2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第9讲　电磁感应

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第9讲电磁感应第9讲电磁感应题型1楞次定律和法拉第电磁感应定律1.[2023·海南卷]汽车测速利用了电磁感应现象,汽车可简化为一个矩形线圈abcd,埋在地下的线圈分别为1、2,通上顺时针(俯视)方向电流,当汽车经过线圈时 (C)A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同[解析]由题知,埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流,则根据右手螺旋定则,可知线圈1、2中磁场方向竖直向下,A错误;汽车进入线圈1过程中,磁通量向下增大,根据楞次定律可知产生感应电流的方向为adcb(逆时针),B错误;汽车离开线圈1过程中,磁通量向下减小,根据楞次定律可知产生感应电流的方向为abcd(顺时针),C正确;汽车进入线圈2过程中,根据楞次定律的推论可知,汽车受到的安培力方向与速度方向相反,D错误.2.[2023·全国乙卷]一学生小组在探究电磁感应现象时,进行了如下比较实验.用图甲所示的缠绕方式,将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上,漆包线的两端与电流传感器接通.两管皆竖直放置,将一根小的强磁体分别从管的上端由静止释放.在管内下落至管的下端.实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图乙和丙所示,分析可知 (A)A.图丙是用玻璃管获得的图像B.在铝管中下落,强磁体做匀变速运动C.在玻璃管中下落,强磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短[解析]在铝管中运动时,强磁体受到两个阻力的作用,一个是铝管涡流的阻碍作用,另一个是漆包线中电流产生的磁场的阻碍作用,铝管的阻碍作用更强一些,所以强磁体在铝管中运动的速度要比在玻璃管中相应位置运动的速度小,所以铝管的漆包线中出现的电流峰值要小,且强磁体在铝管中运动时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔更长,A正确,D错误;强磁体在铝管中下落,测得的电流峰值相同,即强磁体经过每匝线圈时磁通量变化率的最大值相同,可知在漆包线中不产生感应电流的时间段内强磁体做匀速运动,B错误;在玻璃管内受到的阻力是漆包线中电流产生的磁场的电磁阻力,由图丙中电流的变化可知该电磁阻力是变化的,C错误.3.(多选)某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示,在电梯轿厢底部安装永久强磁铁,磁铁N极朝上,电梯井道内壁上铺设若干金属线圈,线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合,从而减小对箱内人员的伤害.当电梯轿厢坠落到图示位置时,下列说法正确的是 (AD)A.从上往下看,金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向B.从上往下看,金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向C.金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用,A没有阻碍作用D.金属线圈B有收缩的趋势,A有扩张的趋势[解析]当电梯坠落至题图位置时,闭合线圈A中向上的磁场减弱,感应电流的方向从上往下看是逆时针方向,B中向上的磁场增强,感应电流的方向从上往下看是顺时针方向,故B错误,A正确;当电梯坠落至如图位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落,故C错误;闭合线圈A中向上的磁场减弱,B中向上的磁场增强,根据楞次定律可知,线圈B有收缩的趋势,A有扩张的趋势,故D正确.4.市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图乙、丙所示.在按下门铃按钮过程中,夹着永磁铁的铁块向下移动,改变了与“E”形铁芯接触的位置,使得通过线圈的磁场发生改变.松开门铃按钮后,弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出).由此可判断 (B)A.未按下按钮时,线圈a、b两点间存在电势差B.按下按钮过程中,线圈中感应电流始终由b经线圈流向aC.按钮复位过程中,线圈中的磁通量一直减小D.按下按钮过程与松开复位过程中,a点的电势始终高于b点[解析]未按下按钮时,线圈磁通量不变,因此a、b两点电势差为零,故A错误;按下按钮过程中,线圈中的磁场先向右减小,后向左增加,根据楞次定律可知,感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱,又因为线圈是电源,电源内部电流方向由负极流向正极,因此线圈a接线柱的电势比b接线柱高,按钮复位过程中,线圈中的磁场先向左减小,后向右增加,磁通量先减小后增大,根据楞次定律可知,感应电流方向从a接线柱通过线圈流向b接线柱,线圈a接线柱的电势比b接线柱低,故B正确,C、D错误.5.如图甲所示,A、B为两个相同的环形线圈,共轴并靠近放置,A线圈中通有如图乙所示的交变电流,下列说法正确的是 (D)A.t1时刻两线圈间作用力最大B.t2时刻两线圈间作用力最大C.在t1到t2时间内,A、B两线圈相互排斥D.在t2到t3时间内,A、B两线圈相互排斥[解析]由图可知,在t1时刻线圈A中的电流最大,此时产生的磁通量的变化率为零,所以线圈B感应电流为零,因此两线圈间作用力为零,故A错误;在t2时刻,线圈A中的电流为零,而磁通量的变化率是最大的,所以线圈B感应电流也是最大,但A、B间的相互作用力为零,故B错误;在t1到t2时间内,若设顺时针(从右向左看)方向为正,则线圈A电流方向顺时针且大小减小,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小减小,由楞次定律可知,线圈B的电流方向为顺时针方向,因此A、B中电流方向相同,出现相互吸引现象,故C错误;在t2到t3时间内,若设顺时针方向(从右向左看)为正,则线圈A电流方向逆时针且大小增大,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小增大,由楞次定律可知,线圈B的电流方向顺时针方向,因此A、B中电流方向相反,A、B出现互相排斥现象,故D正确.6.(多选)如图所示,足够长的圆柱形永磁体竖直放置,其周围存在辐向磁场.一个圆形金属线圈与磁体中心同轴,线圈由静止释放后经过时间t速度达到最大值v,此过程中线圈平面始终保持水平,已知金属线圈的匝数为N、质量为m、直径为d、总电阻为R,金属线圈下落过程中所经过磁场的磁感应强度大小均为B,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则 (AD)A.从上往下看,线圈中感应电流沿顺时针方向B.线圈达到最大速度之前做匀加速直线运动C.线圈下落速度为v时的热功率为NmgvD.t时间内通过线圈横截面的电荷量为[解析]线圈的每一部分都在切割磁感线,根据右手定则可知从上往下看,线圈中感应电流沿顺时针方向,A正确;线圈达到最大速度之前,随着速度增大,电流增大,所受向上的安培力增大,根据牛顿第二定律可知加速度逐渐减小,B错误;线圈下落速度为v时,安培力与重力平衡,热功率等于克服安培力做功功率,则有P=Fv=mgv,C错误;t时间内,根据动量定理有mgt-t=mv,其中=NπdB,联立得mgt-NπdBq=mv,解得q=,D正确.题型2电磁感应中的电路与图像问题1.[2023·浙江1月选考]如图甲所示,一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO',接入电阻R构成回路.导体杆处于竖直向上的匀强磁场中,将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放,导体杆开始下摆.当R=R0时,导体杆振动图像如图乙所示.若横纵坐标皆采用图乙标度,则当R=2R0时,导体杆振动图像是 (B)ABCD[解析]若电阻变大,则导体杆切割磁感线时产生的感应电流变小,即所受安培力变小,对做阻尼振动的导体杆而言,阻尼变小,振动时间相应延长,即选项B正确,A、C、D错误.2.(多选)在如图所示的电路中,半径为r的半圆形金属滑轨一端与阻值为R的定值电阻连接,另一端靠近金属棒转轴(但不连接),金属棒的长度略大于2r,可绕O点在竖直面内转动,在转轴处与定值电阻R相连,转动过程中始终保持与滑轨良好接触.t=0时刻,金属棒在外界控制下从竖直位置以角速度ω绕O点顺时针匀速转动,直至水平,整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直滑轨所在平面向里的匀强磁场(图中未画出)中.金属棒和滑轨的电阻均不计.下列说法正确的是 (BC)A.通过定值电阻的电流方向发生改变B.在t=时刻,通过定值电阻的电流为C.通过定值电阻的电流的最大值为D.在金属棒从竖直位置转到水平位置的过程中,通过定值电阻某一横截面的电荷量为[解析]根据题意,由右手定则可知,转动过程中,感应电流方向一直为顺时针,故A错误;在t=时刻,金属棒转过,有效长度为r,则感应电动势为E1=B·r·ω·r=Bωr2,通过定值电阻的电流为I1==,故B正确;当金属棒水平时,感应电流最大,则有Em=B·2r·ω·2r=Bω·2r2,通过定值电阻的电流的最大值为Im==,故C正确;由=、=和q=t可得q===,故D错误.3.(多选)[2020·山东卷]如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形.一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动).从图示位置开始计时,4s末bc边刚好进入磁场.在此过程中,导体框内感应电流的大小为I,ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像可能正确的是 (BC)ABCD[解析]设正方形的边长为dm,则导体框运动的速度大小为dm/s,设磁感应强度大小为BT,1s之前,导体框切割磁感线的有效长度为2d,由E=BLv得E1=2Bd2(V),由I1==(A)得电流大小恒定不变,I-t图线为平行于时间轴的直线,ab边在磁场中的长度为vt=dt(m),由F=BIL得安培力Fab1=t(N),安培力随时间变化的图线为过原点的倾斜直线,1s末受到的安培力为(N);1~2s,导体框切割磁感线的有效长度为2d+v(t-1)=d+dt,由E=BLv得E2=Bd2t+Bd2,由I2=t+,则I-t图线为倾斜的直线,2s末的电流大小为,ab边在磁场中的长度为vt=dt,Fab2=(t2+t),安培力随时间变化的图线为抛物线,2s末受到的安培力为;2~4s,在左边磁场中导体框切割磁感线的有效长度为3d,在右边磁场中导体框切割磁感线的有效长度为v(t-2)=d(t-2),两边磁场中的导体框产生的电动势方向相反,总电动势为两者之差,故E=3Bd2-Bd2(t-2)=-Bd2t+5Bd2,I3=-t+,I-t图线为斜向下倾斜的直线,4s末的电流大小为,ab边在磁场中的长度为vt=dt,Fab3=(-t2+5t),安培力随时间变化的图线为抛物线,4s末受到的安培力为,因此选项B、C正确,A、D错误.4.如图所示,xOy坐标平面内有一顶点在原点的抛物线形金属导轨,在导轨围成的区域内有垂直坐标平面的匀强磁场.在t=0时刻,有一足够长的粗细均匀的金属棒从原点出发沿+y方向以恒定速度v平移(棒保持垂直于y轴),金属棒与导轨接触良好,不计导轨电阻.则在平移过程中,关于金属棒上产生的电动势E、金属棒中的感应电流i、金属棒所受安培力F安以及金属棒的电功率P随纵坐标y的变化规律,下列图像可能正确的是 (C)ABCD[解析]设第一象限内棒与抛物线交点坐标为(x,y),则回路中金属棒产生的电动势为E=2Bvx,再设抛物线方程为y=ax2,则有E=2Bv∝,即图线为开口向右的抛物线,故A错误;设金属棒单位长度的电阻为r,则金属棒中电流为i===,故图线应为平行于横轴的直线,故B错误;金属棒所受安培力为F安=2Bix==∝,即图线为开口向右的抛物线,故C正确;金属棒电功率为P=i2R=×2xr=×2r∝,即图线为开口向右的抛物线,故D错误.5.在如图甲所示的电路中,两个完全相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S,待电路稳定后,调整R的滑片使L1和L2亮度一样,此时通过两个灯泡的电流均为I.在之后的t0时刻断开S,则在如图乙所示的图像中,能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的是 (A)甲ABCD乙[解析]L1与线圈串联,断开S,流过线圈的电流减小,电感线圈产生同向的感应电动势,并慢慢变小,则电流变小,变小得越来越慢,故A正确,B错误;闭合开关S后,L2与线圈并联,电感线圈产生的电流与L2构成回路,S断开后的较短的时间内L2电流反向,并由I值逐渐减小,故C、D错误.题型3电磁感应力学综合问题1.(多选)如图所示,空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场,竖直方向磁场区域足够长,磁感应强度大小B=1T,每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d=1m.现有一个边长l=0.5m、质量m=0.2kg,电阻R=1Ω的单匝正方形线框,以v0=8m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场,g取10m/s2,下列说法正确的是 (CD)A.线框刚进入第一个磁场区域时,加速度大小为10m/s2B.线框穿过第一个磁场区域过程中,通过线框的电荷量为0.5CC.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4JD.线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整磁场区域[解析]线框刚进入第一个磁场区域时,产生的电动势为E=Blv0=1×0.5×8V=4V,线框受到的安培力大小为F安=BIl=Bl=1××0.5N=2N,根据牛顿第二定律可得,加速度大小为a===m/s2=10m/s2,故A错误;线框穿过第一个磁场区域过程中,通过线框的电荷量为q=Δt=Δt=Δt=0C,故B错误;线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中,由于线框上下两边处在磁场中的长度相等,则上下两边受到的安培力相互抵消,即线框竖直方向只受重力作用,可认为竖直方向做自由落体运动,水平方向在安培力作用下做减速运动,当水平方向的速度减为零时,线框开始竖直下落,则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为Q=m=×0.2×82J=6.4J,故C正确;线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中,水平方向根据动量定理可得-vt=x,联立解得x==m=6.4m,线框穿过1个完整磁场区域,有安培力作用的水平距离为2l,由于==6.4,可知线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过6个完整磁场区域,故D正确.2.(多选)[2023·山东卷]足够长的U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1m,电阻不计.质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好,Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2T,方向向下.用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面.如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行.MN的速度v1=2m/s,CD的速度为v2且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10m/s2,下列说法正确的是(BD)A.B2的方向向上B.B2的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s[解析]导轨的速度v2>v1,因此对导体棒MN受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力,摩擦力大小为Ff=μmg=2N,导体棒所受的安培力大小为F1=Ff=2N,由左手定则可知导体棒中的电流方向为N→M,导轨中的电流方向为M→D→C→N,导轨受到向左的摩擦力Ff'=Ff=2N,受向右的拉力FT=m0g=1N,所以导轨所受的安培力方向向右,大小为F2=Ff-m0g=1N,由左手定则可知B2的方向向下,A错误,B正确;对导体棒分析有F1=B1IL,对导轨分析有F2=B2IL,电路中的电流为I=,联立解得v2=3m/s,C错误,D正确.3.如图甲所示,间距为L=1m的长直平行导轨固定在水平面上,虚线MN与导轨垂直,在其右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1T,质量均为m=1kg的金属棒P、Q垂直放在导轨上,P、Q与导轨间的动摩擦因数均为μ,P棒到MN存在一段距离,t=0时刻起,P棒始终受到一方向水平向右、大小为F=4N的恒定拉力作用,其运动的v-t图像如图乙所示,其中t=0到t1=3s的图像为直线.已知P、Q棒接入电路的总电阻为R=1Ω,运动过程中两棒未发生碰撞,不计导轨的电阻,重力加速度g取10m/s2.(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数大小μ;(2)求P棒刚进入磁场时的加速度大小;(3)若在t2时刻,电路电流为4A,则此时P棒的速度大小vP为多少?[答案](1)0.2(2)4m/s2(3)5m/s[解析](1)对导体棒受力分析,水平方向上有F-μmg=ma0从图乙可以读出,0~3s的倾斜直线的斜率即为加速度大小,即a0=k=2m/s2联立可得μ=0.2(2)刚进入磁场的导体棒受到运动方向的力有F、滑动摩擦力和导体棒所受安培力,此时有F-μmg-BIL=ma其中I=联立可得a=-4m/s2即加速度大小为4m/s2(3)对P和Q整体进行分析,在3~t2时间内,由动量定理可得=m(vP+vQ)-mv且此时有I=计算可得F=μ·2mg联立得vP=5m/s4.如图甲所示,两条光滑平行金属轨道MN、PQ与水平面成θ=30°角固定,轨道间距L=1m,P、M间接有阻值为R1的定值电阻,Q、N间接有电阻箱R,质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,杆和轨道的电阻都忽略不计;匀强磁场垂直于轨道平面向上,磁感应强度B=0.5T.从静止释放金属杆ab,改变电阻箱的阻值R,对应于金属杆ab的一个收尾速度vm,得到与的关系如图乙所示.轨道足够长,g取10m/s2.(1)求金属杆ab的质量m和定值电阻的阻值R1;(2)当R=4Ω且金属杆ab的加速度为2.5m/s2时,求金属杆ab的速度大小;(3)当R=4Ω且金属杆ab速度为时,求定值电阻R1消耗的电功率.[答案](1)0.1kg1Ω(2)0.8m/s(3)0.16W[解析](1)回路总电阻R总=,总电流I=当金属杆ab达到最大速度时,有mgsinθ=BIL即mgsinθ=B2L2vm整理得=·+则-图像的斜率k=,截距b=根据图像可求得斜率k=0.5Ω·s·m-1,截距b=0.5s·m-1解得m=0.1kg,R1=1Ω(2)当金属杆ab的加速度a=2.5m/s2时,根据牛顿第二定律得mgsin30°-BI2L=ma2解得I2=0.5A当R=4Ω时,R总==0.8Ω又I2R总=E=BLv2解得v2=0.8m/s(3)当R=4Ω时,根据图像得到vm=1.6m/s当v3==0.8m/s时,P===0.16W5.[2023·新课标卷]一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上.宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图甲所示.(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场.运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小.(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图乙所示.让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场.运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好.求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量.[答案](1)(2)[解析](1)在金属框右边框进入磁场而左边框未进入磁场时,设它的加速度为a,速度为v,回路中电流为I,电阻为4R0,由法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律有BLv=4R0·I-BLI=ma设在小时间段Δt内,金属框速度和位置变化量分别为Δv和Δx,有a=,v=联立得Δv=-Δx设金属框的初速度大小为v0,金属框刚好完全进入磁场时的速度为v1,则v0-v1=金属框完全进入磁场后做匀速运动.金属框穿出磁场区域的过程与穿入过程类似处理,并代入题目所给条件得v1-=联立得v0=(2)当金属框置于导轨上时,金属框上下边框的电阻被导轨短路.当仅有右边框在磁场中运动时,电阻R1与左边框的电阻R0并联,并联的电阻记为R2,电流回路总电阻记为Rt,由电阻的串、并联公式有R2=R0,Rt=R0+R2设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v2,与(1)中类似处理并代入题给条件得v0-v2=联立得v2=从开始到金属框刚好完全进入磁场时,由能量守恒定律得整个电路产生的热量Q0=m-m设流经电阻R1的电流为I1,回路总电流为I',有I1R1=I'R2从开始到金属框刚好完全进入磁场时,电阻R1上产生的热量为Q1=Q0·金属框完全进入磁场后,左右边框产生的电动势相等,两边框的并联电阻为R0,这时回路总电阻为Rt'=R0设金属框完全进入磁场后,左边框与磁场左边界距离为x时,金属框的速度为v3,与(1)中类似处理并代入题给条件可得v2-v3=可以得到,当x=L时,v3=0即当金属框右边框到达磁场右边界时,金属框恰好停下.从金属框完全进入磁场到停止运动的过程中,根据能量守恒定律,整个电路产生的热量为Q0'=m-0电阻R1在电路中串联,R1上产生的热量为Q1'=Q0'·联立以上各式并代入题给条件得,在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量为Q1″=Q1+Q1'=第10讲机械振动和机械波、电磁振荡和电磁波题型1机械振动与机械波1.(多选)摆钟是一种较有年代的计时钟表,其基本原理是利用了单摆的周期性,结合巧妙的擒纵器设计,实现计时的功能.如图所示为其内部的结构简图.设原先摆钟走时准确,则 (BCD)A.摆动过程中,金属圆盘所受合力为其回复力B.摆钟在太空实验室内是无法正常使用的C.将该摆钟从北京带到汕头,为使走时准确,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动D.该摆钟在冬季走时准确,到夏季为了准时,考虑热胀冷缩需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动[解析]回复力是指向平衡位置的力,所以摆动过程中,金属圆盘所受重力沿轨迹切线方向的分力为其回复力,金属圆盘所受合力还有一部分提供向心力,故A错误;摆钟在太空实验室内是处于失重状态的,所以无法使用,故B正确;将该摆钟从北京带到汕头,重力加速度变小,由T=2π,可知周期变大,摆钟变慢,为使走时准确,需要摆钟的摆长变短,需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,故C正确;该摆钟在冬季走时准确,到夏季温度升高,由于热胀冷缩,摆长变长,为了准时,需要摆长变短,所以需旋转微调螺母使金属圆盘沿摆杆向上移动,故D正确.2.甲、乙两星球表面的a、b两个单摆做简谐运动的x-t图像如图所示,已知两单摆的摆长相等,由图可知(D)A.甲、乙两星球表面的重力加速度之比为B.减小a摆的摆球质量,a摆的周期有可能与b摆相等C.a、b两单摆的摆球在最低点的速率有可能相等D.a、b两单摆的摆球在最低点的动能有可能相等[解析]设a、b的振动周期为T1、T2,根据图像可知1.5T1=T2,已知两单摆的摆长L相等,根据单摆的周期公式T=2π可知,甲、乙两星球表面的重力加速度之比为=,故A错误;单摆的周期与摆球的质量无关,所以减小a摆的摆球质量,a摆的周期不可能与b摆相等,故B错误;设单摆的摆线与竖直方向的夹角最大为θ,到达最低点的速度大小为v,根据动能定理可得mgL(1-cosθ)=mv2,解得v=,由于g1>g2,θ1>θ2,故v1>v2,故C错误;根据动能定理可得摆球摆到最低点的动能Ek=mgL(1-cosθ),由于两个摆球的质量大小不确定,所以a、b两单摆的摆球在最低点的动能有可能相等,D正确.3.如图甲所示是一列简谐横波在某时刻的波形图,质点M、N、P、Q分别位于介质中x=3m、x=4m、x=5m、x=10m处.该时刻横波恰好传播至P点,图乙为质点M从该时刻开始的振动图像,下列说法正确的是 (B)A.此波在该介质中的传播速度为1.25m/sB.波源起振方向沿y轴正方向C.此波传播至Q点的过程中,质点P经过的路程为5mD.质点Q起振后,与质点N振动步调完全一致[解析]根据图甲可知波长为λ=4m,根据图乙可知T=4s,则波速v==m/s=1m/s,故A错误;此时波刚好传到P点,根据上下坡法可知,P点振动方向沿y轴正方向,又因为此时P点振动方向为波源的起振方向,故B正确;根据波在x轴方向上的传播特点可知,t==s=5s=T,则P点的路程s=5A=5×10cm=50cm,故C错误;质点Q和质点N之间的距离Δx=6m=λ,因此两个质点的振动步调相反,故D错误.4.沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像如图甲所示,平衡位置在x=4m处的质点Q的振动图像如图乙所示,下列说法正确的是 (D)A.该波沿x轴负方向传播B.该波的波长为10mC.该波的传播速度为12m/sD.t=s时刻,x=0处的质点回到平衡位置[解析]t=0时刻平衡位置在x=4m处的质点Q向上振动,根据“同侧法”可知该波沿x轴正方向传播,故A错误;根据图甲可知该波的波长为λ=12m,故B错误;根据图乙可知,该波的周期为T=1.6s,该波的传播速度为v==m/s=7.5m/s,故C错误;根据波形的平移可得,x=0处的质点第一次回到平衡位置的时刻为t==s,故在t=s时刻,x=0处的质点回到平衡位置,故D正确.5.两列振幅相同的横波在同一介质中相向传播,波速为4m/s.甲从P点沿x轴正方向传播,乙从Q点沿x轴负方向传播.t=0时刻的波形如图所示,则 (D)A.甲、乙两列波的频率之比为3∶2B.两列波的起振方向相同C.t=3s时刻,平衡位置在x=6m处的质点位移为2cmD.t=3s时刻,平衡位置在x=3m处的质点位移为2cm[解析]甲、乙两列波的波长之比为3∶2,根据f=可知,频率之比为2∶3,故A错误;根据同侧法判断甲起振方向向下,乙起振方向向上,则两列波的起振方向相反,故B错误;t=3s时刻,由x=vt得,两列波各自向前传播12m,此时甲波与乙波引起平衡位置在x=6m处的质点均处于平衡位置,叠加之后此时位移为0,故C错误;t=3s时平衡位置在x=3m处的质点由乙波引起的振动正处于波峰,由甲波引起的振动正在平衡位置,则此时该质点的位移为2cm,D正确.6.一列简谐横波在t1=0.2s的波形图如图甲所示,平衡位置在x=2m处的质点M的振动图像如图乙所示.已知质点N的平衡位置在x=3.5m处,下列说法正确的是 (B)A.N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为0.1mB.t2=0.3s时,质点N的运动方向沿y轴负方向C.质点N从t=0时刻起每经过0.05s所通过的路程都是0.2mD.如果该波源沿波的传播方向移动,则在x轴正半轴较远处的观测仪器接收到该波的频率小于5Hz[解析]由图甲、乙知,波长为λ=4m,周期T=0.2s,振幅A=0.2m,图示时刻波动方程为y=-0.2sinm,当x=3.5m时,y=-0.2sincm=0.1m,即N点在t1时刻偏离平衡位置的位移为0.1m,故A错误;由图乙知,t1=0.2s时刻质点M沿y轴负方向运动,结合图甲,由同侧法可知,该波沿x轴正方向传播,质点N在t1=0.2s时刻沿y轴正方向运动,从t1=0.2s到t2=0.3s,经历的时间Δt1=t2-t1=(0.3-0.2)s=0.1s=,此时质点N沿y轴负方向运动,故B正确;只有从平衡位置或最大位移处开始运动,经过Δt2=0.05s=质点通过的路程为s=A=0.2m,由图甲知,t1=0.2s时刻质点N不在平衡位置或最大位移处,故质点N从t=0时刻起每经过0.05s所通过的路程不等于0.2m,故C错误;由B分析知,波沿x轴正方向传播,则波源沿x轴正方向移动,与x轴正半轴较远处的观测仪器相互靠近,由多普勒效应知,该观测仪器接收到该波的频率大于波源的频率f==Hz=5Hz,故D错误.题型2波的叠加、干涉、衍射、多普勒效应1.如图所示,甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播,t=0时刻两列波恰好在坐标原点相遇,已知甲波沿x轴正方向传播,频率为5Hz;乙波沿x轴负方向传播,则 (B)A.乙波在该介质中的波速为20m/sB.甲、乙两波相遇后将产生干涉现象C.甲、乙两波相遇后x=0处质点始终位于平衡位置D.甲、乙两波均传播到x=2m处时,该处质点的振幅为10cm[解析]甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播,波速相同,甲的波长为λ甲=2m,所以甲、乙两列简谐横波的波速均为v=λ甲f=10m/s,故A错误;甲、乙两列简横波的波长相同、波速相同,所以频率相同,相遇后将产生干涉现象,故B正确;两列波相遇时,引起x=0处质点的振动方向相同,所以x=0处质点振动加强,将在平衡位置附近振动,不可能始终位于平衡位置,故C错误;根据波形可知甲波经过一个周期传播到x=0.2m处,此时两列波引起该处质点的振动方向相同,所以该处质点振动加强,振幅为A=A甲+A乙=30cm,故D错误.2.(多选)如图甲所示,A、B、C是介质中的三个点,A、C间距为3.25m,B、C间距为1m.两个波源分别位于A、B两点,且同时从t=0时刻开始振动,振动图像如图乙所示.已知A点波源振动形成的波长为2m,则 (AB)A.A点波源振动形成的波在此介质中波速为5m/sB.B点波源振动形成的波长为3mC.AB中点是振动加强点D.t=2.15s时C点位移为7cm[解析]根据图乙可知,A点波源振动的周期为0.4s,故形成的波在此介质中波速为vA==m/s=5m/s,故A正确;同种介质中,两列波的传播速度相等,故B点波源形成的波的波速也为5m/s,根据图乙可知,B点波源振动的周期为0.6s,B点波源振动形成的波长为λB=vTB=5×0.6m=3m,故B正确;由于两列波的周期不同,在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同,故C错误;根据图乙可知,A点波源的振动波在C的振动位移表达式为xA=AAsin,B的振动位移表达式为xB=ABsin,将t=2.15s代入得xA=-3cm,xB=-4cm,x=xA+xB=-3cm+(-4cm)=-7cm,故D错误.3.两列简谐横波在某一均匀介质中相向传播,波源M产生的波沿x轴正方向传播,波源N产生的波沿x轴负方向传播.t=0时刻某一波源先开始振动,t=0.2s时MN间的波形图如图所示.此时平衡位置位于x=2m和x=8m的两个质点都在波峰位置.下列说法正确的是 (D)A.波源M先振动且起振方向向下B.沿x轴负方向传播的N波波速为10m/sC.再经过0.2s,x=6m处的质点纵坐标为10cmD.从t=0时刻到两列波相遇的这段时间内,x=6m处的质点通过的路程为cm[解析]M波传播的距离远,即M波先开始传播且波源M起振方向向上,故A错误;波速由介质决定,两列波的波速一定相同,则N波的波速为v==20m/s,故B错误;再经0.2s,两列波各向前传播的距离为x1=20m/s×0.2s=4m,x=6m处的质点恰好是M波的波峰与N波的波谷相遇,则其纵坐标为y1=10cm-5cm=5cm,故C错误;两列波在x'=5.5m处相遇,N波的周期T2===0.2s,从t=0时刻到两列波相遇的这段时间内,x=6m的质点振动的实际时间段为N波传到x=6m处到两列波相遇,故t2==0.025s=,通过的路程等于s=5cm×sin=cm,故D正确.4.(多选)如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平地面上,上端连接一轻质薄板.t=0时刻,一物块从其正上方某处由静止下落,落至薄板上后和薄板始终粘连,其位置随时间变化的图像(x-t)如图乙所示,其中t=0.2s时物块刚接触薄板.弹簧始终在弹性限度内,空气阻力不计,则下列说法正确的是 (ABD)A.t=0.2s后物块做简谐运动B.t=0.4s时物块的加速度大于重力加速度C.若增大物块自由下落的高度,则物块与薄板粘连后振动的周期增大D.t=0.2s后物块位置随时间变化关系为x=0.3m+0.2sinm[解析]t=0.2s时物块刚接触薄板,落至薄板上后和薄板始终粘连,构成竖直方向的弹簧振子,由图乙可知,0.2s以后的图像为正弦函数曲线,即t=0.2s后物块做简谐运动,A正确;薄板为轻质薄板,质量可忽略不计,由图乙可知,B点是正弦函数曲线的最高点,C点是正弦函数曲线的最低点,根据简谐运动的对称性可知,最高点的加速度和最低点的加速度大小相等,即aB=aC,由简谐运动的加速度满足a=-可知,a与x'成正比,设A点处偏离平衡位置的位移大小为xA,C点处偏离平衡位置的位移大小为xC,有xA<xC,所以aA<aC,aA<aB,由题意知,到A点时,物块只受重力,aA=g,所以aB>g,B正确;弹簧振子的周期只与振动系统本身有关,与物块下落的高度无关,故增大物块自由下落的高度,物块与薄板粘连后振动的周期不变,C错误;由图乙可知T=0.6s,ω==rad/s,振幅为0.2m,故0.2s后物块位置随时间变化关系式为x=0.3m+0.2sin(t-0.2)+φ0m,当t=0.4s时,x=0.5m,代入上式得φ0=-,所以x=0.3m+0.2sin(t-0.2)-m,D正确.5.(多选)某一沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图如图所示,此时刻质点A到平衡位置距离为1cm,质点B恰运动到波峰处,若质点B从此时刻开始计时的振动方程为y=2sin(t的单位为s,y的单位为cm),则 (AC)A.该波的传播速度为2m/sB.该波的传播速度为4m/sC.从t=0时刻开始,质点A在Δt=s内通过的路程为7cmD.从t=0时刻开始,质点A在Δt'=s内通过的路程为7cm[解析]由质点B的振动方程,可得该波的周期为T==s=2s,由图像知该列波的波长为λ=4m,则该波的传播速度为v==m/s=2m/s,故A正确,B错误;波沿x轴负方向传播,通过质点B的振动方程可知从t=0时刻开始,质点A的振动方程为y=2coscm,该列波的振幅为A=2cm,则在t=s=T时,质点A位于y=2cm处,则可得从t=0时刻开始,质点A在Δt=s内通过的路程为s=1cm+3A=1cm+3×2cm=7cm,故C正确;从t=0时刻开始,质点A在Δt=s内通过的路程为7cm,则质点A在Δt'=s内通过的路程一定大于7cm,故D错误.6.如图所示,某均匀介质中一列沿x轴正方向传播的简谐横波(图中未画出),波速为6m/s,两质点P、Q位于x轴上.以该波传到质点P为计时起点,质点P的振动方程为y=-2sin5πt(cm),经过时间Δt该波传到质点Q时,质点P位于x轴上方距其平衡位置1cm处且向上振动.由此可知 (C)A.该波的波长为2mB.质点Q开始振动的方向是向上C.质点P、Q平衡位置的间距可能为3.8mD.Δt=0.25s[解析]由题可知,该波的周期为T=,代入数据得T=s=0.4s,波长为λ=vT,代入数据得λ=2.4m,故A错误;由振动方程y=-2sin5πt(cm),质点Q的起振方向向下,故B错误;P的振动方程为y=-2sin5πt(cm),其中y=1cm,解得t=s,质点P、Q平衡位置的间距为Δx=v·Δt,代入数据得Δx=(1.4+2.4n)m,其中n=0,1,2,…,当n=1时Δx=3.8m,故C正确;由题知Δt=T,代入数据得Δt=s,其中n=0,1,2,…,可知D错误.7.(多选)如图甲所示,在同一介质中,S1、S2两波源在t=0时刻同时起振,形成频率相同的两列机械波,波源S1的振动图像如图乙所示,波源S2产生的机械波在t=0.15s时的波形图如图丙所示.P为介质中的一点,P点与波源S1与S2的距离分别是7m、10m.下列说法正确的是 (AC)A.质点P的起振方向沿y轴正方向B.两列波不能形成稳定干涉图样C.1s后质点P的振幅为1cmD.t=1.25s时,质点P处于波谷[解析]由图丙可知,此时刚开始振动的质点的振动方向沿y轴正方向,因此波源S2的起振方向沿y轴正方向,由图乙可知,波源S1的起振方向沿y轴正方向,因为两波源同时起振且PS1<PS2,所以波源S1产生的机械波先传到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,故A正确;在同一介质中,频率相同的两列机械波的波速相同,则波长相等,所以两列波相遇后能形成稳定的干涉图像,故B错误;由图丙可知波长λ=2.0m,由图乙可知周期T=0.2s,则波速为v==m/s=10m/s,波源S1和S2产生的波传到P点的时间分别为t1==s=0.7s,t2==s=1s,P点到两波源的路程差为Δx=PS2-PS1=10m-7m=3m,由于P点到两波源的路程差为半波长的奇数倍,且两波源的起振方向相同,因此P点为振动减弱点,1s时波源S2产生的机械波刚好传到P点,所以1s后质点P的振幅等于两列波的振幅之差,A=A2-A1=1cm,故C正确;在t=1.25s时,波源S1在t=1.25s-t1=1.25s-0.7s=0.55s时的振动情况传到P点,此时质点P位于波谷,而波源S2在t=1.25s-t2=1.25s-1.0s=0.25s时的振动情况传到P点,此时质点P位于波峰,根据叠加原理可知,在t=1.25s时,质点P处于波峰,故D错误.8.(多选)如图甲所示,在xOy平面内的S1和S2两个波源分别位于x轴上x1=-0.2m和x2=1.2m处,振动方向与xOy平面垂直并向周围空间传播,图像分别如图乙、丙所示,两波源在t=0时刻同时开始振动,波速为v=2m/s.M为xOy平面内一点,Δr=MS2-MS1,整个空间有均匀分布的介质.下列说法正确的是 (CD)A.x=1.0m处的质点开始振动方向沿z轴正方向B.两列波相遇后,x=0.6m处的质点位移不可能