五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題04動量和機械振動機械波考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量2021、2022、2023、2024、2025知識考查層面，注重多模塊知識的嵌套整合。例如將動量守恒定律與電磁感應結(jié)合，分析導體棒在磁場中切割磁感線時的動量變化；或通過彈簧振子模型考查機械能守恒與簡諧運動的聯(lián)動，涉及彈性勢能與動能的周期性轉(zhuǎn)化。命題逐漸強化運動學圖像與動力學規(guī)律的聯(lián)動，如通過v-t圖像斜率判斷加速度變化，結(jié)合F-t圖像分析外力與動量變化的關系，要求考生從圖像中提取關鍵信息并建立物理方程。能力要求上，突出數(shù)學工具的深度應用與邏輯推理的嚴謹性?？忌枋炀氝\用微積分思想處理變力沖量問題，如通過積分計算非線性阻力的動量變化；或利用導數(shù)求解振動系統(tǒng)的能量極值問題。實驗探究能力的考查力度加大，例如設計實驗驗證動量守恒定律時，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量關系的研究。部分試題還引入跨學科思維，如通過“振動模態(tài)分析”等工程概念分析機械波的傳播特性，或利用數(shù)列求和思想解決多階段碰撞問題，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應用水平?？键c2機械振動2025考點3機械波2021、2023考點01動量1．（2025·湖北·高考真題）一個寬為L的雙軌推拉門由兩扇寬為L2的門板組成。門處于關閉狀態(tài)，其俯視圖如圖（a）所示。某同學用與門板平行的水平恒定拉力作用在一門板上，一段時間后撤去拉力，該門板完全運動到另一邊，且恰好不與門框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門板在運動過程中受到的阻力與其重力大小之比為μ，重力加速度大小為gA．L2μg B．Lμg C．2【答案】B【詳析】設拉力為F，作用時間為t1，撤去外力后AB運動的時間為t2，AB運動過程的最大速度為vm，則由動量定理，有F-μmgt1=mvm得F=μmgtt1對于全過程有Lt可知當t2越大時，t越小，當t2=t時，t取最小值。則故選B。2．（2024·湖北·高考）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f=kv0A．子彈的初速度大小為2B．子彈在木塊中運動的時間為2C．木塊和子彈損失的總動能為kD．木塊在加速過程中運動的距離為mL【答案】AD【詳析】A．子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為v1,v2，則有mv由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為2x聯(lián)立上式可得v2=mv0-v02-2B．則子彈穿過木塊時木塊的速度為v2=mv0M+m由運動學公式C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即ΔE=Q=D．木塊加速過程運動的距離為x2=0+故選AD。3．（2023·湖北·高考）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；（3）t=18πmqB時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到

【答案】（1）qBam；（2）12m，3qBam；（3）甲（－6a，0），乙（0【詳析】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)qv甲（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙11解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa（3）已知在t1=πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)qvB=mv2r，可知此時乙粒子的運動半徑為r乙1mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙21解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在t3=5πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙31解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在t9=17πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為Smv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙91解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則t=18πmqB時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，乙粒子剛好運動一周，則t=4．（2022·湖北·高考）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關系式一定成立的是（）A．W2=3W1，I2≤3C．W2=7W1，I2【答案】D【詳析】根據(jù)動能定理可知WW可得W由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv3比較可得I2≥故選D。5．（2021·湖北·高考）抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為（）A．40 B．80 C．120 D．160【答案】C【詳析】設1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得Ft=nmv故選C。考點02機械振動6．（2025·湖北·高考真題）質(zhì)量均為m的小球a和b由勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，小球a由不可伸長的細線懸掛在O點，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖所示。將小球b豎直下拉長度l后由靜止釋放。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。釋放小球b后（）A．小球a可能會運動 B．若小球b做簡諧運動，則其振幅為lC．當且僅當l≤mgk時，小球b才能始終做簡諧運動

D．當且僅當l【答案】AD【詳析】B．如果A球不動而B球單獨振動則B球做簡諧振動，簡諧振動的平衡位置合力為零，即B球初始時刻位置，則可知B的振幅為l，B錯誤；ACD．A球發(fā)生運動的臨界條件為彈簧對A球向上的彈力大于A球的重力，則此時對A球有kx0=mg對B球有此時加速度k解得l=2mgk即l≤2mg故選AD?？键c03機械波7．（2023·湖北·高考）一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，波長為100cm，振幅為8cm。介質(zhì)中有a和b兩個質(zhì)點，其平衡位置分別位于x=-403cm和x=120cm處。某時刻b質(zhì)點的位移為y=4cm，且向A．

B．

C．

D．【答案】A【詳析】ab之間的距離為Δx=403+120=43λ此時b點的位移4cm且向y軸正方向運動，令此時b點的相位為φ，則有4=8sinφ解得φ=π6或φ

故選A。8．（2021·湖北·高考）一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0時刻和t=1s時刻的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知x=0處的質(zhì)點在0~1s內(nèi)運動的路程為4.5cm。下列說法正確的是（）A．波沿x軸正方向傳播B．波源振動周期為1.1sC．波的傳播速度大小為13m/sD．t=1s時，x=6m處的質(zhì)點沿y軸負方向運動【答案】AC【詳析】A．由題意，x=0處的質(zhì)點在0~1s的時間內(nèi)通過的路程為4.5cm，則結(jié)合圖可知t=0時刻x=0處的質(zhì)點沿y軸的負方向運動，則由質(zhì)點的振動和波的傳播方向關系可知，該波的傳播方向沿x軸的正方向，故A正確；BC．由題意可知，t=1s為1312T，解得T=1213s由圖可知λ=12m則D．由同側(cè)法可知t=1s時，x=6m處的質(zhì)點沿y軸正方向運動，故D錯誤。故選AC。1．（2025·湖北襄陽·三模）如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜置在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從槽上高為h處由靜止釋放，已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．小物塊下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)動量守恒B．小物塊下滑過程中，槽對物塊的支持力不做功C．若M>D．若物塊再次滑上弧形槽，則物塊能再次回到槽上的初始釋放點【答案】C【詳析】A．物塊在下滑過程中系統(tǒng)豎直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；B．弧形槽置于光滑水平地面上，物塊下滑過程中對弧形槽壓力的水平分量使弧形槽向左加速，動能增大，此過程中物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)只有物塊的重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故物塊機械能必定減少，由此推知弧形槽對物塊的支持力做負功，故B錯誤；C．小物塊下滑過程中，物塊、弧形槽組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，系統(tǒng)初始水平方向動量為零，設小球滑到底端時二者速度大小分別為vM、vm，取向左方向為正該過程由動量守恒定律得MvM-mvm=0故得D．設物塊再次滑上弧形槽，上升到最高點h'時系統(tǒng)水平向左的速度為v由動量守恒定律得MvM+mvm=(M+m)v故選C。2．（2025·湖北襄陽五中·三模）如圖（a）所示，在光滑水平面上放置一質(zhì)量mA=3kg物體A，一輕繩繞過定滑輪，一端系在物體A上，另一端系住質(zhì)量mB=2kg的物體B，物體B剛好與豎直面接觸，且與豎直面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4。初始時兩物體都靜止，繩被拉直，然后釋放A，同時對物體B施加水平向左的力F，力F大小隨時間變化的規(guī)律如圖（bA．物體A、B先一起做加速度減小的加速運動，后一起勻速運動B．物體B加速運動過程中，力F的沖量大小為250N?sC．物體B與豎直面的摩擦力最大值為20ND．物體B運動的總時間為5+【答案】D【詳析】A．物塊A、B先一起做加速度減小的加速運動，后物塊A做勻速運動，物塊B做減速運動，A錯誤；CD．圖乙F=ktk=10N/s，以A、B系統(tǒng)為研究對象mBg-μF=mA+mBa得a=-0.8t+4畫出a-t圖像如圖所示t=5s,a=0即t=5s，物塊A的速度最大且為三角形面積vm=12×4×5m/s=10m/s之后由于mBg<μF，B開始減速，繩子松弛，B．物塊B加速運動過程中，力F的沖量大小對應圖b中的面積，為12×50×5N?s=125N?s故選D。3．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖所示，有n個質(zhì)量均為m的相同小球保持一定間距放在光滑的水平面上，且它們排列成一條直線，在左邊有一質(zhì)量為2m的小球M以初速度v向右運動，各球之間的碰撞均為彈性碰撞，每次最右邊小球被碰走時，M恰好與小球1發(fā)生碰撞，經(jīng)過若干次碰撞后所有小球均向右做勻速直線運動，則下列說法正確的是（）A．小球n做勻速運動的速度為2B．小球1做勻速運動的速度為4C．所有小球向右做勻速直線運動時，碰撞總次數(shù)為nD．所有小球向右做勻速直線運動時，碰撞總次數(shù)為n【答案】C【詳析】A．M與小球1發(fā)生彈性碰撞后，設M的速度為vM1，小球1的速度為v1，根據(jù)動量守恒有2mv=2mvM1+mv1根據(jù)能量守恒有12×2mB．當M與小球1發(fā)生第二次以生彈性碰撞時小球1是靜止的，根據(jù)動量守恒有2mvMl=2mvM2+mv2根據(jù)能量守恒有12CD．n號小球被碰走，小球之間的碰撞次數(shù)為n，n-1號小球被碰走，小球碰撞的次數(shù)為n-1，n-2號小球被碰走，小球碰撞的次數(shù)為n-2，以此類推，當所有小球都做勻速直線運動時，碰撞總次數(shù)為n+故選C。4．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖，宇宙中某雙星系統(tǒng)是由質(zhì)量分別為m1與m2m1≠m2的兩顆恒星組成，它們繞共同的圓心OA．兩星運動的軌道半徑與質(zhì)量成反比 B．兩星的動量大小與質(zhì)量成正比C．兩星的動能與質(zhì)量成正比 D．兩星的“面積速率”與質(zhì)量成正比【答案】A【詳析】A．雙星系統(tǒng)中兩星繞O點做圓周運動的周期T與角速度ω均相等，設兩星做圓周運動的半徑分別為r1、r2，由萬有引力提供向心力有F萬=B．根據(jù)v=ωr則有兩星運動的線速度大小之比為v1v2=rC．根據(jù)Ek=12mv2，pD．在相同時間t內(nèi)，兩星相對圓心O轉(zhuǎn)過的角度為θ=ωt與O點的連線掃過的面積為S=12r2θ=12vrt則“面積速率故選A。5．（2025·湖北·高三下考前信息卷二）離子推進器為空間電推進技術中的一種，其特點是推力小、比沖高，廣泛應用于空間推進，如航天器姿態(tài)控制、位置保持、軌道機動和星際飛行等。如圖所示，氣體通入電離室C后被電離為正離子，利用加速電場AB加速正離子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對航天飛機產(chǎn)生反沖力使其獲得加速度。已知單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，離子推進器加速電壓為U，將大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止加速后噴射出去，引擎獲得的推力為F。下列說法正確的是（）A．離子推進器是將電能轉(zhuǎn)化為機械能的裝置B．射出的正離子速度為qUC．離子推進器獲得的平均推力大小FD．離子向外噴射形成的電流大小為I【答案】A【詳析】A．離子推進器可將靜電加速層中的電能轉(zhuǎn)化為機械能，故A正確；B．根據(jù)動能定理有qU=12mv2C．大量粒子噴射出去的過程，據(jù)動量定理可得FΔt=Δmv其中ΔmΔtD．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小I=Qt=故選A。6．（25·湖北新八校協(xié)作體·高三下·5月聯(lián)考）如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍出水口直徑為D，水流以速度v從槍口噴出近距離垂直噴射到車身。所有噴到車身的水流，約有75%向四周濺散開，濺起時垂直車身向外的速度為v4，其余25%的水流撞擊車身后無反彈順車流下。由于水流與車身的作用時間較短，在分析水流對車身的作用力時可忽略水流所受的重力。已知水的密度為ρA．19πρD2v264 B．15【答案】A【詳析】由題意可知，在很短時間Δt內(nèi)流出的水的質(zhì)量為Δm=ρSvΔt=1解得F故選A。7．（2025·湖北七市州·二模）如圖（a）所示，為“蹦極”的簡化情景：某人用彈性橡皮繩拴住身體從高空P處自由下落。質(zhì)量為60kg的人可看成質(zhì)點，從P點由靜止下落到最低點所用時間為9s，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。第一次下落過程中橡皮繩彈力F與時間t的關系圖像如圖（A．1800?kg?m/s B．5400?kg?m/sC．7200?kg?m/s D．3600?kg?m/s【答案】B【詳析】人下落整個過程，根據(jù)動量定理有mgt-IF=0解得故選B。8．（24-25高三·湖北九師聯(lián)盟·期末）高壓水槍在現(xiàn)代生活中應用越來越廣泛，當高速水流射向物體時，會對物體表面產(chǎn)生沖擊力，從而達到清洗污垢的目的。圖示為水槍噴水清洗車玻璃示意圖，已知水槍出水口直徑為d，水密度為ρ，設水流垂直打到玻璃表面后不反彈，測出水槍出口的流量為Q（單位時間內(nèi)水流體積），不考慮水內(nèi)部的阻力、空氣阻力及高度變化，下列說法正確的是（）A．水槍管口噴出水流速度大小為2B．水槍對管口水柱做功的功率為16C．水流對水槍的作用力大小為4D．水流與玻璃沖擊壓強為16【答案】D【詳析】A．設水流速度為v，則流量Q=Sv=πd2B．設經(jīng)過極短時間Δt，出口水柱質(zhì)量Δm=ρπd24vC．由動量定理，則有FΔt=Δmv解得D．水流與玻璃沖擊壓強為p=FS故選D。9．（25屆·孝感八?！じ呷隆と＃┮涣泻喼C橫波沿x軸傳播，波源位于原點O且從t=0時刻開始振動。在t=0.35s時波剛好傳播到質(zhì)點Q所在的x=14m處，波形如圖所示。質(zhì)點P的平衡位置位于x=8m處。下列說法正確的是（）A．質(zhì)點P開始振動后在1s內(nèi)沿x軸正方向傳播40mB．質(zhì)點Q的振動方程為y=2sin10πtC．t=0.5s時，質(zhì)點P位于平衡位置且沿y軸正方向運動D．質(zhì)點P開始振動后任意1s內(nèi)的平均速率都是4m/s【答案】B【詳析】A．質(zhì)點P不隨波遷移，只在平衡位置附近振動，故A錯誤；B．由波動圖像可知，波長為λ＝8m，振幅為A＝2cm，波源位于原點O且從t＝0時刻開始振動，在t＝0.35s時波剛好傳播到質(zhì)點Q所在的x＝14m處，則傳播速度為v=ΔxΔt=140.35m/s=40m/s波的周期為T=λv=0.2s通過Q點可判定，波源的起振方向沿y軸正方向，波源的振動方程為y=2sin(2C．由題可知，波傳到P點需要0.2s，t＝0.5s時，質(zhì)點P從平衡位置沿y軸振動0.3s，即32T，可以判斷出在t＝0.5s時，質(zhì)點P位于平衡位置且沿y軸負方向運動，故D．質(zhì)點P開始振動后任意1s內(nèi)的路程為s＝10.2×4A＝20×2cm＝0.4m質(zhì)點P開始振動后任意1s內(nèi)的平均速率都是v=s故選B。10．（2025·湖北襄陽五中·三模）一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0時的部分波形如圖甲所示，M、N、Q是介質(zhì)中的三個質(zhì)點，已知圖乙為M、N、QA．t=0時刻，M質(zhì)點位于xB．0~4s內(nèi)，質(zhì)點Q沿x軸運動了2mC．0~6s內(nèi)質(zhì)點M、N通過的路程為均為1mD．從t=0時刻開始，質(zhì)點Q比質(zhì)點N早0.4s【答案】C【詳析】A．由圖甲可知14λ=3m即λ=12mt=0時刻，B．質(zhì)點Q沿平行于y軸的方向簡諧運動，并不沿x軸運動，故B錯誤；C．由圖乙可知12T=1.2s即T=2.4s因6s=212T故0~6s內(nèi)質(zhì)點M、D．據(jù)題意可知，圖乙為N質(zhì)點的振動圖像，由圖乙可知，t=0時刻，N質(zhì)點正在沿y軸正方向振動，Q質(zhì)點位于正向最大位移處，結(jié)合圖甲可知，波沿x軸正方向傳播，故N質(zhì)點回到平衡位置所用時間為Q質(zhì)點回到平衡位置所用時間等于14T=0.6s故從t=0時刻開始，質(zhì)點Q比質(zhì)點N晚故選C。11．（2025·湖北襄陽五中·高考適應性（一））如圖甲所示是一列簡諧橫波在t=0.1s時的波形圖，質(zhì)點P的平衡位置位于x=5m處，其振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．波沿x軸負方向傳播B．質(zhì)點Q的振動方程為yC．0.1~0.3s內(nèi)，質(zhì)點P的路程為6cmD．再經(jīng)過0.3s質(zhì)點P運動至x=8m處【答案】B【詳析】A．由圖乙可知t=0.1s時，質(zhì)點P沿y軸正方向振動，根據(jù)上下坡法，波沿x軸正方向播，故A錯誤；B．質(zhì)點P、Q的相位差Δφ=xP-xQλ×2π=5-48×2π=C．0.1s時，質(zhì)點P正在向最大位移處運動，在14T內(nèi)的路程小于一個振幅，0.1~0.3s為四分之一個周期，質(zhì)點P的路程小于6cm，故D．波傳播過程中，質(zhì)點P在平衡位置（x=5m）附近振動，不會隨波遷移，故D錯誤。故選B。12．（2025·湖北武漢二中·高三下二模）如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻r0，導軌的端點C、D用電阻可以忽略的導線相連，兩導軌間的距離l。有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面向里，已知磁感應強度B與時間t的關系為B=kt，k為大于零的比例系數(shù)。一電阻不計、質(zhì)量為m的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直且接觸良好。在t=0時刻，金屬桿緊靠在C、D端，在平行于導軌的外力F作用下，桿以恒定的加速度a0A．導線CD中感應電流的方向由D指向CB．t0時刻感應電動勢的大小C．t0時刻導體棒所受安培力D．在t0時間內(nèi)，作用在金屬桿上外力F的沖量【答案】BD【詳析】A．由題意，根據(jù)楞次定律，可判斷知導線CD中感應電流的方向由C指向D，故A錯誤；B．金屬桿做勻加速直線運動，在t0時刻，金屬桿與初始位置的距離為x=12a0t02此時桿的速度為v=a0t0這時，桿與導軌構(gòu)成的回路的面積為SC．t0時刻回路中的總電阻R=2x·r0此時流經(jīng)導體棒的電流I=ER此時導體棒所受安培力D．在t0時間內(nèi)，對金屬桿由動量定理有IF-I安=mv故D正確。故選BD。13．（24-25高三·湖北十堰·5月適應性）如圖所示，聯(lián)合收割機正在水平地面上收割小麥，通過收割、脫粒、清選后得到干凈的小麥，干凈的小麥再通過傾斜的送料管輸送到高處，并以相對管口豎直向下2m/s的速度被噴出，最后落入與它并排勻速行駛的貨車車廂內(nèi)。該收割機送料管1s內(nèi)可輸送小麥的質(zhì)量為k=20kg，送料管口離貨車車廂底部的高度差為1.6m，貨車車廂是長為15m的長方體。為了讓小麥盡可能裝滿整個車廂，貨車行駛的速度往往比收割機稍快些。已知10t小麥剛好能將貨車車廂裝滿，重力加速度g=10?A．若收割機和貨車均靜止，收割機將小麥無初速度地放上送料管，則送料管對小麥做功的功率為40WB．若收割機和貨車均靜止，小麥落到車廂底部速度即刻變?yōu)榱?，則小麥對車廂底部的平均沖擊力大小約為120NC．若收割機勻速行駛的速度為1m/s，且恰能裝滿貨車車廂，則貨車勻速行駛的速度應為1.03m/sD．若收割機勻速行駛的速度為1m/s，且恰能裝滿貨車車廂，則小麥對車廂底部的水平方向作用力約為0.6N【答案】BCD【詳析】A．由題意可知，每秒內(nèi)質(zhì)量為20kg的小麥動能增加12mv02B．小麥下落的初速度v0=2?m/s，設落在車廂底部的末速度為v，由速度位移公式有v極短時間Δt內(nèi)落到車廂底部的小麥質(zhì)量為Δm=kΔt=20Δt小麥落到車廂底部速度即刻變?yōu)榱?，由動量定理可?FC．設收割機勻速行駛的速度為v1，貨車勻速行駛的速度為v2，則v2t-v1t=L，D．對小麥在水平方向由動量定理可得FxΔt=Δmv2故選BCD。14．（2025·湖北·高三下考前信息卷二）積分可以看作一種累積的過程。在物理中，有很多累積量的例子。比如，如果速度是時間的函數(shù)，那么位移就是速度在時間上的累積。如圖所示，一傾角為37°的足夠長的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，所在空間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E?？梢暈橘|(zhì)點的小球質(zhì)量為m，帶正電，電荷量為q，mg=qE，以平行于斜面的初速度v0=2mgqBA．小球到達斜面最遠的距離xB．tC．小球離開斜面之前的過程中斜面對小球的彈力的沖量大小為27D．小球離開斜面后的電勢能最大值為21【答案】CD【詳析】A．小球沿斜面上升的過程中，加速度a1=mgsin37°+qEsin37°mB．小球沿斜面上升過程中，所用時間為t1=v0a1=5v06g當小球向下運動時，加速至速度v時離開斜面，此過程中小球向下的加速度C．上升過程由平衡條件可得FN1=qvB+mgcos37°+qEcos37°此過程中彈力的沖量為I1=D．微元累加法：小球離開斜面后做擺線運動，從離開斜面至到達最高點的過程中，以向上為正方向，以向左為正方向，則有qBvyΔt=m故D正確。故選CD。15．（2025·湖北·新高考信息卷（三））2023年10月，中國輪滑（滑板）公開賽在安徽省安慶市開幕，滑行、帶板、曲身、飛騰……比賽現(xiàn)場，選手們來回馳騁，動作利落又極具美感，體現(xiàn)著勇往直前、敢于拼搏的體育精神。圖甲為某參賽者模擬訓練斜面項目，簡化為物理模型如圖乙所示：斜面傾角為α，人與滑板（小木塊替代）總質(zhì)量為m，將木塊置于斜面右下角，同時使木塊以v0的速度大小沿與斜面下沿夾角為β的方向滑行，滑行過程中不計空氣阻力及滑輪與斜面的摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小木塊在斜面上的運動軌跡為一條拋物線B．小木塊獲得的加速度大小為gC．小木塊向上滑行的最大高度h=D．小木塊從出發(fā)點到最高點的動量變化量大小為m【答案】AD【詳析】AB．如圖所示對小物塊分析，只受重力、垂直于斜面的支持力，則有mgcosα=N，mgsinα=C．物體在y軸方向做勻減速運動，加速度大小為a=gsinα，則有2ay=(D．根據(jù)動量定理可得Δp=F合?t出發(fā)到最高點時間故選AD。16．（2025·湖北襄陽四中·高三下·適應性一）如圖所示，在水平地面上方固定一足夠長水平軌道，質(zhì)量為M的滑塊套在水平軌道上，一不可伸長的輕繩一端固定在滑塊底部O點，另一端連接質(zhì)量為m的小球。已知O點到地面的高度為H，重力加速度大小為g，不計小球與滑塊受到的空氣阻力。現(xiàn)將小球拉至與O點等高的A處(d在水平軌道正下方)，輕繩伸直后由靜止釋放。下列說法正確的是（

）

A．若水平軌道光滑，則滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒B．若水平軌道光滑，輕繩OA長度為H2，當小球擺動到最低點時，迅速剪斷輕繩小球運動一段時間后落地（不反彈），小球落地時與滑塊間的水平距離是C．若水平軌道粗糙，小球在擺動過程中滑塊始終保持靜止，當小球所受重力的功率最大時，輕繩與水平方向的夾角的正弦值是3D．若水平軌道粗糙，滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小球在擺動過程中滑塊始終保持靜止，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ【答案】ABD【詳析】A．若水平軌道光滑，則滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向合外力為零，則滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，而豎直方向系統(tǒng)由于受到重力的作用，動量不守恒，故系統(tǒng)的動量不守恒，整個過程只有重力做功，機械能守恒，A正確;B．設小球擺到最低點時速度大小為v1，滑塊速度大小為v2根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，則有mg·H2=12mv12+1C．設輕繩長度為L，輕繩與水平方向夾角為θ時，繩中張力為F，小球速度為v，對小球，根據(jù)動能定理，則有mgLsinθ=12mv2根據(jù)牛頓第二定律，則有F-mgsinθ=D．結(jié)合上述分析可知,當輕繩與水平方向夾角為θ時，則有mgLsinθ=1對滑塊受力分析，設滑塊受到的滑動摩擦力為Ff，支持力為FN,根據(jù)力的平衡，水平方向Ff=Fcosθ豎直方向FN=Mg+Fsinθ故選ABD。17．（2025·湖北武昌實中·高考適應性）如圖甲所示，同種均勻介質(zhì)中存在能產(chǎn)生簡諧橫波的A、B兩個波源，A、B間距為5m且同時起振，質(zhì)點P在兩波源的連線上，AP=1m，兩波源的振動圖像如圖乙中的實線和虛線所示。已知兩波源的振動傳播到P點的時間差為6s。則（）A．波源A形成的簡諧橫波在介質(zhì)中的波長為2mB．當兩波源的振動均傳到P點后，P點的振幅為0.3mC．以B波源傳到P點時為計時起點，再過1s，P點偏離平衡位置的位移為0.1mD．以A波源傳到P點時為計時起點，再過8s，P點走過的路程為1.4m【答案】AD【詳析】A．已知兩波源的振動傳播到P點的時間差為6s，則有Δt=Δxv由圖乙可知周期為T=4s，則波長為λ=vT=0.5×4m=2mB．由Δx=3m=3×12λ可知P點為振動減弱點，所以當兩波源的振動均傳到P點后，P點的振幅為A′=A1?AC．以B波源傳到P點時為計時起點，此時AB兩列波已相遇，相遇時兩列波相位差為π，相遇時P點合位移為從平衡位置向下振動，經(jīng)1s，偏離平衡位置位移為?0.1m，故C錯誤；D．以A波源傳到P點時為計時起點，前6s質(zhì)點P僅受A波影響，走過的路程為s后2s兩波相遇，振幅為0.1m，走過的路程為s2=2A′=2×0.1m=0.2m則再過8s，P點走過的路程為s=s1+s2=1.4m，故D正確。故選AD。18．（24-25高三·湖北黃岡中學·四模）圖（a）為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，P是平衡位置在x1=1.5m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x2=4mA．從t=0到t=0.3s，質(zhì)點P通過的路程為15cmB．從t=0到t=0.2s，該波沿x軸負方向傳播了2mC．在t=0.05s時，質(zhì)點P正好位于平衡位置沿y軸負方向振動D．質(zhì)點P簡諧運動的表達式y(tǒng)【答案】BC【詳析】AB．根據(jù)圖形知A=5cm，λ=4m，T=0.4s則v=λT=10m/s從t=0到t=0.3s，時間Δt１=0.3s=34Tt=0時刻P在平衡位置與波峰之間，故質(zhì)點P通過的路程不可能為3A=15cm由圖（b）可知，C．在t=0.05s時，波沿x軸負方向傳播x'=vt=0.5m即x=2m處質(zhì)點的振動形式傳播到PD．根據(jù)圖（b）知質(zhì)點Q簡諧運動的表達式y(tǒng)=0.05sin(2π0.4t)m=0.05sin(5πt故選BC。19．（2025·湖北武漢二中·5月?？迹﹥闪泻喼C橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為0.2m/s，波源的振幅均為4cm，圖示為t=0時刻兩列波的圖像，此刻平衡位置在xA．兩列波波源的起振方向相同B．兩波源間有7個振動加強點C．當兩列波相遇時，右邊的波源振動了5sD．t=3s時，x=0.5m處的質(zhì)點運動的總路程為16cm【答案】BD【詳析】A．波源位于x=-0.2m處的波源起振方向為y軸負方向，波源位于x=1.2m處的波源起振方向為y軸正方向，起振方向相反。故B．設兩波源之間加強點的坐標為x，則加強點到兩波源的波程差為Δx=(0.2m+x)-(1.2m-x),x的取值范圍為-0.2m<x<1.2m則振動加強點滿足Δx=nλ(C．兩列波的波速相同，t=0時刻，兩波相距Δx=0.8m所以從t=0時刻到相遇所用時間為t1=Δx2v=2s已知右邊波的波長為λ=0.4m周期為D．右側(cè)的波傳到x=0.5m處的時間為t3=Δx所以2.5s之內(nèi)，在x=0.5m處質(zhì)點的路程為s1=2A=8cm之后兩列波在x=0.5m處相遇，疊加為振動增強點，兩列波的振幅相同，在x=0.5m處質(zhì)點的路程為s2=2A=8cm故選BD。20．（2025·湖北原創(chuàng)壓軸·二模）一列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，t=0時的波形圖所示，已知波的周期T=6s，P，Q兩質(zhì)點平衡位置的坐標分別為xP=1m，xQ=3m。則此后P，A．0.5s B．7.5s C．2.5s D．5.5s【答案】CD【詳析】由題意可知波速為v=λT=1m/s當x2=4.5m的波谷傳播PQ中點x1=2m時，PQ兩質(zhì)點的位移第1次相同，則所需時間為Δt1=Δ故選CD。21．（2025·湖北襄陽五中·三模）三個完全相同的小球，質(zhì)量均為m，其中小球A、B固定在豎直輕桿的兩端，A球靠在豎直光滑墻面，B球C球均位于足夠大的光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，如圖所示，三小球均保持靜止。某時，小球A受到輕微擾動開始下滑，直至小球A落地前瞬間的運動過程中，三小球始終在同一豎直面上。已知小球C在上述過程中的最大速度為v，輕桿長為L，重力加速度為g。求：(1)此過程中豎直墻對小球A的沖量大??；(2)小球A落地前瞬間，A的動能大??；(3)質(zhì)量為m的光滑圓槽乙也放在足夠大的光滑水平面上，C球與B球分離后，C球運動一段時間后沿著光滑圓槽乙水平切線由C點進入圓槽，圓槽CD段為圓心角53°的圓弧，已知v=3gR，小球上升到圓槽的D點時，圓槽的速度為v≥-gR，則圓槽半徑r是【答案】(1)2mv(2)E(3)259【詳析】（1）對三小球進行分析，在水平方向上，根據(jù)動量定理有I=2mv；（2）自小球A離開墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動量守恒，則有mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得vB=vAx=v2由于相互作用的一對彈性力做功的代數(shù)和為解得E（3）把小球和圓槽看作系統(tǒng)進行分析，設小球上升到圓槽乙的D點時水平方向速度為vDx，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有mv=mvDx+mv乙其中v乙=gR由機械能守恒定律1故r是R的25922．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖所示，在紙面內(nèi)建立平面直角坐標系，在第一象限的部分區(qū)域分布有方向垂直紙面向里、磁感應強度大小B=0.5T的有界勻強磁場（圖中未畫出），磁場的左邊界與y軸重合，磁場的右邊界與曲線y=12x2（其中x≥0，單位：m）相切。從y軸上的A點0,12(1)粒子在磁場中運動的時間t1(2)磁場區(qū)域的最小面積S。(3)速率最大的粒子從A點到達磁場右邊界時動量改變量的大小Δp【答案】(1)t(2)S(3)2×【詳析】（1）所有粒子均垂直磁場左邊界射出，可知所有粒子在磁場中均做半個圓周運動。設某粒子的速率為v1，在磁場中軌跡圓半徑為r1，有Bqv1=mv1（2）速率最大的粒子在磁場中運動到磁場右邊界，其軌跡圓與曲線相切。設此粒子的軌跡圓半徑為r，軌跡方程為r+12-y2+x2=r2又y=（3）如圖甲，速率最大的粒子的軌跡圓與曲線的切點為C由（2）知速率最大的粒子軌跡圓半徑r=2m，代入軌跡方程求得C點的橫坐標為x0=3m，粒子從A點運動到C軌跡圓心角滿足sinθ=x23．（2025·湖北鄂東南聯(lián)盟·模擬聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為1kg的物塊A和質(zhì)量為3kg的長木板B靜置于光滑水平地面上，A與B的左端之間的距離為2m，質(zhì)量為1kg的物塊C放在長木板B的右端，物塊C與木板B之間的動摩擦因數(shù)為0.1，水平面上B的右端相距50m處有一擋板P，初始時A、B、C均靜止。某時刻，給A施加一個水平向右的恒力，大小為4N，A與B發(fā)生第一次碰撞后瞬間給B也施加一個水平向右的恒力，大小為1N，當B的右端運動到擋板時，C恰好從B上滑落，已知所有碰撞均為彈性碰撞，A、C可視為質(zhì)點，重力加速度g=10m/(1)A與B發(fā)生第一次碰撞后瞬間各自的速度；(2)B的右端運動到擋板P時B的速度大??；(3)B的長度。【答案】(1)A的速度向左2m/s，B的速度向右2m/s(2)10m/s(3)9.5?m【詳析】（1）A從開始運動到與B碰撞，由動能定理可得FAx=12mv02取向右為正方向，碰撞過程由動量守恒得mAv0=mAv'A1（2）碰撞后A先向左減速再向右加速，由FA=mAaA解得aA=4m/s2B開始向右運動，B、C間產(chǎn)生滑動摩擦力，由μmCg=FB可知B勻速運動，C開始勻加速運動，由μmCg=mCaC解得aC=1m/s2假設在C與mAv解得v'A2=0，v'B2=4m/s碰撞后A向右加速，B向右勻速運動，C繼續(xù)向右勻加速運動，設經(jīng)過時間t2，A追上B，有v'A2t2+12aAt22=v'B2t2解得t2=2?s此時C的速度vC2=vC1+aCt2=4m/s即C恰好與B共速；此時A的速度vA3=v'A2+aAt2=8m/s由以上分析可知，A與B每隔2?s碰撞一次，C一直做勻加速直線運動，B與C在AB每次碰前恰好共速；第n次碰撞前A的速度為vAn=（3）第n次碰撞后到第n+1次碰撞前C的位移xCn=vCntn+12aCtn2B、C的相對位移Δ24．（25屆·湖北·高三下·名校聯(lián)盟四測）如圖所示，在傾角θ=37°的固定斜面上，靜止著兩個質(zhì)量均為m的相同物塊A、B，在A的上方，有一個質(zhì)量為3m的物塊C?，F(xiàn)對C施加一平行于斜面向下的恒力F，C將向下運動并與A發(fā)生碰撞，隨后A向下與B發(fā)生碰撞。已知A、B、C與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.75，初始時相鄰兩物塊的間距均為L，物塊A、B、C均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，恒力F始終作用于(1)求C與A第一次發(fā)生碰撞前瞬間C的速度大??；(2)若物塊之間的碰撞是彈性碰撞，求C與A第一次碰撞后瞬間C的速度大?。?3)若物塊之間的碰撞是完全非彈性碰撞，求整個過程因碰撞損失的機械能?！敬鸢浮?1)v(2)v(3)Δ【詳析】（1）由題意知mgsinθ=μmgcosθ即物塊所受重力沿斜面向下的分力恰好等于最大靜摩擦力。對（2）C與A發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律3mv0=3mv（3）C與A發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律3mv0=(3m+m)v1CA組合體與B發(fā)生完全非彈性碰撞，由動能定理和動量守恒定律FL=12?4mv22-專題04動量和機械振動機械波考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量2021、2022、2023、2024、2025知識考查層面，注重多模塊知識的嵌套整合。例如將動量守恒定律與電磁感應結(jié)合，分析導體棒在磁場中切割磁感線時的動量變化；或通過彈簧振子模型考查機械能守恒與簡諧運動的聯(lián)動，涉及彈性勢能與動能的周期性轉(zhuǎn)化。命題逐漸強化運動學圖像與動力學規(guī)律的聯(lián)動，如通過v-t圖像斜率判斷加速度變化，結(jié)合F-t圖像分析外力與動量變化的關系，要求考生從圖像中提取關鍵信息并建立物理方程。能力要求上，突出數(shù)學工具的深度應用與邏輯推理的嚴謹性?？忌枋炀氝\用微積分思想處理變力沖量問題，如通過積分計算非線性阻力的動量變化；或利用導數(shù)求解振動系統(tǒng)的能量極值問題。實驗探究能力的考查力度加大，例如設計實驗驗證動量守恒定律時，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量關系的研究。部分試題還引入跨學科思維，如通過“振動模態(tài)分析”等工程概念分析機械波的傳播特性，或利用數(shù)列求和思想解決多階段碰撞問題，全面檢驗考生對物理規(guī)律的遷移能力與創(chuàng)新應用水平。考點2機械振動2025考點3機械波2021、2023考點01動量1．（2025·湖北·高考真題）一個寬為L的雙軌推拉門由兩扇寬為L2的門板組成。門處于關閉狀態(tài)，其俯視圖如圖（a）所示。某同學用與門板平行的水平恒定拉力作用在一門板上，一段時間后撤去拉力，該門板完全運動到另一邊，且恰好不與門框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門板在運動過程中受到的阻力與其重力大小之比為μ，重力加速度大小為gA．L2μg B．Lμg C．2【答案】B【詳析】設拉力為F，作用時間為t1，撤去外力后AB運動的時間為t2，AB運動過程的最大速度為vm，則由動量定理，有F-μmgt1=mvm得F=μmgtt1對于全過程有Lt可知當t2越大時，t越小，當t2=t時，t取最小值。則故選B。2．（2024·湖北·高考）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小v0成正比，即f=kv0A．子彈的初速度大小為2B．子彈在木塊中運動的時間為2C．木塊和子彈損失的總動能為kD．木塊在加速過程中運動的距離為mL【答案】AD【詳析】A．子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別為v1,v2，則有mv由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為2x聯(lián)立上式可得v2=mv0-v02-2B．則子彈穿過木塊時木塊的速度為v2=mv0M+m由運動學公式C．由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即ΔE=Q=D．木塊加速過程運動的距離為x2=0+故選AD。3．（2023·湖北·高考）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大??；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；（3）t=18πmqB時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到

【答案】（1）qBam；（2）12m，3qBam；（3）甲（－6a，0），乙（0【詳析】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)qv甲（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙11解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa（3）已知在t1=πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)qvB=mv2r，可知此時乙粒子的運動半徑為r乙1mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙21解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在t3=5πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙31解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在t9=17πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為Smv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙91解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則t=18πmqB時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，乙粒子剛好運動一周，則t=4．（2022·湖北·高考）一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關系式一定成立的是（）A．W2=3W1，I2≤3C．W2=7W1，I2【答案】D【詳析】根據(jù)動能定理可知WW可得W由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv3比較可得I2≥故選D。5．（2021·湖北·高考）抗日戰(zhàn)爭時期，我軍繳獲不少敵軍武器武裝自己，其中某輕機槍子彈彈頭質(zhì)量約8g，出膛速度大小約750m/s。某戰(zhàn)士在使用該機槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中，機槍所受子彈的平均反沖力大小約12N，則機槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為（）A．40 B．80 C．120 D．160【答案】C【詳析】設1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n，則對這n顆子彈由動量定理得Ft=nmv故選C?？键c02機械振動6．（2025·湖北·高考真題）質(zhì)量均為m的小球a和b由勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接，小球a由不可伸長的細線懸掛在O點，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖所示。將小球b豎直下拉長度l后由靜止釋放。重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。釋放小球b后（）A．小球a可能會運動 B．若小球b做簡諧運動，則其振幅為lC．當且僅當l≤mgk時，小球b才能始終做簡諧運動

D．當且僅當l【答案】AD【詳析】B．如果A球不動而B球單獨振動則B球做簡諧振動，簡諧振動的平衡位置合力為零，即B球初始時刻位置，則可知B的振幅為l，B錯誤；ACD．A球發(fā)生運動的臨界條件為彈簧對A球向上的彈力大于A球的重力，則此時對A球有kx0=mg對B球有此時加速度k解得l=2mgk即l≤2mg故選AD?？键c03機械波7．（2023·湖北·高考）一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，波長為100cm，振幅為8cm。介質(zhì)中有a和b兩個質(zhì)點，其平衡位置分別位于x=-403cm和x=120cm處。某時刻b質(zhì)點的位移為y=4cm，且向A．

B．

C．

D．【答案】A【詳析】ab之間的距離為Δx=403+120=43λ此時b點的位移4cm且向y軸正方向運動，令此時b點的相位為φ，則有4=8sinφ解得φ=π6或φ

故選A。8．（2021·湖北·高考）一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0時刻和t=1s時刻的波形分別如圖中實線和虛線所示。已知x=0處的質(zhì)點在0~1s內(nèi)運動的路程為4.5cm。下列說法正確的是（）A．波沿x軸正方向傳播B．波源振動周期為1.1sC．波的傳播速度大小為13m/sD．t=1s時，x=6m處的質(zhì)點沿y軸負方向運動【答案】AC【詳析】A．由題意，x=0處的質(zhì)點在0~1s的時間內(nèi)通過的路程為4.5cm，則結(jié)合圖可知t=0時刻x=0處的質(zhì)點沿y軸的負方向運動，則由質(zhì)點的振動和波的傳播方向關系可知，該波的傳播方向沿x軸的正方向，故A正確；BC．由題意可知，t=1s為1312T，解得T=1213s由圖可知λ=12m則D．由同側(cè)法可知t=1s時，x=6m處的質(zhì)點沿y軸正方向運動，故D錯誤。故選AC。1．（2025·湖北襄陽·三模）如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜置在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從槽上高為h處由靜止釋放，已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．小物塊下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)動量守恒B．小物塊下滑過程中，槽對物塊的支持力不做功C．若M>D．若物塊再次滑上弧形槽，則物塊能再次回到槽上的初始釋放點【答案】C【詳析】A．物塊在下滑過程中系統(tǒng)豎直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；B．弧形槽置于光滑水平地面上，物塊下滑過程中對弧形槽壓力的水平分量使弧形槽向左加速，動能增大，此過程中物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)只有物塊的重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故物塊機械能必定減少，由此推知弧形槽對物塊的支持力做負功，故B錯誤；C．小物塊下滑過程中，物塊、弧形槽組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，系統(tǒng)初始水平方向動量為零，設小球滑到底端時二者速度大小分別為vM、vm，取向左方向為正該過程由動量守恒定律得MvM-mvm=0故得D．設物塊再次滑上弧形槽，上升到最高點h'時系統(tǒng)水平向左的速度為v由動量守恒定律得MvM+mvm=(M+m)v故選C。2．（2025·湖北襄陽五中·三模）如圖（a）所示，在光滑水平面上放置一質(zhì)量mA=3kg物體A，一輕繩繞過定滑輪，一端系在物體A上，另一端系住質(zhì)量mB=2kg的物體B，物體B剛好與豎直面接觸，且與豎直面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4。初始時兩物體都靜止，繩被拉直，然后釋放A，同時對物體B施加水平向左的力F，力F大小隨時間變化的規(guī)律如圖（bA．物體A、B先一起做加速度減小的加速運動，后一起勻速運動B．物體B加速運動過程中，力F的沖量大小為250N?sC．物體B與豎直面的摩擦力最大值為20ND．物體B運動的總時間為5+【答案】D【詳析】A．物塊A、B先一起做加速度減小的加速運動，后物塊A做勻速運動，物塊B做減速運動，A錯誤；CD．圖乙F=ktk=10N/s，以A、B系統(tǒng)為研究對象mBg-μF=mA+mBa得a=-0.8t+4畫出a-t圖像如圖所示t=5s,a=0即t=5s，物塊A的速度最大且為三角形面積vm=12×4×5m/s=10m/s之后由于mBg<μF，B開始減速，繩子松弛，B．物塊B加速運動過程中，力F的沖量大小對應圖b中的面積，為12×50×5N?s=125N?s故選D。3．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖所示，有n個質(zhì)量均為m的相同小球保持一定間距放在光滑的水平面上，且它們排列成一條直線，在左邊有一質(zhì)量為2m的小球M以初速度v向右運動，各球之間的碰撞均為彈性碰撞，每次最右邊小球被碰走時，M恰好與小球1發(fā)生碰撞，經(jīng)過若干次碰撞后所有小球均向右做勻速直線運動，則下列說法正確的是（）A．小球n做勻速運動的速度為2B．小球1做勻速運動的速度為4C．所有小球向右做勻速直線運動時，碰撞總次數(shù)為nD．所有小球向右做勻速直線運動時，碰撞總次數(shù)為n【答案】C【詳析】A．M與小球1發(fā)生彈性碰撞后，設M的速度為vM1，小球1的速度為v1，根據(jù)動量守恒有2mv=2mvM1+mv1根據(jù)能量守恒有12×2mB．當M與小球1發(fā)生第二次以生彈性碰撞時小球1是靜止的，根據(jù)動量守恒有2mvMl=2mvM2+mv2根據(jù)能量守恒有12CD．n號小球被碰走，小球之間的碰撞次數(shù)為n，n-1號小球被碰走，小球碰撞的次數(shù)為n-1，n-2號小球被碰走，小球碰撞的次數(shù)為n-2，以此類推，當所有小球都做勻速直線運動時，碰撞總次數(shù)為n+故選C。4．（24-25高三·湖北·5月模擬）如圖，宇宙中某雙星系統(tǒng)是由質(zhì)量分別為m1與m2m1≠m2的兩顆恒星組成，它們繞共同的圓心OA．兩星運動的軌道半徑與質(zhì)量成反比 B．兩星的動量大小與質(zhì)量成正比C．兩星的動能與質(zhì)量成正比 D．兩星的“面積速率”與質(zhì)量成正比【答案】A【詳析】A．雙星系統(tǒng)中兩星繞O點做圓周運動的周期T與角速度ω均相等，設兩星做圓周運動的半徑分別為r1、r2，由萬有引力提供向心力有F萬=B．根據(jù)v=ωr則有兩星運動的線速度大小之比為v1v2=rC．根據(jù)Ek=12mv2，pD．在相同時間t內(nèi)，兩星相對圓心O轉(zhuǎn)過的角度為θ=ωt與O點的連線掃過的面積為S=12r2θ=12vrt則“面積速率故選A。5．（2025·湖北·高三下考前信息卷二）離子推進器為空間電推進技術中的一種，其特點是推力小、比沖高，廣泛應用于空間推進，如航天器姿態(tài)控制、位置保持、軌道機動和星際飛行等。如圖所示，氣體通入電離室C后被電離為正離子，利用加速電場AB加速正離子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對航天飛機產(chǎn)生反沖力使其獲得加速度。已知單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，離子推進器加速電壓為U，將大量質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止加速后噴射出去，引擎獲得的推力為F。下列說法正確的是（）A．離子推進器是將電能轉(zhuǎn)化為機械能的裝置B．射出的正離子速度為qUC．離子推進器獲得的平均推力大小FD．離子向外噴射形成的電流大小為I【答案】A【詳析】A．離子推進器可將靜電加速層中的電能轉(zhuǎn)化為機械能，故A正確；B．根據(jù)動能定理有qU=12mv2C．大量粒子噴射出去的過程，據(jù)動量定理可得FΔt=Δmv其中ΔmΔtD．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小I=Qt=故選A。6．（25·湖北新八校協(xié)作體·高三下·5月聯(lián)考）如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍出水口直徑為D，水流以速度v從槍口噴出近距離垂直噴射到車身。所有噴到車身的水流，約有75%向四周濺散開，濺起時垂直車身向外的速度為v4，其余25%的水流撞擊車身后無反彈順車流下。由于水流與車身的作用時間較短，在分析水流對車身的作用力時可忽略水流所受的重力。已知水的密度為ρA．19πρD2v264 B．15【答案】A【詳析】由題意可知，在很短時間Δt內(nèi)流出的水的質(zhì)量為Δm=ρSvΔt=1解得F故選A。7．（2025·湖北七市州·二模）如圖（a）所示，為“蹦極”的簡化情景：某人用彈性橡皮繩拴住身體從高空P處自由下落。質(zhì)量為60kg的人可看成質(zhì)點，從P點由靜止下落到最低點所用時間為9s，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。第一次下落過程中橡皮繩彈力F與時間t的關系圖像如圖（A．1800?kg?m/s B．5400?kg?m/sC．7200?kg?m/s D．3600?kg?m/s【答案】B【詳析】人下落整個過程，根據(jù)動量定理有mgt-IF=0解得故選B。8．（24-25高三·湖北九師聯(lián)盟·期末）高壓水槍在現(xiàn)代生活中應用越來越廣泛，當高速水流射向物體時，會對物體表面產(chǎn)生沖擊力，從而達到清洗污垢的目的。圖示為水槍噴水清洗車玻璃示意圖，已知水槍出水口直徑為d，水密度為ρ，設水流垂直打到玻璃表面后不反彈，測出水槍出口的流量為Q（單位時間內(nèi)水流體積），不考慮水內(nèi)部的阻力、空氣阻力及高度變化，下列說法正確的是（）A．水槍管口噴出水流速度大小為2B．水槍對管口水柱做功的功率為16C．水流對水槍的作用力大小為4D．水流與玻璃沖擊壓強為16【答案】D【詳析】A．設水流速度為v，則流量Q=Sv=πd2B．設經(jīng)過極短時間Δt，出口水柱質(zhì)量Δm=ρπd24vC．由動量定理，則有FΔt=Δmv解得D．水流與玻璃沖擊壓強為p=FS故選D。9．（25屆·孝感八?！じ呷隆と＃┮涣泻喼C橫波沿x軸傳播，波源位于原點O且從t=0時刻開始振動。在t=0.35s時波剛好傳播到質(zhì)點Q所在的x=14m處，波形如圖所示。質(zhì)點P的平衡位置位于x=8m處。下列說法正確的是（）A．質(zhì)點P開始振動后在1s內(nèi)沿x軸正方向傳播40mB．質(zhì)點Q的振動方程為y=2sin10πtC．t=0.5s時，質(zhì)點P位于平衡位置且沿y軸正方向運動D．質(zhì)點P開始振動后任意1s內(nèi)的平均速率都是4m/s【答案】B【詳析】A．質(zhì)點P不隨波遷移，只在平衡位置附近振動，故A錯誤；B．由波動圖像可知，波長為λ＝8m，振幅為A＝2cm，波源位于原點O且從t＝0時刻開始振動，在t＝0.35s時波剛好傳播到質(zhì)點Q所在的x＝14m處，則傳播速度為v=ΔxΔt=140.35m/s=40m/s波的周期為T=λv=0.2s通過Q點可判定，波源的起振方向沿y軸正方向，波源的振動方程為y=2sin(2C．由題可知，波傳到P點需要0.2s，t＝0.5s時，質(zhì)點P從平衡位置沿y軸振動0.3s，即32T，可以判斷出在t＝0.5s時，質(zhì)點P位于平衡位置且沿y軸負方向運動，故D．質(zhì)點P開始振動后任意1s內(nèi)的路程為s＝10.2×4A＝20×2cm＝0.4m質(zhì)點P開始振動后任意1s內(nèi)的平均速率都是v=s故選B。10．（2025·湖北襄陽五中·三模）一列簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0時的部分波形如圖甲所示，M、N、Q是介質(zhì)中的三個質(zhì)點，已知圖乙為M、N、QA．t=0時刻，M質(zhì)點位于xB．0~4s內(nèi)，質(zhì)點Q沿x軸運動了2mC．0~6s內(nèi)質(zhì)點M、N通過的路程為均為1mD．從t=0時刻開始，質(zhì)點Q比質(zhì)點N早0.4s【答案】C【詳析】A．由圖甲可知14λ=3m即λ=12mt=0時刻，B．質(zhì)點Q沿平行于y軸的方向簡諧運動，并不沿x軸運動，故B錯誤；C．由圖乙可知12T=1.2s即T=2.4s因6s=212T故0~6s內(nèi)質(zhì)點M、D．據(jù)題意可知，圖乙為N質(zhì)點的振動圖像，由圖乙可知，t=0時刻，N質(zhì)點正在沿y軸正方向振動，Q質(zhì)點位于正向最大位移處，結(jié)合圖甲可知，波沿x軸正方向傳播，故N質(zhì)點回到平衡位置所用時間為Q質(zhì)點回到平衡位置所用時間等于14T=0.6s故從t=0時刻開始，質(zhì)點Q比質(zhì)點N晚故選C。11．（2025·湖北襄陽五中·高考適應性（一））如圖甲所示是一列簡諧橫波在t=0.1s時的波形圖，質(zhì)點P的平衡位置位于x=5m處，其振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．波沿x軸負方向傳播B．質(zhì)點Q的振動方程為yC．0.1~0.3s內(nèi)，質(zhì)點P的路程為6cmD．再經(jīng)過0.3s質(zhì)點P運動至x=8m處【答案】B【詳析】A．由圖乙可知t=0.1s時，質(zhì)點P沿y軸正方向振動，根據(jù)上下坡法，波沿x軸正方向播，故A錯誤；B．質(zhì)點P、Q的相位差Δφ=xP-xQλ×2π=5-48×2π=C．0.1s時，質(zhì)點P正在向最大位移處運動，在14T內(nèi)的路程小于一個振幅，0.1~0.3s為四分之一個周期，質(zhì)點P的路程小于6cm，故D．波傳播過程中，質(zhì)點P在平衡位置（x=5m）附近振動，不會隨波遷移，故D錯誤。故選B。12．（2025·湖北武漢二中·高三下二模）如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻r0，導軌的端點C、D用電阻可以忽略的導線相連，兩導軌間的距離l。有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面向里，已知磁感應強度B與時間t的關系為B=kt，k為大于零的比例系數(shù)。一電阻不計、質(zhì)量為m的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直且接觸良好。在t=0時刻，金屬桿緊靠在C、D端，在平行于導軌的外力F作用下，桿以恒定的加速度a0A．導線CD中感應電流的方向由D指向CB．t0時刻感應電動勢的大小C．t0時刻導體棒所受安培力D．在t0時間內(nèi)，作用在金屬桿上外力F的沖量【答案】BD【詳析】A．由題意，根據(jù)楞次定律，可判斷知導線CD中感應電流的方向由C指向D，故A錯誤；B．金屬桿做勻加速直線運動，在t0時刻，金屬桿與初始位置的距離為x=12a0t02此時桿的速度為v=a0t0這時，桿與導軌構(gòu)成的回路的面積為SC．t0時刻回路中的總電阻R=2x·r0此時流經(jīng)導體棒的電流I=ER此時導體棒所受安培力D．在t0時間內(nèi)，對金屬桿由動量定理有IF-I安=mv故D正確。故選BD。13．（24-25高三·湖北十堰·5月適應性）如圖所示，聯(lián)合收割機正在水平地面上收割小麥，通過收割、脫粒、清選后得到干凈的小麥，干凈的小麥再通過傾斜的送料管輸送到高處，并以相對管口豎直向下2m/s的速度被噴出，最后落入與它并排勻速行駛的貨車車廂內(nèi)。該收割機送料管1s內(nèi)可輸送小麥的質(zhì)量為k=20kg，送料管口離貨車車廂底部的高度差為1.6m，貨車車廂是長為15m的長方體。為了讓小麥盡可能裝滿整個車廂，貨車行駛的速度往往比收割機稍快些。已知10t小麥剛好能將貨車車廂裝滿，重力加速度g=10?A．若收割機和貨車均靜止，收割機將小麥無初速度地放上送料管，則送料管對小麥做功的功率為40WB．若收割機和貨車均靜止，小麥落到車廂底部速度即刻變?yōu)榱?，則小麥對車廂底部的平均沖擊力大小約為120NC．若收割機勻速行駛的速度為1m/s，且恰能裝滿貨車車廂，則貨車勻速行駛的速度應為1.03m/sD．若收割機勻速行駛的速度為1m/s，且恰能裝滿貨車車廂，則小麥對車廂底部的水平方向作用力約為0.6N【答案】BCD【詳析】A．由題意可知，每秒內(nèi)質(zhì)量為20kg的小麥動能增加12mv02B．小麥下落的初速度v0=2?m/s，設落在車廂底部的末速度為v，由速度位移公式有v極短時間Δt內(nèi)落到車廂底部的小麥質(zhì)量為Δm=kΔt=20Δt小麥落到車廂底部速度即刻變?yōu)榱悖蓜恿慷ɡ砜傻?FC．設收割機勻速行駛的速度為v1，貨車勻速行駛的速度為v2，則v2t-v1t=L，D．對小麥在水平方向由動量定理可得FxΔt=Δmv2故選BCD。14．（2025·湖北·高三下考前信息卷二）積分可以看作一種累積的過程。在物理中，有很多累積量的例子。比如，如果速度是時間的函數(shù)，那么位移就是速度在時間上的累積。如圖所示，一傾角為37°的足夠長的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，所在空間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E?？梢暈橘|(zhì)點的小球質(zhì)量為m，帶正電，電荷量為q，mg=qE，以平行于斜面的初速度v0=2mgqBA．小球到達斜面最遠的距離xB．tC．小球離開斜面之前的過程中斜面對小球的彈力的沖量大小為27D．小球離開斜面后的電勢能最大值為21【答案】CD【詳析】A．小球沿斜面上升的過程中，加速度a1=mgsin37°+qEsin37°mB．小球沿斜面上升過程中，所用時間為t1=v0a1=5v06g當小球向下運動時，加速至速度v時離開斜面，此過程中小球向下的加速度C．上升過程由平衡條件可得FN1=qvB+mgcos37°+qEcos37°此過程中彈力的沖量為I1=D．微元累加法：小球離開斜面后做擺線運動，從離開斜面至到達最高點的過程中，以向上為正方向，以向左為正方向，則有qBvyΔt=m故D正確。故選CD。15．（2025·湖北·新高考信息卷（三））2023年10月，中國輪滑（滑板）公開賽在安徽省安慶市開幕，滑行、帶板、曲身、飛騰……比賽現(xiàn)場，選手們來回馳騁，動作利落又極具美感，體現(xiàn)著勇往直前、敢于拼搏的體育精神。圖甲為某參賽者模擬訓練斜面項目，簡化為物理模型如圖乙所示：斜面傾角為α，人與滑板（小木塊替代）總質(zhì)量為m，將木塊置于斜面右下角，同時使木塊以v0的速度大小沿與斜面下沿夾角為β的方向滑行，滑行過程中不計空氣阻力及滑輪與斜面的摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小木塊在斜面上的運動軌跡為一條拋物線B．小木塊獲得的加速度大小為gC．小木塊向上滑行的最大高度h=D．小木塊從出發(fā)點到最高點的動量變化量大小為m【答案】AD【詳析】AB．如圖所示對小物塊分析，只受重力、垂直于斜面的支持力，則有mgcosα=N，mgsinα=C．物體在y軸方向做勻減速運動，加速度大小為a=gsinα，則有2ay=(D．根據(jù)動量定理可得Δp=F合?t出發(fā)到最高點時間故選AD。16．（2025·湖北襄陽四中·高三下·適應性一）如圖所示，在水平地面上方固定一足夠長水平軌道，質(zhì)量為M的滑塊套在水平軌道上，一不可伸長的輕繩一端固定在滑塊底部O點，另一端連接質(zhì)量為m的小球。已知O點到地面的高度為H，重力加速度大小為g，不計小球與滑塊受到的空氣阻力?，F(xiàn)將小球拉至與O點等高的A處(d在水平軌道正下方)，輕繩伸直后由靜止釋放。下列說法正確的是（

）

A．若水平軌道光滑，則滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒B．若水平軌道光滑，輕繩OA長度為H2，當小球擺動到最低點時，迅速剪斷輕繩小球運動一段時間后落地（不反彈），小球落地時與滑塊間的水平距離是C．若水平軌道粗糙，小球在擺動過程中滑塊始終保持靜止，當小球所受重力的功率最大時，輕繩與水平方向的夾角的正弦值是3D．若水平軌道粗糙，滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，小球在擺動過程中滑塊始終保持靜止，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ【答案】ABD【詳析】A．若水平軌道光滑，則滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向合外力為零，則滑塊和小球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，而豎直方向系統(tǒng)由于受到重力的作用，動量不守恒，故系統(tǒng)的動量不守恒，整個過程只有重力做功，機械能守恒，A正確;B．設小球擺到最低點時速度大小為v1，滑塊速度大小為v2根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，則有mg·H2=12mv12+1C．設輕繩長度為L，輕繩與水平方向夾角為θ時，繩中張力為F，小球速度為v，對小球，根據(jù)動能定理，則有mgLsinθ=12mv2根據(jù)牛頓第二定律，則有F-mgsinθ=D．結(jié)合上述分析可知,當輕繩與水平方向夾角為θ時，則有mgLsinθ=1對滑塊受力分析，設滑塊受到的滑動摩擦力為Ff，支持力為FN,根據(jù)力的平衡，水平方向Ff=Fcosθ豎直方向FN=Mg+Fsinθ故選ABD。17．（2025·湖北武昌實中·高考適應性）如圖甲所示，同種均勻介質(zhì)中存在能產(chǎn)生簡諧橫波的A、B兩個波源，A、B間距為5m且同時起振，質(zhì)點P在兩波源的連線上，AP=1m，兩波源的振動圖像如圖乙中的實線和虛線所示。已知兩波源的振動傳播到P點的時間差為6s。則（）A．波源A形成的簡諧橫波在介質(zhì)中的波長為2mB．當兩波源的振動均傳到P點后，P點的振幅為0.3mC．以B波源傳到P點時為計時起點，再過1s，P點偏離平衡位置的位移為0.1mD．以A波源傳到P點時為計時起點，再過8s，P點走過的路程為1.4m【答案】AD【詳析】A．已知兩波源的振動傳播到P點的時間差為6s，則有Δt=Δxv由圖乙可知周期為T=4s，則波長為λ=vT=0.5×4m=2mB．由Δx=3m=3×12λ可知P點為振動減弱點，所以當兩波源的振動均傳到P點后，P點的振幅為A′=A1?AC．以B波源傳到P點時為計時起點，此時AB兩列波已相遇，相遇時兩列波相位差為π，相遇時P點合位移為從平衡位置向下振動，經(jīng)1s，偏離平衡位置位移為?0.1m，故C錯誤；D．以A波源傳到P點時為計時起點，前6s質(zhì)點P僅受A波影響，走過的路程為s后2s兩波相遇，振幅為0.1m，走過的路程為s2=2A′=2×0.1m=0.2m則再過8s，P點走過的路程為s=s1+s2=1.4m，故D正確。故選AD。18．（24-25高三·湖北黃岡中學·四模）圖（a）為一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，P是平衡位置在x1=1.5m處的質(zhì)點，Q是平衡位置在x2=4mA．從t=0到t=0.3s，質(zhì)點P通過的路程為15cmB．從t=0到t=0.2s，該波沿x軸負方向傳播了2mC．在t=0.05s時，質(zhì)點P正好位于平衡位置沿y軸負方向振動D．質(zhì)點P簡諧運動的表達式y(tǒng)【答案】BC【詳析】AB．根據(jù)圖形知A=5cm，λ=4m，T=0.4s則v=λT=10m/s從t=0到t=0.3s，時間Δt１=0.3s=34Tt=0時刻P在平衡位置與波峰之間，故質(zhì)點P通過的路程不可能為3A=15cm由圖（b）可知，C．在t=0.05s時，波沿x軸負方向傳播x'=vt=0.5m即x=2m處質(zhì)點的振動形式傳播到PD．根據(jù)圖（b）知質(zhì)點Q簡諧運動的表達式y(tǒng)=0.05sin(2π0.4t)m=0.05sin(5πt故選BC。19．（2025·湖北武漢二中·5月?？迹﹥闪泻喼C橫波分別沿x軸正方向和負方向傳播，兩波源分別位于x=-0.2m和x=1.2m處，兩列波的波速均為