专题强化十四动力学、动量和能量观点在电学中的应用专题解读1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力．3．用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点．1．应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．2．在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．类型1动量定理和功能关系的应用例1(2019·福建龙岩市5月模拟)如图1为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图1(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.答案见解析解析(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a 至b .依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：F f ＝F 安 F 安＝BI 1L I 1＝BL v R联立解得：F f ＝B 2L 2vR(2)设棒的平均速度为v ，根据动量定理可得：－F 安t －F f t ＝0－2m vF 安＝B I L ，又I ＝BL vR ，x ＝v t联立解得：x ＝m v RB 2L2根据动能定理有：－F f x －W 安＝0－12m (2v )2根据功能关系有 Q ＝W 安 得：Q ＝m v 2.变式1 (多选)(2019·广东湛江市第二次模拟)如图2所示，CD 、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R 、质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是( )图2A ．电阻R 的最大电流为BL 2gh2RB ．电阻R 中产生的焦耳热为mghC ．磁场左右边界的长度d 为mR 2ghB 2L 2D ．流过电阻R 的电荷量为m 2ghBL答案 AD解析 导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有：mgh ＝12m v 2，得导体棒到达水平面时的速度v ＝2gh ，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E ＝BL v ，最大的感应电流为I ＝BL v2R ＝BL 2gh2R ，故A 正确；导体棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即Q ＝mgh ，故电阻R 中产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝12mgh ，故B 错误；对导体棒，经时间Δt 穿过磁场，由动量定理得：－F安Δt ＝－BLI Δt ＝－m v ，而q ＝I Δt ，变形得：BLq ＝m v ，解得q ＝m v BL＝m 2gh BL ，而由q ＝I Δt ＝E 2R Δt ＝BS 2R Δt Δt ＝BS 2R 和S ＝Ld ，解得：d ＝2qR BL ＝2mR 2ghB 2L 2，故C 错误，D 正确．类型2 动量守恒定律和功能关系的应用1．问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用． 2．方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒．因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解．例2(2019·河北衡水中学高考模拟)如图3所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场．现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好能通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g＝10 m/s2，求：图3(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v ； (2)电阻R 产生的焦耳热Q . 答案 (1) 5 m/s (2)2 J解析 (1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有： Mg ＝M v 2r解得：v ＝ 5 m/s(2)cd 绝缘杆以速度v 2由NQ 滑至最高点的过程中，由动能定理有： －Mg 2r ＝12M v 2－12M v 22解得：v 2＝5 m/s由于cd 是绝缘杆，所以没有电流通过，故碰后匀速运动， 则碰撞后cd 绝缘杆的速度为v 2＝5 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，以v 0的方向为正方向，有： m v 0＝m v 1＋M v 2解得碰撞后ab 金属杆的速度：v 1＝2 m/sab 金属杆进入磁场后由能量守恒定律有：12m v 12＝Q解得：Q ＝2 J.变式2(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图4所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b静止于与MN相距为x0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞．求：图4(1)导体棒b 中产生的内能； (2)导体棒a 、b 间的最小距离． 答案 (1)18m v 02 (2)x 0－m v 0R B 2L2解析 (1)导体棒a 进入磁场后，a 、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，有 m v 0＝2m v 根据能量守恒定律 12m v 02－12·2m v 2＝Q 导体棒b 中产生的内能 Q b ＝Q 2整理得v ＝v 02，Q b ＝18m v 02；(2)设经过时间Δt 二者速度相等，此时a 、b 间有最小距离，此过程中安培力的平均值为F ，导体棒ab 间的最小距离为x .以b 为研究对象，根据动量定理得 F Δt ＝m v 而F ＝BILI ＝E 2RE ＝ΔΦΔtΔΦ＝BL (x 0－x )联立解得x ＝x 0－m v 0R B 2L 2.例3如图5所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小．答案(1)2 m/s(2)18 N解析(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)gqEt ＝m 1v 1m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2联立解得v 2＝2 m/s ；(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得：F N ＝18 N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18 N.变式3 如图6所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD ，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD 水平，半径为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，在A 端由静止释放一个带正电荷、质量为m 的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C 时，对轨道的压力差为ΔF ，小球运动过程中始终不脱离轨道，重力加速度为g .求：图6(1)小球甲经过轨道最低点C 时的速度大小；(2)小球甲所带的电荷量；(3)若在半圆形轨道的最低点C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A 端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力．(不计两球间静电力的作用)答案 (1)2gR (2)ΔF 2gR 4gRB (3)3mg －ΔF 4，方向竖直向下 解析 (1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A 点运动到C 点，有mgR ＝12m v C 2 解得v C ＝2gR(2)小球甲第一次通过C 点时，q v C B ＋F 1－mg ＝m v C 2R第二次通过C 点时，F 2－q v C B －mg ＝m v C 2R由题意知ΔF ＝F 2－F 1解得q ＝ΔF 2gR 4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则有m v C ＝m v 甲＋m v 乙12m v C 2＝12m v 甲2＋12m v 乙2 解得v 甲＝0，v 乙＝v C设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为F 乙，方向竖直向上，则F 乙＋12q v 乙B －mg ＝m v 乙2R解得F 乙＝3mg －ΔF 4根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg －ΔF 4，方向竖直向下．1.(2019·贵州部分重点中学3月联考)如图1所示，正方形区域ABCD 中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M 、N 分别为AB 、AD 边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M 点平行于AD 边垂直磁场方向射入，并恰好从A 点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是( )图1A ．粒子将从D 点射出磁场B ．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C ．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1D ．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C 点射出答案 C解析 设正方形磁场区域的边长为a ，由题意可知，粒子从A 点射出时在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为a 4，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，解得：r ＝m v qB ，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即a 2，粒子将从N 点射出，故A 错误；由运动轨迹结合周期公式T ＝2πm qB可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，T 1＝T 22，粒子从A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 1＝T 12，粒子从N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 2＝T 24，可得：t 1＝t 2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故B 错误；磁场的磁感应强度变化前，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2m v ，磁场的磁感应强度变为原来的12后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2m v ，即动量变化大小之比为2∶1，故C 正确；无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从C 点射出，故D 错误．2.(2019·河南顶级名校第四次联测)光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，俯视图如图2所示．一个质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球甲静止在桌面上，另一个大小相同、质量为m 的不带电小球乙，以速度v 0沿两球心连线向带电小球甲运动，并发生弹性碰撞．假设碰撞后两小球的带电荷量相同，忽略两小球间静电力的作用．则下列关于甲、乙两小球碰后在磁场中的运动轨迹，说法正确的是( )图2A ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为2∶1B ．甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，半径之比为4∶1C ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为2∶1D ．甲、乙两小球运动轨迹是内切圆，半径之比为4∶1答案 B解析 不带电小球乙与带正电小球甲发生弹性碰撞，系统动量守恒和机械能守恒，规定速度v 0方向为正方向，设碰撞后甲球的速度为v 1，乙球的速度为v 2，则有：m v 0＝2m v 1＋m v 2，12m v 02＝12·2m v 12＋12m v 22，解得：v 1＝23v 0，v 2＝－13v 0，根据左手定则可知甲、乙两小球运动轨迹是外切圆，根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R 可得R ＝m v qB，半径之比为R 甲∶R 乙＝4∶1，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．3.(多选)(2019·云南第二次统一检测)如图3所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .现给导体棒ab 沿导轨平面向下的初速度v 0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m ，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.从ab 开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )图3A ．导体棒cd 中产生的焦耳热为14m v 02 B ．导体棒cd 中产生的焦耳热为18m v 02 C ．当导体棒cd 的速度为14v 0时，导体棒ab 的速度为12v 0 D ．当导体棒ab 的速度为34v 0时，导体棒cd 的速度为14v 0 答案 BD解析 由题意可知：mg sin 37°＝μmg cos 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：m v 0＝2m v ，解得v ＝0.5v 0，则回路产生的焦耳热为Q ＝12m v 02－12·2m v 2＝14m v 02，则导体棒cd 中产生的焦耳热为Q cd ＝Q ab ＝12Q ＝18m v 02，选项A 错误，B 正确；当导体棒cd 的速度为14v 0时，则由动量守恒：m v 0＝m ·14v 0＋m v ab ，解得v ab ＝34v 0，选项C 错误；当导体棒ab 的速度为34v 0时，则由动量守恒：m v 0＝m ·34v 0＋m v cd ，解得v cd ＝14v 0，选项D 正确． 4.如图4所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场．质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可视为质点，求：图4(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小；(2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小．答案 (1) 2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm 4解析 (1)由动能定理：EqL ＝12×3m v 2 解得v ＝ 2EqL 3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3m v ＝(3m ＋m )v 1解得v 1＝34v 系统损失的机械能：ΔE ＝12×3m v 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL (3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理有：I ＝m v 1－0解得I ＝6EqLm 4，方向水平向右． 5.(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图5所示，质量M ＝1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨，c 与e 端由导线连接，一质量m ＝1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h ＝2 m 处平行ce 由静止下落，并恰好从ce 端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，导轨的间距与导体棒的长度均为L ＝0.5 m ，导轨的半径r ＝0.5 m ，导体棒的电阻R ＝1 Ω，其余电阻均不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．图5(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J ，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．答案 (1)210 m/s (2)25 J (3)94W 解析 (1)根据机械能守恒定律，可得：mgh ＝12m v 2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v ＝210 m/s(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点．根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q ＝mg (h ＋r )＝25 J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1，凹槽速度大小为v 2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：m v 1＝M v 2由能量守恒可得：mg (h ＋r )－Q 1＝12m v 12＋12M v 22 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E ＝BL (v 1＋v 2)回路电功率：P ＝E 2R联立解得：P＝94W.。
2020年高考物理一轮复习专题强化卷----机械振动与机械波一、判断正误（共5题，10分）1、做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移、动能都是相同的。
( )2、根据简谐运动的图象可以判断质点在某一时刻的位移大小、振动方向。
( )3、物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。
( )4、在一个周期内，机械波中各质点随波的传播而迁移的距离等于振幅的4倍。
( )5、机械波的传播速度v取决于介质的性质，只要介质不变，v就不变；如果介质变了，v也一定变。
( )答案1、×2、√3、√4、×5、√二、不定项选择题（共10题，50分）6、弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动，从小钢球第一次通过平衡位置时开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是()A．钢球振动周期为1 s B．在t0时刻弹簧的形变量为4 cmC．钢球振动半个周期，回复力做功为零D．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cmE．钢球振动方程为y＝5sinπt cm【答案】BCE7、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝0和t＝0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T＞0.20 s．下列说法正确的是()A．波速为0.40 m/s B．波长为0.08 mC．x＝0.08 m的质点在t＝0.70 s时位于波谷D．x＝0.08 m的质点在t＝0.12 s时位于波谷E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m 【答案】：ACE8、如图所示，图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象，从该时刻起，下列说法正确的是()A．经过0.05 s时，质点Q距平衡位置的距离大于质点P距平衡位置的距离B．经过0.25 s时，质点Q的加速度大小小于质点P的加速度大小C．经过0.15 s，波沿x轴的正方向传播了3 mD．经过0.1 s时，质点Q的运动方向沿y轴负方向E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为0.5 m的障碍物，能发生明显衍射现象【答案】BCE9、图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是()A．该波的周期是0.10 s B．该波的传播速度是40 m/sC．该波沿x轴的负方向传播D．t＝0.10 s时，质点Q的速度方向向下E．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm【答案】：BCD10、一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是()A．这列波的波速可能为50 m/sB．质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cmC．质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cmD．若周期T＝0.8 s，则在t＋0.5 s时刻，质点b、P的位移相同E．若周期T＝0.8 s，从t＋0.4 s时刻开始计时，则质点c的振动方程为x＝0.1sin πt(m)【答案】：ACD11、在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝200 m/s.已知t＝0时，波刚好传播到x＝40 m处，如图所示，在x＝400 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是()A．波源开始振动时方向沿y轴正方向B．从t＝0开始经过0.15 s，x＝40 m处的质点运动路程为0.6 mC．接收器在t＝1.8 s时才能接收到此波D．若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率可能为11 HzE．若该波与另一列频率为10 Hz、波源在x＝350 m处的沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，能够产生稳定的干涉图样【答案】BCE12、一列简谐横波在弹性介质中沿x轴正方向传播，波源位于坐标原点O，t＝0时开始振动，4 s时停止振动，5 s时的波形如图所示，其中质点a的平衡位置与O的距离为5.0 m．以下说法正确的是()A．波速为2 m/s B．波长为6 mC．波源起振方向沿y轴正方向D．3.0～4.0 s内质点a沿y轴正方向运动E．0～4.0 s内质点a通过的总路程为0.6 m【答案】：ADE13、一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为2 m/s，振幅A＝2 cm，M、N是平衡位置相距为3 m的两个质点，如图所示，在t＝0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，已知该波的周期大于1 s，下列说法正确的是()A．该波的周期为6 sB．在t＝0.5 s时，质点N正通过平衡位置沿y轴负方向运动C．从t＝0到t＝1 s，质点M运动的路程为2 cmD．在t＝5.5 s到t＝6 s，质点M运动路程为2 cmE．t＝0.5 s时刻，处于M、N正中央的质点加速度与速度同向【答案】：BDE14、在x＝5 cm处有一质点做简谐运动，产生一列沿x轴负方向传播的简谐横波，波长为λ＝4 cm，经过一段时间x＝1 cm处的质点C刚开始振动，振动方向沿y 轴正方向，将该时刻作为计时起点t＝0，经0.3 s时x＝3 cm处的质点B第一次处在波峰，则下列正确说法正确的是()A．该简谐波的波速大小为0.1 m/sB．t＝0时质点B振动方向沿y轴正方向C．在t＝0.3时x＝4 cm处的质点A位于平衡位置且运动方向沿y轴正方向D．在t＝0.4 s时x＝4 cm处的质点A的加速度最大且沿y轴正方向E．在t＝0.5 s时位于x＝－3 cm处的质点D第一次处在波峰【答案】：ADE15、关于多普勒效应，下列说法正确的是() A．多普勒效应是由于波的干涉引起的B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的D．只有声波才有多普勒效应E．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率【答案】：BCE三、计算题（共3题，40分）16、一列简谐横波，在t＝0时刻的波形如图所示，质点振动的振幅为10 cm。
高考物理一轮复习专题提升强化练习（附答案）物理是当今最精细的一门自然迷信学科，以下是2021-2021高考物理一轮温习专题提升强化练习，期限为对考生温习有协助。
1.(2021福建理综)某同窗做探求弹力和弹簧伸长量的关系的实验。
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm;图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量l为________cm;(2)本实验经过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改动弹簧的弹力，关于此操作，以下选项中规范的做法是________;(填选项前的字母)A.逐一增挂钩码，记下每添加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同窗描画的弹簧的伸长量l与弹力F的关系图线，图线的AB段清楚偏离直线OA，形成这种现象的主要缘由是________________________________。
答案：(1)6.93 (2)A (3)钩码重力超越弹簧弹力范围解析：(1)l=14.66cm-7.73cm=6.93cm(2)应逐一增挂钩码，不能随意增减，A项正确。
(3)弹簧下端钩码对弹簧的拉力过大，使弹簧形变量超越了弹簧的弹性限制。
弹簧的伸长量不再是线性变化。
2.(2021浙江理综)甲同窗预备做验证机械能守恒定律实验，乙同窗预备做探求减速度与力、质量的关系实验.(1)图1中A、B、C、D、E表示局部实验器材，甲同窗需在图中选用的器材________;乙同窗需在图中选用的器材________。
(用字母表示)(2)乙同窗在实验室选齐所需器材后，经正确操作取得如图2所示的两条纸带和。
纸带________的减速度大(填或)，其减速度大小为________。
答案：(1)AB BDE (2) (2.50.2)m/s2解析：(1)验证机械能守恒定律实验，需求在竖直面上打出一条重锤下落的纸带，即可验证，应选仪器AB，探求减速度与力、质量的关系实验需求钩码拉动小车打出一条纸带，应选BDE。
