2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第27讲机械振动、机械波(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第27讲机械振动、机械波(专项训练)(学生版+解析)，文件包含物理试题卷pdf、物理试题卷官方参考答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 简谐运动
题型02 单摆
题型03 受迫振动及共振
题型04 机械波的形成与描述
题型05 波的反射、折射、干涉、衍射、多普勒效应
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 简谐运动
1.以下描述振动强弱的物理量是（ ）
A．振幅B．频率C．速度D．加速度
【答案】A
【详解】A．振幅是物体离开平衡位置的最大距离，对于同一振动系统，振幅越大，振动系统的能量越大，表示振动越强，故振幅是描述振动强弱的物理量，故A正确；
B．频率是描述振动快慢的物理量，与振动强弱无关，故B错误；
CD．速度和加速度是描述振动物体某一时刻所处状态的物理量，与振动强弱无关，故CD错误。
故选A。
2.如图所示，水平放置的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，外界压强。p0保持不变。质量m、横截面积为S的活塞离汽缸底部距离为l时处于平衡状态。现将活塞从平衡位置稍稍向外移动Δx（Δx≪l）后释放，如果活塞所受合外力满足F=-kΔx形式，则活塞运动的周期为T=2πmk。假设汽缸内气体温度不变，忽略一切摩擦。则活塞从释放到第一次回到平衡位置的时间t为（ ）
A．t=πmlSp0B．t=π2mlSp0C．t=πSp0mlD．t=π2S0ml
【答案】B
【详解】由平衡条件可知，原来汽缸内气体的压强p=p0
设活塞移动后汽缸内气体的压强为p′，整个过程为等温变化，由玻意耳定律可得p0lS=p′(l+Δx)S
解得p′=ll+Δxp0
因为Δx≪l
所以活塞移动后，作用在活塞上使它回到平衡位置的力为F=−(p0−p′)S=−p0Sl·x
结合简谐振动的回复力F=−k·Δx
可知k=p0Sl
活塞运动的周期T=2πmk=2πmlp0S
则活塞从释放到第一次回到平衡位置的时间t=14T=π2mlSp0
故选B。
3.（多选）（2025·四川乐山·高三月考）如图是一水平弹簧振子做简谐运动的x−t图像，下列说法正确的是（ ）
A．该振子的振动频率为4HzB．第2s末振子的加速度为零
C．第2s末和第10s末振子的速度相同D．前20s内振子通过的路程为100cm
【答案】BC
【详解】A．由图可知T=4s，则
f=1T=0.25Hz
故A错误；
B．第2s末振子处于平衡位置，故加速度为0，故B正确；
C．第2s末振子处于平衡位置，向y轴负方向运动；第10s末振子处于平衡位置，向y轴负方向运动；故两时刻振子的速度相等，故C正确；
D．根据
t=20s=5T
可知前20s内振子通过的路程为
s=5×4A=200cm
故D错误。
故选BC。
4.（2025·四川攀枝花·二模）如图所示，一个小球和轻质弹簧组成的系统，小球静止时其下端与水平线a对齐，现将小球沿竖直方向向下拉动使其下端与水平线b对齐后由静止释放，小球将沿竖直方向上下振动，经Δt=0.125 s小球首次回到其下端与水平线a对齐时的位置。已知水平线a、b之间的距离d=1 cm，不计空气阻力，轻弹簧始终处在弹性限度以内。若以小球首次回到其下端与水平线a对齐时为零时刻，竖直向下为正方向，下列说法中正确的是（ ）
A．小球振动的频率为0.5 Hz
B．小球在2 s内通过的路程为16 cm
C．t=0.375 s时小球在向上运动
D．小球振动的位移x随时间t的变化关系为x=sin(4πt+0.25π)cm
【答案】B
【详解】A．由题可知T=4Δt=0.5s
则频率为f=1T=2Hz
故A错误；
B．由题可知A=d=1cm
则小球在2 s内通过的路程为s=tT×4A=20.5×4×1cm=16cm
故B正确；
C．当t=0.375 s=3Δt时，根据题意可知此时处于最低点处，速度为0，故C错误；
D．由题可知ω=2πT=4π
若以小球首次回到其下端与水平线a对齐时为零时刻，竖直向下为正方向，则小球振动的位移x随时间t的变化关系为x=−sin(4πt)cm
故D错误。
故选B。
5.如图所示，并列悬挂两个相同的弹簧振子（互不影响）。把两个小球拉到相同的位置，先释放A球，当A球第一次到达平衡位置时再释放B球，在接下来的运动过程中，两小球不可能在同一时刻具有（ ）
A．相同的速度与相同的动能B．相同速度与相同位移
C．相同的位移与相同的加速度D．相同的位移与相同的动能
【答案】B
【详解】当A球第一次到达平衡位置时再释放B球，则两球振动的相位始终相差90∘，振动图像如图，根据简谐振动的特点：
A．在同一时刻，可能具有相同大小的速度，由Ek=12mv2可知，可能相同的动能，例如t1时刻，故A不合题意；
B．在同一时刻，由于两球振动的相位始终相差90∘，不可能同时具有相同速度与相同位移，例如t2时刻，位移相同，速度大小相同，但是方向不同，故B符合题意；
C．在同一时刻，可能具有相同的位移，根据a=−kmx可知，可能相同的加速度，例如t2时刻，故C不合题意。
同一时刻，可能有相同的位移，此时速度大小一定相同，则有相同的动能，例如t2时刻，故D不符合题意。
故选B。
6.（多选）（2025·四川内江·高三月考）如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，取向右为正方向，其振动图像如图乙所示。由振动图像可以得知（ ）
A．振子的振动周期等于t1
B．在t=0时刻，振子的位置在O点
C．在t=t1时刻，振子的加速度为零，速度最大
D．从t1到t2，振子从O点向b点运动，加速度为正
【答案】BC
【详解】A．从振动图像可以看出振子的振动周期为2t1，故A错误；
B．在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，故B正确；
C．在t=t1时刻，振子在平衡位置，位移为零，速度最大，故C正确；
D．从t1到t2，振子从O点向b点运动，位移为正，回复力为负，加速度为负，故D错误。
故选BC。
02 单摆
7.如图所示，荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，其等效“摆球”的质量为m、摆长为l，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．人和踏板整体受重力、弹力、回复力的作用
B．经过最低点时人与踏板均处于平衡状态
C．人与踏板通过最高点时，合力等于零
D．荡秋千的周期为2πlg
【答案】D
【详解】A．人和踏板整体只受重力和弹力，沿切向的合力提供回复力的作用，故A错误；
B．经过最低点时人与踏板有向心加速度，不是平衡状态，故B错误；
C．人与踏板通过最高点时，速度为零，则向心力为零，即沿径向的合力等于零，但沿切向的合力最大提供回复力，故合力不为零，故C错误；
D．因荡秋千在小幅度摆动时可简化为单摆做简谐运动，则其周期满足单摆的周期为2πlg，故D正确。
故选D。
8.如图所示是两个理想单摆的振动图像，纵轴表示摆球偏离平衡位置的位移。下列说法中正确的是（ ）
A．t=4s时，两单摆的回复力最大
B．乙摆球在第1s末和第3s末速度相同
C．甲、乙两个摆的摆长之比为1:2
D．甲摆球位移随时间变化的关系式为x=2sinπ2tcm
【答案】D
【详解】A．t=4s时，两单摆处于平衡位置，该位置的回复力为零，A错误；
B．乙摆球在第1s末和第3s末速度大小相等方向相反，B错误；
C．由单摆的周期公式可知
T=2πlg
得甲、乙两个摆的摆长之比为
l甲l乙=T甲2T乙2=14
C错误；
D．由图可知，甲摆的振幅为2cm，周期为4s，且零时刻位于平衡位置并开始向上运动，故甲摆球位移随时间变化的关系式为
x=2sinπ2tcm
D正确。
故选D。
9.某同学在探究单摆运动中，图甲是用力传感器对单摆运动过程进行测量的装置图，图乙是与力传感器连接的计算机屏幕所显示的F-t图像，则以下说法正确的是（ ）
A．t=0.1s时刻摆球速度最大
B．t=0.5s时刻摆球经过最低点
C．单摆振动周期T=0.8s
D．单摆振动周期T=0.9s
【答案】B
【详解】A．t=0.1s时刻摆球受拉力最小，则摆球在最大位移处，速度最小，故A错误；
B．t=0.5s时刻摆球受拉力最大，则摆球经过最低点，故B正确；
CD．由图可知摆球的周期为
T=2×(0.9−0.1)s=1.6s
故CD错误；
故选B。
10.如图所示，在绘制单摆做简谐运动的图像时，甲、乙两同学用不同摆长的沙摆和同样长的纸带，分别作出如图甲和图乙所示实验结果。已知实验中图甲、图乙纸带运动的平均速度大小相等，则甲、乙同学所用沙摆的摆长L甲：L乙为（ ）
A．9：16B．16：9
C．3：4D．4：3
【答案】A
【详解】ABCD．由图有2T甲=1.5T乙，则有T甲:T乙=3:4；
再由周期公式T=2πLg有L甲L乙=T甲2T乙2=916，故选A。
11.如图甲所示，某同学利用了智能手机和一个磁性小球来测量重力加速度。打开智能手机的磁传感器，将磁性小球由平衡位置拉开一个小角度由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的周期为t0
B．测量出的重力加速度g=π2Lt02
C．小球拉起的幅度越大，运动周期越大
D．小球经过最低点时，速度最大，合力为零
【答案】B
【详解】A．小球经过最低点时磁性最低，由乙图可知单摆的周期为T=2t0，A错误；
B．根据单摆的周期T=2πLg
解得g=4π2lT2=π2Lt02
B正确；
C．根据单摆的周期T=2πLg，可知单摆的周期与振幅无关，C错误；
D．小球经过最低点时，速度最大，小球的运动方向发生改变，合力提供向心力，合力不为零，D错误。
故选B。
12.（多选）下列有关单摆的说法正确的是（ ）
A．在做单摆实验时，要尽可能选择质量小、体积大的球
B．同一个单摆在赤道和两极的周期不相同
C．单摆的周期与摆球质量和振幅无关
D．摆角很大时，单摆也可以看成做简谐运动
【答案】BC
【详解】A．在做单摆实验时，为了减小空气阻力的影响，要尽可能选择质量大、体积小的球，故A错误；
BC．根据单摆周期公式T=2πLg，由于赤道和两极的重力加速度不同，所以同一单摆的周期不同；单摆的周期与摆球质量和振幅无关，故BC正确；
D．当摆线小于5°时，单摆可以看成做简谐运动；摆角很大时，就不满足简谐运动规律，故D错误。
故选BC。
13.（多选）（2025·四川内江·高三月考）如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O点之间。将摆球拉到A点从静止释放，摆球将在竖直面内的A、C之间做简谐运动，其中B点为运动中的最低位置。乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，图中t=0为摆球从A点开始运动时的（g取10m/s2）。下列说法中正确的是（ ）
A．在θ小于5°的情况下，θ越大，周期不变
B．小球的质量为0.10kg
C．小球在最低点的速度大约为0.283m/s
D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力充当单摆的回复力
【答案】AC
【详解】A．根据单摆周期公式T=2πLg
可知在θ小于5°的情况下，单摆做简谐运动，周期只与摆长L和重力加速度g有关，与摆θ无关，所以θ越大，周期不变，故A正确；
BC．根据图像可知单摆周期为T=0.4πs
根据单摆周期公式T=2πLg
解得L=0.4m
小球在最高点时速度为零，拉力最小，则有0.495N=mgcsθ
小球在最低点时速度最大，拉力最大，则有0.510N−mg=mvm2L
从最高点到最低点根据机械能守恒定律mgL1−csθ=12mvm2
联立解得m=0.05kg，vm=0.283m/s
故B错误，C正确；
D．摆球所受重力沿切线方向的分力充当单摆的回复力，而不是重力和摆线对摆球拉力的合力，故D错误。
故选AC。
14.（多选）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度，g=10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．单摆的摆长约为1.0m
B．单摆的位移随时间变化的关系式为x=8sinπtm
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球所受回复力为正且逐渐增大
【答案】AD
【详解】A．由图乙可知单摆的周期T=2s
根据单摆的周期公式T=2πLg
代入数据可得L≈1.0m，故A正确；
B．由图乙可知振幅A=8cm，角速度ω=2πT=πrad/s
单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπtcm，故B错误；
C．从t=0.5s到t=1.0s的过程中，摆球从最高点运动到最低点，重力势能减小，故C错误；
D．从t=1.0s到t=1.5s的过程中，摆球的位移增大，方向为负方向，根据F=−kx可知回复力增大，方向为正方向，故D正确。
故选AD。
03 受迫振动及共振
15.关于受迫振动、共振，下列说法正确的是（ ）
A．为了防止共振产生危害，建厂房时要考虑厂房的固有频率与机器的固有频率的差别
B．做受迫振动的物体的频率与固有频率相等，与驱动力的频率无关
C．快艇上的机关炮正连续向敌人射击时的振动是共振现象
D．驱动力频率与固有频率之差越小，振幅越小，二者之差越大，振幅越大
【答案】A
【详解】A．当物体发生共振时，驱动力的频率等于物体的固有频率，此时振动物体的振幅最大，能量最大，故建厂房时要考虑厂房的固有频率与机器的固有频率的差别，故A正确；
B．做受迫振动的物体的频率与驱动力的频率相等，与固有频率无关，故做受迫振动的物体的频率可以大于或小于系统的固有频率，故B错误；
C．快艇上的机关炮正连续向敌人射击时的振动与机关枪在射击时的反冲运动有关，与共振无关，故C错误。
D．受迫振动的周期、频率与驱动力周期、频率相等，与固有周期、频率无关，并且驱动力频率与固有频率之差越小，振幅越大，二者之差越大，振幅越小，故D错误。
故选A。
16.如图甲，把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，该共振筛的共振曲线如图乙所示，已知仅增大电压，可使偏心轮转速提高；仅增大筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下偏心轮的转速是2r/s，则（ ）
A．筛子现在振动的频率为0.8Hz
B．共振筛的固有频率为0.8Hz
C．仅增大电压，可以使筛子振幅增大
D．仅增大筛子质量，可以使筛子振幅增大
【答案】B
【详解】B．由题图可知，该共振筛振幅最大的时候，其频率为0.8Hz，即发生共振的频率为0.8Hz，也就是说共振筛的固有频率为0.8Hz，故B项正确；
A．由于现在偏心轮的转速为2r/s，其频率为
f=n=2Hz
筛子做受迫运动，所以其筛子此时的频率为2Hz，故A项错误；
C．由之前的分析可知，此时筛子的频率为2Hz，而由题意可知，电压增加，则频率增加，则筛子固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅减小，故C项错误；
D．由图可知，筛子固有频率为0.8Hz，增加筛子质量，筛子的固有周期增大，则固有频率减小，则固有频率和驱动力频率的差值变大，筛子振幅减小，故D项错误。
故选B。
17.（多选）如图甲所示，在曲轴上悬挂一弹簧振子，转动摇把，曲轴可以带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由上下振动，其振动曲线如图乙所示；然后以某一转速匀速转动摇把，当振子振动稳定后，其振动图像如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．振子振动稳定后的振动周期为0.4s
B．把手匀速转动的转速为150r/min
C．为了增大振子振动的振幅，应增大把手的转速
D．当把手匀速转动的频率为2.5Hz时，振子振动的振幅最大
【答案】CD
【详解】A．弹簧振子振动稳定时的频率和周期与自身的固有周期和频率无关，等于受迫振动时驱动力的频率和周期，而匀速转动摇把施加驱动力的周期为0.8s，故A错误；
B．由图知，摇把匀速转动的周期为0.8s，转动频率为
f1=1T1=10.8Hz=1.25Hz
转速为
n=1.25×60r/min=75r/min
故B错误；
C．弹簧振子自由振动时的周期为0.4s，振动频率为
f2=1T2=10.4Hz=2.5Hz
由于此时遥把匀速转动的周期为0.8s，转动频率为1.25Hz，要增大振子振动的振幅，必须使摇把的转动频率向弹簧振子的固有频率靠近，因此应增大摇把的转速，故C正确；
D．匀速转动摇把，当振子振动的振幅最大时，驱动力的频率应该和弹簧振子的固有频率相同。弹簧振子上下自由振动时的周期为0.4s，振动频率为2.5Hz，故当摇把匀速转动的频率为2.5Hz时，振子振动的振幅最大，故D正确。
故选CD。
04 机械波的形成与描述
18.关于简谐运动与波的下列说法中，正确的是（ ）
A．处于平衡位置的物体，一定处于平衡状态
B．位移方向总跟加速度方向相反，跟速度方向相同
C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同
D．物体做机械振动，一定会产生机械波
【答案】C
【详解】A．处于平衡位置的物体，物体的回复力为0，但合力不一定为0，也不一定处于平衡状态，故A错误；
B．由于
a=−kxm
则位移方向总跟加速度方向相反，，但与速度方向可能相反也可能相同，故B错误；
C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向跟位移方向相反；背向平衡位置时，速度方向跟位移方向相同，故C正确；
D．机械波的形成必须具备两个条件有振源和介质，只有物体做机械振动，其周围没有介质的话，远处的质点不可能振动起来形成机械波，故D错误。
故选C。
19.以下对机械波的认识正确的是（ ）
A．形成机械波一定要有振源和介质
B．横波向右传播时，处于波峰的质点也向右迁移
C．振源做简谐运动形成的波中，各质点的运动情况完全相同
D．机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点早一些振动
【答案】A
【详解】A．形成机械波一定要有振源和介质，故A正确；
B．质点只在平衡位置附近振动，不沿波的传播方向迁移，故B错误；
C．振源做简谐运动形成的波中，各质点振动步调不一致，故C错误；
D．机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点晚一些振动，故D错误。
故选A。
20.甲、乙两人站在一堵墙前面，两人相距2a，距墙均为3a。当甲开了一枪后，乙在t时间后听到第一声枪响，则乙在什么时候能听到第二声枪响（假设距离足够大）（ ）
A．甲开枪后4t时间
B．甲开枪后3t时间
C．甲开枪后2t时间
D．甲开枪后3+72t时间
【答案】C
【详解】乙听到的第一声枪响必然是甲开枪的声音直接传到乙的耳中，故
t=2av
甲、乙二人及墙的位置如图所示
乙听到的第二声枪响必然是经墙反射传来的枪声，由反射定律可知，波线如图中AC和CB，由几何关系可得
AC=CB=2a
故第二声枪响传到乙耳中的时间为
t′=AC+CBv=4av=2t
故选C。
21.波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中沿纸面向四周传播。图甲为该简谐波在t=0.15s时的俯视图，实线圆表示波峰，虚线圆表示波谷，相邻两个实线圆之间仅有1个虚线圆。介质中某质点的振动图像如图乙，取垂直纸面向外为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．该波的波速为30cm/s
B．图乙可能是质点C的振动图像
C．该波由质点A传到质点B的时间为0.2s
D．质点D在该时刻速度方向垂直纸面向里
【答案】D
【详解】A．由图甲知波长为12cm，由图乙知波的周期为0.20s，故该波的波速为v=λT=120.2cm/s=60cm/s
故A错误；
B．由图乙可知，质点t=0.15s时处于波峰位置，而图甲中质点C位于相邻波谷与波峰之间，故图乙不可能是质点C的振动图像，故B错误；
C．由图甲知波源O到A、B之间的距离差为Δx=λ−λ2=6cm
则该波由质点A传到质点B的时间为Δt=ΔxΔt=6cm60cm/s=0.1s
故C错误；
D．由图甲可知再经过14T，波谷的振动形式传播到D点，则该时刻质点D的速度方向垂直纸面向里，故D正确。
故选D。
22.（多选）“地震预警”是指在地震发生后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。地震监测站监测到一列地震横波，某时刻的波形图如图甲所示，已知P点是平衡位置在x=0处的质点，Q点的平衡位置坐标为x=15m，以此时刻做为计时起点，质点Q振动的a-t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A．质点P沿y轴正方向运动
B．地震横波的传播波速为9m/s
C．t=5s时，质点Q振动到波谷
D．0~5s的时间内，质点P所走的路程小于50cm
【答案】BD
【详解】A．质点Q振动的a-t图像如图乙所示的周期为4s，根据回复力F=−kx，结合甲图振幅为10cm，可得质点Q振动图像如图所示
由振动图像可知，t=0时刻质点Q沿y轴正方向运动，根据同侧法（质点的振动方向和波的传播方向在波的同一侧）判断地震横波沿x轴负方向传播，故t=0时刻，根据同侧法质点P沿y轴负方向运动，故A错误；
B．由图甲可知512λ=15m
解得λ=36m
由图乙可知T=4s
故地震横波的传播波速为
v=λT=36m4s=9m/s，故B正确；
C．t=5s时，质点Q的加速度为y轴负方向最大值，根据牛顿第二定律，回复力也为y轴负向最大值，根据F=−kx，质点Q位移为y轴正向的最大值，故质点Q振动到波峰，故C错误；
D．因为振幅A=10cm，周期T=4s，则一个周期内，质点运动的路程为
4A=40cm，而时间
Δt=5s=(1+14)T
在t=0s时P点向下振动，则在经过一个周期后P的速度正在减小，在此后T4的时间内其路程小于10cm，故0~5s的时间内，质点P所走的路程小于50cm，故D正确。
故选BD。
23.（多选）（2025·四川成都·三模）一简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，坐标原点是质点A的平衡位置，其振幅为2cm，在t=0时刻质点A的位移y=2cm，已知该波在介质中传播速度v=2m/s下列说法正确的是（ ）
A．t=0时刻A质点的振动方向向下
B．该波的波长为4m
C．t=2s时，x=1.5m的质点位于波峰
D．t=0到t=5s时间内，x=1.5m的质点经过的路程为10cm
【答案】AB
【详解】A．波沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知t=0时刻A质点的振动方向向下，故A正确；
B．根据波形图可知（18+14）λ=1.5m
解得λ=4m
故B正确；
C．该波的周期为T=λv=42s=2s
t=2s=T时，x=1.5m的质点仍位于平衡位置，故C错误；
D．t=0到t=5s时间内，振动的时间Δt=52T
x=1.5m的质点经过的路程为s=52×4A=10A=10×2cm=20cm
故D错误。
故选AB。
24.（多选）位于坐标原点O的波源在t=0时刻开始振动，形成的简谐横波在x轴上传播，在传播方向有两个质点P、Q，其平衡位置的坐标分别为xp=9m、xQ=15m，在t=5s时波刚好传播到Q点，其波形如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向
B．该波的波速是3m/s
C．0～5s时间内，质点P运动的路程为15cm
D．t=4s时，质点P正好在波谷位置
【答案】AB
【详解】A．根据同侧法可知t=5s时质点Q沿y轴正方向，则波源的起振方向沿y轴正方向，质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，A正确；
B．由图可知，该波的波速是v=155m/s=3m/s，B正确；
C．波的周期为T=λv=4s
该波的波长波从O传播到P所需的时间t1=93s=3s
0～5s时间内，质点P振动的时间t2=5s−3s=2s
即为半个周期，质点P运动的路程为s=2A=10cm，C错误；
D．根据C选项分析可知t=4s时，质点P振动了1s（四分之一周期），质点P刚开始振动时，其运动方向沿y轴正方向，则质点P正好在波峰位置，D错误。
故选AB。
25.（多选）一简谐横波在均匀介质中沿直线传播，如图为该直线上平衡位置相距9 m的两质点A、B的振动图像，已知波先传到质点A，且质点B滞后质点A的时间Δtt1，P、Q分别是平衡位置为x1=1m和x2=4m的两质点。图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻P的振动方向沿y轴正方向
B．t2时刻Q的加速度最小
C．t2−t1=0.1s
D．t1到t2内，P、Q运动的路程相等
【答案】A
【详解】A．由振动图像可知，质点Q在t1时刻正在沿y轴负方向运动，由此可得，简谐波沿x轴负方向传播，因此P在t1时刻的振动方向沿y轴正方向，故A正确；
B．t2时刻质点Q处于波峰，此时Q的加速度最大，故B错误；
C．由题图可知波长λ=8m，周期T=0.2s。可得
t2−t1=nT+3T4n=0、1、2、3、⋅⋅⋅
故C错误；
D．t1到t2内，Q运动的路程
y=4nA+3An=0、1、2、⋅⋅⋅
当t1=0.1s，在第一个T4时间内，P沿y轴正方向运动到波峰，又沿y轴负方向回到原位置，路程
y2=2−2A