2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）例1(2024·湖北卷·15)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小；(2)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時的加速度大??；(3)為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。答案(1)BL2gL(2)(3)B解析(1)根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有mgL=12m解得v0=2則金屬棒ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=BLv0=BL2(2)根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為R0=R可知，整個回路的總電阻為R總=R+R·RR+Rab剛越過MP時，通過金屬棒ab的感應(yīng)電流為I=ER總對金屬環(huán)由牛頓第二定律有2BL·I2=2解得a=B(3)根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運(yùn)動，金屬棒做減速運(yùn)動，為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為v，由動量守恒定律有mv0=mv+2mv解得v=13v設(shè)經(jīng)過時間t，金屬棒ab與金屬環(huán)共速，對金屬棒ab，由動量定理有-BILt=m·v03-則有BLq=23mv設(shè)金屬棒運(yùn)動距離為x1，金屬環(huán)運(yùn)動的距離為x2，則有q=BL聯(lián)立解得Δx=x1-x2=mR則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離d=L+Δx=B2例2(2025·福建卷·16)光滑斜面傾角θ=30°，Ⅰ區(qū)域與Ⅱ區(qū)域均存在垂直斜面向外的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。正方形線框abcd質(zhì)量為m，總電阻為R，線框由同種材料制成且粗細(xì)均勻，Ⅰ區(qū)域沿斜面的寬度為L1，Ⅱ區(qū)域沿斜面的寬度為L2，兩區(qū)域間無磁場區(qū)域沿斜面的寬度大于線框的邊長。線框從某一位置釋放，cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時速度大小為v，且直到ab邊離開Ⅰ區(qū)域時速度大小始終為v，cd邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時的速度和ab邊離開Ⅱ區(qū)域時的速度一致。已知重力加速度為g。(1)求線框釋放時cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離；(2)求cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時cd邊兩端的電勢差；(3)求線框從剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開Ⅱ區(qū)域過程中克服安培力做功的平均功率。答案(1)v2g(2)解析(1)設(shè)線框釋放時cd邊與Ⅰ區(qū)域上邊緣的距離為d，從線框釋放到cd邊到達(dá)Ⅰ區(qū)域上邊緣過程中，由動能定理得mgdsinθ=12mv2，解得d=(2)因為cd邊進(jìn)入Ⅰ區(qū)域時速度大小為v，且直到ab邊離開Ⅰ區(qū)域時速度大小始終為v，可知線框的邊長L=L1，根據(jù)平衡條件有mgsinθ=BIL1又E=BL1v，I=Ecd邊兩端的電勢差U=34聯(lián)立解得U=3(3)①若L2>L1，線框在cd邊進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到ab邊離開Ⅱ區(qū)域運(yùn)動過程中，根據(jù)動量定理mgsinθ·t2-2BIL1t3=0根據(jù)q=I·Δt=ER·Δt=ΔΦΔtR·Δt即It3=B由(2)知B=mgR聯(lián)立解得t2=2根據(jù)動能定理-W克安+mgsinθ(L2+L1)=0克服安培力做功的平均功率P=W聯(lián)立解得P=mgv②若L2<L1，同理可得q'=B根據(jù)動量定理mgsinθ·t4-2BIL1t5=0其中q'=It5聯(lián)立解得t4=2根據(jù)動能定理-W克安'+mgsinθ(L2+L1)=0克服安培力做功的平均功率P'=W聯(lián)立解得P'=mgv③若L2=L1，結(jié)合上述分析知，線框從剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)域到完全離開Ⅱ區(qū)域的過程，始終受安培力，可能一直減速，也可能先減速后勻速，則cd邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度與ab邊離開區(qū)域Ⅱ時的速度不可能一致，故不存在此種情況。例3(2025·山東日照市二模)如圖所示，兩平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，窄軌M1N1、M2N2之間的距離L1=1m，光滑的寬軌O1P1、O2P2之間的距離L2=2m。窄軌以垂直于軌道的虛線A1A2為分界線，左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑。窄軌左側(cè)通過開關(guān)S1連接一電容C=0.02F的不帶電的電容器(耐壓值足夠大)。寬軌和窄軌連接處有開關(guān)S2，寬軌左側(cè)接有電阻R1=10Ω。質(zhì)量m=1kg的金屬棒ab靜止在窄軌上，ab棒到A1A2的距離x=4.5m，與窄軌粗糙部分間的動摩擦因數(shù)μ=0.2；質(zhì)量M=2kg的金屬棒cd靜止在寬軌上。整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=10T的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)閉合S1，斷開S2，給ab棒施加一與導(dǎo)軌平行、大小為5N的恒力F，當(dāng)其運(yùn)動到A1A2時，撤去F，同時斷開S1，閉合S2。窄軌和寬軌足夠長，ab始終在窄軌上運(yùn)動，cd棒始終在寬軌上運(yùn)動。兩金屬棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，cd棒連入電路中的電阻R2=20Ω，ab棒及導(dǎo)軌電阻均不計。重力加速度g取10m/s2。求：(1)恒力F的作用時間；(2)cd棒從開始運(yùn)動到勻速的過程中，通過cd棒的電荷量；(3)cd棒從開始運(yùn)動到勻速的過程中，cd棒中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)3s(2)0.1C(3)1J解析(1)先閉合開關(guān)S1，斷開開關(guān)S2，設(shè)金屬棒ab在F作用下加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-μmg-BIL1=maI=ΔQΔt=CBL解得a=F-μmgm+CB則金屬棒ab在拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)x=12at解得t=3s(2)當(dāng)金屬棒ab運(yùn)動到A1A2處時，其速度為v0，v0=at=3m/s，此時撤去恒力F，同時斷開開關(guān)S1，閉合開關(guān)S2，金屬棒ab在安培力作用下向右減速，金屬棒cd在安培力作用下向右加速，最終都做勻速直線運(yùn)動，設(shè)金屬棒ab、cd勻速直線運(yùn)動的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量定理可得：對金屬棒ab：-BIL1Δt=mv1-mv0對金屬棒cd：BIL2Δt=Mv2對整個閉合電路,ab、cd棒勻速時有BL1v1-BL2v2=0解得v1=2m/s，v2=1m/s對金屬棒cd：BIL2Δt=BL2q=Mv2解得q=0.1C(3)金屬棒cd在向右加速的過程中，設(shè)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒可得：Q=12mv02-12mv12-則金屬棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q2=R2R1+R計算題培優(yōu)練7電磁感應(yīng)中的綜合問題[訓(xùn)練1][分值：28分]1.(12分)(2025·四川攀枝花市三模)如圖所示，一個匝數(shù)n=1000、面積S=100cm2的水平圓形線圈內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B1，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化關(guān)系為B1=B0+0.25t。線圈與右側(cè)的平行導(dǎo)軌MN、M'N'通過開關(guān)K相連，導(dǎo)軌MN、M'N'構(gòu)成的平面為水平面，其內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場B2，其右側(cè)有傾角θ=30°的傾斜平行導(dǎo)軌PQ、P'Q'，N與P、N'與P'通過一小段(長度不計)絕緣圓弧平滑連接，PP'、NN'連線均與所有導(dǎo)軌垂直。傾斜平行導(dǎo)軌PQ、P'Q'內(nèi)有與兩導(dǎo)軌構(gòu)成斜面垂直向下的勻強(qiáng)磁場B3，其頂端Q與Q'之間接有定值電阻R。現(xiàn)有一長L=0.5m的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌靜止放置在水平導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好。閉合開關(guān)K后，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，到達(dá)水平導(dǎo)軌右端前已經(jīng)勻速。已知導(dǎo)軌間距均為L、阻值均不計，導(dǎo)體棒ab、線圈、定值電阻的阻值均相同，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m=0.1kg，勻強(qiáng)磁場B2、B3的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為1T，重力加速度g取10m/s2，不計一切摩擦，求：(1)(3分)閉合開關(guān)前線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E；(2)(5分)從閉合開關(guān)到導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動到NN'的過程中，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q1；(3)(4分)若導(dǎo)體棒第一次沖上傾斜導(dǎo)軌經(jīng)過時間t=1.7s后又返回導(dǎo)軌底端，求這段時間內(nèi)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q2。答案(1)2.5V(2)0.625J(3)0.31875J解析(1)對圓形線圈，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=nΔΦΔt其中ΔB代入數(shù)據(jù)得E=2.5V(2)導(dǎo)體棒ab在到達(dá)NN'前已勻速，設(shè)勻速時的速度為v1，則有E1=B2Lv1=E解得v1=5m/s對導(dǎo)體棒ab從開關(guān)閉合到勻速，取水平向右為正方向，由動量定理有B2iLΔt=mv1-0設(shè)這段時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量為q，有iΔt=q圓形線圈、導(dǎo)體棒ab的電阻相同，由能量守恒定律有E能=Eq=12mv12解得Q1=0.625J(3)從導(dǎo)體棒ab沖上斜面到再次返回斜面底端，全程通過回路的電荷量為零，可得全程安培力的沖量為零。設(shè)導(dǎo)體棒返回斜面底端時的速度為v2，取沿斜面向上為正方向，由動量定理，有-mgtsinθ=mv2-mv1解得v2=-3.5m/s導(dǎo)體棒ab和定值電阻R的阻值相同，在該過程中，由能量守恒有12mv12-12m解得Q2=0.31875J。2.(16分)(2025·山東卷·18)如圖所示，平行軌道的間距為L，軌道平面與水平面夾角為α，二者的交線與軌道垂直，以軌道上O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿軌道向下為x軸正方向建立坐標(biāo)系。軌道之間存在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，區(qū)域Ⅰ(-2L≤x<-L)內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場；區(qū)域Ⅱ(x≥0)內(nèi)充滿方向垂直軌道平面向上的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=k1t+k2x，k1和k2均為大于零的常量，該磁場可視為由隨時間t均勻增加的勻強(qiáng)磁場和隨x軸坐標(biāo)均勻增加的磁場疊加而成。將質(zhì)量為m、邊長為L、電阻為R的勻質(zhì)正方形閉合金屬框epqf放置在軌道上，pq邊與軌道垂直，由靜止釋放。已知軌道絕緣、光滑、足夠長且不可移動，磁場上、下邊界均與x軸垂直，整個過程中金屬框不發(fā)生形變，重力加速度大小為g，不計自感。(1)(6分)若金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域Ⅰ的過程中勻速運(yùn)動，求金屬框勻速運(yùn)動的速率v和釋放時pq邊與區(qū)域Ⅰ上邊界的距離s；(2)(10分)金屬框沿軌道下滑，當(dāng)ef邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時開始計時(t=0)，此時金屬框的速率為v0，若k1=mgRsinαk2L答案(1)mgRtanαB2解析(1)金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域Ⅰ的過程中，金屬框只有一條邊切割磁感線，所受安培力水平向左，則切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E=BLvcosα金屬框中電流I=E金屬框做勻速直線運(yùn)動，則BILcosα=mgsinα解得金屬框從開始進(jìn)入到完全離開區(qū)域Ⅰ的過程的速率v=mgR金屬框開始釋放到pq邊進(jìn)入磁場的過程中，只有重力做功，由動能定理可得mgssinα=12mv可得釋放時pq邊與區(qū)域Ⅰ上邊界的距離s=v22(2)當(dāng)ef邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時開始計時(t=0)，設(shè)金屬框ef邊到O點(diǎn)的距離為x時，金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=ΔΦΔt=ΔBΔtL2=k1L2+k2L2ΔxΔt=(k1+k2v此時金屬框中的感應(yīng)電流I=E金屬框pq邊受到沿軌道向上的安培力，大小為F安1=[k1t+k2(x+L)]IL金屬框ef邊受到沿軌道向下的安培力，大小為F安2=(k1t+k2x)IL則金屬框受到的安培力F安=F安1-F安2代入k1=mgR化簡得F安=mgsinα+k當(dāng)金屬框平衡時F安=mgsinα，可知此時金屬框速率為0。則從開始計時到金屬框達(dá)到平衡狀態(tài)的過程中，根據(jù)動量定理可得mgsinαΔt-F安Δt=mΔv即-k22L4vⅡ?qū)r間累積求和可得-k22L可得d=mRv[訓(xùn)練2][分值：27分]1.(12分)(2025·四川成都市二模)如圖所示，將電阻為R=0.02Ω、質(zhì)量為m=0.01kg的單匝正方形閉合線圈abcd水平放置在順時針運(yùn)行的水平傳送帶的最左端，其邊長為l=0.1m，邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)行方向垂直，在MN、PQ區(qū)域內(nèi)加一個垂直于傳送帶平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.4T的勻強(qiáng)磁場，MN、PQ邊界間距為d=0.26m，線圈在運(yùn)動過程中左右兩邊始終與磁場邊界平行，其與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，線圈ab邊進(jìn)入磁場區(qū)域前已和傳送帶共速，傳送帶的速度為v0=1m/s，t=0時刻，線圈ab邊與MN重合，t1=0.2s時刻，線圈cd邊與MN重合，t2時刻線圈ab邊與PQ重合，已知重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(1)(2分)t=0時刻，線圈中的感應(yīng)電流大?。?2)(3分)t1時刻，線圈的速度大小；(3)(4分)t2；(4)(3分)0~t2時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)2A(2)0.6m/s(3)0.4s(4)0.0052J解析(1)t=0時刻，線圈中的感應(yīng)電動勢為E=Blv0，線圈中的感應(yīng)電流大小為I=E解得I=2A(2)t1時刻，設(shè)線圈的速度大小為v，對線圈進(jìn)入磁場的過程，以水平向右為正方向，由動量定理有-BIlt1+μmgt1=mv-mv0又I=BlvR，l=v聯(lián)立解得v=0.6m/s(3)t1時刻開始，線圈在摩擦力作用下做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律有μmg=ma解得a=2m/s2根據(jù)速度時間公式有t加=v0-v根據(jù)速度位移公式有x加=v02-又d=l+x加=0.26m即線圈與傳送帶共速時，ab邊恰與PQ重合，則有t2=t1+t加解得t2=0.4s(4)t1~t2時間內(nèi)，線圈中焦耳熱為0；對線圈，0~t1時間內(nèi)，根據(jù)動能定理有WA+μmgl=12mv2-12又Q=-WA解得Q=0.0052J。2.(15分)(2025·河北卷·15)某電磁助推裝置設(shè)計如圖，超級電容器經(jīng)調(diào)控系統(tǒng)為電路提供1000A的恒定電流，水平固定的平行長直導(dǎo)軌處于垂直水平面的勻強(qiáng)磁場中，a可視為始終垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒，b為表面絕緣的無人機(jī)。初始時a靜止于MM'處，b靜止于a右側(cè)某處。現(xiàn)將開關(guān)S接1端，a與b正碰后鎖定并一起運(yùn)動，損失動能全部儲存為彈性勢能。當(dāng)a運(yùn)行至NN'時將S接2端，同時解除鎖定，所儲勢能瞬間全部轉(zhuǎn)化為動能，a與b分離。已知電容器電容C為10F，導(dǎo)軌間距為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，MM'到NN'的距離為5m，a、b質(zhì)量分別為2kg、8kg，a在導(dǎo)軌間的電阻為0.01Ω。碰撞、分離時間極短，各部分始終接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻、摩擦和儲能耗損，忽略電流對磁場的影響。(1)(2分)若分離后某時刻a的速度大小為10m/s，求此時通過a的電流大小。(2)(8分)忽略a、b所受空氣阻力，當(dāng)a與b的初始間距為1.25m時，求b分離后的速度大小，分析其是否為b能夠獲得的最大速度；并求a運(yùn)動過程中電容器的電壓減小量。(3)(5分)忽略a所受空氣阻力，若b所受空氣阻力大小與其速度v的關(guān)系為f=kv2(k=0.025N·s2/m2)，初始位置與(2)問一致，試估算a運(yùn)行至NN'時。a分離前的速度大小能否達(dá)到(2)問中分離前速度的99%，并給出結(jié)論。(0.992=0.9801)答案(1)500A(2)25m/s是40V(3)能解析(1)分離后a切割磁感線有E=BLv則通過a的電流I=E解得I=500A。(2)由于超級電容器經(jīng)調(diào)控系統(tǒng)為電路提供I0=1000A的恒定電流，則當(dāng)a與b的初始間距為1.25m時a與b碰撞前的速度設(shè)為va，根據(jù)動能定理有BI0Lxab=12maa與b碰撞時根據(jù)動量守恒和能量守恒有mava=(ma+mb)v共，12mava2=12(ma+mb)a與b整體從碰后到NN'的過程中有BI0L(xMN-xab)=12(ma+mb)v共12-12(ma+a與b分離時根據(jù)動量守恒和能量守恒有(ma+mb)v共1=mava1+mbvb1，12(ma+mb)v共12+Ep=聯(lián)立解得vb1=25m/s，va1=0，此時a速度為零，安培力做功產(chǎn)生的所有能量都轉(zhuǎn)化為b的動能，因此b能獲得的最大速度為25由于a和ab組合體均做勻變速直線運(yùn)動，分別有xab=va2t1，xMN-xab=v解得t1=0.1s，t2=0.3s，則電容器流出的電荷量有Δq=I0(t1+t2)a運(yùn)動過程中電容器的電壓減小量ΔU=ΔqC=40(3)從a、b碰后一起運(yùn)動到NN'過程，由于b受空氣阻力，故末速度必小于v共1，故該過程中始終有f<kv共12，如果b所受阻力大小取fm=kv共12=10N，由動能定理得(BI0L-kv共12)(xMN-xab)=12(ma+mb)v共22解得v共22=392.5m2由于(0.99v共1)2=0.9801v共12=392.04<v共22，故能達(dá)到(第11講機(jī)械振動與機(jī)械波考點(diǎn)一機(jī)械振動1.簡諧運(yùn)動的規(guī)律規(guī)律x=Asin(ωt+φ)圖像反映同一質(zhì)點(diǎn)在各個時刻的位移受力特征回復(fù)力F=-kx，F(xiàn)(或a)的大小與x的大小成正比，方向相反運(yùn)動特征靠近平衡位置時，a、F、x都減小，v增大；遠(yuǎn)離平衡位置時，a、F、x都增大，v減小能量特征振幅越大，能量越大。在運(yùn)動過程中，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒周期性特征質(zhì)點(diǎn)的位移、回復(fù)力、加速度和速度均隨時間做周期性變化，變化周期就是簡諧運(yùn)動的周期T；動能和勢能也隨時間做周期性變化，其變化周期為T對稱性特征關(guān)于平衡位置O對稱的兩點(diǎn)，相對平衡位置的位移大小、加速度的大小、速度的大小相等；動能、勢能相等2.彈簧振子(1)彈簧振子的周期與振幅、振動方向與水平方向的夾角無關(guān)，僅與彈簧的勁度系數(shù)k和振子的質(zhì)量m有關(guān)。(2)公式：T=2πmk3.單擺示例圖周期T=2πl(wèi)超、失重的重力加速度超重時g0=g+a失重時g0=g-a受力特征回復(fù)力：F=mgsinθ=-mglx=-最高點(diǎn)：Fn=mv2l=0，F(xiàn)T=mg最低點(diǎn)：Fn=mvmaxFT=mg+mv例1(2024·北京卷·9)圖甲為用手機(jī)和輕彈簧制作的一個振動裝置。手機(jī)加速度傳感器記錄了手機(jī)在豎直方向的振動情況，以向上為正方向，得到手機(jī)振動過程中加速度a隨時間t變化的曲線為正弦曲線，如圖乙所示。下列說法正確的是()A.t=0時，彈簧彈力為0B.t=0.2s時，手機(jī)位于平衡位置上方C.從t=0至t=0.2s，手機(jī)的動能增大D.a隨t變化的關(guān)系式為a=4sin(2.5πt)m/s2答案D解析由題圖乙知，t=0時，手機(jī)加速度為0，由牛頓第二定律得彈簧彈力大小為F=mg，A錯誤；由題圖乙知，t=0.2s時，手機(jī)的加速度為正，則手機(jī)位于平衡位置下方，B錯誤；由題圖乙知，從t=0至t=0.2s，手機(jī)的加速度增大，手機(jī)從平衡位置向最大位移處運(yùn)動，速度減小，動能減小，C錯誤；由題圖乙知T=0.8s，則ω=2πT=2.5πrad/s，則a隨t變化的關(guān)系式為a=4sin(2.5πt)m/s2，D變式1(2025·山東濰坊市一模)如圖所示，質(zhì)量為2m的物塊P靜置于勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧上，質(zhì)量為m的物塊Q從P上方h=9mg2k的高度處由靜止落下，Q與P發(fā)生碰撞，碰后立即結(jié)為一體。已知兩物塊碰后經(jīng)t0時間速度第一次變?yōu)榱?，彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kx2(k為彈簧的勁度系數(shù)、A.t06 B.t04 C.答案B解析根據(jù)速度位移關(guān)系式v2=2gh可知，Q與P碰前速度v0=2gh，碰撞過程根據(jù)動量守恒，以v0的方向為正方向mv0=3mv1，從碰后到最低點(diǎn)，以最低點(diǎn)的重力勢能為0，根據(jù)能量守恒12×3mv12+12k(2mgk)2+3mg(Δx-2mgk)=12k(Δx)2，解得Δx=5mgk，整體做簡諧運(yùn)動，簡諧運(yùn)動平衡位置為壓縮3mgk處，根據(jù)題意有兩物塊碰后位置為壓縮2mgk處，最低點(diǎn)在壓縮5mg例2(2025·四川卷·5)如圖所示，甲、乙、丙、丁四個小球用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，從左至右擺長依次增加，小球靜止在紙面所示豎直平面內(nèi)。將四個小球垂直紙面向外拉起一小角度，由靜止同時釋放。釋放后小球都做簡諧運(yùn)動。當(dāng)小球甲完成2個周期的振動時，小球丙恰好到達(dá)與小球甲同側(cè)最高點(diǎn)，同時小球乙、丁恰好到達(dá)另一側(cè)最高點(diǎn)。則()A.小球甲第一次回到釋放位置時，小球丙加速度為零B.小球丁第一次經(jīng)過平衡位置時，小球乙動能為零C.小球甲、乙的振動周期之比為3∶4D.小球丙、丁的擺長之比為1∶2答案C解析根據(jù)單擺周期公式T=2πLg，可知T丁>T丙>T乙>T甲，設(shè)甲的周期為T甲，根據(jù)題意可得2T甲=3T乙2=T丙=T丁2，可得T丙=2T甲，T乙=43T甲，T丁=4T甲，可得T甲∶T乙=3∶4，T丙∶T丁=1∶2，根據(jù)單擺周期公式T=2πLg，結(jié)合T丙∶T丁=1∶2，可得小球丙、丁的擺長之比L丙∶L丁=1∶4，故C正確，D錯誤；小球甲第一次回到釋放位置時，即經(jīng)過T丙2時間，小球丙到達(dá)另一側(cè)最高點(diǎn)，此時速度為零，位移最大，加速度不為零，故A錯誤；根據(jù)上述分析可得T乙=變式2(2024·浙江6月選考·9)如圖所示，不可伸長的光滑細(xì)線穿過質(zhì)量為0.1kg的小鐵球，兩端A、B懸掛在傾角為30°的固定斜桿上，間距為1.5m。小球平衡時，A端細(xì)線與桿垂直；當(dāng)小球受到垂直紙面方向的擾動做微小擺動時，等效于懸掛點(diǎn)位于小球重垂線與AB交點(diǎn)的單擺，重力加速度g取10m/s2，則()A.擺角變小時，周期變大B.小球擺動周期約為2sC.小球平衡時，A端拉力大小為32D.小球平衡時，A端拉力小于B端拉力答案B解析根據(jù)單擺的周期公式T=2πLg可知周期與擺角無關(guān)，故A同一根光滑細(xì)線，A端拉力大小等于B端拉力大小，平衡時對小球受力分析如圖可得2FAcos30°=mg解得FA=FB=mg2cos30°=33故C、D錯誤；根據(jù)幾何知識可知擺長為L=1.5m×tan30°cos30°=1m，故周期為T=2πLg≈2單擺模型的拓展支撐面“單擺”偏角很小時等效為單擺復(fù)合場中的單擺g0=g±qEmg0=斜面上的單擺g0=gsinθg0=gsinθ雙線擺等效擺長等效擺長l=l1sinθl=l1sinθ+l3小球在垂直紙面方向擺動

考點(diǎn)二機(jī)械波形成條件(1)波源；(2)傳播介質(zhì)，如空氣、水等傳播特點(diǎn)(1)機(jī)械波傳播的只是振動的形式和能量，質(zhì)點(diǎn)只在各自的平衡位置附近做簡諧運(yùn)動，并不隨波遷移(2)介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)振動周期和頻率都與波源的振動周期和頻率相同(3)一個周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)完成一次全振動，通過的路程為4A(4)一個周期內(nèi)，波向前傳播一個波長波的圖像(1)坐標(biāo)軸：橫軸表示各質(zhì)點(diǎn)的平衡位置，縱軸表示該時刻各質(zhì)點(diǎn)的位移(2)意義：表示在波的傳播過程中，某時刻各質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移波長、波速和頻率(周期)的關(guān)系(1)v=λf；(2)v=λ波的疊加(1)兩個振動情況相同的波源形成的波，在空間某點(diǎn)振動加強(qiáng)的條件為Δx=nλ(n=0，1，2，…)，振動減弱的條件為Δx=(2n+1)λ2(n=0，1，2，…(2)振動加強(qiáng)點(diǎn)的位移隨時間而改變，振幅為兩波振幅的和A1+A2波的多解問題由于波的周期性、波傳播方向的雙向性，波的傳播易出現(xiàn)多解問題波的特性波的干涉波的衍射多普勒效應(yīng)例3(2024·湖南卷·2)如圖，健身者在公園以每分鐘60次的頻率上下抖動長繩的一端，長繩自右向左呈現(xiàn)波浪狀起伏，可近似為單向傳播的簡諧橫波。長繩上A、B兩點(diǎn)平衡位置相距6m，t0時刻A點(diǎn)位于波谷，B點(diǎn)位于波峰，兩者之間還有一個波谷。下列說法正確的是()A.波長為3mB.波速為12m/sC.t0+0.25s時刻，B點(diǎn)速度為0D.t0+0.50s時刻，A點(diǎn)速度為0答案D解析畫出t0時刻A、B兩點(diǎn)間波形如圖所示可知xAB=32λ=6m，解得λ=4m，A波源的振動頻率為f=6060Hz=1故波速為v=λf=4m/s，B錯誤；質(zhì)點(diǎn)的振動周期為T=1f=1s，因為0.25s=T4，故B點(diǎn)在t0+0.25s時刻運(yùn)動到平衡位置，速度最大，0.5s=T2，故A點(diǎn)在t0+0.5s時刻運(yùn)動到波峰，速度為0，D針對訓(xùn)練1(2025·云南卷·7)如圖所示，均勻介質(zhì)中矩形區(qū)域內(nèi)有一位置未知的波源。t=0時刻，波源開始振動產(chǎn)生簡諧橫波，并以相同波速分別向左、右兩側(cè)傳播，P、Q分別為矩形區(qū)域左右兩邊界上振動質(zhì)點(diǎn)的平衡位置。t=1.5s和t=2.5s時矩形區(qū)域外波形分別如圖中實線和虛線所示，則()A.波速為2.5m/sB.波源的平衡位置距離P點(diǎn)1.5mC.t=1.0s時，波源處于平衡位置且向下運(yùn)動D.t=5.5s時，平衡位置在P、Q處的兩質(zhì)點(diǎn)位移相同答案D解析根據(jù)題圖所示波形可知λ=4m，12T=2.5s-1.5s，可得T=2s，波速為v=λT=2m/s，故A錯誤；設(shè)波源的平衡位置與P點(diǎn)的距離為x0，根據(jù)矩形區(qū)域左側(cè)t=1.5s時的波形可知2m+x0v=1.5s，解得x0=1m，故B錯誤；由題圖結(jié)合同側(cè)法可知，波源剛開始的振動方向向下，由于t=1.0s=12T，可知此時波源處于平衡位置且向上運(yùn)動，故C錯誤；t=5.5s時，即從t=2.5s時再經(jīng)過3s=32T，可知P處質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置向上振動，Q例4(2025·山東濟(jì)南市診斷)一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖所示，此時P點(diǎn)偏離平衡位置的位移大小是振幅的二分之一。已知波速v=8m/s，則此后P點(diǎn)第三次達(dá)到平衡位置的時間是()A.1324s B.1124s C.916s 答案A解析由波形圖可知λ=4m，根據(jù)v=λT，解得T=0.5s，圓頻率為ω=2πT=4πrad/s，設(shè)P質(zhì)點(diǎn)的振動方程為y=Asin(4πt+φ0)，將t=0，y=A2代入上述方程，則有A2=Asin(4π×0+φ0)，化簡得12=sinφ0，解得φ0=π6或φ0=5π6，波沿x軸正方向傳播，由“上下坡法”知此時P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，故φ0=5π6，則P質(zhì)點(diǎn)的振動方程為y=Asin(4πt+5π6)，P質(zhì)點(diǎn)從當(dāng)前位置到第一次回到平衡位置所用時間Δt=π-56π2πT=T12，故P點(diǎn)從開始到第三次達(dá)到平衡位置的時間為t例5(多選)(2024·山東卷·9)甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速均為2m/s。t=0時刻二者在x=2m處相遇，波形圖如圖所示。關(guān)于平衡位置在x=2m處的質(zhì)點(diǎn)P，下列說法正確的是()A.t=0.5s時，P偏離平衡位置的位移為0B.t=0.5s時，P偏離平衡位置的位移為-2cmC.t=1.0s時，P向y軸正方向運(yùn)動D.t=1.0s時，P向y軸負(fù)方向運(yùn)動答案BC解析T1=λ1v=2s，T2=λ2Δt1=0.5s=T14=甲波經(jīng)0.5sP質(zhì)點(diǎn)處于波谷，乙波經(jīng)0.5sP質(zhì)點(diǎn)在平衡位置根據(jù)疊加原理可知，t=0.5s時，P偏離平衡位置的位移為-2cm，故A錯誤，B正確；Δt2=1.0s=T12=T經(jīng)1.0s甲波在P點(diǎn)引起的振動向上，乙波在P點(diǎn)引起的振動也向上，根據(jù)疊加原理可知，t=1.0s時，P向y軸正方向運(yùn)動，故C正確，D錯誤。針對訓(xùn)練2(多選)(2025·湖南卷·7)如圖，A(0，0)、B(4，0)、C(0，3)在xy平面內(nèi)，兩波源分別置于A、B兩點(diǎn)。t=0時，兩波源從平衡位置起振，起振方向相同且垂直于xy平面。頻率均為2.5Hz。兩波源持續(xù)產(chǎn)生振幅相同的簡諧橫波，波分別沿AC、BC方向傳播，波速均為10m/s。下列說法正確的是()A.兩橫波的波長均為4mB.t=0.4s時，C處質(zhì)點(diǎn)加速度為0C.t=0.4s時，C處質(zhì)點(diǎn)速度不為0D.t=0.6s時，C處質(zhì)點(diǎn)速度為0答案AD解析兩橫波的波長均為λ=vf=4m，故A正確；兩橫波傳到C處所需時間分別為t1=310s=0.3s，t2=32+4210s=0.5s，T=1f=0.4s，故t=0.4s時，只有A處波傳到C處且振動了14T，故C處質(zhì)點(diǎn)處于正向或負(fù)向最大位移處，加速度最大，速度為零，故B、C錯誤；分析可知t=0.6s時兩橫波都已傳播到C處，C處質(zhì)點(diǎn)到兩波源的距離差為Δx=5m-3m=2m=考點(diǎn)三振動圖像與波的圖像綜合應(yīng)用巧解振動圖像與波的圖像綜合問題的基本方法例6(2025·湖北省部分學(xué)校聯(lián)考三模)一列簡諧橫波沿x軸傳播，波速為2m/s，振幅為10cm。圖甲為該橫波傳播一個周期時的波形圖，從此時開始計時，P點(diǎn)的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()A.該橫波波源的平衡位置在x=0處B.0.75s時刻P點(diǎn)速度達(dá)到最大C.從波源開始振動到P點(diǎn)開始振動，波源處質(zhì)點(diǎn)通過的路程為35cmD.從圖甲時刻開始，波向前傳播5m的時間內(nèi)，P點(diǎn)通過的路程為50cm答案C解析由振動圖像，0時刻P點(diǎn)向上運(yùn)動，所以波沿x軸負(fù)向傳播，該橫波波源的平衡位置在x=4m處，故A錯誤；由題圖甲可知該橫波波長λ=4m，由v=λT，可知該橫波周期T=2s，P點(diǎn)到達(dá)平衡位置時速度最大，需要時間T2n+56s=(n+56)s(n=0，1，2，3…)，故B錯誤；由簡諧運(yùn)動規(guī)律可知，P點(diǎn)從平衡位置到一半振幅處用時112T，則由題圖甲可得從波源開始振動到P點(diǎn)開始振動，波源處質(zhì)點(diǎn)振動了1112T，通過路程為35cm，故C正確；圓頻率為ω=2πT=πrad/s，設(shè)質(zhì)點(diǎn)P的振動方程為y=Asin(πt+φ0)，將t=0，y=5cm代入有φ0=π6或5π6，結(jié)合題圖乙可知φ0=π6，波傳播5m為54個波長，用時54T，可知P點(diǎn)振動了一個周期又12s，則通過路程為[40+5+10-10sin(例7(2025·福建福州市二模)如圖甲所示，a、b為沿x軸傳播的一列簡諧橫波上的兩質(zhì)點(diǎn)，相距為s=1m。a、b的振動圖像分別如圖乙、丙所示。(1)若波在介質(zhì)中傳播的速度為v=4m/s，求波長；(2)若波沿x軸負(fù)方向傳播，且波長大于0.7m，求可能的波速值。答案(1)3.2m(2)1m/s或5m/s解析(1)由振動圖像可知，波的振動周期T=0.8s波長λ=vT=3.2m(2)若波沿x軸負(fù)方向傳播，則a、b間距離s=(n+14)λ(n=0，1，2…解得λ=44n+1m(n=0，1，由于λ>0.7m，n可以取0、1，對應(yīng)波長λ1=4m或λ2=0.8m則波速為v1=λ1T=40.8或v2=λ2T=0.80.8m/s=1題目選項中所需判斷的物理量函數(shù)表達(dá)式以字母形式出現(xiàn)，表達(dá)式有明顯區(qū)別(指數(shù)明顯不同或物理量有的處在分子中，有的處在分母中)?？蓪?yīng)物理量以國際單位制表示并加以約分，看最后剩余下的單位與所求的物理量單位是否相符，以此簡單地排除不可能的選項。示例(2025·湖北省名校聯(lián)盟聯(lián)考)轉(zhuǎn)動慣量(J=∑miri2)是物體繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動時慣性的量度，其中ri是微元mi到轉(zhuǎn)軸的距離。復(fù)擺是由大小和形狀不發(fā)生變化的物體，繞固定水平軸在重力作用下做微小擺動的運(yùn)動體系，如圖所示，l是質(zhì)心到轉(zhuǎn)軸的距離，重力加速度為g。復(fù)擺和單擺類似，可以視為簡諧運(yùn)動。根據(jù)所學(xué)物理知識，判斷復(fù)擺的周期公式可能是()A.2πJmgl B.2πC.2πJmgl 答案A解析單擺的周期單位為秒(s)，由題意可知，轉(zhuǎn)動慣量的公式為J=∑miri2，其單位為kg·m2。四個選項的單位分別是秒(s)、秒分之一(s-1)、秒方(s2)以及秒方分之一(s-2)。根據(jù)量綱法分析可知，復(fù)擺的周期公式可能是T=2πJmgl專題強(qiáng)化練[分值：60分][1~7題，每題4分，8~10題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·廣東卷·1)關(guān)于受迫振動和多普勒效應(yīng)，下列說法正確的是()A.系統(tǒng)的固有頻率與驅(qū)動力頻率有關(guān)B.只要驅(qū)動力足夠大，共振就能發(fā)生C.應(yīng)用多普勒效應(yīng)可以測量車輛的速度D.觀察者與波源相互遠(yuǎn)離時，接收到的波的頻率比波源的頻率大答案C解析系統(tǒng)的固有頻率只與系統(tǒng)本身有關(guān)，與驅(qū)動力頻率無關(guān)，A錯誤；只有驅(qū)動力頻率與系統(tǒng)固有頻率相同時，共振才能發(fā)生，B錯誤；根據(jù)多普勒效應(yīng)可知觀察者與波源相互遠(yuǎn)離時，接收到的波的頻率比波源的頻率小，觀察者與波源相互靠近時，接收到的波的頻率比波源的頻率大，所以應(yīng)用多普勒效應(yīng)可以測量車輛的速度，C正確，D錯誤。2.(多選)(2024·貴州卷·9)如圖，一玻璃瓶的瓶塞中豎直插有一根兩端開口的細(xì)長玻璃管，管中一光滑小球?qū)⑵恐袣怏w密封，且小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，裝置的密封性、絕熱性良好。對小球施加向下的力使其偏離平衡位置，在t=0時由靜止釋放，小球的運(yùn)動可視為簡諧運(yùn)動，周期為T。規(guī)定豎直向上為正方向，則小球在t=1.5T時刻()A.位移最大，方向為正B.速度最大，方向為正C.加速度最大，方向為負(fù)D.受到的回復(fù)力大小為零答案AC解析對小球施加向下的力使其偏離平衡位置，在t=0時由靜止釋放，可知此時小球位于最低點(diǎn)。因小球的運(yùn)動可視為簡諧運(yùn)動，周期為T，則小球在t=1.5T時刻處于最高點(diǎn)位置，此時位移最大，方向向上(正方向)；小球受到的回復(fù)力最大，方向向下，則小球的加速度最大，方向向下(負(fù)方向)，此時小球的速度為0。故選A、C。3.(2024·安徽卷·3)某儀器發(fā)射甲、乙兩列橫波，在同一均勻介質(zhì)中相向傳播，波速v大小相等。某時刻的波形圖如圖所示，則這兩列橫波()A.在x=9.0m處開始相遇B.在x=10.0m處開始相遇C.波峰在x=10.5m處相遇D.波峰在x=11.5m處相遇答案C解析由題意可知兩列波的波速相同，所以相同時間內(nèi)傳播的距離相同，故兩列橫波在x=11.0m處開始相遇，故A、B錯誤；甲波峰的橫坐標(biāo)為x1=5.0m，乙波峰的橫坐標(biāo)為x2=16.0m，由于兩列波的波速相同，所以波峰在x'=5.0m+16.0-5.02m=10.5m處相遇，故C正確，D4.(2025·黑吉遼蒙卷·5)平衡位置在同一水平面上的兩個振動完全相同的點(diǎn)波源，在均勻介質(zhì)中產(chǎn)生兩列波。若波峰用實線表示，波谷用虛線表示，P點(diǎn)位于其最大正位移處，曲線ab上的所有點(diǎn)均為振動減弱點(diǎn)，則下列圖中可能滿足以上描述的是()答案C解析根據(jù)題意，P點(diǎn)位于其最大正位移處，故可知此時P點(diǎn)位于兩列波的波峰與波峰相交處，B、D錯誤；根據(jù)干涉規(guī)律可知，相鄰波峰與波峰交點(diǎn)、波谷與波谷交點(diǎn)連線上的點(diǎn)都是振動加強(qiáng)點(diǎn)，故A圖像中的曲線ab上的點(diǎn)存在振動加強(qiáng)點(diǎn)，A錯誤；C圖像中曲線ab是波峰與波谷相交的減弱點(diǎn)的連線，是減弱線，故ab上的點(diǎn)總是振動減弱點(diǎn)，C正確。5.(多選)(2025·重慶卷·8)一浮筒(視為質(zhì)點(diǎn))在池塘水面以頻率f上下振動，水面泛起圓形的漣漪(視為簡諧波)。用實線表示波峰位置，某時刻第1圈實線的半徑為r，第3圈實線的半徑為9r，如圖所示，則()A.該波的波長為4r B.該波的波速為2frC.此時浮筒在最低點(diǎn) D.再經(jīng)過14答案AD解析根據(jù)題意此時刻第1圈實線的半徑為r，第3圈實線的半徑為9r，故可得2λ=9r-r，即λ=4r，故A正確；該波的波速為v=λf=4rf，故B錯誤；由λ=4r，該時刻第1圈實線的半徑為r=14λ，由于波向外傳播，根據(jù)同側(cè)法可知此時浮筒處于平衡位置向下振動，故再經(jīng)過14f=14T，浮筒將在最低點(diǎn)，故6.(多選)(2025·山東卷·9)均勻介質(zhì)中分別沿x軸負(fù)向和正向傳播的甲、乙兩列簡諧橫波，振幅均為2cm，波速均為1m/s，M、N為介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)。t=0時刻的波形圖如圖所示，M、N的位移均為1cm。下列說法正確的是()A.甲波的周期為6sB.乙波的波長為6mC.t=6s時，M向y軸正方向運(yùn)動D.t=6s時，N向y軸負(fù)方向運(yùn)動答案BD解析根據(jù)題圖可知甲波的波長λ甲=4m，根據(jù)λ甲=vT甲，可得T甲=4s，A錯誤；根據(jù)題圖可知(112×2+12)λ乙=4m，可得λ乙=6m，B正確；根據(jù)λ乙=vT乙，可得T乙=6s，根據(jù)同側(cè)法可知t=0時N向y軸負(fù)方向運(yùn)動，t=6s時即經(jīng)過時間T乙，N仍向y軸負(fù)方向運(yùn)動，D正確；t=6s時即經(jīng)過T甲+T甲2，結(jié)合“同側(cè)法”可知M向7.(多選)(2025·山東臨沂市三模)某簡諧橫波沿x軸傳播，在t=0時刻的波形如圖所示，此時介質(zhì)中有三個質(zhì)點(diǎn)B、C和D，B的橫坐標(biāo)為0，C的縱坐標(biāo)為0，D與C間沿x軸方向的距離為波長的18，質(zhì)點(diǎn)B的振動方程為y=4sin(π2t-A.該波沿x軸正方向傳播B.該波的波長為12mC.該波的波速大小為12m/sD.t=0時刻起，質(zhì)點(diǎn)D回到平衡位置的最短時間為0.5s答案ABD解析由y=4sin(π2t-π6)cm，得t=0時，yB0=-2cm，經(jīng)過極短的時間Δt，有|yB0'|<|yB0|，即t=0時質(zhì)點(diǎn)B沿y軸正方向振動，結(jié)合圖像知，該波沿x軸正方向傳播，A正確；質(zhì)點(diǎn)振動的周期T=2ππ2s=4s，設(shè)t時刻，質(zhì)點(diǎn)B第一次到達(dá)平衡位置處，即y=4sin(π2t-π6)cm=0，解得t=13s=112T，即波再傳播112λ質(zhì)點(diǎn)B處于平衡位置，如圖中虛線所示，則λ-112λ=11m，解得λ=12m，故B正確；波速v=λT=3m/s，故C錯誤；t[爭分提能練]8.(多選)(2025·山東濰坊市三模)x軸上兩波源P、Q的平衡位置坐標(biāo)分別為x1=-10m、x2=10m，形成的簡諧橫波在同種均勻介質(zhì)中相向傳播，某時刻的波形如圖所示。已知波的傳播速度為2m/s，下列說法正確的是()A.兩波源的起振方向相反B.從圖示時刻經(jīng)5s兩列波相遇C.各質(zhì)點(diǎn)振動穩(wěn)定后，在P、Q之間(不包含P、Q)的連線上共有10個加強(qiáng)點(diǎn)D.各質(zhì)點(diǎn)振動穩(wěn)定后，平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)的振幅為45cm答案AD解析由題圖可知，某時刻，波源P產(chǎn)生的機(jī)械波剛好傳到x=-6m處，根據(jù)上下坡法可知，x=-6m處的質(zhì)點(diǎn)的速度方向沿y軸負(fù)方