2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）专题四　计算题培优3　电磁感应中的综合问题含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）例1(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的14圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。答案(1)BL2gL(2)(3)B解析(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL=12m解得v0=2则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL2(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R可知，整个回路的总电阻为R总=R+R·RR+Rab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为I=ER总对金属环由牛顿第二定律有2BL·I2=2解得a=B(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0=mv+2mv解得v=13v设经过时间t，金属棒ab与金属环共速，对金属棒ab，由动量定理有-BILt=m·v03-则有BLq=23mv设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q=BL联立解得Δx=x1-x2=mR则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d=L+Δx=B2例2(2025·福建卷·16)光滑斜面倾角θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区域中磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，线框由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1，Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2，两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。(1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；(2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；(3)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。答案(1)v2g(2)解析(1)设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为d，从线框释放到cd边到达Ⅰ区域上边缘过程中，由动能定理得mgdsinθ=12mv2，解得d=(2)因为cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v，可知线框的边长L=L1，根据平衡条件有mgsinθ=BIL1又E=BL1v，I=Ecd边两端的电势差U=34联立解得U=3(3)①若L2>L1，线框在cd边进入Ⅱ区域到ab边离开Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理mgsinθ·t2-2BIL1t3=0根据q=I·Δt=ER·Δt=ΔΦΔtR·Δt即It3=B由(2)知B=mgR联立解得t2=2根据动能定理-W克安+mgsinθ(L2+L1)=0克服安培力做功的平均功率P=W联立解得P=mgv②若L2<L1，同理可得q'=B根据动量定理mgsinθ·t4-2BIL1t5=0其中q'=It5联立解得t4=2根据动能定理-W克安'+mgsinθ(L2+L1)=0克服安培力做功的平均功率P'=W联立解得P'=mgv③若L2=L1，结合上述分析知，线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程，始终受安培力，可能一直减速，也可能先减速后匀速，则cd边进入区域Ⅱ时的速度与ab边离开区域Ⅱ时的速度不可能一致，故不存在此种情况。例3(2025·山东日照市二模)如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1=1m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02F的不带电的电容器(耐压值足够大)。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10Ω。质量m=1kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x=4.5m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2=20Ω，ab棒及导轨电阻均不计。重力加速度g取10m/s2。求：(1)恒力F的作用时间；(2)cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd棒的电荷量；(3)cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。答案(1)3s(2)0.1C(3)1J解析(1)先闭合开关S1，断开开关S2，设金属棒ab在F作用下加速度为a，根据牛顿第二定律可得：F-μmg-BIL1=maI=ΔQΔt=CBL解得a=F-μmgm+CB则金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，根据x=12at解得t=3s(2)当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度为v0，v0=at=3m/s，此时撤去恒力F，同时断开开关S1，闭合开关S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速直线运动，设金属棒ab、cd匀速直线运动的速度分别为v1、v2，根据动量定理可得：对金属棒ab：-BIL1Δt=mv1-mv0对金属棒cd：BIL2Δt=Mv2对整个闭合电路,ab、cd棒匀速时有BL1v1-BL2v2=0解得v1=2m/s，v2=1m/s对金属棒cd：BIL2Δt=BL2q=Mv2解得q=0.1C(3)金属棒cd在向右加速的过程中，设系统产生的焦耳热为Q，根据能量守恒可得：Q=12mv02-12mv12-则金属棒cd产生的焦耳热Q2=R2R1+R计算题培优练7电磁感应中的综合问题[训练1][分值：28分]1.(12分)(2025·四川攀枝花市三模)如图所示，一个匝数n=1000、面积S=100cm2的水平圆形线圈内有竖直向上的匀强磁场B1，磁感应强度大小随时间变化关系为B1=B0+0.25t。线圈与右侧的平行导轨MN、M'N'通过开关K相连，导轨MN、M'N'构成的平面为水平面，其内有竖直向下的匀强磁场B2，其右侧有倾角θ=30°的倾斜平行导轨PQ、P'Q'，N与P、N'与P'通过一小段(长度不计)绝缘圆弧平滑连接，PP'、NN'连线均与所有导轨垂直。倾斜平行导轨PQ、P'Q'内有与两导轨构成斜面垂直向下的匀强磁场B3，其顶端Q与Q'之间接有定值电阻R。现有一长L=0.5m的导体棒ab垂直于导轨静止放置在水平导轨上，与导轨接触良好。闭合开关K后，导体棒由静止开始运动，到达水平导轨右端前已经匀速。已知导轨间距均为L、阻值均不计，导体棒ab、线圈、定值电阻的阻值均相同，导体棒ab的质量m=0.1kg，匀强磁场B2、B3的磁感应强度大小均为1T，重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦，求：(1)(3分)闭合开关前线圈产生的感应电动势E；(2)(5分)从闭合开关到导体棒第一次运动到NN'的过程中，导体棒产生的焦耳热Q1；(3)(4分)若导体棒第一次冲上倾斜导轨经过时间t=1.7s后又返回导轨底端，求这段时间内导体棒产生的焦耳热Q2。答案(1)2.5V(2)0.625J(3)0.31875J解析(1)对圆形线圈，由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt其中ΔB代入数据得E=2.5V(2)导体棒ab在到达NN'前已匀速，设匀速时的速度为v1，则有E1=B2Lv1=E解得v1=5m/s对导体棒ab从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有B2iLΔt=mv1-0设这段时间内通过导体棒的电荷量为q，有iΔt=q圆形线圈、导体棒ab的电阻相同，由能量守恒定律有E能=Eq=12mv12解得Q1=0.625J(3)从导体棒ab冲上斜面到再次返回斜面底端，全程通过回路的电荷量为零，可得全程安培力的冲量为零。设导体棒返回斜面底端时的速度为v2，取沿斜面向上为正方向，由动量定理，有-mgtsinθ=mv2-mv1解得v2=-3.5m/s导体棒ab和定值电阻R的阻值相同，在该过程中，由能量守恒有12mv12-12m解得Q2=0.31875J。2.(16分)(2025·山东卷·18)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。(1)(6分)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s；(2)(10分)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0)，此时金属框的速率为v0，若k1=mgRsinαk2L答案(1)mgRtanαB2解析(1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，所受安培力水平向左，则切割磁感线产生的电动势E=BLvcosα金属框中电流I=E金属框做匀速直线运动，则BILcosα=mgsinα解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率v=mgR金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得mgssinα=12mv可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s=v22(2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t=0)，设金属框ef边到O点的距离为x时，金属框中产生的感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtL2=k1L2+k2L2ΔxΔt=(k1+k2v此时金属框中的感应电流I=E金属框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F安1=[k1t+k2(x+L)]IL金属框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为F安2=(k1t+k2x)IL则金属框受到的安培力F安=F安1-F安2代入k1=mgR化简得F安=mgsinα+k当金属框平衡时F安=mgsinα，可知此时金属框速率为0。则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得mgsinαΔt-F安Δt=mΔv即-k22L4vⅡ对时间累积求和可得-k22L可得d=mRv[训练2][分值：27分]1.(12分)(2025·四川成都市二模)如图所示，将电阻为R=0.02Ω、质量为m=0.01kg的单匝正方形闭合线圈abcd水平放置在顺时针运行的水平传送带的最左端，其边长为l=0.1m，边界MN、PQ与传送带运行方向垂直，在MN、PQ区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场，MN、PQ边界间距为d=0.26m，线圈在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，线圈ab边进入磁场区域前已和传送带共速，传送带的速度为v0=1m/s，t=0时刻，线圈ab边与MN重合，t1=0.2s时刻，线圈cd边与MN重合，t2时刻线圈ab边与PQ重合，已知重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)(2分)t=0时刻，线圈中的感应电流大小；(2)(3分)t1时刻，线圈的速度大小；(3)(4分)t2；(4)(3分)0~t2时间内，线圈中产生的焦耳热。答案(1)2A(2)0.6m/s(3)0.4s(4)0.0052J解析(1)t=0时刻，线圈中的感应电动势为E=Blv0，线圈中的感应电流大小为I=E解得I=2A(2)t1时刻，设线圈的速度大小为v，对线圈进入磁场的过程，以水平向右为正方向，由动量定理有-BIlt1+μmgt1=mv-mv0又I=BlvR，l=v联立解得v=0.6m/s(3)t1时刻开始，线圈在摩擦力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有μmg=ma解得a=2m/s2根据速度时间公式有t加=v0-v根据速度位移公式有x加=v02-又d=l+x加=0.26m即线圈与传送带共速时，ab边恰与PQ重合，则有t2=t1+t加解得t2=0.4s(4)t1~t2时间内，线圈中焦耳热为0；对线圈，0~t1时间内，根据动能定理有WA+μmgl=12mv2-12又Q=-WA解得Q=0.0052J。2.(15分)(2025·河北卷·15)某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM'处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN'时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM'到NN'的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。(1)(2分)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。(2)(8分)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。(3)(5分)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=kv2(k=0.025N·s2/m2)，初始位置与(2)问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出结论。(0.992=0.9801)答案(1)500A(2)25m/s是40V(3)能解析(1)分离后a切割磁感线有E=BLv则通过a的电流I=E解得I=500A。(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25m时a与b碰撞前的速度设为va，根据动能定理有BI0Lxab=12maa与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava=(ma+mb)v共，12mava2=12(ma+mb)a与b整体从碰后到NN'的过程中有BI0L(xMN-xab)=12(ma+mb)v共12-12(ma+a与b分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma+mb)v共1=mava1+mbvb1，12(ma+mb)v共12+Ep=联立解得vb1=25m/s，va1=0，此时a速度为零，安培力做功产生的所有能量都转化为b的动能，因此b能获得的最大速度为25由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有xab=va2t1，xMN-xab=v解得t1=0.1s，t2=0.3s，则电容器流出的电荷量有Δq=I0(t1+t2)a运动过程中电容器的电压减小量ΔU=ΔqC=40(3)从a、b碰后一起运动到NN'过程，由于b受空气阻力，故末速度必小于v共1，故该过程中始终有f<kv共12，如果b所受阻力大小取fm=kv共12=10N，由动能定理得(BI0L-kv共12)(xMN-xab)=12(ma+mb)v共22解得v共22=392.5m2由于(0.99v共1)2=0.9801v共12=392.04<v共22，故能达到(第11讲机械振动与机械波考点一机械振动1.简谐运动的规律规律x=Asin(ωt+φ)图像反映同一质点在各个时刻的位移受力特征回复力F=-kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反运动特征靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小能量特征振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和势能相互转化，系统的机械能守恒周期性特征质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为T对称性特征关于平衡位置O对称的两点，相对平衡位置的位移大小、加速度的大小、速度的大小相等；动能、势能相等2.弹簧振子(1)弹簧振子的周期与振幅、振动方向与水平方向的夹角无关，仅与弹簧的劲度系数k和振子的质量m有关。(2)公式：T=2πmk3.单摆示例图周期T=2πl超、失重的重力加速度超重时g0=g+a失重时g0=g-a受力特征回复力：F=mgsinθ=-mglx=-最高点：Fn=mv2l=0，FT=mg最低点：Fn=mvmaxFT=mg+mv例1(2024·北京卷·9)图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况，以向上为正方向，得到手机振动过程中加速度a随时间t变化的曲线为正弦曲线，如图乙所示。下列说法正确的是()A.t=0时，弹簧弹力为0B.t=0.2s时，手机位于平衡位置上方C.从t=0至t=0.2s，手机的动能增大D.a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2答案D解析由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F=mg，A错误；由题图乙知，t=0.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B错误；由题图乙知，从t=0至t=0.2s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误；由题图乙知T=0.8s，则ω=2πT=2.5πrad/s，则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2，D变式1(2025·山东潍坊市一模)如图所示，质量为2m的物块P静置于劲度系数为k的竖直轻弹簧上，质量为m的物块Q从P上方h=9mg2k的高度处由静止落下，Q与P发生碰撞，碰后立即结为一体。已知两物块碰后经t0时间速度第一次变为零，弹性势能的表达式为Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数、A.t06 B.t04 C.答案B解析根据速度位移关系式v2=2gh可知，Q与P碰前速度v0=2gh，碰撞过程根据动量守恒，以v0的方向为正方向mv0=3mv1，从碰后到最低点，以最低点的重力势能为0，根据能量守恒12×3mv12+12k(2mgk)2+3mg(Δx-2mgk)=12k(Δx)2，解得Δx=5mgk，整体做简谐运动，简谐运动平衡位置为压缩3mgk处，根据题意有两物块碰后位置为压缩2mgk处，最低点在压缩5mg例2(2025·四川卷·5)如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则()A.小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零B.小球丁第一次经过平衡位置时，小球乙动能为零C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2答案C解析根据单摆周期公式T=2πLg，可知T丁>T丙>T乙>T甲，设甲的周期为T甲，根据题意可得2T甲=3T乙2=T丙=T丁2，可得T丙=2T甲，T乙=43T甲，T丁=4T甲，可得T甲∶T乙=3∶4，T丙∶T丁=1∶2，根据单摆周期公式T=2πLg，结合T丙∶T丁=1∶2，可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁=1∶4，故C正确，D错误；小球甲第一次回到释放位置时，即经过T丙2时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大，加速度不为零，故A错误；根据上述分析可得T乙=变式2(2024·浙江6月选考·9)如图所示，不可伸长的光滑细线穿过质量为0.1kg的小铁球，两端A、B悬挂在倾角为30°的固定斜杆上，间距为1.5m。小球平衡时，A端细线与杆垂直；当小球受到垂直纸面方向的扰动做微小摆动时，等效于悬挂点位于小球重垂线与AB交点的单摆，重力加速度g取10m/s2，则()A.摆角变小时，周期变大B.小球摆动周期约为2sC.小球平衡时，A端拉力大小为32D.小球平衡时，A端拉力小于B端拉力答案B解析根据单摆的周期公式T=2πLg可知周期与摆角无关，故A同一根光滑细线，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图可得2FAcos30°=mg解得FA=FB=mg2cos30°=33故C、D错误；根据几何知识可知摆长为L=1.5m×tan30°cos30°=1m，故周期为T=2πLg≈2单摆模型的拓展支撑面“单摆”偏角很小时等效为单摆复合场中的单摆g0=g±qEmg0=斜面上的单摆g0=gsinθg0=gsinθ双线摆等效摆长等效摆长l=l1sinθl=l1sinθ+l3小球在垂直纸面方向摆动

考点二机械波形成条件(1)波源；(2)传播介质，如空气、水等传播特点(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移(2)介质中各质点振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A(4)一个周期内，波向前传播一个波长波的图像(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移(2)意义：表示在波的传播过程中，某时刻各质点离开平衡位置的位移波长、波速和频率(周期)的关系(1)v=λf；(2)v=λ波的叠加(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx=nλ(n=0，1，2，…)，振动减弱的条件为Δx=(2n+1)λ2(n=0，1，2，…(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和A1+A2波的多解问题由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现多解问题波的特性波的干涉波的衍射多普勒效应例3(2024·湖南卷·2)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3mB.波速为12m/sC.t0+0.25s时刻，B点速度为0D.t0+0.50s时刻，A点速度为0答案D解析画出t0时刻A、B两点间波形如图所示可知xAB=32λ=6m，解得λ=4m，A波源的振动频率为f=6060Hz=1故波速为v=λf=4m/s，B错误；质点的振动周期为T=1f=1s，因为0.25s=T4，故B点在t0+0.25s时刻运动到平衡位置，速度最大，0.5s=T2，故A点在t0+0.5s时刻运动到波峰，速度为0，D针对训练1(2025·云南卷·7)如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t=0时刻，波源开始振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t=1.5s和t=2.5s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则()A.波速为2.5m/sB.波源的平衡位置距离P点1.5mC.t=1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动D.t=5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同答案D解析根据题图所示波形可知λ=4m，12T=2.5s-1.5s，可得T=2s，波速为v=λT=2m/s，故A错误；设波源的平衡位置与P点的距离为x0，根据矩形区域左侧t=1.5s时的波形可知2m+x0v=1.5s，解得x0=1m，故B错误；由题图结合同侧法可知，波源刚开始的振动方向向下，由于t=1.0s=12T，可知此时波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；t=5.5s时，即从t=2.5s时再经过3s=32T，可知P处质点处于平衡位置向上振动，Q例4(2025·山东济南市诊断)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示，此时P点偏离平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知波速v=8m/s，则此后P点第三次达到平衡位置的时间是()A.1324s B.1124s C.916s 答案A解析由波形图可知λ=4m，根据v=λT，解得T=0.5s，圆频率为ω=2πT=4πrad/s，设P质点的振动方程为y=Asin(4πt+φ0)，将t=0，y=A2代入上述方程，则有A2=Asin(4π×0+φ0)，化简得12=sinφ0，解得φ0=π6或φ0=5π6，波沿x轴正方向传播，由“上下坡法”知此时P点沿y轴负方向运动，故φ0=5π6，则P质点的振动方程为y=Asin(4πt+5π6)，P质点从当前位置到第一次回到平衡位置所用时间Δt=π-56π2πT=T12，故P点从开始到第三次达到平衡位置的时间为t例5(多选)(2024·山东卷·9)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，波速均为2m/s。t=0时刻二者在x=2m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在x=2m处的质点P，下列说法正确的是()A.t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为0B.t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为-2cmC.t=1.0s时，P向y轴正方向运动D.t=1.0s时，P向y轴负方向运动答案BC解析T1=λ1v=2s，T2=λ2Δt1=0.5s=T14=甲波经0.5sP质点处于波谷，乙波经0.5sP质点在平衡位置根据叠加原理可知，t=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为-2cm，故A错误，B正确；Δt2=1.0s=T12=T经1.0s甲波在P点引起的振动向上，乙波在P点引起的振动也向上，根据叠加原理可知，t=1.0s时，P向y轴正方向运动，故C正确，D错误。针对训练2(多选)(2025·湖南卷·7)如图，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy平面内，两波源分别置于A、B两点。t=0时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy平面。频率均为2.5Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波，波分别沿AC、BC方向传播，波速均为10m/s。下列说法正确的是()A.两横波的波长均为4mB.t=0.4s时，C处质点加速度为0C.t=0.4s时，C处质点速度不为0D.t=0.6s时，C处质点速度为0答案AD解析两横波的波长均为λ=vf=4m，故A正确；两横波传到C处所需时间分别为t1=310s=0.3s，t2=32+4210s=0.5s，T=1f=0.4s，故t=0.4s时，只有A处波传到C处且振动了14T，故C处质点处于正向或负向最大位移处，加速度最大，速度为零，故B、C错误；分析可知t=0.6s时两横波都已传播到C处，C处质点到两波源的距离差为Δx=5m-3m=2m=考点三振动图像与波的图像综合应用巧解振动图像与波的图像综合问题的基本方法例6(2025·湖北省部分学校联考三模)一列简谐横波沿x轴传播，波速为2m/s，振幅为10cm。图甲为该横波传播一个周期时的波形图，从此时开始计时，P点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是()A.该横波波源的平衡位置在x=0处B.0.75s时刻P点速度达到最大C.从波源开始振动到P点开始振动，波源处质点通过的路程为35cmD.从图甲时刻开始，波向前传播5m的时间内，P点通过的路程为50cm答案C解析由振动图像，0时刻P点向上运动，所以波沿x轴负向传播，该横波波源的平衡位置在x=4m处，故A错误；由题图甲可知该横波波长λ=4m，由v=λT，可知该横波周期T=2s，P点到达平衡位置时速度最大，需要时间T2n+56s=(n+56)s(n=0，1，2，3…)，故B错误；由简谐运动规律可知，P点从平衡位置到一半振幅处用时112T，则由题图甲可得从波源开始振动到P点开始振动，波源处质点振动了1112T，通过路程为35cm，故C正确；圆频率为ω=2πT=πrad/s，设质点P的振动方程为y=Asin(πt+φ0)，将t=0，y=5cm代入有φ0=π6或5π6，结合题图乙可知φ0=π6，波传播5m为54个波长，用时54T，可知P点振动了一个周期又12s，则通过路程为[40+5+10-10sin(例7(2025·福建福州市二模)如图甲所示，a、b为沿x轴传播的一列简谐横波上的两质点，相距为s=1m。a、b的振动图像分别如图乙、丙所示。(1)若波在介质中传播的速度为v=4m/s，求波长；(2)若波沿x轴负方向传播，且波长大于0.7m，求可能的波速值。答案(1)3.2m(2)1m/s或5m/s解析(1)由振动图像可知，波的振动周期T=0.8s波长λ=vT=3.2m(2)若波沿x轴负方向传播，则a、b间距离s=(n+14)λ(n=0，1，2…解得λ=44n+1m(n=0，1，由于λ>0.7m，n可以取0、1，对应波长λ1=4m或λ2=0.8m则波速为v1=λ1T=40.8或v2=λ2T=0.80.8m/s=1题目选项中所需判断的物理量函数表达式以字母形式出现，表达式有明显区别(指数明显不同或物理量有的处在分子中，有的处在分母中)。可将对应物理量以国际单位制表示并加以约分，看最后剩余下的单位与所求的物理量单位是否相符，以此简单地排除不可能的选项。示例(2025·湖北省名校联盟联考)转动惯量(J=∑miri2)是物体绕转轴转动时惯性的量度，其中ri是微元mi到转轴的距离。复摆是由大小和形状不发生变化的物体，绕固定水平轴在重力作用下做微小摆动的运动体系，如图所示，l是质心到转轴的距离，重力加速度为g。复摆和单摆类似，可以视为简谐运动。根据所学物理知识，判断复摆的周期公式可能是()A.2πJmgl B.2πC.2πJmgl 答案A解析单摆的周期单位为秒(s)，由题意可知，转动惯量的公式为J=∑miri2，其单位为kg·m2。四个选项的单位分别是秒(s)、秒分之一(s-1)、秒方(s2)以及秒方分之一(s-2)。根据量纲法分析可知，复摆的周期公式可能是T=2πJmgl专题强化练[分值：60分][1~7题，每题4分，8~10题，每题6分][保分基础练]1.(2025·广东卷·1)关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是()A.系统的固有频率与驱动力频率有关B.只要驱动力足够大，共振就能发生C.应用多普勒效应可以测量车辆的速度D.观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大答案C解析系统的固有频率只与系统本身有关，与驱动力频率无关，A错误；只有驱动力频率与系统固有频率相同时，共振才能发生，B错误；根据多普勒效应可知观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率小，观察者与波源相互靠近时，接收到的波的频率比波源的频率大，所以应用多普勒效应可以测量车辆的速度，C正确，D错误。2.(多选)(2024·贵州卷·9)如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光滑小球将瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在t=0时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为T。规定竖直向上为正方向，则小球在t=1.5T时刻()A.位移最大，方向为正B.速度最大，方向为正C.加速度最大，方向为负D.受到的回复力大小为零答案AC解析对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在t=0时由静止释放，可知此时小球位于最低点。因小球的运动可视为简谐运动，周期为T，则小球在t=1.5T时刻处于最高点位置，此时位移最大，方向向上(正方向)；小球受到的回复力最大，方向向下，则小球的加速度最大，方向向下(负方向)，此时小球的速度为0。故选A、C。3.(2024·安徽卷·3)某仪器发射甲、乙两列横波，在同一均匀介质中相向传播，波速v大小相等。某时刻的波形图如图所示，则这两列横波()A.在x=9.0m处开始相遇B.在x=10.0m处开始相遇C.波峰在x=10.5m处相遇D.波峰在x=11.5m处相遇答案C解析由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在x=11.0m处开始相遇，故A、B错误；甲波峰的横坐标为x1=5.0m，乙波峰的横坐标为x2=16.0m，由于两列波的波速相同，所以波峰在x'=5.0m+16.0-5.02m=10.5m处相遇，故C正确，D4.(2025·黑吉辽蒙卷·5)平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示，波谷用虚线表示，P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所有点均为振动减弱点，则下列图中可能满足以上描述的是()答案C解析根据题意，P点位于其最大正位移处，故可知此时P点位于两列波的波峰与波峰相交处，B、D错误；根据干涉规律可知，相邻波峰与波峰交点、波谷与波谷交点连线上的点都是振动加强点，故A图像中的曲线ab上的点存在振动加强点，A错误；C图像中曲线ab是波峰与波谷相交的减弱点的连线，是减弱线，故ab上的点总是振动减弱点，C正确。5.(多选)(2025·重庆卷·8)一浮筒(视为质点)在池塘水面以频率f上下振动，水面泛起圆形的涟漪(视为简谐波)。用实线表示波峰位置，某时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，如图所示，则()A.该波的波长为4r B.该波的波速为2frC.此时浮筒在最低点 D.再经过14答案AD解析根据题意此时刻第1圈实线的半径为r，第3圈实线的半径为9r，故可得2λ=9r-r，即λ=4r，故A正确；该波的波速为v=λf=4rf，故B错误；由λ=4r，该时刻第1圈实线的半径为r=14λ，由于波向外传播，根据同侧法可知此时浮筒处于平衡位置向下振动，故再经过14f=14T，浮筒将在最低点，故6.(多选)(2025·山东卷·9)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波，振幅均为2cm，波速均为1m/s，M、N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所示，M、N的位移均为1cm。下列说法正确的是()A.甲波的周期为6sB.乙波的波长为6mC.t=6s时，M向y轴正方向运动D.t=6s时，N向y轴负方向运动答案BD解析根据题图可知甲波的波长λ甲=4m，根据λ甲=vT甲，可得T甲=4s，A错误；根据题图可知(112×2+12)λ乙=4m，可得λ乙=6m，B正确；根据λ乙=vT乙，可得T乙=6s，根据同侧法可知t=0时N向y轴负方向运动，t=6s时即经过时间T乙，N仍向y轴负方向运动，D正确；t=6s时即经过T甲+T甲2，结合“同侧法”可知M向7.(多选)(2025·山东临沂市三模)某简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻的波形如图所示，此时介质中有三个质点B、C和D，B的横坐标为0，C的纵坐标为0，D与C间沿x轴方向的距离为波长的18，质点B的振动方程为y=4sin(π2t-A.该波沿x轴正方向传播B.该波的波长为12mC.该波的波速大小为12m/sD.t=0时刻起，质点D回到平衡位置的最短时间为0.5s答案ABD解析由y=4sin(π2t-π6)cm，得t=0时，yB0=-2cm，经过极短的时间Δt，有|yB0'|<|yB0|，即t=0时质点B沿y轴正方向振动，结合图像知，该波沿x轴正方向传播，A正确；质点振动的周期T=2ππ2s=4s，设t时刻，质点B第一次到达平衡位置处，即y=4sin(π2t-π6)cm=0，解得t=13s=112T，即波再传播112λ质点B处于平衡位置，如图中虚线所示，则λ-112λ=11m，解得λ=12m，故B正确；波速v=λT=3m/s，故C错误；t[争分提能练]8.(多选)(2025·山东潍坊市三模)x轴上两波源P、Q的平衡位置坐标分别为x1=-10m、x2=10m，形成的简谐横波在同种均匀介质中相向传播，某时刻的波形如图所示。已知波的传播速度为2m/s，下列说法正确的是()A.两波源的起振方向相反B.从图示时刻经5s两列波相遇C.各质点振动稳定后，在P、Q之间(不包含P、Q)的连线上共有10个加强点D.各质点振动稳定后，平衡位置在坐标原点的质点的振幅为45cm答案AD解析由题图可知，某时刻，波源P产生的机械波刚好传到x=-6m处，根据上下坡法可知，x=-6m处的质点的速度方向沿y轴负方