高考物理总复习教案八(doc 6)

第八章机械振动和机械波第1讲机械振动课标要求核心考点五年考情核心素养对接1.通过实验，认识简谐运动的特征.能用公式和图像描述简谐运动.2.通过实验，探究单摆的周期与摆长的定量关系.知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系.会用单摆测量重力加速度的大小.3.通过实验，认识受迫振动的特点.了解产生共振的条件及其应用.简谐运动的规律2023：山东T10，上海T9、T20；2022：湖北T5，湖南T16（1），浙江6月T11；2021：河北T16（1），江苏T41.物理观念：理解简谐运动的特征；知道单摆的周期公式；了解受迫振动、共振等的内涵.2.科学思维：建构简谐运动、单摆等模型研究问题；运用公式和图像描述振动.3.科学探究：描绘简谐运动的振动图像；探究影响单摆振动周期的因素.4.科学态度与责任：通过实验探究，形成严谨、实事求是的科学态度.尝试用学过的知识解决生产生活中的振动问题.简谐运动图像的理解和应用2023：湖北T7，湖南T3，海南T4；2021：广东T16（1）单摆及其周期公式2023：上海T20；2020：全国ⅡT34（1），上海T16；2019：全国ⅡT34（1），江苏T13B（1）受迫振动和共振2021：浙江1月T15命题分析预测高考对本部分的考查以图像为主，重点是简谐运动的特点、振动图像等，题型以选择题为主.预计2025年高考对本讲内容的考查仍会以定性分析或简单的定量计算为主.考点1简谐运动的规律1.简谐运动（1）概念：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向[1]平衡位置，质点的运动就是简谐运动.（2）平衡位置：物体在振动过程中[2]回复力为零的位置.（3）回复力①定义：使物体在[3]平衡位置附近做往复运动的力.②方向：总是指向[4]平衡位置.③来源：属于[5]效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的[6]合力或某个力的[7]分力.2.描述简谐运动的物理量物理量定义物理意义位移由[8]平衡位置指向质点所在位置的有向线段描述质点振动中某时刻的位置相对于[9]平衡位置的位移振幅振动物体离开平衡位置的[10]最大距离描述振动的强弱和能量周期振动物体完成一次[11]全振动所需的时间描述振动的快慢，两者互为[13]倒数，T＝1f频率振动物体[12]单位时间内完成全振动的次数相位ωt＋φ0ω叫圆频率，φ0叫初相位描述[14]周期性运动在各个时刻所处的不同状态3.简谐运动的特征受力特征回复力F＝－kx，F（或a）的大小与x的大小成[15]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[16]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[17]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[18] 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[19] 周期性 变化，其变化周期为T 2对称性 特征关于平衡位置O 对称的两点，加速度的大小、速度的大小、动能、势能[20] 相等 ，相对平衡位置的位移大小相等4.弹簧振子模型模型弹簧振子示意图简谐运动条件（1）弹簧质量可忽略（2）无摩擦等阻力 （3）在弹簧弹性限度内 回复力弹簧的[21] 弹力 提供 平衡位置 弹簧处于[22] 原长 处 周期 与振幅无关能量转化[23] 弹性势能 与动能的相互转化，系统的机械能守恒钟摆来回摆动，水中浮标上下浮动，树梢在微风中的摇摆，在生活中有很多类似的运动，我们把这些运动近似看作简谐运动.请你判断下列关于简谐运动的说法的正误.（1）简谐运动的回复力可以是恒力.（ ✕ ）（2）振幅等于振子运动轨迹的长度.（ ✕ ）（3）做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的.（ ✕ ）（4）做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度一定减小.（ √ ）（5）振动物体经过半个周期，路程等于2倍振幅；经过14个周期，路程等于振幅.（ ✕ ）命题点1简谐运动基本物理量的分析1.[多选]如图所示，一弹簧振子做简谐运动，下列说法正确的是（AD）A.若位移为负值，则加速度一定为正值B.振子通过平衡位置时，速度为零，位移最大C.振子每次经过平衡位置时，位移相同，速度也一定相同D.振子每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但位移一定相同解析振子受的力指向平衡位置，振子的位移为负值时，受到的力为正值，振子的加速度为正值，故A正确；当振子通过平衡位置时，位移为零，速度最大，故B错误；振子每次通过平衡位置时，速度大小相同，方向不一定相同，但位移相同，故C错误；振子每次通过同一位置时，位移相同，速度大小相同，但速度方向可能相同，也可能不同，D正确. 特别提醒简谐运动中各物理量变化的几点提醒1.由牛顿第二定律知，加速度与回复力这两个物理量的方向与大小始终有相同的变化规律，而且它们的方向始终与位移方向相反，大小与位移大小的变化规律相同.2.两个转折点：平衡位置是位移、回复力和加速度方向变化的转折点，最大位移处是速度方向变化的转折点.3.振子向平衡位置振动，速度增大，动能增大，势能减小，总机械能守恒；振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，势能增大，总机械能守恒.命题点2简谐运动的周期性与对称性2.[多选]弹簧振子做简谐运动，若从经过平衡位置O开始计时，经过0.5s时，振子第一次经过P点，又经过了0.2s，振子第二次经过P点，则再过多长时间该振子第三次经过P点（AD）A.0.6sB.2.4sC.0.8sD.2.2s解析若振子从O点开始向右振动，作出示意图如图甲所示，则振子的振动周期为T1＝（0.5＋0.1）×4s＝2.4s，则该质点再经过时间Δt＝T1－0.2s＝2.2s，第三次经过P点；若振子从O点开始向左振动，作出示意图T2，振子的振动周期为T2＝0.8s，则该振子再经过时间Δt'如图乙所示，则有0.5s＋0.1s＝34＝T2－0.2s＝0.6s，第三次经过P点.故B、C错误，A、D正确.考点2简谐运动图像的理解和应用1.简谐运动的公式和图像（1）表达式动力学表达式F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反运动学表达式x＝A sin（ωt＋φ0），其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动振动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫作[24]初相（2）振动图像①从[25]平衡位置开始计时，把开始运动的方向规定为正方向，振动表达式为x＝A sinωt，图像如图甲所示.②从[26]最大位移处开始计时，振动表达式为x＝A cosωt，图像如图乙所示.2.根据简谐运动图像可获取的信息（1）振动的振幅A和周期T.（如图所示）（2）振动质点在某一时刻的位移.（3）判定某时刻质点的振动方向：①若下一时刻位移大小增大，质点的振动方向是远离平衡位置；②若下一时刻位移大小减小，质点的振动方向是指向平衡位置.（4）判定某时刻质点的加速度（回复力）的方向.（5）比较不同时刻质点的势能和动能的大小.质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小.3.利用简谐运动图像理解简谐运动的对称性（1）相隔Δt＝（n＋12）T（n＝0，1，2，…）的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称（除平衡位置），位移等大反向，速度也等大反向.（2）相隔Δt＝nT（n＝0，1，2，…）的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同.下图为某质点做简谐运动的振动图像.由图可以看出，该质点做简谐运动的振幅A＝10cm，周期T＝4s，则角速度ω＝0.5πrad/s，故该质点做简谐运动的位移随时间变化的关系式为 x ＝10sin （0.5πt ）cm ，该质点第一次振动到＋5cm 处需要的时间为13s .3.[对简谐运动表达式的应用/2023湖南郴州模拟]如图所示，树梢的摆动可视为周期为12s 、振幅为1.2m 的简谐运动.从某时刻开始计时，36s 后树梢向右偏离平衡位置0.6m.下列说法正确的是（ D ）A.开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置B.树梢做简谐运动的“圆频率”约为0.08HzC.树梢在开始计时后的36s 内通过的路程为4.8mD.再经过4s ，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m 处解析 如果开始计时的时刻树梢恰位于平衡位置，经过36s （即3T ），树梢应位于平衡位置，故A 错误.树梢做简谐运动的“圆频率”约为ω＝2πT＝π6rad/s ，故B 错误.树梢在开始计时后的36s 内通过的路程为s ＝3×4A ＝14.4m ，故C 错误.36s 后树梢向右偏离平衡位置0.6m ，y ＝1.2sin （π6t ＋φ0）m ，因为t ＝0时，y ＝0.6m ，解得φ0＝π6或5π6.当y ＝1.2sin （π6t ＋5π6）m时，再经过4s ，树梢可能处于向左偏离平衡位置1.2m 处，故D 正确. 4.[简谐运动图像的理解与应用/2022重庆]某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L .t ＝0时刻，波源开始从平衡位置沿y 轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），t 1时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（ A ）A.浮标的振动周期为4t 1B.水波的传播速度大小为L4t1C.32t 1时刻浮标沿y 轴负方向运动D.水波的波长为2L解析5.[两个简谐运动图像的比较分析]如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，下列说法错误的是（ A ）A.甲、乙两物体的振幅分别是2m 和1mB.甲的振动频率比乙的大C.前2s内，两物体的加速度均为负值D.第2s末，甲的速度最大，乙的加速度最大解析由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2cm和1cm，A错误；8s内甲完成2次全振动，乙完成1次全振动，甲的振动频率比乙的大，B正确；前2s内，甲、乙的位移均为正值，所以加速度均为负值，C正确；第2s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确.命题拓展命题情境不变，设问角度改变题述不变，根据图像判断下列说法的正误（1）甲、乙两物体的振动频率之比为1∶2.（✕）（2）0～1s内两物体的加速度均为正值.（✕）（3）0～8s时间内甲、乙两物体通过的路程之比为4∶1.（√）解析根据振动图像可知，甲物体的振动周期是4s，振动频率是0.25Hz，乙物体的振动周期是8s，振动频率是0.125Hz，则甲、乙两物体的振动频率之比为2∶1，（1）错误.0～1s 内，甲、乙两物体的位移都是正值，根据简谐运动的特点可得a＝－kx，它们的加速度都m是负值，（2）错误.0～8s这段时间内，甲物体运动了两个周期，通过的路程为s甲＝2×4A 甲＝16cm，乙物体运动了一个周期，通过的路程为s乙＝1×4A乙＝4cm，所以路程之比为4∶1，（3）正确.方法点拨简谐运动图像问题的两种分析方法方法一：图像—运动结合法方法二：直观结论法简谐运动的图像表示振动质点的位移随时间的变化规律，即位移—时间的函数关系图像，不是物体的运动轨迹.考点3单摆及其周期公式1.单摆定义如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直径与线的长度相比也可以忽略，这样的装置叫单摆示意图简谐运动的条件 （1）摆线为不可伸长的轻质细线；（2）无空气阻力；（3）最大摆角θ[27] ＜5°平衡位置F 回＝0，a 切＝0，摆球摆动到[28] 最低点能量转化关系重力势能与动能相互转化，[29] 机械能 守恒单摆的等时性（θ＜5°） 单摆的振动周期取决于[30] 摆长l 和[31] 重力加速度g ，与摆幅和摆球质量[32] 无关2.单摆的受力特征（1）回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力，F 回≈－mg lx ＝－kx ，负号表示回复力F 回与位移x 的方向[33] 相反 ，故单摆做简谐运动.（2）向心力：摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的[34] 合力 充当向心力，F 向＝m v 2l ＝F T －mg cos θ.①当摆球在最高点时，v ＝0，F T ＝mg cos θ.②当摆球在最低点时，F T 最大，F T ＝mg ＋mv max2l.（3）单摆处于月球上时，重力加速度为g 月；单摆在电梯中处于超重、失重状态时，重力加速度为[35] 等效重力加速度 .3.周期公式（1）周期公式：T ＝2π√lg.周期与振幅、摆球质量无关.（2）l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离.（3）g 为当地重力加速度.如图所示的小球在竖直平面内往复运动，若细线的质量与小球相比可忽略，球的直径与线的长度相比也可忽略，这样的装置就叫单摆.判断下列关于单摆的说法的正误.（1）单摆在任何情况下的运动都是简谐运动.（ ✕ ）（2）单摆的振动周期由摆球的质量和摆角共同决定.（ ✕ ）（3）当单摆的摆球运动到最低点时，回复力为零，但是所受合力不为零.（ √ ）（4）摆钟移到太空实验舱中可以继续使用.（ ✕ ）命题点1单摆周期公式的理解及应用6.[2023河北石家庄质检]如图甲所示，O点为单摆的固定悬点，在其正下方的P点有一个钉子，现将小球拉开一定的角度后由静止释放，小球在摆动过程中的偏角不超过5°.从某时刻开始计时，绳中的拉力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，忽略一切阻力.下列说法正确的是（D）A.t＝0.1πs时小球位于B点B.t＝0.4πs时小球位于C点C.O、A之间的距离为1.5mD.O、P之间的距离为1.2m解析由图像可知，0～0.2πs内应该对应着摆球在C、B之间的摆动；0.2πs～0.6πs内应该对应着摆球在B、A之间的摆动，因t＝0.1πs时摆线拉力最小，可知小球位于C点，t＝0.4πs时小球位于A点，选项AB错误；摆球在A、B之间摆动的周期为T1＝0.8πs，根据T，可得l1＝1.6m，即O、A之间的距离为1.6m，选项C错误；摆球在B、C之间摆＝2π√lg动的周期为T2＝0.4πs，根据T＝2π√l，可得l2＝0.4m，即P、B之间的距离为0.4m，O、Pg之间的距离为1.2m，选项D正确.命题点2单摆问题7.如图所示，置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为T0.下列说法正确的是（C）A.单摆摆动的过程中，绳子的拉力始终大于摆球的重力B.单摆摆动的过程中，绳子的拉力始终小于摆球的重力C.将该单摆置于月球表面，其摆动周期T＞T0D.将该单摆置于高空中相对于地面静止的气球中，其摆动周期T＜T0解析摆球运动到最高点时，绳子的拉力等于重力的一个分力，此时绳子的拉力小于重力；摆球运动到最低点时，绳子的拉力和重力共同提供向心力，有F－mg＝ma，可知F大可知，将该单摆置于mg，故A、B错误.月球表面的重力加速度比地球小，根据T＝2π√lg于月球表面，其摆动周期T ＞T 0，C 正确.将该单摆置于高空中相对于地面静止的气球中，高度越高，重力加速度越小，根据T ＝2π√lg 可知，其摆动周期T ＞T 0，故D 错误. 8.[类单摆问题——某星球上单摆的运动]一个物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的14，在地球上走时准确的摆钟（设摆钟的周期公式与单摆做简谐运动的周期公式相同）搬到此行星上，现要使该摆钟在该行星上的周期与在地球上的周期相同，下列办法可行的是（ C ）A.将摆球的质量m 增加为4mB.将摆球的质量m 减少为m 4C.将摆长L 缩短为L4D.将摆长L 增长为4L解析 根据在星球表面万有引力近似等于重力可知，物体在该行星表面的重力是它在地球表面的重力的14，因为质量不变，所以该星球表面的重力加速度g'＝14g ，根据单摆的周期公式T ＝2π√lg 可知，要使摆钟在该星球上的周期与地球上周期相同，应将摆长L 缩短为L4，C 正确.方法点拨类单摆模型1.有些情况下，单摆处在并非只有重力场的环境中，即类单摆，则T ＝2π√l g中，l 为等效摆长，g 为等效重力加速度.2.等效重力加速度：（1）对于不同星球表面，有g ＝GMr 2，M 与r 分别为星球的质量与半径；（2）单摆处于超重或失重状态时，有g ＝g 0±a .3.类单摆问题的解题方法：（1）确定符合单摆模型的条件，如小球沿光滑圆弧运动，小球受重力、轨道的支持力，此支持力类似单摆中的摆线拉力，故此装置可称为“类单摆”.（2）寻找等效摆长l 及等效加速度g ，最后利用公式T ＝2π√lg或简谐运动规律分析求解问题.方法点拨简谐运动图像问题的两种分析方法方法一：图像—运动结合法方法二：直观结论法简谐运动的图像表示振动质点的位移随时间的变化规律，即位移—时间的函数关系图像，不是振动质点的运动轨迹.考点4受迫振动和共振1.受迫振动（1）概念：系统在[36]驱动力作用下的振动.（2）振动特征：物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于[37]驱动力的频率，与物体的固有频率[38]无关，固有频率由系统本身决定.2.共振（1）概念：当驱动力的频率等于[39]固有频率时，物体做受迫振动的振幅最大的现象.（2）条件：驱动力的频率等于[40]固有频率.（3）特征：共振时[41]振幅最大.3.阻尼振动（1）概念：物理学中，把因阻力作用振幅不断[42]减小的振动称为阻尼振动.（2）原因：当振动系统受到阻力的作用时，即振动受到了阻尼时，系统克服阻尼的作用做功，消耗机械能，因而振幅不断减小，最后停下来，其振动图像如图所示.（3）对阻尼振动的理解：①阻尼振动振幅的大小由能量大小确定.②物体做阻尼振动振幅减小的快慢跟物体所受阻尼的大小[43]有关，阻尼越大，振幅减小得越快.③物体做阻尼振动时，振幅虽不断减小，但振动的频率仍由自身结构特点所决定，并[44]不会随振幅的减小而变化.④物体做阻尼振动时，若在一段不太长的时间内振幅没有明显减小，可以把该振动当成[45]简谐运动来处理.（4）阻尼振动在生活中的应用与防止：①汽车在凹凸不平的道路上行驶时，会发生剧烈振动，安装大阻尼的减振器，可以使振动很快停止.②隔一段时间就要对钟表进行清洗，并在轴承中加润滑油，以减小阻尼.判断下列振动是否属于受迫振动.（1）用重锤敲击一下悬吊着的钟后，钟的振动.（ ✕ ）（2）电磁打点计时器接通电源后，振针的振动.（ √ ）（3）小孩睡在自由摆动的吊床上，随吊床一起摆动.（ ✕ ）（4）弹簧振子在竖直方向上上下自由振动.（ ✕ ）各种振动的比较比较项目振动类型简谐运动阻尼振动受迫振动共振受力情况 不受阻力作用 受到阻力作用受阻力和驱动力作用受阻力和驱动力作用振幅 振幅不变振幅会越来越小稳定后振幅不变振幅最大振动周期 或频率 由振动系统本身决定，即固有周期或固有频率 由振动系统本身决定，即固有周期或固有频率由驱动力周期或频率决定，即T ＝T 驱或f ＝f 驱T 驱＝T 固或f 驱＝f 固振动图像形状不确定形状不确定振动能量振动系统的机械能不变振动系统的机械能减少由产生驱动力的物体提供振动系统获得的能量最大实例不受外力的弹簧振子的振动用锤敲锣，发出响亮的锣声，但锣声越来越弱，锣面的振幅越来越小，但音调不变收音机喇叭纸盆的振动共振筛、共振转速计等命题点1 受迫振动和共振的理解9.[2023广东汕头高三三模]如图所示，“洗”是古代盥洗用的脸盆，多用青铜铸成，现代亦有许多仿制的工艺品.倒些清水在其中，用手掌慢慢摩擦盆耳，盆就会发出嗡嗡声，到一定节奏时还会溅起层层水花.下列关于“洗”的说法正确的是（C）A.手掌摩擦得越快，溅起的水花越高B.溅起水花的原因是手推动了“洗”C.该种现象属于受迫振动D.盆中的嗡嗡声是手与“洗”摩擦产生的声音解析用手摩擦盆耳之所以能溅起水花，是因为“洗”做受迫振动，当摩擦的频率等于“洗”的固有频率时发生共振，溅起的水花最高；盆中的嗡嗡声是“洗”振动时产生的声音.故A、B、D错误，C正确.方法点拨对共振的理解1.共振曲线：如图所示，f驱与f固越接近，振幅越大；当f驱＝f固时，振幅最大.2.做受迫振动的系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换.3.共振的应用和防止命题点2共振在生活中的应用10.[2021浙江1月/多选]为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示，则（AD）A.针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同B.随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大C.打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同D.稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同解析振动器使松果落下的工作原理是共振，不同的树木固有频率可能不同，则落果效果最好时驱动力的频率也可能不同，A正确；当驱动力的频率等于树干的固有频率时树干的振幅最大，B错误；打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干振动频率等于自身的固有频率，由于粗细不同的树干的固有频率可能不同，则树干的振动频率可能不同，C错误；树干做受迫振动，稳定后，树干的振动频率等于驱动力的频率即振动器的振动频率，因此不同粗细树干的振动频率与振动器的振动频率相同，D 正确.1.[简谐运动的规律/2023上海]真空中有一点Р与微粒Q ，Q 在运动中受到指向Р且大小与离开Р的位移成正比的回复力，则下列情况有可能发生的是（ B ）A.速度增大，加速度增大B.速度增大，加速度减小C.速度增大，加速度不变D.速度减小，加速度不变解析 由题意可知P 点为平衡位置，若Q 向P 点运动，则Q 离开P 的位移在减小，回复力减小，由牛顿第二定律可知加速度在减小，又回复力的方向指向P 点，回复力的方向与Q 的速度方向一致，则Q 的速度在增大，A 、C 错误，B 正确；若Q 正在远离P 点，则Q 离开P 的位移在增大，回复力在增大，加速度在增大，又速度方向与加速度的方向相反，则Q 的速度在减小，D 错误.2.[振动图像/2023湖北]一列简谐横波沿x 轴正向传播，波长为100cm ，振幅为8cm.介质中有a 和b 两个质点，其平衡位置分别位于x ＝－403cm 和x ＝120cm 处.某时刻b 质点的位移为y ＝4cm ，且向y 轴正方向运动.从该时刻开始计时，a 质点的振动图像为（ A ）A BC D解析 质点a 、b 之间的距离为Δx ＝（403＋120）cm ＝43λ，结合题意可知该时刻的波形图如图所示，c 点的横坐标为20cm ，a 、c 两点之间的距离为λ3，所以a 点偏离平衡位置的位移为4cm ，又该波沿x 轴正向传播，结合同侧法可知此时质点a 的振动方向沿y 轴的负方向，故a 质点的振动图像为A 图，A 正确，B 、C 、D 错误.3.[简谐运动的规律/2022浙江6月]如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x .套在杆上的小球从中点以初速度v 向右运动，小球将做周期为T 的往复运动，则（ B ）A.小球做简谐运动B.小球动能的变化周期为T2C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为TD.小球的初速度为v2时，其运动周期为2T解析由于刚开始的一段时间内小球做匀速运动，受力大小与位移大小不成正比，小球做的不是简谐运动，A错误.小球从杆中点到第一次回到杆中点的过程，初、末动能相等，则小球动能的变化周期为T2，分析可知两根弹簧的总弹性势能的变化周期也为T2，B正确，C错误.小球的初速度为v2时，在细杆上匀速运动的时间等于初速度为v时的2倍，小球从接触弹簧到速度减到零的时间等于初速度为v时的，故初速度为v2时的运动周期小于2T，D错误.4.[单摆周期公式的应用/2020海南]滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R（滑板车的长度远小于轨道半径）.主要实验过程如下：①用手机查得当地的重力加速度g；②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期T＝tn；③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入表达式R＝gt 24n2π2计算出轨道半径.解析滑板车做往复运动的周期为T＝tn ，根据单摆的周期公式T＝2π√Rg，得R＝gT24π2＝gt24n2π2.1.[2024湖南岳阳市实验中学开学测试]关于做简谐运动的质点，下列说法正确的是（D）A.只要质点所受的回复力与位移方向相反，那么此质点一定做简谐运动B.做简谐运动的质点经过同一位置时速度、加速度相等C.做简谐运动的质点背离平衡位置时速度方向与位移方向相反D.做简谐运动的质点位移减小时，加速度减小，速度增大解析质点做简谐运动不仅要回复力方向与位移方向相反，回复力大小还要与位移大小成正比，故A错误；做简谐运动的质点经过同一位置时加速度相等，速度方向可能相反，故。

第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动知识排查电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。

放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。

2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。

(2)定义式：C ＝Q U。

(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F) 1 F ＝106μF ＝1012pF 3.平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。

(2)决定式：C ＝εr S 4πkd，k 为静电力常量。

带电粒子在匀强电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 20＝2ad 。

(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足qU ＝12mv 2－12mv 20。

2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。

(2)运动性质：类平抛运动。

(3)处理方法：运动的合成与分解。

①沿初速度方向：做匀速直线运动。

②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。

小题速练1.思考判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。

( ) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。

( ) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

( ) (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。

( )(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。

( ) (6)公式C ＝εr S4πkd 可用来计算任何电容器的电容。

高考综合复习——直线运动专题复习一直线运动的概念和规律总体感知知识网络考纲要求命题规律从近几年高考试题来看，高考对本专题考查的重点是匀变速直线运动规律的应用及图象，对本专题知识的考查既有单独命题，也有与牛顿运动定律、电场中带电粒子的运动、磁场中的通电导体的运动、电磁感应现象等知识结合起来，作为综合试题中的一个知识点加以体现。

预计在今后的高考中，有关加速度、瞬时速度、匀变速直线运动的规律、图象等仍是命题热点，但有关运动图象与实际运动过程的关系、实际问题的建模、测定加速度时“逐差法”的应用也应引起重视，而试题内容与现实生产、生活和现代科技的结合将更紧密，涉及的内容也更广泛，联系高科技发展的新情境更会有所增加。

复习策略首先要注意概念和规律以及其形成过程的理解，搞清知识的来龙去脉，弄清其实质，而不仅仅是记几个条文，背几个公式。

例如质点的概念，单单记住质点的定义是很不够的，重要的是领会其实质，学会物理学的科学研究方法，即除去次要因素抓住其实质的科学研究方法。

其次，学好物理，重在理解。

要切实提高理解能力、理解物理概念和规律的确切含义、理解物理规律的适用条件，对于同一概念和规律能用不同的形式进行表达，能够辨别物理概念似是而非的说法。

第三，推理能力也是一种非常重要的能力。

匀变速直线运动的基本公式只有两个：位移公式和速度公式，其余的公式包括，都是由这两个基本公式推导出来的，要通过对一些常用公式（时间中点、位移中点、初速度为零的匀加速直线运动的特点等）的推导来培养自己的逻辑推理能力。

同时注意“一题多解”可以加深对题设情景的理解、熟练物理知识的应用，是通过解题提高理解能力的有效方法，抓住一个习题，用多种方法，从不同的角度去练习物理概念和规律的应用，把这个题型搞清、弄透，比只追求解题的数量、不求甚解的方法效率要高得多，效果要好得多。

做完题后想一想：在解题过程中应用了哪些概念和规律？是如何应用的？及时总结，善于总结，使自己的理解能力和推理能力得到提高，而不是匆匆忙忙地为做题而做题，做题的目的是为了练习知识的应用和提高自己的能力；如果自己在做题的过程中出现了错误，更应该想一想自己是哪里出了错，概念的理解和规律的掌握还有哪些缺陷，通过做题加深自己的理解，纠正自己不正确的想法。

专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解． 考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v R Δt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的任一个物理量例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L 的足够长U 形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一质量为m 、接入电路的有效电阻为R 、长度略大于L 的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )A ．导体棒中感应电流方向为由a 到bB ．导体棒中的最大发热量为12m v 02C ．导体棒的加速度逐渐减小到0D ．通过导体棒的电荷量最大值为m v 02BL答案 BC解析 根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b 到a ，选项A 错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为12m v 02，选项B 正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a ＝BIL m ＝B 2L 2vmR ，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C 正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F 安Δt ＝0－m v 0，F 安Δt ＝B I L Δt ＝BLq ，通过导体棒的电荷量最大值为q ＝m v 0BL ，选项D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析 开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本 模型 规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电终特征容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：(1)MN 棒受到的最大安培力F 的大小和方向；(2)若飞机起飞时速度为v ，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ ； (3)飞机起飞时速度v 的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)． 答案 (1)BLE R 方向水平向右 (2)(E －BL v )C (3)BLECB 2L 2C ＋m 0解析 (1)开关S 刚接至2时，回路中电流最大，MN 棒受到的安培力最大，最大安培力 F ＝BIL ＝BLER金属棒MN 上的电流方向从M 流向N 端，由左手定则可知安培力方向水平向右． (2)飞机起飞速度为v 时，金属棒的感应电动势E ′＝BL v 即此时电容器两极板间的电压U ＝BL v 则ΔQ ＝ΔU ·C ＝(E －BL v )C(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U ＝E ′＝BL v 对金属棒由动量定理可得B I Lt ＝m 0v －0 又B I Lt ＝BL ΔQ ＝BL (EC －BL v C ) 所以BL (EC －BL v C )＝m 0v 解得v ＝BLEC B 2L 2C ＋m 0.题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误．例6 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为L ，两导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)ab 、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x . 答案 (1)0.4v 0 B 2L 2v 010mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v 010mR(2)ab 、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共 对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共 而q ＝I Δt ，解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R ，解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析 金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l ，ab 、cd 是质量为m 、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功 12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bl gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bl v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bl gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m 答案 BD解析 撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R ＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析 因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析 设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝ 4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR ＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d 的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形金属线圈以速度v 沿水平方向进入磁场，且恰好能全部穿出磁场，则下列说法正确的是( )A ．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BLB ．线圈中无感应电流的时间为d －L vC ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为m v 24D ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为3m v 28答案 AD解析 进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I 1，时间为t 1，全部进入磁场时的速度为v 1，由动量定理得－BI 1Lt 1＝m v 1－m v ，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q 1，q 1＝I 1t ，则有－BLq 1＝m v 1－m v ，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq 2＝－m v 1，q 1＝q 2，所以v －v 1＝v 1，解得v 1＝v 2，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BL ，故A 正确；无感应电流的时间为t ＝d －L v 1＝2(d －L )v ，故B 错误； 进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝m v 22－m v 122＝3m v 28，故C 错误，D 正确．7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22 C 答案 AD 解析 磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x 0＝1 m ，A 正确；线框进入磁场过程中，安培力为F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R ，则F ＝B 2L 2v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误； 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－B 2L 2v Rt ＝m v －m v 0，解得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入数据解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝BLx R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 8．如图所示，平行光滑金属双导轨P 1Q 1M 1和P 2Q 2M 2，其中P 1Q 1和P 2Q 2为半径r ＝0.8 m 的14光滑圆轨道，O 1和O 2为对应圆轨道的圆心，Q 1、Q 2在O 1、O 2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q 1M 1和Q 2M 2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ；两导体棒a 、b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a 、b 的质量均为1 kg ，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P 1P 2处由静止释放，a 、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞(g ＝10 m/s 2)．求：(1)导体棒a 从Q 1Q 2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；(2)导体棒a 、b 稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 m/s (3)2 C解析 (1)导体棒a 从P 1P 2到Q 1Q 2，由动能定理得m a gr ＝12m a v 02－0 代入数据得v 0＝4 m/s a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0＝4 V由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R a ＋R b＝2 A 由牛顿第二定律得ILB ＝m b a b代入数据得a b ＝2 m/s 2.(2)当导体棒a 、b 稳定时，由动量守恒定律得m a v 0＝(m a ＋m b )v 1代入数据得v 1＝2 m/s.(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得I LBt ＝m b v 1，又q ＝I t ，代入数据得q ＝2 C.9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值． 答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R .。

第2讲机械波目标要求 1.知道机械波的形成条件及特点.2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图像.3.知道波的干涉、衍射和多普勒效应，掌握干涉、衍射的条件．考点一机械波与波的图像1．机械波(1)机械波的形成条件①有发生机械振动的波源．②有传播介质，如空气、水等．(2)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波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同．③介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同．④波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离．2．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：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移．(3)图像(如图)3．波长、波速、频率及其关系(1)波长λ：在波的传播方向上，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离．(2)波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定．(3)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率．(4)波长、波速和频率(周期)的关系：v＝λT＝λf.1．在机械波传播过程中，介质中的质点沿着波的传播方向移动．( × ) 2．通过波的图像可以找出任一质点在任意时刻的位移．( × ) 3．机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同．( √ ) 4．机械波在一个周期内传播的距离是振幅的4倍．( × ) 5．波速表示介质中质点振动的快慢．( × )1．波的周期性(1)质点振动nT (n ＝1,2,3，…)时，波形不变．(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ(n ＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反．2．波的传播方向与质点振动方向的互判 “上下坡”法沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动“同侧”法波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧“微平移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x 坐标的两波形曲线上的点来判断质点振动方向考向1 波的形成及传播例1 (2022·北京卷·6)在如图所示的xOy 坐标系中，一条弹性绳沿x 轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a .t ＝0时，x ＝0处的质点P 0开始沿y 轴做周期为T 、振幅为A 的简谐运动．t ＝34T 时的波形如图所示．下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，质点P 0沿y 轴负方向运动B ．t ＝34T 时，质点P 4的速度最大C ．t ＝34T 时，质点P 3和P 5相位相同D ．该列绳波的波速为8aT答案 D解析 由t ＝34T 时的波形图可知，波刚好传到质点P 6，根据“上下坡”法，可知此时质点P 6沿y 轴正方向运动，故波源起振的方向也沿y 轴正方向，则t ＝0时，质点P 0沿y 轴正方向运动，故A 错误；由题图可知，在t ＝34T 时，质点P 4处于正的最大位移处，故速度为零，故B错误；由题图可知，在t ＝34T 时，质点P 3沿y 轴负方向运动，质点P 5沿y 轴正方向运动，故两个质点的相位不相同，故C 错误；由题图可知λ4＝2a ，解得λ＝8a ，故该列绳波的波速为v＝λT ＝8aT ，故D 正确．考向2 波的图像例2 (多选)(2023·浙江省泰顺中学月考)一列简谐横波沿x 轴传播，在t ＝0时刻和t ＝1 s 时刻的波形分别如图中实线和虚线所示．已知x ＝0处的质点在0～1 s 内运动的路程为3.5 cm.下列说法正确的是( )A ．波沿x 轴负方向传播B ．波源振动周期为87 sC ．波的传播速度大小为11 m/sD ．t ＝1 s 时，x ＝6 m 处的质点沿y 轴正方向运动 答案 AC解析 x ＝0处的质点在0～1 s 的时间内通过的路程为3.5 cm ，可知34T ＜1 s ＜T ，则波传播的距离为34λ＜d ＜λ，结合波形图可知该波的传播方向沿x 轴负方向，A 正确；t ＝1 s 时刻x ＝0处的质点位移大小为0.5 cm ，即A 2，再经过112T 回到平衡位置，可得1112T ＝1 s ，解得T ＝1211 s ，由题图可知λ＝12 m ，则波速为v ＝λT ＝121211 m/s ＝11 m/s ，B 错误，C 正确；由“同侧法”可知t ＝1 s 时，x ＝6 m 处的质点沿y 轴负方向运动，D 错误．例3 (多选)(2022·浙江6月选考·16)位于x ＝0.25 m 的波源P 从t ＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x 轴正负方向传播，在t ＝2.0 s 时波源停止振动，t ＝2.1 s 时的部分波形如图所示，其中质点a 的平衡位置x a ＝1.75 m ，质点b 的平衡位置x b ＝－0.5 m ．下列说法正确的是( )A ．沿x 轴正负方向传播的波发生干涉B ．t ＝0.42 s 时，波源的位移为正C ．t ＝2.25 s 时，质点a 沿y 轴负方向振动D ．在0到2 s 内，质点b 运动总路程是2.55 m 答案 BD解析 波沿x 轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A 错误；由题图可知，波的波长λ＝1 m ，由题意可知0.1 s 内波传播四分之一波长，可得T4＝0.1 s ，解得T ＝0.4 s ，根据同侧法可知波源的振动方向向上，在t ＝0.42 s ，即T <t <5T4时，波源会向上振动，位移为正，故B 正确；波的波速v ＝λT ＝2.5 m/s ，波源停止振动后到质点a 停止振动的时间为t 1＝1.75－0.252.5s ＝0.6 s>0.25 s ，即质点a 还在继续振动，从t ＝2.1 s 到t ＝2.25 s ，经过时间为t 2＝0.15 s ，即T 4<t 2<T2，结合题图可知质点a 位移为正且沿y 轴正方向振动，故C 错误；波传到b 点所需的时间为t 3＝0.752.5 s ＝0.3 s ，在0到 2 s 内，质点b 振动的时间为t 4＝2 s－0.3 s ＝1.7 s ＝174T ，质点b 在此时间段内运动总路程s ＝17A ＝17×0.15 m ＝2.55 m ，故D 正确．考点二 振动图像与波的图像的综合应用振动图像和波的图像的比较比较项目 振动图像 波的图像研究对象 一个质点波传播方向上的所有质点 研究内容 某质点位移随时间的变化规律某时刻所有质点在空间分布的规律图像横坐标 表示时间 表示各质点的平衡位置 物理意义某质点在各时刻的位移某时刻各质点的位移振动方向的判断(看下一时刻的位移)(上下坡法)Δt 后的图形随时间推移，图像延伸，但已有形状不变随时间推移，图像沿波的传播方向平移，原有波形做周期性变化联系 (1)纵坐标均表示质点的位移(2)纵坐标的最大值均表示振幅(3)波在传播过程中，各质点都在各自的平衡位置附近振动例4 (多选)(2023·浙江杭州市一模)一列简谐横波在t ＝0.8 s 时的波形图如图甲所示，P 是介质中的质点，图乙是质点P 的振动图像．已知该波在该介质中的传播速度为10 m/s ，则( )A ．该波沿x 轴负方向传播B ．再经过0.9 s ，质点P 通过的路程为30 cmC ．t ＝0时刻质点P 离开平衡位置的位移－5 3 cmD ．质点P 的平衡位置坐标为x ＝7 m 答案 AD解析 由乙图可知0.8 s 时P 点振动方向向下，根据上下坡法知，波沿x 轴负方向传播，A 正确； 经过1个周期，质点经过的路程s 1＝4A ，经过0.5个周期，经过的路程s 2＝2A 以上规律质点在任何位置开始运动都适用； 经过14个周期，经过的路程s 3＝A经过34周期，经过的路程s 4＝3A以上规律质点只有在特殊位置(平衡位置、最大位移处)开始运动才适用，t ＝0.9 s ＝34T ，此时质点P 未处于特殊位置，故s P ≠30 cm ，B 错误； 由图乙可知，0时刻质点P 位于平衡位置，C 错误； 根据简谐运动的表达式 y ＝A sin 2πT t ＝10sin 5π3t (cm)当x ＝0时，y ＝5 cm ，则t ＝0.1 s即x ＝0处的质点从平衡位置到5 cm 处经历的时间为0.1 s 故P 点振动形式传播到x ＝0处的时间t ＝0.8 s －0.1 s ＝0.7 s x P ＝v t ＝7 m ，故D 正确．例5 (2022·辽宁卷·3)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P 的说法正确的是( )A ．该时刻速度沿y 轴正方向B ．该时刻加速度沿y 轴正方向C ．此后14周期内通过的路程为AD ．此后12周期内沿x 轴正方向迁移为12λ答案 A解析 波沿x 轴正方向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P 的速度沿y 轴正方向，加速度沿y 轴负方向，选项A 正确，B 错误；在该时刻质点P 不在特殊位置，则在14周期内的路程不一定等于A ，选项C 错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D 错误．考点三 波传播的周期性与多解性问题造成波动问题多解的主要因素 (1)周期性①时间周期性：时间间隔Δt 与周期T 的关系不明确． ②空间周期性：波传播距离Δx 与波长λ的关系不明确． (2)双向性①传播方向双向性：波的传播方向不确定． ②振动方向双向性：质点振动方向不确定．例6 (多选)(2023·浙江北斗星盟联考)一列简谐波沿x 轴方向传播，t 1＝0时刻和t 2＝0.1 s 时刻的图像分别为图中的实线和虚线所示．已知波速v 满足500 m/s ≤v ≤1 000 m/s.由图判断简谐波的频率可能是( )A ．12.5 HzB ．27.5 HzC ．17.5 HzD ．22.5 Hz答案 ACD解析 若波沿x 轴正方向传播，在Δt ＝t 2－t 1时间内，波传播的距离为Δx ＝(40n ＋10) m(n ＝0,1,2,3，…)，波速为v ＝ΔxΔt ＝(400n ＋100)m/s ，已知500 m/s ≤v ≤1 000 m/s ，即500≤400n ＋100≤1 000，解得1≤n ≤2.25，n 为整数，所以n 等于1或2，频率为f ＝v λ＝400n ＋10040 Hz ，当n ＝1时，f 1＝12.5 Hz ，当n ＝2时，f 2＝22.5 Hz ；若波沿x 轴负方向传播，在Δt ＝t 2－t 1时间内，波传播的距离为Δx ＝(40n ＋30) m(n ＝0,1,2,3，…)，波速为v ＝ΔxΔt ＝(400n ＋300)m/s ，已知500 m/s ≤v ≤1 000 m/s ，即500≤400n ＋300≤1 000，解得0.5≤n ≤1.75，n 为整数，所以n 等于1，频率为f ＝v λ＝400n ＋30040Hz ＝17.5 Hz ，A 、C 、D 正确，B 错误．例7 (多选)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，图(a)是t ＝0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x 轴上某两处质点的振动图像．由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是( )A.13 mB.23 m C ．1 m D.43 m 答案 BD解析 由题图(a)知，波长λ＝2 m ，在t ＝0时刻，题图(b)中的质点在波峰位置，题图(c)中的质点在y ＝－0.05 m 处，且振动方向向下(设为B 位置，其坐标为x ＝116m)．若题图(b)中质点在题图(c)中质点的左侧，则两质点平衡位置之间的距离Δx ＝nλ＋(116－12)m(n＝0,1,2，…)当n ＝0时，Δx ＝43 m ；当n ＝1时，Δx ＝103 m ，…若题图(b)中质点在题图(c)中质点的右侧，则两质点平衡位置之间的距离Δx ′＝nλ＋(52－116)m(n ＝0,1,2，…)当n ＝0时，Δx ′＝23 m ；当n ＝1时，Δx ′＝83 m ，……综上所述，选项B 、D 正确．考点四 波的干涉、衍射 多普勒效应1．波的叠加在波的叠加中，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和．2．波的干涉现象中加强点、减弱点的判断方法(1)公式法某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr.①当两波源振动步调一致时．若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)，则振动减弱．②当两波源振动步调相反时．若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱．(2)图像法在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接形成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间．3．多普勒效应的成因分析(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率增加，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．1．两列波在介质中相遇，一定产生干涉现象．(×)2．两列波发生干涉时，加强区的质点振幅变大，质点一直处于位移最大处．(×) 3．一切波都能发生衍射现象．(√)4．发生多普勒效应时，波源的真实频率没有发生变化．(√)例8(2023·浙江1月选考·6)主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340 m/s)()A．振幅为2AB．频率为100 HzC ．波长应为1.7 m 的奇数倍D ．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相 答案 B解析 主动降噪耳机是根据波的干涉，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪，故抵消声波的振幅为A ，A 错误；抵消声波与噪声的频率相同，有f ＝1T ＝100 Hz ，B 正确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为λ＝v T ＝340×0.01 m ＝3.4 m ，C 错误；抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D 错误． 例9 (多选)(2023·浙江绍兴市检测)在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性地击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样．如图乙所示，振动片做周期为T 的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A 、B 两点，以线段AB 为直径在水面上画一个半圆，半径OC 与AB 垂直．圆周上除C 点外还有其他振幅最大的点，D 点为距C 点最近的振幅最大的点．已知半圆的直径为d ，∠DBA ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．水波的波长为d 5B ．水波的传播速度2d5TC ．AB 圆周上共有10个振动减弱点D ．若减小振动片振动的周期，C 点可能为振幅最小的点 答案 AC解析 依题意，DB 与AD 的长度差为波长，由几何知识可得DB ＝d cos 37°＝45d ，AD ＝d sin 37°＝35d ，解得λ＝d 5，故A 正确；水波的传播速度为v ＝λT ＝d5T ，故B 错误；在AB 连线上取一点P ，设它的振动是减弱的，令P A ＝x ，则PB ＝d －x ，P 点到两波源的路程差为P A －PB ＝2x －d ＝dn10(n ＝±1，±3，…)，在0<x <d 的范围内，n 取值为n ＝±1，±3，±5，±7，±9，说明在AB 之间连线上有10个振动减弱点，必然有10个振动减弱区，根据波的干涉图样画出10条振动减弱线，和AB 半圆的交点共有10个，故C 正确；若减小振动片振动的周期，C 点与两波源的距离相等，即C点到两波源的路程差为零，仍为振幅最大的点，故D错误．课时精练1．超声波是一种频率高于20 000 Hz 的声波，波长很短，广泛应用于生活与生产实践．关于超声波及应用，下列说法正确的是()A．在同种介质中，超声波的速度大于次声波的速度B．超声波的频率越高，衍射本领越强C．高速公路上的测速仪发出超声波波长大于所接收波的波长，说明此时车正在靠近测速仪D．“彩超”检查身体时，超声波迎着血液流动方向发射，仪器接收到的反射回来的波的频率低于其发射的超声波的频率答案 C解析在同种介质中，超声波的速度与次声波的速度一样，A错误；超声波的频率越高，波长越短，越不容易发生衍射，B错误；高速公路上的测速仪发出超声波波长大于所接收波的波长，说明发出的超声波的频率小于所接收波的频率，根据多普勒效应，接收到的频率变高，说明此时车正在靠近测速仪，C正确；用超声波测血液流速，超声波迎着血液流动方向发射，血液流速越快，仪器接收到的反射回来的波的频率越高，D错误．2．A、B为同一波源发出的两列波，某时刻在不同介质、相同距离上的波形如图所示，则两列波的波速大小之比v A∶v B是()A．1∶3 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1答案 C解析由题图读出两列波的波长之比λA∶λB＝2∶1，同一波源发出的两列波频率f相同，则由波速公式v＝λf得到，两列波的波速大小之比v A∶v B＝λA∶λB＝2∶1，故选项C正确．3.(多选)如图所示，蟾蜍在池塘边平静的水面上鸣叫，形成了水波．已知水波的传播速度与水的深度成正相关，蟾蜍的鸣叫频率f＝1 451 Hz.下列说法正确的是()A ．水波从浅水区传入深水区，频率变大B ．在深水区，水波更容易发生衍射现象C ．池塘水面上的落叶会被水波推向岸边D ．若水波两个相邻波峰间距离为0.5 cm ，则此处水波的波速约为7.3 m/s答案 BD解析 蟾蜍声带的振动产生了在空气中传播的声波和在池塘中传播的水波，无论是声波还是水波，它们都是由声带振动产生的，所以其频率都应该等于声带的振动频率，故A 错误；由已知水波的传播速度与水的深度成正相关，可知水波的波长与水深有关，深水区的波长大，所以更容易发生衍射现象，故B 正确；池塘水面上的落叶只会上下振动，不会随波向前运动，故C 错误；蟾蜍的鸣叫频率f ＝1 451 Hz ，且水波波长λ＝0.5 cm ＝0.005 m ，则波速v ＝λf ＝0.005×1 451 m/s ≈7.3 m/s ，故D 正确．4．(2022·辽宁卷·3)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P 的说法正确的是( )A ．该时刻速度沿y 轴正方向B ．该时刻加速度沿y 轴正方向C ．此后14周期内通过的路程为A D ．此后12周期内沿x 轴正方向迁移为12λ 答案 A解析 波沿x 轴正方向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P 的速度沿y 轴正方向，加速度沿y 轴负方向，选项A 正确，B 错误；在该时刻质点P 不在特殊位置，则在14周期内的路程不一定等于A ，选项C 错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D 错误．5．(多选)(2022·浙江1月选考·15)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T 的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t ＝0时刻的波形如图所示，此时两列波相距λ，则( )A ．t ＝T 4时，波形如图甲所示B ．t ＝T 2时，波形如图乙所示C ．t ＝3T 4时，波形如图丙所示 D ．t ＝T 时，波形如图丁所示答案 BD解析 根据波长和波速的关系式v ＝λT ，则t ＝T 4时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝λ4，故两列波的波前还未相遇，故A 错误；t ＝T 2时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝λ2，故两列波的波前刚好相遇，故B 正确；t ＝3T 4时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝3λ4，根据波的叠加原理可知，在两列波之间λ4～3λ4的区域为两列波叠加区域，振动加强，λ2处为波谷与波谷相遇，则质点的位移大小为2A (A 为单列波的振幅)，故C 错误；t ＝T 时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝λ，两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D 正确．6.两辆汽车甲与乙，在t ＝0时刻，分别距十字路O 处的距离为x 甲和x 乙．两车分别以速率v 甲和v 乙沿水平的、相互正交的公路匀速前进，如图所示．汽车甲持续地以固定的频率f 0鸣笛，则在任意时刻t 汽车乙的司机所检测到的笛声频率将如何变化(已知声速为u ，且有u >v 甲、u >v 乙)( )A ．当两车均向O 运动(在到达O 之前)时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率低B．当两车均向O运动(在到达O之前)时，汽车乙的司机接收到的频率可能等于波源发出的频率C．当两车均向远离O的方向运动时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率低D．当两车均向远离O的方向运动时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率高答案 C解析根据多普勒效应可知，当两车均向O运动(在到达O之前)时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率高；当两车均向远离O的方向运动时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率低，故A、B、D错误，C正确．7．(多选)(2023·浙南名校联盟一模)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝8 s时的波形图．以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是()答案AC解析若机械波沿x轴正方向传播，在t1＝2 s时O点振动方向向上，则传播时间满足Δt＝t2－t1＝34T＋nT，解得T＝4Δt3＋4n ＝243＋4ns(n＝0,1,2,3，…)当n＝0时，T＝8 s，则t＝0时刻O点处于负的最大位移处，故A正确，B错误；若机械波沿x轴负方向传播，则满足Δt＝t2－t1＝14T＋nT，解得T＝4Δt1＋4n＝241＋4ns(n＝0,1,2,3，…)当n＝0时，T＝24 s，在t2＝8 s＝13T时，O点处于波谷，则t＝0时刻，O在平衡位置上方位移为正值，故C 正确，D 错误．8．(多选)(2023·温州市一模)如图所示，在均匀介质中，坐标系xOy 位于水平面内．O 点处的波源从t ＝0时刻开始沿垂直于xOy 水平面的z 轴做简谐运动，其位移随时间变化关系为z ＝2sin 5πt ( cm)，产生的机械波在xOy 平面内传播．实线圆、虚线圆分别表示t 0时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，则下列说法正确的是( )A ．该机械波的传播速度为5 m/sB ．t 0＝0.5 sC ．t ＝1.45 s 时，B 处质点的速度方向为z 轴正方向D ．t ＝0.8 s 至t ＝1.6 s 时间内，C 处质点运动的路程为16 cm答案 AB解析 由题意可得，相邻的波峰和波谷距离为1 m ，故波长为λ＝2 m ．T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，故机械波的传播速度为v ＝λT ＝2 m 0.4 s＝5 m/s ，故A 正确； 由图像可知，OD 距离2 m 为一个完整的波长，t 0时刻，O 、D 均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O 点此时第二次出现波峰，可知t 0＝T ＋T 4＝0.5 s ，故B 正确； 由A 、B 选项中的计算结果可知机械波传播到B 点需要t B ＝45s ＝0.8 s 则t ＝1.45 s 时，B 点已经振动了n 个周期，则n ＝t －t B T ＝1.45 s －0.8 s 0.4 s ＝158机械波上的所有点都在模仿O 点的振动情况，振动图像如图所示，58T 的位置在z 轴的负半轴，且速度方向沿z 轴负方向．故C 错误；根据勾股定理可知，OC ＝(4 m )2＋(3 m )2＝5 m ，则传播到C 点的时间为t C ＝5 m 5 m/s＝1 s则t ＝0.8 s 至t ＝1.6 s 时间内，C 处质点振动了n ′个周期，n ′＝t －t C T ＝1.6 s －1.0 s 0.4 s ＝112， 则C 点处质点运动的路程s ＝n ′·4A ＝32×4×2 cm ＝12 cm ，故D 错误． 9．(多选)(2020·浙江7月选考·15)如图所示，x 轴上－2 m 、12 m 处有两个振动周期均为4 s 、振幅均为1 cm 的相同的波源S 1、S 2，t ＝0时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为4 m 沿x 轴传播的简谐横波．P 、M 、Q 分别是x 轴上2 m 、5 m 和8.5 m 的三个点，下列说法正确的是( )A ．6.0 s 时P 、M 、Q 三点均已振动B ．8.0 s 后M 点的位移始终是2 cmC ．10.0 s 后P 点的位移始终是0D ．10.5 s 时Q 点的振动方向竖直向下答案 CD解析 由v ＝λT得两列波的波速均为1 m/s ，且S 1P ＝4 m ，S 1M ＝7 m ，S 1Q ＝10.5 m ，S 2P ＝10 m ，S 2M ＝7 m ，S 2Q ＝3.5 m ．M 点开始振动时间t ＝S 1M v ＝S 2M v ＝7 s ，故A 错误；S 1M －S 2M ＝0，故M 点是振动加强点，振幅A ＝2A 0＝2 cm ，但位移并不是始终为2 cm ，如t ＝9 s 时，M 点的位移为0，故B 错误；S 2P －S 1P ＝6 m ＝112λ，故P 点为振动减弱点，位移始终为0，故C 正确；t ＝10.5 s 时，由于S 1Q ＝10.5 m ，故S 1形成的波刚好传到Q 点，即10.5 s 时Q 点由S 1引起的振动为竖直向下，由S 2Q ＝3.5 m,10.5 s 时，S 2波使Q 点振动了10.5 s －3.51 s ＝7 s ＝134T 的时间，即此时Q 点在S 2波的波峰，则Q 点实际振动方向竖直向下，故D 正确．10．(多选)(2023·浙江绍兴市模拟)位于x ＝0处的波源O 在介质中产生沿x 轴正方向传播的机械波．如图所示，当t ＝0时刻恰好传到x ＝12 m 位置，P 、Q 分别是x ＝4 m 、x ＝6 m 位置处的两质点，下列说法正确的是( )A ．波源O 的起振方向为沿y 轴负方向B ．P 、Q 位移的大小和方向始终相同C ．t ＝0开始，当P 第一次处于x 轴上方4 cm 处时，Q 处于x 轴下方4 cm 处D ．t ＝0开始，当波刚传到x ＝14 m 位置时，P 、Q 经过的路程分别为16 cm 和32 cm 答案 ACD解析 由题图可知，此时刻x ＝12 m 处的质点开始振动，根据“上坡向下”振动规律，该质点此时刻向y 轴负方向振动，所以波源O 的起振方向为沿y 轴负方向，A 正确；由题图知波长是变化的，P 、Q 的平衡位置之间的距离有时等于一个波长是同相点，位移的大小和方向相同，有时等于半个波长是反相点，位移方向相反，B 错误；t ＝0时，P 点向y 轴负方向振动，对应的波长为λ1＝4 m ，设波速为v ，则振动周期为T 1＝λ1v ＝4v ，P 点的振动方程为y ＝－8sin 2πT 1t (cm)，当P 第一次处于x 轴上方4 cm 处时，则有y P ＝－8sin 2πT 1t 1(cm)＝4 cm ，解得t 1＝712T 1，t ＝0时，Q 点向y 轴负方向振动，对应的波长为λ2＝2 m ，则振动周期为T 2＝λ2v ＝2v ＝T 12，当t 1＝712T 1时，Q 点已经完成了一次周期为T 2＝T 12的振动，回到原来位置，接下来以周期为T 1振动，则有y Q ＝－8sin 2πT 1(t 1－T 12)(cm)＝－4 cm ，C 正确；t ＝0开始，当波刚传到x ＝14 m 位置时，可知传播时间为Δt ＝Δx v ＝2v ，又Δt ＝2v ＝T 12＝T 2，可知P 点振动了半个周期，Q 点振动了一个周期，因此P 点的路程为s P ＝2A ＝16 cm ，Q 点的路程为s Q ＝4A ＝32 cm ，D 正确．11．(2023·浙江宁波市鄞州高级中学模拟)一根长20 m 的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x 轴建立图示坐标系．两人在绳端P 、Q 沿y 轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为10 cm 、20 cm 的相向传播的机械波．已知P 点形成的波的传播速度为4 m/s.t ＝0时刻的波形如图所示．下列判断正确的有( )A．两波源的起振方向相反B．两列波无法形成稳定的干涉图样C．t＝2 s时，在PQ之间(不含PQ两点)绳上一共有2个质点的位移为－25 cmD．叠加稳定后，x＝3 m处的质点振幅小于x＝4 m处质点的振幅答案 C解析由题图可知，P、Q两波源的起振方向都向下，选项A错误；波速由介质决定，故两列波的波速相同，由题图可知，两列波的波长相同，由v＝λf可知，两列波频率相等，又因为相位差一定，所以能形成稳定的干涉图样，选项B错误；两列波的周期T＝λv＝1 s，t＝2 s 后，波形如图所示，由图可知：在PQ之间(不含PQ两点)绳上一共有2个质点的位移为－25 cm，选项C正确；叠加稳定后，波形如图所示，由图可知：叠加稳定后，x＝3 m处的质点振幅大于x＝4 m处质点的振幅，选项D错误．12．(多选)(2023·浙江省名校协作体模拟)如图甲所示，在同一介质中，波源分别为S1与S2的频率相同的两列机械波在t＝0时刻同时起振，波源为S1的机械波振动图像如图乙所示；波源为S2的机械波在t＝0.25 s时波的图像如图丙所示．P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1＝7 m，PS2＝9 m，则()A．质点P的位移不可能为0B．t＝1.25 s时，质点P处于波谷C．质点P的起振方向沿y轴正方向D．波源为S2的机械波的起振方向沿y轴负方向答案BC解析结合波源S2在t＝0.25 s时波的图像即题图丙可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为S2的机械波的起振方向沿y轴正方向，D错误；根据波源S1的振动图像即题图乙可知，波源S1的起振方向沿y轴正方向，同一介质中波速相同，又因为PS1<PS2，由此可知波源S1的机械波最先传到P点，因此质点P的起振方向与波源S1的起振方向相同，沿y轴正方向，C正确；在同一介质中，频率相同的两＝10 m/s，列机械波，波速相同，波长相等，由题图可知λ＝2.0 m，T＝0.2 s，则波速为v＝λTP点到两波源的路程差为Δx＝PS2－PS1＝2 m，即P点到两波源的路程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，因此，P点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；S1和S2振动传到P的时间分别为t1＝PS1v＝0.7 s，t2＝PS2v＝0.9 s，由此可知，在t＝1.25 s时，波源S1在t′＝1.25 s－t1＝0.55 s时的振动情况传到P点，此时波源S1位于波谷；波源S2在t″＝1.25 s－t2＝0.35 s时的振动情况传到P点，此时波源S2位于波谷，在t＝1.25 s时P处为两列波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确．13.(多选)如图所示，一列振幅为10 cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3 m．某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经过0.3 s，Q第一次到达波峰．则下列说法正确的是()A．波长可能为2 mB．周期可能为0.24 sC．波速可能为15 m/s。

高考物理电磁振荡与电磁波的关系专题复习教案一、引言在高考物理中，电磁振荡和电磁波是重要的概念，它们之间存在着密切的联系。

本文将结合专题复习教案，深入探讨电磁振荡与电磁波的关系，帮助同学们加深对这一知识点的理解。

二、电磁振荡基础知识回顾1. 电磁振荡的概念电磁振荡是指电场和磁场在空间中以一定频率和幅度交替变化的现象。

它是由电容器和电感器组成的电路中，电荷按一定频率和幅度在电容器和电感器之间交换而形成的。

2. 电磁振荡的基本特征电磁振荡具有频率、周期、角频率、振幅等基本特征。

其中，频率表示单位时间内振荡的次数，周期表示振荡一次所需的时间，角频率表示单位时间内振荡的角度变化量，振幅表示电场或磁场的最大变化量。

3. 电磁振荡的数学描述电磁振荡可以通过谐振方程来描述，其一般形式为x(t) = A·cos(ωt + φ)，其中x(t)表示电场或磁场的变化量，A表示振幅，ω表示角频率，t 表示时间，φ表示初相位。

三、电磁波基础知识回顾1. 电磁波的概念电磁波是指电场和磁场通过空间传播的波动现象。

它包括了可见光、微波、射线等多种波动形式，具有电场和磁场垂直且互相垂直的特点。

2. 电磁波的基本性质电磁波具有传播速度快、波长和频率之间存在固定关系等基本性质。

其中，传播速度为光速，即299792458m/s，波长(lambda)和频率(f)之间满足c = λf，其中c为光速。

3. 电磁波的分类电磁波根据频率的不同可以分为不同的波段，包括射线、紫外线、可见光、红外线、微波等。

其中，可见光波段是人眼能够感知的波段。

四、电磁振荡与电磁波的关系1. 电磁振荡与电磁波的产生电磁振荡是电荷在电路中交换能量的过程，当电磁振荡达到一定条件时，即可产生电磁波。

电磁波的产生是电磁振荡能量传播的结果。

2. 电磁振荡与电磁波的相互转化在电磁振荡中，电场和磁场相互作用，形成电磁波；而在电磁波传播过程中，电场和磁场相互转化，形成电磁振荡。

高三物理一轮复习教案大全一、教学目标咱这一轮复习啊，目标就是让同学们把高中物理知识从头到尾系统地过一遍。

首先得让大家把那些基本概念、公式啥的记得牢牢的，不能含糊。

然后呢，要学会分析各种物理问题，不管是力学、电学还是其他部分的。

再就是提高解题能力，看到题就知道从哪儿下手，争取做题又快又准。

最后呢，通过复习培养大家的物理思维，遇到难题也能冷静思考，找到解决办法。

二、教学重点与难点重点呢，肯定是那些高考常考的知识点，像牛顿运动定律、电场磁场这些。

难点就是那些同学们容易混淆的概念，还有复杂的综合题。

比如说，很多同学对电场强度和电势的概念就容易搞混。

还有那些涉及多个物理过程的综合题，同学们往往不知道怎么下手。

咱就得针对这些重点和难点，好好下功夫。

三、教学方法咱用问题引导法，上课的时候多提问题，让同学们积极思考。

比如说，讲力学的时候，就问“一个物体在斜面上会受到哪些力呀？”这样能让同学们主动去回忆知识点。

还可以用案例分析法，找一些高考真题或者典型例题，带着同学们一起分析，让大家知道怎么用所学知识解题。

咱还可以搞小组讨论，让同学们互相交流解题思路，这样能开拓大家的思维。

四、教学过程（一）导入上课铃响了，咱先别着急翻开书。

同学们，今天咱来点不一样的。

我给大家展示一道高考物理真题中的典型题目哈。

就比如说这道关于电场和磁场的综合题，“在一个匀强电场和匀强磁场叠加的区域中，一带电粒子以某一初速度从A 点进入，已知电场强度为E，磁感应强度为B……”嘿，大家先别慌着去解题，咱就看看这题，想想如果是你们在高考考场上碰到这样的题，会从哪儿下手呢？这道题啊，其实就涵盖了咱高三物理一轮复习中的好几个重要知识点呢。

通过这道题，咱就引出今天的复习主题，让大家明白复习好物理知识有多么重要，这样高考的时候咱就不会慌啦。

咱可得好好复习，为高考加油，是不是？（二）知识讲解1. 系统梳理物理知识点咱先从力学开始哈。

力学可是物理的基础呢。

比如说，牛顿三大定律，这可是重中之重。