振動與波 光 電磁波-2026屆高考物理二模分類匯編（解析版）

考點概覽

考點01機械掾動

考點02機旅波

考點03振動圖像和波動圖像的綜合應用

考點04光的折射和全反射

考點05光的波動性和電磁波

考點一機場攝動

一、單曲

1.（2026.湖北黃石?二模）在海洋氣象觀測中，可以利用浮標檢測海浪的傳播。若海浪可視為簡諧橫波，從

浮標4向150磯遠處的浮標B傳播，用時15s。自￡=0時刻開始計時，浮標4的振動圖像如圖所示，下

列說法止確的是（）

A.海浪的波長為907nB.￡=18s時，浮標6在波谷位置

C.±=18s時，浮標B速度方向豎直向下D.￡=18s時，浮標B加速度方向豎直向上

【答案】。

【詳解】力.根據浮標A的振動圖像可知，15s為2.5個周期，即浮標43之間的距離為2.5個波長，即

150m=2.54

解得彳=60m,故A錯誤。

BCD.由振動圖像可知該波的周期T=6s,因為從浮標力向浮標6傳播用時15s,由振動圖像可知浮標

B開始足振的方向和4開始起振的方向一致，都是沿y軸正方向，即豎直向上，所以在￡=18s時，浮標6

振動的時間是3s,此時浮標6經過平衡位置向下運動，即在t=18s時，浮標6在平衡位置，加速度為零，

速度方向豎直向下，故6。錯誤，。正確。

故選C。

2.（2026?安徽池州?二模）如圖所示，原長為I的柔軟彈性輕繩一端固定在寬度也為I的平臺左側壁上的O

點，另一端連接質量為1kg的小物塊，物塊套在距平臺為1.5m的豎直固定桿上，與桿間的動摩擦因數為

0.2，彈性繩被拉長時其彈力大小與伸長量成正比，比例系數為l（）N/m。現將物塊自桿上與。點等高處

P點由靜止釋放后，彈性繩繞過固定在平臺邊緣的光滑小滑輪Q而轉動，假設最大靜摩擦力與滑動摩擦

力相等，g取10m/s2。則滑塊（）

/11.5m

<---------------------------------------?

Q'\

、

A.物塊剛釋放時的加速度為lOm/s?

B.物塊與桿間的滑動摩擦力大小始終為2N

C.物塊向卜運動時可看作簡詣運動,其平衡位置距P點距離為1.4館

D.物塊向上運動時可看作簡詣運動,其平衡位置距P點距離為1.3m

【答案】。

【詳解】4.設彈性繩的形變量為d,物塊剛釋放時的形變量為1.5m,可知彈力為10N/mxL5m=15N,

可知物塊受桿的彈力為15N,物塊與桿間的動摩擦因數為0.2,可知物塊與桿間的摩擦力為/=〃?=3N

對物塊，豎直方向有mg—f=ma

可得剛釋放時的加速度為a=7nVs2,故A錯誤；

B.比例系數為10N/m，設k=10N/m，物塊受桿的彈力為kdsinO=kx1.5m=15N

可知物塊與桿間的彈力大小不變，可得物塊與桿間的滑動摩擦力大小始終為/=〃/=3',故6錯誤；

C.物塊向下運動時，摩擦力方向向上，在平衡位置時，有kdcos/+/=mg

解得dcos%=xi）=0.7m

可得平衡位置距。點距離為0.7m,物塊向下運動時設偏離平衡位置的位移為應有k（3+r）+/-mg=

F^=kx

方向與速度反向相反，可知可看作簡諧運動，但是平衡位置距P點距離為0.7g故C錯誤；

D.同理可證物塊向上運動時可看作簡諧運動，在平衡位置時，有kdcosd=mg+/

可得kdcos仇=必=1.3m

即平衡位置晅P點距離為1.3m,故。正確。

故選。。

3.（2026?湖南永州?二模）如圖，輕質彈簧上端固定，下端懸掛質量為3m的小球4,質量為2m的小球B與

力用細線相連，整個系統處于靜止狀態，彈簧勁度系數為k,彈簧原長足夠長,重力加速度為9。現剪斷細

線，下列說法正確的是（）

BQ

..............................3

A.剪斷細線后的瞬間，小球/的加速度大小為g

E.小球A運動到彈簧原長處時速度最大

C.小球A運動到最高點時，彈簧的壓縮量為半

K

D.小球A的最大速度為2gJ雷

【答案】。

【詳解】4未剪斷細線時，對人、石整體由平衡條件可知，彈簧彈力用=（3m4-2m）＜y=5mg

剪斷細線的瞬間彈簧彈力不變，對4根據牛頓第二定律得：石一3mg=37rm

解得小球A的加速度大小為a=右,故A錯誤：

O

B.小球人的速度最大時其加速度為零，其合力為零，此時彈簧彈力與小球建的重力等大反向，故小球

力運動到速度最大時彈簧不是在原長處，而是處于伸長狀態，故6錯誤；

C.剪斷細線后小球在在豎直方向做簡諧運動，初始位置即為小球簡諧運動的最低點，由A選項的解答

可知，小球A運動到最低點時，彈簧彈力方向向上，大小為5mg,由胡克定律可得此時彈簧的伸長量為

電譽；小球A在最低點時所受合力向上，大小為昂-3mg=2mg,由簡諧運動的對稱性可知，小球力運

K

動到最高點時，所受合力向下，大小亦為2mg,因小球4的重力為3mg,故此時彈簧彈力應向上，大小為

mg,故此彈簧為伸長狀態，其伸長量為半，故C錯誤；

K

D.小球在平衡位置時彈簧伸長量為名警，則從最高點到平衡位嵬，則由能量守恒3mgx

K

（誓-詈）=尹3.+川喑）2一會（詈）2

解得在平衡位嵬的速度。=肛廄，故。正確。

故選。。

二、多選題

4.（2026?云南昆明?二模）如圖所示，一定質量的細桿被輕質彈簧豎直懸掛，處于靜止狀態，細桿長度2=

0.5mo某時刻質量為館=1kg的圓環（視為質點），以為=0.4m/s的初速度從細桿上端沿桿向下滑，當細

桿笫一次向下運動到最低點時，圓環恰好從細桿下端以。=2.4m/s的速度滑離，此過程中圓環速度始終

大于細桿速度，圓環與細桿之間的摩擦力大小恒為/=0.6mg。細桿始終保持豎直，彈簧始終在彈性限

度內，取重力加速度g=10m/s2,不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.細桿第一次向下運動的過程中，運動0.1TH時速度最大

B.整個運動過程中，細桿所受摩擦力的沖量大小為2N?s

C.細桿的加速度在圓環滑離后瞬間變為滑離前瞬間的3倍

D.圓環滑離細桿后，細桿上升的最大高度為0.4m

【答案】4。

【詳解K.對圓環，合力恒定為E=mg—/=0.4mg

做勻加速運動，由動量定理，得=—moo

解得t=0.5s

圓環做勻加速運動的平均速度。環=駕？=1.4in/s

故圓環的位移，壞=vi（X=0.7m

由相對位移①壞一c桿=Z=0.5m

得細桿向下最大位移①桿=0.2m

設細桿的質量為初始時彈簧伸長量為我,初始細桿靜止，由平衡條件和胡克定律，得皈=左與

圓環下滑后，細桿合力為”=必+/一k（如+為=/一岫

可知細桿做簡諧運動，最低點位移g干=2A=0.2?n

解得A=0.1m

由簡諧運動的規律可知，向下運動O.bn（平衡位置）時速度最大，故A正確；

B.細桿受摩擦力大小恒為/=0.6mg=6N

隹用時間t=0.5s,沖量大小/=#=6Nx（）.5s=3N?sW2N?s,故B錯誤：

C.細桿向下運動0.1砧時速度最大，速度最大時合力為0,程/一上4=0

解得k=g"=6O7V/m

AO.lm

滑離前瞬間，細桿在最低點x=0.2m,合力琦=+x）—Mg—f=kx—f=60N/mx0.2m—67V=

6N

滑離后瞬間，合力耳=kr=12N

由牛頓第二定律，得加速度a=與

故經=善=2

Q前得

即滑離后加速度是滑離前的2倍，不是3倍，故C錯誤；

D.圓環滑離后，細桿的平衡位置回到初始靜止位置，最低點在初始位置.下方0.2zn,做簡諧運動的振幅

為（）.2m,故最高點在初始位置上方0.2m,從最低點到最高點總上升高度九=0.2+0.2=0,4m,故。正

確。

故選AD.

5.（2026?陜西商洛?二模）如圖所示，風洞中有一滿足胡克定律的輕質橡皮筋，橡皮筋一端固定在力點，另一

端跨過輕桿上固定的定滑輪連接一質量為m的小球，小球穿過水平固定的桿。小球在水平向右的

風力作用下從。點由靜止開始運動，滑到E點時速度恰好為零。已知橡皮筋的自然長度等于月8,初始

時46、。在一條豎直線上，3。的長度為為CE的中點，小球與桿之間的動摩擦因數為0.4,重力

加速度為9,風力大小始終為口=11^,橡皮筋的勁度系數為"=等，橡皮筋始終在彈性限度內，最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，則下歹］說法正確的是（）

A.小球在運動過程中，摩擦力大小保持不變

E.小球運動到。點時速度最小

C.小球最后靜止在與C點相距看七處

D.從小球開始運動到停止，小球與桿之間因摩擦產生的熱量為-^nigL

ZD

【答案】AD

【詳解】4.設小球運動到任意點尸時，3P與水平方向的夾角為。，則橡皮筋豎直向上的分力局=

kBPsinO=kL=—mg

故小球受到的摩擦力為耳=jAFy—mg)=0.2mg

由此可知，摩擦力與夕無關，保持恒定，故人正確；

B.設CP的長度為巧則橡皮筋沿水平方向的分力Fx=kBPcosO=kx

小球在水平方向受到的合外力盤二R一號一￡=0.8mg一駕

水平方向的合外力與位移/呈淺性關系，類似簡諧運動，根據對稱性，。為CE的中點，故小球在該位置

速度最大，故石錯誤；

C.當終=0時，有1=37乙

10

則磁的長度為=

15

小球在E點，橡皮筋的水平拉力Fx=k^L=^mg

155

因居〉R+耳，小球向左運動，設平衡位置距離。點的距離為的，則有如0=9+尸

解得出o=0.8L

此時A=—0.8L—~~L

1515

根據對稱性小球向左運動的最大距離為24=2心

此時橡皮筋的水平拉力Fx=k^L-2A)=^m&

因9=6+居，故小球恰好停在D點,故C錯誤；

,D.從小球開始運動到小球停止，系統的發熱量為端￡+得￡)=券〃以,故。正確。

故選A。。

：6.(2026?四川德陽?二模)如圖所示，間距為d的足夠長平行光滑金屬導軌豎直放置，導軌上端接有自感系

a…一.…一.….….....

數為乙的電感線圈，導軌處于垂直導軌平面向里、磁感應強度大小為笈的勻強磁場中。現將一根質量為

加的導體棒從導軌上某處緊貼導軌由靜止釋放，金屬棒運動過程始終與導軌垂直且與導軌接觸良好，重

力加速度為g,不考慮電磁輻射，不計一切電阻。在金屬棒運動過程中，下列說法正確的是（）

A.導體棒在導軌上做變加速運動,直至勻速下滑

B.導體棒在導軌上做往復運動

C.導體棒的最大動能為空!

B~d~

D.導體棒中最大電流為粵

【答案，BD

【詳解】由于電路中只有電感力且無電阻，導體棒切割磁感線的電動勢等于自感線圖的自感電動

勢，即Bdv=L^

對等式兩邊同時乘"并求和，得匯&1必,可得Bdx=LI

解得/=

對導體棒由牛頓第二定律，重力向下、安培力向上，得尸=mg-8/d

將/=粵壬.代入，得R=T/一等

尸與相對平衡位矍的位移成正比、方向相反，說明導體棒做簡諧運動，因此在導軌上做往復運動，而非勻

速下滑，故人錯誤，6正確;

C.當b=0時，導體棒處在平衡位置，則有mg=旦共

LJ

解得R=嚶

62d2

導體棒做簡諧運動的周期為7=2兀

其中上=空■，解得7=2兀

LJ

財圓頻率3=^=正咨

TniL

簡諧運動的最大速度出現在平衡位置，最大速度/=4①

其中振幅為=g=鬻

代入得小=嚕

t）a...........?

最大動能Ekm=Jm/*尸7工,，故C錯誤：

，2B~d~

D.由/=畢■⑦可知，1取最大值時/最大，c最大值為2期）=2^^

LB~d~

代人得最大電流&=畢?鬻^=鬻，故。正確。

LB2drBd

故選BD°

三、解答題

7.（2026.江西九江.二模）如圖,光滑豎宜玻璃管內有一勁度系數為k的輕質彈簧，下端固定,上端與一物塊

P相連，物塊。與物塊P之間不粘連，P、Q質量均為如。初始時用豎直向下的力E=47%）。壓物塊Q,

系統處于靜止狀態，某時刻撤去外力后，此后在物塊P、Q運動過程中，兩者會分離。每當兩者分離時立

刻給物塊Q施加豎宜向上的恒力￡=（1—4）加目,每當兩者接觸時立刻撤去￡。P、Q之間的碰撞為

膽性碰撞，且彈簧始終處于彈性限度內。已知彈簧的彈性勢能與與形變量4的關系為弓=/卜爐，彈簧

振子的周期公式為7=2兀，亳。求：

F

（1）從撤去外力E到尸、Q第一次分離時的位移大小x.；

（2）從撤去外力E到F、Q第一次分離時的時間t1；

⑶從撤去外力E到P、Q第2026次相遇時的時間及此次相遇的位置。

【答案】（1）喑?

唔犀

（3）（1350北+4052）兀，爺二在彈簧原長位置

【詳解】（1）當尸、Q分離時尸、Q之間彈力為0,加速度大小相等，令為的

對Q由牛頓第二定律有m（）g=mnai

對尸有琮+mi}g=mg

解得4=0

初始狀態E+2ml0=kx

P、Q第一次分離時彈簧處于原長，解得P、Q位移大小g=x=粵2

⑵當PQ一起振動時，周期7；=2兀

平衡位置2m＜）g=kx{}

可得振幅A=g—g=47gg

k

根據公式R=Hsin。

代入費和A可得0=30°

時間內=卜+4式=打=與/F

⑶從撒去力?；到第一次分禺，令U、Q速度為“

根據能量守恒-ykx\=2m＜婀+2mlM2

分離后Q物塊rr\）g—E=Tn^a2

分離后Q物塊回到與P分離處的時間力2=2且=24您］

a2VK.

分離后產物塊做簡諧運動的周期石=27TJ^

故P、Q在分離處第一次相遇，此時P向上，Q向下，速度大小相等，發生彈性碰撞，速度交換

F向下振動，Q向上做勻變速運動，F、Q第二次在分離點相遇，具有共同向下的速度，壓縮彈黃后又在

彈簧原長位置分離，以后將重復上述過程

以此類推，P、Q奇數次相遇時，速度方向相反，發生碰撞速度交換：偶數次相遇時，P、Q送度方向相同

故P、。第2026次相遇時的位置在彈簧原長位置

分析可得，尸、Q第2026次相遇的時間2=2025￡I+2026￡2

代入可得t=（13502+4052）加o

考點二機城霰

一、單iftJB

8.（2026?江蘇?二模）如圖為某一時刻的簡諧橫波波形圖，下列說法正確的是（）

A.該波波長為九%=4處的質點位移為0,此時速度為0,加速度最大

B.若將橫軸替換為時間￡（單位：s）,該圖像可表示簡諧運動的振動圖像，兩種圖像中，4都對應振動的一

個完整周期。

C.若該簡諧橫波沿C軸正方向傳播，經過半個周期，。=4處的質點運動的路程為2月

4?

D.若該波的波速為明可得頻塞/二片，波速越大，質點振動頻率越高：

【答案】C

......................G

【詳解】4.由簡諧橫波波形圖可知，該波的波長為人該時刻1處的質點位于平衡位宣，所以質點位

移為0,由回復力公式尸=一既可知回復力為0,根據牛頓第二定律可知加速度為0,速度最大，故人錯

誤。

B.若將橫軸替換為時間M單位：S）,該圖像可表示簡諧運動的振動圖像，描述簡諧運動的參數沒有波長

尤波長彳是波所有的描述參數，所以說兩種圖像中，3都對應振動的一個完整周期是錯誤的，故8錯誤。

C.若該簡諧橫波沿/軸正方向傳播，經過半個周期處的質點運動完成半個周期的簡諧運動，

所以運動的路程為2月，故。正確。

D.簡諧橫波的振動頻率由振源振動頻率決定，與傳播介質和波速沒有關系，故。錯誤。

故選C。

9.（2026?陜西寶雞?二模）有一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，￡=0時刻位于。點的波源開始振動，0.3s時

的波形圖如圖所示，波源的位移y=5cm,下列說法錯誤的是（）

A.波源起振方向是沿夕軸正方向B.波源的振動周期是0.96s

C.簡諧波的波長7.2aD.再經過0.28s時，c=處的質點到達波峰

【答案】B

【詳解】/.根據波形的平移法判斷可知，圖示時刻。一3m?處質點的振動方向沿y軸正方向，因此波源開

始振動時的方向也為沿g軸正方向，故力正確，不符合題意；

B.由波形圖可知磊T=0.3s

解得波源的振動周期是T=0.72s,故石錯誤，符合題意；

C.由題意可知波速為e=]=10m/s

故波長為A=oT=7.2m,故。正確，不符合題意;

T

D.由上述分析可知￡=T=0.18s時刻，位于。點的波源到達波峰位置，由圖示時刻再經過0.28s即t

=0.58s時亥，根據波形的平移法判斷可知波峰向前平移的距離為c=o庫=10x（0.58—0.18）小=4小

可知①=4m處的質點到達波峰，故D正確，不符合題意。

故選3。

10.（2026?湖南?二模）光滑水平面上放有一根勁度系數較小的軟彈簧，彈簧上有一點N,現用一周期性外力

便彈簧的左端做簡諧運動，在彈簧上形成一列縱波，某時刻觀察到N點恰向右運動到最大位移處，且

0.5s后N點向左回到平衡位置。己知波的周期7>0.5s,則該波的周期為（）

N

A.4sB.3sC.2sD.Is

【答案】。

【詳解】某時刻觀察到N點恰向右運動到最大位移處，且0.5s后N點向左回到平衡位置，考慮多解性有

（j+n）T=0.5s（n=0,1,2,3……）

又已知波的周期T>0.5s

貝IT=2s

故選C。

11.（2026?廣東惠州?二模）骨傳導耳機能將接收到的聲音信號轉化為機械振動,通過顱骨傳到內耳，如圖（a）

所示。某同學使用骨傳導耳機聽一段隨身攜帶的手機中的音樂，若接收到的聲波引起耳蝸膜匕某質點

振動圖像如圖S）所示,振幅為4聲音在空氣中傳播的速度為340。m/so下列說法正確的是（）

0.0000.0010.0020.003

時間(秒)

圖（a）圖(b)

A.聲波通過顱骨傳播和空氣傳播的波長相同

B.耳蝸膜上該質點任意半個周期的路程均為24

C.若該段音樂在空氣中傳播,其聲波波長為680m

D.該同學跑動時能感受到因多普勒效應引起的聲音音調變化

【答案】B

【詳解】力.聲波頻率由振源決定，顱骨（固體）與空氣（氣體）中聲速不同，由』=：知波長不同，/錯

誤；

B.簡諧運動中，任意半個周期內質點路程均為2A（無論起點位置），B正確;

C.由圖（b）知周期T=0.002s,波長1=vT=340x0.002m=0.68m,。錯誤；

D.同學與聲源（手機）相對靜止，不會產生多普勒效應，。錯誤。

故選3。

12.（2026?遼寧鞍山?二模）沿化軸傳播的簡諧橫波，各質點的平衡位置在/軸上，某時刻M和N間的波形如

圖所示，從該時刻開始經1s質點N第一次回到平衡位置，若質點振動周期大于4s,則（）

_____________________________________8

A.波的傳播方向沿i軸負方向

B.質點M可能為該波的波源

C.質點M的振動方向沿。軸正方向

D.增大波源的振動周期，波在介質中的傳播速度會變小

【答案】B

【詳解】4.由圖可知，A/、N兩點位于c軸上方（沙＞0）,且關于波谷對稱。N點位于波谷右側的上坡

段。若波沿①軸負方向傳播，根據波形平移法，N點右側（更高處）的波形移至N點，N點應向上振動，到

達波峰后再回到平衡位置，所需時間%＞與。已知T＞4s,即工＞1s,而題中力=Is,矛盾，故波不可能

44

沿出軸負方向傳播；若波沿①軸正方向傳播，N點左側（更低處）的波形移至N點，N點向下振動直接回

到平衡位置，所需時間IV工，符合IsV?（即T＞4s）,故波沿c軸正方向傳播，4錯誤；

B.波沿土軸正方向傳播，波源在波的傳播方向后方（左側），44點在N點左側，故質點M可能為該波的

波源，6正確：

C.簡諧橫波中質點振動方向沿夕軸方向，不沿⑦軸方向，。錯誤；

O.波在介質中的傳播速度由介質本身性質決定，與波源振動周期無關，。錯誤。

故選3。

13.（2026?天津?二模）如圖所示，12位身高相同的同學手挽手站成一排模擬機械波的形成和傳播。￡=0時,

從同學1開始依次帶動右邊的同學，每人每分鐘完成30次下蹲和起立，形成一列向右傳播的“機械波”。

已知同學1第一次蹲到最低點對，同學5剛好要開始下蹲；隊伍中相鄰兩同學所站位置間距均為0.8m,

所有同學從開始下蹲到最低點過程中，頭部豎直向下運動路程均為60cm。下列說法正確的是（）

卜0.8nd

A.這列“波”的波長為2.4館B.這列“波”的波速為3.2m/s

C.￡=6s時同學12開始下蹲D.0-4s內同學9的頭部運動路程為1.刖n

【答案】B

【詳解】人.相鄰同學間距0.8m,波長是指一個完整波形對應的平衡位置間的長度，題意可知，17個同學

間距對應一個完整波形，波長/=16xO.Sm=12.8a,故A錯誤。

B.每人每分鐘完成30次下蹲和起立，則同學1振動頻率/=0.5Hz,波速°=4=6.4x0.5m/s=

3.2m/s,故B正確。

C.同學1與同學12間距為11x0.8m=8.8m,由力=&=-^-s=2.75s,故。錯誤。

v3.2

D.1到9同學間剛好一個波長，所以C=2s時第9位同學開始下蹲，t=4s時完成1次下蹲起立，路程

為2x60cm=120cm=1.2m,故D錯誤。

故選6。

二、多選題

14.(2026?湖南邵陽?二模)位于％=0.7加處的波源。從￡=0時刻開始振動，形成的簡諧橫波在同一-介質中

沿力軸正、負方向傳播，一個周期后停止振動，入3s時向①軸負方向傳播的波形如圖所示，下列說法正

確的是()

A.該波波速為0.6m/sB.波源尸振動的周期為Is

C.￡=3s時，c=0處的質點位移為夕=251D.￡=3s時，1.4m?處的質點向g軸負方向運動

【答案】

【詳解】4.波源僅振動一個周期，因此產生的波列長度等于一個波長。由圖可知，向,負方向傳播的波

列范圍為①=—1.1m到x=0.1m,故波長A=0.1m—(—1.1m)=1.2m

t=3s時，波頭從波源x=0.7m傳播到x=-l」?n,傳播距離s=0.7m—(—1.1m)=1.8m

因此波速v=~^~=￥^m/s=0.6m/s,故A正確；

BC.波源P振動周期T=Z=《?=2s

v0.6

￡=0距離波源Air=0.7m,波傳到x=0的時間t}==-^-s

v6

因此￡=3s時，a;=0處質點已涇振動了△￡=3—

66

波源的起振方向與波頭(剛開始振動的質點)的振動方向一致。波沿X負方向傳播，由同側法可知1=

-1.1處質點下一時刻位移為負，因此波源起振方向為"軸負方向，所以此時位移為g=-/sin(,A￡)=

-2sin(雜?孕)=-2sin(-^-)=1cm,故SC錯誤；

Z).波沿c正方向對稱傳播，x=1.4m距離波源Ar=1.4—0.7=0.7m

與4=0到波源的距離相等，因此振動規律與①=()對稱。

由同側法可知此時①=0處質點速度沿g軸負方向，所以⑦=1.4m處質點也向沙軸負方向運動，故。正

確。

.............國

故選40。

15.（2026?江西?二模）如圖甲所示，樹葉落在平靜的水面上，由此產生的水面波可近似為簡諧橫波。以落葉

所在位置為原點O,某時刻波源垂直于cQ/平面振動所產生的波的示意圖如圖乙所示，實線圓、虛線圓

分別表示相鄰的波峰和波谷，A點為虛線圓與?/軸的交點，己知波源振動的周期為1.6x10-2。s,振幅

為0.5。cm,下列說法正確的是（）

A.該橫波的波長為0.4。cm

B.該橫波在水面傳播的速度大小為0.5。m/s

C.力點處的質點在1個周期內沿v軸移動0.8。cm

D.A點處的質點與波源處的質點速度大小始終相等

【容案】BD

【詳解】8.相鄰波峰與波谷的半徑差為半個波長，即［=0.4。cm,解得，=0.8。cm,故人錯誤；

B.該橫波在水面傳播的速度大小=0.5。m/s

故B正確；

C.A點處的質點只會在箕平衡位置處垂直于xOy平面振動，故。錯誤；

D.4點處的質點與波源處的質點的平衡位置間的距離為半個波長，這兩處質點的振動始終相反，速度

大小始終相等，故。正確。

故選80。

16.（2026?浙江臺州?二模）波源O做簡諧運動,所激發的橫波在均勻介質中沿紙面傳播。圖甲為該波穩定傳

搭時的俯視圖，實線表示波峰，虛線表示波谷。波源從0時刻起開始振動，0.5s后頻率保持不變,其振動

圖像如圖乙所示（0~0.5s內振動未知）。下列說法正確的是（）

乙

A.波源起振方向沿y軸正方向

B.該波的波速為o=4m/s

C.在￡=2s時，距離波源47幾處的質點向g軸負方向振動

D.距離波源0.5a與1.5館處的兩質點的振動步調始終相反

【答案】

【詳解】40~0.5s內振動未知，無法判斷波源的起振方向，故A錯誤；

B.由乙圖可得，周期為0.5s,由圖甲可知波長為2m,波速為0=半=4m/s,故B正確：

C.距離波源4M處的質點開始振動的時間為=ls

v

由圖乙可知此時波源向下振動，則Is后即在力=2s時，波源的振動形式傳遞到距離波源4位處的質點，此

時該質點向y軸負方向振動，故。正確；

D.若波源穩定后，距離波源0.5m與1.5m處的兩質點滿足Az=1m=44

則兩質點的振動步調相反；但0.5s札兩質點的運動情況無法判斷，故。錯誤。

故選SC。

考點三振動圖像和波動圖像的球合應用

一、單也

17.（2026?新疆烏魯木齊.二模）一列沿，軸傳播的簡諧橫波，在±=ls時刻的波形圖如圖甲所示;位于4=

37n處的質點的振動圖像如圖乙所示。則位于1=1m處的質點的振動圖像為（）

【答案】6

【詳解】由圖乙知c=3zn處的質點，在￡=ls時刻，速度沿g軸的負方向，故波沿/軸的正方向傳播，則位

于:=1m處的質點，在t=1s時刻，位移為零且沿"軸的正方向振動

故選6。

18.（2026?重慶沙坪壩?二模）一列簡諧波沿①軸傳播，某時刻其波形如圖甲所示，平衡位置為2二4恒的質點

從該時刻開始的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）

...................0

A.該列簡諧波沿c軸正方向傳播

B.無法確定該簡諧波的波長

C.該質點的振動周期為2s

D.從該時刻起5s內質點經過的路程為（9-符

【答案】。

【詳解】4.由圖乙可知，￡=0時刻，x=4m處質點位移為彳~cm,隨后位移增大，說明質點沿g軸正方

向振動。根據波動的“上下坡法”可判斷該波沿I軸負方向傳播，故A錯誤；

B.由圖甲可得＜+1=4/71

乙O

解得）=6叫故B錯誤;

C.由圖乙可得f+（=2s

JZ

解得/二年6?，故C錯誤：

D￡=5S=*T=27+32T內運動路程為2X44=8cm

之后白內運動路程為（1一乎）cm

■L//

貝1運動思路程為（9一等卜in,故"正確。

故選。。

19.（2026?河南?二模）如圖所示，圖甲為一列簡諧波在￡=0.5s時的波形圖，M、N為簡諧波上的兩個質點,

圖乙為質點M的振動圖像，下列說法正確的是（)

A.波沿①軸負方向傳播

B.質點M的平衡位置坐標知=10cm

C.￡=1.4s時，質點N的振動方向沿g軸止方向

D.質點N在任意0.3s內的路程最小為(20-10V2)cm

【答案】。

【詳解】4由乙圖可知C=0.5s時，質點M向"軸負方向振動，根據“上坡下，下坡上”可得質點此時

外在上坡，則波沿/軸正方向傳播，故A錯誤；

B.由乙圖可知質點M的振動方程為y=lOsin^^Mcm),則t=0.5s時，%=lOsin(專■x0.5)(cm)=

5cm，由甲圖可知波動方程為"=lOsin-^-i(cm)，代入幼=5cm解得如=母cm，故B錯誤；

C.從該時刻計時，質點N的振動方程為y=10sin(導方一專)(cm),質點N振動到最大位移處的位移

y2=10cm,需要的時間為At=0.7s,而從I=0.5s到t=1.4.s的時間間隔為M=0.9s,則質點繼續從最

高點向g軸負方向振動0.2s。所以￡=L4s時，還未振動到最低點，故質點N的振動方向沿。軸負方向，

故C錯誤；

D.當運動速率越小時，在0.3s內路程才會越小，質點在最大位移位置附近速率較小，則前0.15s從平衡

位置向最大位移方向運動到最大位移處，后0.15s從最大位移處向平衡位置運動，路程會最小為2x

>1(1—sin^-)cm=(20—10，^)cm,故O正確。

故選。。

20.(2026?浙江紹興?二模)如圖1所示，頻率相同的簡諧波源S]、S2分別位于c二一5.0館、c=4.0/n,y軸左

右兩側存在兩種不同的均勻介質。方=0時，兩波源開始沿v軸振動，兩列簡諧波沿，軸相向傳播，波在

介質【中的傳播速度為5m/s。質點4的平衡位置位于c=bn處，其振動圖像如圖2所示，則()

j/cm

介質I介質n

S。/S)x/m

圖1

A.S2產生的波先到質點AB.兩波源起振方向相反

C.OWc44m之間有4個振動加強點D.0?6s內，質點A經過的路程為9cm

【答案】。

【詳解】4波源S”產生的簡諧波在介質I中傳播的距離修=5硒,速度劭=5m/s,用時。=曳=

5m1

--T=1S

5nl/s

剩余對=1m在介質II中傳播，波源S2°到質點A的距離x-2=4m-Im=3m

由振動圖像知，第一列波在t,=2s到達質點力，第二列波在13=3s時到達質點4。若S2產生的波先到質

點A,則波在介質II中的波速紇=?=粵^=1.5iri/s

*22s1

貝ISi產生的波到質點4的時間為t；=i]+—=ls+產=；

v21.5ni/s31

若S產生的波先到質點力，則波在介質II中的波速v5==工~=J：=lm/s：

12Tl2s-Is?

..........由

貝]S；產生的波到質點A的時間為己=生=鴿-=3s=t.{

~"v-2lm/s

綜上，S\產生的波先到質點4,故4錯誤；

B.⑸產生的波在力=2s時光到達質點？!后，質點力從平衡位置向上振動，說明Si起振方向向上；在力

=3s時，質點力回到平衡位置向下振動，此時S2產生的波到達質點4,使質點力的振幅減小，說明S2起

振方向向上，因此兩波源起振方向相同，故6正確；

C.兩波源起振方向相同時，到兩波源路程差為波長的整數倍的點振動加強。由振動圖像得周期T=

2s,介質II中的波長治=&7=2771

在Ci=1s時，Si產生的波到達。點，此時S2產生的波傳描到X2=4m—Mi=3m

設頻率相同的簡諧波源S；。、S5分別位于①=0、4=3.0m外，沿①軸向兩側傳播，則0<t&4m之間任

意點x到兩波源的路程差為Ar=(3—x)—x=3—2x

可得一5m3m

當iXx=nA(n為整數)時為振動加強點，則71可取-2,—1,0,1,則振動加強點為x=0.5m,x=1.5m,x

=2.5m,c=3.5m,共有4個加強點，故。正確；

D.在0?2s時間內4未振動，路程為0。在2?3s時間內只有Si帶動的振動，振幅為3cm,半個周期的

路程為S]=2x3cm=6cm

在3―6s時間內兩波全:加，振幅為2cm,一■個半周期的路程為$2=1.5x4x2cm=12cm

總路程為s=Si+$2=6cm+12cm=18cm，故。錯誤。

故選C。

二、多選題

21.(2026?陜西榆林?二模)如圖甲所示，機器人手持彩帶一端上下抖動模擬藝術體操運動員的動作，形成的

繩波可簡化為簡諧波。以手的平衡位置為坐標原點，已知乙圖為①=0。a處波源的振動圖像，圖丙為

原點右側電=2。M處質點的振動圖像。下列說法正確的是()

A.0~1。s內，為=0。7幾處波源通過的路程為3。m

B.0時刻，g=2。m處質點的振動方向向上

C.若波長大于1。館,此列波的傳播速率可能是半。m/s

D.若波長大于2。館,此列波的傳播速率一定是當~。m/s

【答案】4c

【詳解】4從振動圖像可得，周期T=0.4s,振幅A=30crn=0.3m

()?Is包含/■=2.5個周期，一個周期內質點路程為4月，因此總路程s=2.5x44=10A=1()x0.3m

=3m,故A正確；

B.由丙圖可知，￡=0時刻后l2=2m處質點位移為負，說明振動方向向下，故B錯誤；

C.波沿①正方向，±=0時g=0處質點在波峰，x2=2m處質點在平衡位置向下振動，因此兩處質點距

離滿足△*=2m=（TI+,）N（72=0,1,2,???）

整理得）=）7nm=0,1,2,…）

4n+3

若4>lzn,則丁J>1

4n+3

得nV1.25,即0=0或幾=1

Q

n=1時，4=-ym>1m

波速。=拿=/Im/s,故。正確；

D.若1>2m,則，8,〉2