推导振动方程。
15．【答案】（i）由可得：v=40m/s；
（ii）S1波传到P点，历时，S2波传到P点，历时
因此当S2波传到P点处，S1波已使P点振动了，
其路程，且振动方向向下；
S2波传到P点时，振动方向向上，P为减弱点，叠加后振幅
在t=0.35s时，合振动使P点振动一个周期，其路程
故在t=0.35s内质点P通过的路程为
【知识点】波长、波速与频率的关系；波的叠加
【解析】【分析】(i) 由波速公式，变形得到，代入波长与周期数值直接求解波速。
(ii) 分别用算出两列波传到 P 点的时间，求出时间差，得到在 P 点单独振动的时间，计算这段时间质点振动路程与振动方向；判断两列波在 P 点发生相消干涉，合振幅；再计算之后合振动一个周期内质点的路程，两段路程相加得到总路程。
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