2026年高考物理二轮复习（培优版）计算题培优3 电磁感应中的综合问题（含答案）

计算题培优3电磁感应中的综合问题

例1（2024・湖北卷・15）如图所示，两足够长平行金属直导轨WN、。。的间距为L固定在同一水平面

内，直导轨在左端M、尸点分别与两条竖直固定、半径为L的;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仄方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为〃人电

阻为R的金属棒必跨放在两网弧导轨的最高点。质量为2〃?、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，山由

静止释放，求：

⑴仍刚越过历P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）为使外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的最小距离。

答案Q）珠普

B2l?+mR^2gL

(3>82/

解析（1）根据题意可知，对金属棒仍由群止释放到刚越过MP过程中，

2

由动能定理有ingL=^invQ

解得v/y12gL

则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BLj2gL

（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Ro=R

可知，整个回路的总电阻为

nnRR3„

R+R2

他刚越过MP时，通过金属棒质的感应电流为

E2BL痴I

/=--=------

R恁3R

对金属环由牛顿第二定律有2BL^=2ma

解得“二看善

（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒而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，金属棒做喊速运动，为使。。在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒时和

金属环速度相等时，金属棒时恰好追上金属环，设此时速度为匕

由动量守恒定律有mvo=m\^2mv

解得W”。

设经过时间,,金属棒外与金属环共速,

对金属棒而，由动量定理有-BlLt=ni~mv（）

«3

则有BLq=^niv（）

设金属棒运动距离为由，金属环运动的距离为X2,

则有＜/=■8依1一M）

R总

联立解得AA=M-X2=写等

则金属环圆心初始位置到MP的最小距离

B2Li+mR[2^L

仁心=-—y°

例2（2025・福建卷・16）光滑斜面倾角柒30。，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Hcd质量为相，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II区域沿斜面的宽度为匕，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，那边进入I区域时速度大小为心且直到M边离开I区域时速度大小始

终为v,cd边进入n区域时的速度和他边离开n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1区域上边缘的距离；

⑵求〃边进入I区域时〃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）?（2W/嘤（3）见解析

解析（1）设线框释放时〃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mgdsin外v2,解得仁彳

（2）因为"/边进入I区域时速度大小为v,且直到时边离开I区域时速度大小始终为v,可知线框的边长

L%,根据平衡条件有〃zgsinOB/i

又E=BLiv,/=1

R

cd边两端的电势差U=^E

4

联立解得u=-"理

4V2

(3)①若L2>LI,线框在cd边进入II区域到面边离开H区域运动过程中，根据动量定理"%sin<9也-287上e=0

一丝

根据小沁片!△片陪•△/二第二咚2-,知线框进、出磁场过程中电荷量都相等，

RKRR

即九二返

R

由⑵知乐靡

联立解得h二§

根据动能定理-W》+〃igsin(NG+LiAO

W克安

克服安培力做功的平均功率p=

联立解得片幽必±@

45

②若〃<心，同理可得《二华

根据动量定理"igsin0-t4-2BiL\t5=0

其中q'Els

联立解得/4=华

根据动能定理-W八'+/〃gsinO(L2+LI)=O

w'

克服安培力做功的平均功率/二，

联立解得p,二些也2

4^2

③若“二心，结合上述分析知，线框从刚进入n区域到完全离开i【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〃边进入区域I1时的速度与面边离开区域n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MNi、MzM之间的距

离L产1m,光滑的宽轨。Pi、O：尸2之间的距离L2=2m。窄轨以垂直于轨道的虚线44为分界线，左

侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关与连接一电容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，宽轨左侧接有电阻凡=10。。质量m=1kg的金属棒油静止在窄轨上，，活

棒到AM?的距离x=4.5m,与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数〃=02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8=10T的匀强磁场中。现闭合Si，断开S2,给

"棒施加一与导轨平行、大小为5N的恒力凡当其运动到时，撤去凡同时断开Si，闭合S2。

窄轨用宽轨足够长，"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4=20C,成棒及导轨电阻均不计。宣力加速度g

取1()m/s2o求:

BH

(1)恒力下的作用时间;

⑵Cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过Cd棒的电荷量；

⑶4棒从开始运动到匀速的过程中，〃棒中产生的焦耳热。

答案⑴3s⑵0.1C(3)1J

解析(1)先闭合开关Si,断开开关S2,设金属棒他在F作用下加速度为〃，根据牛顿第二定律可得：F-

/ung-HILi=ma

吟二誓“La

F-^mg

解得=1mA2

＜7=22

in+CBLA

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^at2

解得=3s

(2)当备属棒劭运动到4A2处时，其速度为w,vo=at=3nVs,此时撇去恒力〃，同时断开开关Si,闭合开

关S2,金属棒而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Cd匀速直线运动的速度分别为力、V2,根据动量定理可得:

对金属棒。力：-B1LI△/=〃?也-〃八b

对金属棒cd:BIL2M=MV2

对整个闭合电路,帅、cd棒匀速时有

BL\V\-BLiVi=Q

解得vi=2m/s,V2=imA

对金属棒c":团L»I=BLM=MV2

解得产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:

222

C=1/W0-1/HV1-|MV2=1.5J

则金属棒cd产生的焦耳热Q2=-^-Q=lJO

nJ+取

计算题培优练7电磁感应中的综合问题

［训练U

［分值：28分］

1.(12分)(2025•四川攀枝花市三模)如图所示,•个匝数〃=1000、面积界lOOcmz的水平圆形线圈内有竖直

向上的匀强磁场3，磁感应强度大小随时间变化关系为“产氏)+0.25八线圈与右侧的平行导轨MN、通

过开关K相连，导轨MMMM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

〃二30。的倾斜平行导轨PQ、PQ,N与P、N与尸通过一小段（长度不计）绝缘圆弧平滑连接，PP\连线

均与所有导轨垂直。倾斜平行导轨PQ、产Q'内有与两导轨构成斜面垂直向下的匀强磁场片，其顶端。与

。’之间接有定值电阻R。现有一长L=0.5m的导体棒仍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，导体棒必、线圈、定值电阻的阻值均相同，导体棒外的质量加二0.1kg,匀强磁场B2、&的磁感

应强度大小均为IT,重力加速度g取lOnVs?,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Ex

（2）（5分）从闭合开关到导体棒第一次运动到的过程中，导体棒产生的焦耳热Q；

（3）（4分）若导体棒第一次冲上倾斜导轨经过时间u1.7s后又返回导轨底端，求这段时间内导体棒产生的焦

耳热

答案（1）2.5V（2）0.625J（3）0.31875J

解析（1）对圆形线图，由法拉第电磁感应定律有若=〃要

其中等=0.25

UC

代入数据得E=2.5V

⑵导沐棒而在到达NN'前已匀速，设匀速时的速度为口，则有七尸治小尸E

解得也=5m/s

对导体棒仍从开关闭合到匀速，取水平向右为正方向，由动量定理有&江△仁〃诉0

设这段时间内通过导体棒的电荷量为q,有江/=9

圆形线图、导体棒，山的封阻相同，由能量守恒定律有E后“W"Z%2+2Q|

解得21=0.625J

（3）从导体棒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也，取沿斜面向上为正方向，由动量定理，有-“zg/sin4加也

解得?2=-3.5m/s

导体棒4〃和定值电阻R的限值相同，在该过程中，由能量守恒有1?%2_]?〃22=2。2

解得02=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a,二者的交线与轨道

垂直，以轨道上。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【、II,区域

I（-2L幺＜-L）内充满磁感应强度大小为8、方向竖直向上的匀强磁场；区域0（.仑0）内充满方向垂直轨道平

面向上的磁场，磁感应强度大小8尸佑什我为卜和公均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间/均匀增加

的匀强磁场和随大轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为〃?、边长为乙、电阻为A的匀质正方形闭合

金属框放置在轨道上，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，重力加速度人小为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

/均边与区域I上边界的距离s；

(2)(10分)金属框沿轨道下滑，当歹边刚进入区域H时开始计时(UO),此时金属框的速率为w若

七二喑普，求从开始计时到金属枉达到平衡状态的过程中，边移动的距离人

M宏/I,mgRtanamzgR2s\na^^mRv

u荣(*Ucosa28L4cos4a(咻?F0

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=8Lvcosa

金属框中电(流/二与

R

金属框做匀速直线运动，则BILcosa=mgsina

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=m^ana

BzLzcosa

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〃？gssin6(二夕〃廿

可得释放时〃q边与区域I上边界的距离，二一

'12gsina2B4L*cos4«

(2)当边刚进入区域II时开始计时(kO),设金属框4■边到。点的距离为x时，金属框中产生的感应电动

势后若=韶?=4比2+心£2轮%+22升)〃，其中也[卷

此时金属框中的感应电流/=-

R

金属框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F^i=[kit+k2(x+L)]IL

金属框qf边受到沿轨道向下的安培力，大小为F安2=(k〃+k2X)IL

则金属框受到的安培力〃安=〃妥1/笑2

代入攵尸喑警

24

k2Lvu

化简得F4t=nigsina+--—

R

当金属框平衡时产安=〃?gsin〃，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〃?gsina加-/安△厂加Au

24

k2LVn

即-------△/=〃?△v

R

对时间累积求和可得-号应=0-〃n，o

可得上常。

汽2L

［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=0.02C、质量为〃片0.()1kg的单匝正方形闭合线圈

他〃水平放置在顺时针运行的水平传送带的最左端，其边长为UO.lm,边界MMPQ与传送带运行方向

垂直，在尸。区域内加一个垂直于传送带平面向下、磁感应强度为8=0.4T的匀强磁场，MN、尸。边

界间距为4=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

〃=0.2,线圈ab边进入磁场区域前巳和传送带共速，传送带的速度为u()=lm/s,/=0时刻，线圈出?边与MN

重合，八=0.2s时刻，线圈cd边与重合，/2时刻线圈而边与PQ重合，已知重力加速度g取lOm/s：

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：

(1)(2分)片0时刻，线圈中的感应电流大小;

(2)(3分总时刻，线圈的速度大小:

(3)(4分)松

(4)(3分)0~12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(l)/=0时刻，线圈中的感应电动势为E=8/uo,线圈中的感应电流大小为/二：

R

解得1=2A

(2)fi时刻，设线圈的速度大小为也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-Bllt\+fimgt\=mv-mvo

7B行.—

又/二丁，

Kl=Vt\

联立解得v=0.6m/s

(3)八时刻开始，线图在摩擦力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有〃机

解得</=2m/s2

根据速度时间公式有1~~-=0.2s

a

根据速度位移公式有X、尸鱼出=0.16m

2a

又d=l+x9=0.26m

即线图与传送带共速时，外边恰与P。重合，则有/2=h+/机

解得炉0.4s

(4)/1-tz时间内，线圈中焦耳热为0;对线图，()--力时间内，根据动能定理有2

又Q=-WA

解得2=0.0052Jo

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Ia运行至时将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。为1()F,导轨间距为().5m,磁感应强度大小为1T,MAT到

的距离为5m,a、b质量分别为2kg、8kg,a在导轨间的电阻为0.01C。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。

⑴(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I，的关系为户加飞;0025N.s2/m2),初始位

置与⑵问一致，试估算a运行至7VV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二BLv

则通过a的电流1=三

解得/=500A。

(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供/o=l000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25m时a与

b碰捶前的速度设为%,根据动能定理有别)人产如以2

2+2

a与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒有"ZaUa=(〃7a+，〃b)U关，=1(/«a/»b)V(t-+Ep

a与b整体从碰后到NN'的过程中有8/(山(4/八毋1>)=%〃"+〃2”共12-3皈+〃加)“共2

222

a与b分离时根据动量守恒和能量守恒有。4+〃?b)u共］=〃?a%i+〃7bUbi，^(/»a+Wb)VJ,.r+Ep=^ndvalvbi

联立解得如［=25m/s,va］=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25m/s。

由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有xab=y/i,兀坏邸-加二“2%

解得i,|=0.1s,/：=0.3s,则电容器流出的电荷量有A^=/O(/)+/2)

a运动过程中电容器的电压减小量△U=^=40V

(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u矣］，故该过程中始终有

六:①共2,如果b所受阻力大小取/产如共12=10N,由动能定理阳阿山-%〃共J)aMV-Xab)=2(〃?a+〃?b)%?2-

3("?a+.Mb)U共2

解得52?=392.5nr/s2

由于(0.99^02=0.980lu共12=392.04<”共2之，故能达到(2)问中分离前速度的99%。

专题复习

专题五机械振动与机械波光学

近代物理热学一

第11讲机械振动与机械波

T知识体系II

「受力特征一F=-Ax

一…“一振动方程：x=Asin(o>r+⑺

一运动特征;振动图像：正弦曲线

-简谐运动一

弹簧振子：丁=2n用

机械振动一两种典型模型-单摆:T=2irJ-^

械

振一八a、/、x、£\、Ep的周期性和对称性

动

心

=

机」受迫振动-----fwfw--共振

械

冽

描述物理量一A、A、/、v—。=4=彳

小架横波

7一-纵波

机械波

A厂与振动图像的区别和联系

一波的图像：波的周期性、多解性

波的叠加

波的干涉

特有现象

波的衍射

多普勒效应

考点一机械振动

I.简谐运动的规律

规律x=As\n（cut+（/））

反映同一质点在各个时刻的位移

X

图像AhxT

回复力F=-kx,△(或G的大小与x的大小成正

受力特征

比，方向相反

靠近平衡位置时，a、F、x都减小，u增大；远

运动特征

离平衡位置时，。、Rx都增大，u减小

振幅越大，能量越大。在运动过程中，动能和

能量特征

势能相互转化，系统的机械能守恒

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

周期性特征

T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变

化周期为£

关于平衡位置O对称的两点，相对平衡位置的

对称

位移大小、加速度的大小、速度的大小相等；

性特征

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攵和振子的质量〃?

有关，

(2)公式：7=2兀器。

3.单摆

示例图/1\T\

%

周期T

超重时go招+。

超、失重的重力加速度

失重时gQ=g-a

回复力：F=ingsin6=--x=-kx

最高点：Fn=m—=0,Fr="?gcos0

受力特征

最低点：尸产〃?匕詈最大，

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。随时间，变化的曲线为正弦曲

线，如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.r=0时，弹簧弹力为0

B./=0.2s时，手机位于平衡位置上方

C从=0至仁0.2手机的动能增大

D.a随，变化的关系式为tJ=4sin（2.57r/）m/s2

答案D

解析由题图乙知，时，手机加速度为0,由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为Gmg,A错误：由题图

乙知，U0.2s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，从仁0至10.2

s,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

7=0.8s,则口二*2.5兀rad/s,则。随/变化的关系式为。=4sin（2.5兀。m/s2,D正确。

变式1(2025•山东潍坊市一模)如图所示，质量为2〃?的物块P静置于劲度系数为k的竖直轻弹簧上，

质量为〃?的物块Q从P上方立誓的高度处由静止落卜，Q与P发生碰撞，碰后立即结为一体。已知

两物块碰后经/0时间速度第一次变为零，弹性势能的表达式为弓苫履2伙为弹簧的劲度系数、X为弹簧

的形变量)，不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,则从两物块碰撞到第一次速度

最大所需的时间为()

口

A.总B.^c.yD.g

答案B

解析根据速度位移关系式/=2就可知，Q与P碰前速度用二播诵，碰撞过程根据动量守恒，以地的方

向为正方向小％=3，〃片，从碰后到最低点，以最低点的重力势能为0,根据能量守恒

3/WVT2A(^)2+3/^(A.r-^)=；A:(AA)2,解得AL不，整体做简谐运动，简谐运动平衡位置为压缩等

ZZKK.2KK

处，根据题意有两物块碰后位置为压缩手处，最低点在压缩手处，最高点位置为压缩等处。经/()时间速

KKK

度第一次变为零，结合简谐运动规律可知而对应的时间为2周期，而从碰后到平衡位置，即最大速度处，对

应简谐运动时间为纭周期，所以从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间为故选B。

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。贝"I

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3：4

D.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六2兀J|,可知71>7\>7乙>7%设甲的周期为7\,根据题意可得27产学二7再

T

二£，可得了否二27甲，TC=^TT,T^=4TV,可得TT：Tc=3：4,7而：TT=1：2,根据单摆周期公式

,结合入：7产1：2,可浮小球丙、丁的摆长之比L丙：£丁二1：4,故C正确，D错误；小球甲第

T

一次回到释放位竞时，即经过号时间，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W丁丁，小球丁第一次到达平衡位置时，小球乙振动的时间为?，即

34

3T

—,可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大，动能最大，故B错误。

4

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、

8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A8交点的单摆，重力加速度g取10

m/s2,贝"）

A.摆角变小时，周期变大

B小球擦动周期约为2,

C.小球平衡时，4端拉力大小为4N

D.小球平衡时，4端拉力小于3端拉力

答案B

解析根据单摆的周期公式六2兀J可知周期与摆角无关，故A错误;

/fig

同一根光滑细线，A端拉力大小等于8端拉力大小，平衡时对小球受力分析如图可得2吊（：0530。=〃吆

解得陪尸心黑若N

故C、D错误；

根据几何知识可知摆长为喘粤Tm,故周期为7=2兀信2s,故B正球

■多题归一

单摆模型的拓展

E/。I\xx;xx

/।\xZx；xAx

复合场中的单摆a7；.一〜Qy?*

"XXX*xXX

go招士詈go=g

斜面上的单摆

一

go=gsinOgtFgsin0

双线摆oc

等效摆长等效摆长

/=/isin0/=/isin()+h

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

(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嫄的振动周期和频

传播特点

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

(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

用

波的图像

(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)⑴v=〃；(2)1可

的关系

(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Ax=〃2(〃=0,1,2,…)，振动减弱的条件为

波的叠加AA=(2〃+1)a〃=0,1,2,••,)

(2方辰动加强点的位移随时间而改变，振幅为两波振幅的和

4+4

波的多由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播易出现

解问题多解问题

波的干涉

波的特性波的衍射

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•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、6两点平衡位置相距6m,b时刻A点位

于波谷，8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

CJo+0.25S时刻，B点速度为0

DJo+O.5Os时刻,A点速度为0

答案D

解析画出加时刻A、8两点间波形如图所示

可知XAR=^.=6m,解得A=4m,A错误；

波源的振动频率为＞^Hz=lHz

故波速为尸4m/s,B错误；

质点的振动周期为s,因为0.25s/，故8点在m+0.25s时刻运动到平衡位置，速度最大，C错误：

f4

0.5sg,故4点在/o+O.5s时刻运动到波峰，速度为0,D正确c

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。=0时刻，波源

开始振动产生简谐横波，升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。ul.5s和U2.5s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/s

B.波源的平衡位置距离〃点1.5m

C./=1.0sB'J,波源处于平衡位置且向下运动

D.片5.5s时，平衡位置在P、。处的两质点位移相同

答案D

解析根据题图所示波形可知2=4m,1T=2.5s-L5s,可得Es,波速为呻4=2m/s,故A错误；设波源

的平衡位置与P点的距离为顺，根据矩形区域左侧r=1.5s时的波形可知色出=1.5s,解得刖=lm,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，由亍r=1.0s=]7；可知此时波源处于平衡位置

且向上运动，故C错误；z=5.5s时，即从r=2.5s时再经过3s=|。可知?处质点处于平衡位置向上振动，

。处质点处于平衡位置向下振动，知此时平衡位置在P、。处的两质点位移相同，故D正确，

例4（2025・山东济南市诊断）•列沿x轴正方向传播的简谐横波在仁0时刻的波形图如图所示，此时P

点偏离平衡位置的位移人小是振幅的二分之一。已知波速v=8m/s,则此后2点第三次达到平衡位置的

时间是（）

答案A

解析由波形图可知2=4m,根据v=*,解得7=0.5s,圆频率为S二年=4兀rad/s,设尸质点的振动方程为

产4sin（4w+仰），将/=0,）=:代入上述方程，则有：=4sin（4兀XO+po）,化简得上出例，解得或3。二斗，

22266

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，故仰=纪，则夕质点的振动方程为

6

_5

尸Asin（4而3），?质点从当前位置到第一次回到平衡位置所用时间△七三丁丁二三，故?点从开始到第三次

达到平衡位置的时间为曰什片!?噌S,故选A。

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。

/=0时刻二者在x=2m处相遇，波形图如图所示。关于平衡位置在尸2m处的质点P,下列说法正确的

是（）

A./=0.5s时，夕偏离平衡位置的位移为0

B./=0.5sRt,P偏离平衡位置的位移为-2cm

C.ul.Os时，。向y轴正方向运动

D.ul.Os时，P向），轴负方向运动

答案BC

解析7"|=—=2s,7^=—=1s

VV

An=0.5s=j=p

甲波经0.5sP质点处于波谷，

乙波经0.5sP质点在平衡位置

根据受加原理可知，=0.5s时，P偏离平衡位置的位移为-2cm,故A错误，B正确;

A?2=1oS=y=72,

经1.0s甲波在尸点引起的振动向上，乙波在P点引起的振动也向上，

根据登加原理可知，f=LOs时，P向)，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)、5(4,0)、C(0,3)在xy平面内，两波源分别置于

A、8两点。U0时，两波源从平衡位置起振，起振方向相同且垂直于冲平面。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、8c方向传播，波速均为l()m/s。下列说法正确的是

()

A.两横波的波长均为4m

B.QO.4s时，。处质点加速度为0

C.r=0.4s时，C处质点速度不为0

D.UQ6s时，C处质点速度为0

答案AD

解析两横波的波长均为冷=4m,故A正确；两横波传到C处所需时间分别为力二5s=0.3s,/件

s=0.5s,T=i=0.4S,故厂0.4s时，只有A处波传到C处且振动了工丁，故C处质点处于正向或负向最大位移

f4

处，加速度最大，速度为零，故B、C错误；分析可知/=0.6s时两横波都已传播到。处，C处质点到两波

源的距离差为Av=5m-3m=2m寺，故C处为振动减弱点，由于两列波振幅相同，故此时C处质点位移为

零，速度为零，故D正确。

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

，，一分,，分清振动图像与波的图像，横坐标为X

”则为波的图像.横坐标为，则为振动图像

看清横、纵坐标的单位,尤其要注意单

"一看"一位前的数量级

.找准振动图像对应的质点

“二找”

.找准波的图像对应的时刻

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35cm

D.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?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7=4m,由v=*可知该横波周期7=2s,P点到达平衡位置时速度最

大，需要时间夕?弓5=(〃+*"(〃=0,1,2,3…)，故B错误；由筒谐运动规律可知，P点从平衡位置到一半

振幅处用时27,则由题图甲可得从波源开始振动到2点开始振动，波源处质