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通用版带答案高中物理选修一综合测试题易错知识点总结

1

单选题
1、如图是一水平弹簧振子做简谐振动的振动图像（x-t图像），由图可推断，振动系统（  ）

A．在t1和t2时刻具有相等的动能和相同的动量
B．在t3和t4时刻具有相等的势能和相同的动量
C．在t4和t6时刻具有相同的位移和速度
D．在t1和t6时刻具有相同的速度和加速度
答案：B
A．t1和t2时刻振子位移不同速度不相等，所以动能和动量也不相等，故A错误；
B．t3和t4时刻振子位移大小相等方向相反，速度相同，所以系统的势能相等，动量也相同，故B正确；
C．t4和t6时刻位移均为负且相等，速度大小相等方向相反，故C错误；
D．t1和t6时刻位移大小相等方向相反，速度相同，而加速度大小相等方向相反，故D错误。
故选B。
2、如图所示，若手机质量m=200g，从离人眼约h=20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经Δt=0.01s手机停止运动，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（  ）

A．手机对眼睛的作用力大小约为30N
B．手机对眼睛的作用力大小约为40N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.42N•s
D．全过程手机重力的冲量大小约为0.40N•s
答案：C
AB．手机自由下落h时的速度为
v=2gh=2m/s
手机与眼相互作用过程，以竖直向下为正方，据动量定理可得
(mg-F)Δt=0-mv
解得手机受到的作用力大小为
F=42N
由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的作用力大小约为42N，AB错误；
CD．手机自由下落时间为
t=vg=0.2s
全过程手机重力的冲量大小为
I=mg(t+Δt)=0.42N⋅s
C正确，D错误。
故选C。
3、如图所示，质量分别为m1=3kg、m2=1kg的两小物块A、B用平行于斜面的轻细线相连，两物块均静止于斜面上，用平行于斜面向上的恒力拉A，使其以加速度a=2m/s2沿斜面向上运动，经时间t1=2s，细线突然被拉断，再经时间t2=1s，B上滑到最高点，则B到达最高点时A的速度大小为（  ）

A．6m/sB．8m/sC．9m/sD．10m/s
答案：B
细线被拉断前，以A、B为整体，由牛顿第二定律得
F合=(m1+m2)a=(3+1)×2N=8N
t1=2s时，A、B的速度为
v1=at1=2×2m/s=4m/s
细线突然被拉断后，整体受到的合力保持不变，再经时间t2=1s，B上滑到最高点，此时B的速度为零，设此时A的速度为vA，以A、B为整体，根据动量定理可得
F合t2=m1vA-(m1+m2)v1
解得
vA=8m/s
故选B。
4、如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s，则（  ）

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
答案：A
规定向右为正方向，因为碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s，可知A球受到的冲击力为负方向，因此A球一定位于左方，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，根据
mB＝2mA
可知
vA>vB
因此A球动量一定为正方向，若B球动量为正方向，根据动量守恒
ΔpA=-ΔpB
因此碰后A球的动量为2kg·m/s，碰后B球的动量为10kg·m/s，则
vAvB=pA'mA:pB'mB=2:5
若B球动量为负方向，碰后A球的动量为2kg·m/s，碰后B球的动量为-2kg·m/s，则会发生二次碰撞，不符合碰撞规律，故A正确，BCD错误。
故选A。
5、某小组做验证动量守恒定律实验时，在气垫导轨上放置P、Q两滑块。碰撞前Q静止，P匀速向Q运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到频闪照片如图所示，在这4次闪光的过程中，P、Q两滑块均在0~80cm范围内，且第1次闪光时，P恰好位于x=10cm处。相邻两次闪光的时间间隔为T，P、Q两滑块的碰撞时间及闪光持续时间均可忽略不计，则P、Q两滑块的质量之比为（  ）

A．1:1B．1:2C．1:3D．1:4
答案：C
由图可知，第1次闪光时，滑块P恰好位于10cm处；第二次P在30cm处；第三次P在50cm处；两次闪光间隔中P的位移大小均为20cm，相同，所用时间均为T，则速度相同，PQ不可能相碰；而Q开始时静止在60cm处，故可知，从第三次闪光到碰撞P的位移为10cm，所以时间为T2，故从碰撞到第四次闪光时间也为T2，通过距离为5cm，所以若碰前P的速度为v，则碰后P的速度为-v2，而Q在T2时间的位移为5cm，所以碰后Q的速度为v2，则根据动量守恒定律
mPv=mP(-v2)+mQv2
可得
mP:mQ=1:3
故C正确，ABD错误。
故选C。
6、如图所示，半径为R光滑的14圆弧轨道PA固定安装在竖直平面内，A点的切线水平，与水平地面的高度差为R，让质量为m=0.2kg的小球甲（视为质点）从P点由静止沿圆弧轨道滑下，从A点飞出，落在地面的B点，飞出后落到地面的水平位移为x=0.9m；把质量为M=0.4kg的小球乙（与甲的半径相同）静止放置在A点，让小球甲重新从P点由静止沿圆弧轨道滑下，与乙发生弹性碰撞，空气的阻力忽略不计、重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（  ）

A．圆弧轨道的半径R=0.9m
B．乙从A点飞出至落至地面过程中重力的冲量大小为0.6N⋅s
C．甲、乙碰撞后乙的速度2.0m/s
D．乙对甲的冲量大小为1.2N⋅s
答案：C
A．甲由P到A，由机械能守恒定律可得
mgR=12mv02
甲由A到B，由平抛运动的规律可得
R=12gt2
x=v0t
综合解得
v0=3m/s
R=0.45m
t=0.3s
故A错误；
B．乙做平抛运动的时间为
t=0.3s
重力的冲量
IG=Mgt
计算可得
IG=1.2N⋅s
故B错误；
C．甲乙在A点发生碰撞，设碰后甲乙的速度分别为v1、v2，由动量守恒
mv0=mv1+Mv2
由能量守恒
12mv02=12mv12+12Mv22
综合解得
v1=-1m/s
v2=2m/s
故C正确；
D．甲乙在碰撞的过程中，对甲应用动量定理，可得乙对甲的冲量大小为
I=mv0-mv1=0.8N⋅s
故D错误。
故选C。
7、可见光在空气中波长范围是4 400A到7 700A，即4.4×10－4 mm到7.7×10－4 mm，下面关于光衍射条件的说法正确的是（  ）
A．卡尺两脚间的狭缝的宽度小到万分之几毫米以下时，才能观察到明显的衍射现象
B．卡尺两脚间的狭缝在小到0.2 mm以下时，通过它观察各种光源，都能看到明显的衍射现象
C．卡尺两脚间的狭缝在小到0.4 mm以下时，通过它观察到线状白炽灯丝，有明显的衍射现象
D．光的衍射条件“跟光的波长可以相比”是非常严格的，即只有孔或障碍物的尺寸跟波长差不多时才能观察到光的衍射
答案：C
障碍物与波长相比相差不多或比波长更小时，才能发生明显的衍射，但光并没有机械波那么苛刻，缝的宽度太小时，透过的光太弱，不容易观察到衍射现象，通常情况下，缝的宽度在0.4mm左右时，光的衍射现象比较明显，ABD错误，C正确。
故选C。
8、如图所示，A、B两个小球静止在光滑水平地面上，用轻弹簧连接，A、B两球的质量分别为0.4kg和1.2kg。现使A球获得向右的瞬时速度v=6m/s。已知弹簧始终在其弹性限度之内，则在A、B两球运动的过程中（  ）

A．B球的最大速度大小为1.5m/s
B．B球速度最大时，A球的速度大小为3m/s，方向水平向左
C．A球速度为0时，A、B组成的系统动能损失最大
D．A球加速度为0时，B球的速度最大
答案：B
AB．当B球速度最大时，弹簧处于原长，以向右为正方向，设此时A、B速度为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒有
mAv0=mAv1+mBv2
12mAv2=12mAv12+12mBv22
解得
v1=-3m/s，v2=3m/s
A错误，B正确；
C．由能量守恒可知，A、B组成的系统动能损失最大时，弹簧弹性势能达到最大值，此时A、B速度相同，设为v'，由动量守恒
mAv0=mA+mBv'
解得
v'=1.5m/s
C错误；
D．A球加速度为0时，弹簧处于原长，当弹簧从压缩状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐增大，弹簧恢复原长时B速度达到最大；当弹簧从伸长状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐减小，弹簧恢复原长时B速度达到最小值，D错误。
故选B。
9、一位同学站在水平地面上，某时刻该同学屈膝下蹲并竖直向上跳起，在人跳离地面之前的过程中地面对该同学的支持力做功为W，冲量为I，则下列判断正确的是（  ）
A．W=0，I=0B．W=0，I≠0
C．W≠0，I=0D．W≠0，I≠0
答案：B
因为在人起跳的过程中人受到的支持力的作用点没有位移，根据
W=FNx
可知支持力做功为零。
根据
I=FNt
可知弹力的冲量不为零。
故选B。
10、如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（  ）

A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为零
C．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为v03
D．弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量
答案：A
A．木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒。木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，故系统机械能不守恒，A正确；
BC．木块C与A碰撞并粘在一起，以木块C与木块A组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv0=2mv'
解得
v'=v02
即木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为v02，BC错误；
D．木块C与A碰撞过程中机械能有损失，之后粘合体在通过弹簧与物块B作用过程中满足动量守恒和机械能守恒，粘合体与物块B达到共速时，弹簧的弹性势能最大，但由于碰撞过程系统机械能有损失，所以弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量，D错误。
故选A。
11、2021年5月15日，中国自主研发的火星探测器“天问一号”成功着陆火星。已知在火星表面一摆长为L的单摆完成n次全振动所用的时间为t。探测器在离开火星表面返回时，在离火星表面高度为h的圆轨道以速度v绕其运行一周所用时间为T。已知引力常量为G，火星可视为匀质球体，则火星的密度为（  ）
A．6n2π2LGt2(vT-2πh)B．3πGT2C．6π2LGt2(vT-2πh)D．6n2π2LGTvt2
答案：A
根据单摆的周期公式得
tn=2πLg
根据黄金代换式
mg=GMmR2 
根据圆周运动得
v=2πR+hT
根据密度公式
M=ρ⋅43πR3 
解得
ρ=6n2π2LGt2(vT-2πh)
故选A。
12、如图是一颗质量约为m＝50g子弹射穿一副扑克牌的照片，子弹完全穿过一副扑克牌的时间t约1.0×10﹣4s，子弹的真实长度为2.0cm，子弹接着经时间Δt=10-3s进入墙壁，试估算子弹对墙壁的作用力约为（  ）

A．5×103NB．5×104NC．5×105ND．5×106N
答案：B
由图片估算子弹与扑克牌的长度比例为1：4，则扑克牌的长度大约为8cm，子弹的速度
v=xt=0.08+0.021×10-4ms=1000ms
子弹与墙作用过程受墙的作用力为F，由动量定理
FΔt=Δp
解得
F=0-mvΔt=-0.05×100010-3N=-5×104N
由牛顿第三定律可在对墙的作用力约为5×104N。故B正确。
故选B。
13、在杨氏双缝干涉实验中，如果不用激光光源而用一般的单色光源，为了完成实验可在双缝前边加一单缝获得线光源，如图所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动，则（  ）

A．不再产生干涉条纹
B．仍可产生干涉条纹，且中央亮纹P的位置不变
C．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向上移
D．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向下移
答案：D
本实验中单缝S的作用是形成频率一定的线光源，双缝S1、S2的作用是形成相干光源，稍微移动S后，没有改变传到双缝的光的频率，由S1、S2射出的仍是相干光，由单缝S发出的光到达屏幕上P点下方某点光程差为零，故中央亮纹下移。选项D正确。
14、一质点做简谐运动的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．质点的振动频率是4HzB．0～10s内质点经过的路程是20cm
C．在t=4 s时质点的速度为0D．在t=1 s和t=3 s两时刻，质点的位移相同
答案：B
A．由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为
f=1T=0.25 Hz
A错误；
B．每个周期质点的路程为4A，可知0～10s内质点的路程是振幅的10倍，故路程为20cm，B正确；
C．在t=4 s时，质点位于平衡位置，故速度最大，C错误；
D．在t=1 s和t=3 s两时刻，质点的位移大小相等，方向相反，D错误。
故选B。
15、一列简谐横波在t＝13s时的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点，图（b）是质点Q的振动图像。下列表述正确的是（  ）

A．这列波的传播方向为沿着x轴正方向
B．t＝2 s时质点P的加速度方向沿着y轴负方向
C．这列波的传播速度大小为9 cm/s
D．质点Q的平衡位置横坐标为9 cm
答案：D
A．当t＝13s时，Q向上振动，结合题图（a）可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．t＝2s时质点P处于平衡位置下方，其加速度方向沿着y轴正方向，故B错误；
C．由题图（a）可以看出，该波的波长λ＝36 cm，由题图（b）可以看出周期为T＝2 s，故波速为
v＝λT＝18 cm/s
故C错误；
D．设质点P、Q的平衡位置的x轴分别为xP、xQ，由题图（a）可知，x＝0处
y＝－A2＝Asin （－30°）
因此
xP＝60°360°λ＝3 cm
由题图（b）可知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经过Δt＝13s，其振动状态向x轴负方向传播到P点处，所以
xQ－xP＝vΔt＝6 cm
解得质点Q的平衡位置的x坐标为
xQ＝9 cm
故D正确。
故选D。
多选题
16、用自然光照射一间距为0.5mm的双缝，在其后距离为1.00m处的光屏上得到彩色条纹，已知红光和紫光的波长分别为λ1=7.6×10-7m，λ2=4×10-7m。则下列说法正确的是（  ）
A．干涉条纹的中央亮纹是白色条纹
B．两个相邻红色条纹的中心间距与两个相邻紫色条纹的中心间距之差为0.72mm
C．若测得某色光第11条亮纹与第1条亮纹的中心间距为11mm，则该光的波长为5.5×10-7m
D．如果仅增大双缝到光屏的距离，则所有色光的条纹间距均会减小
E．在彩色条纹中，紫色的条纹间距最大
答案：ABC
A．各种颜色的光均在光屏中央有一条亮纹，所以在光屏的中央复合色为白色，A正确；
B．由相邻两个亮条纹的中心间距公式
Δx=ldλ
可知两个红色亮条纹的中心间距为
x1=ldλ1
同理，两个紫色亮条纹的中心间距为
x2=ldλ2
所以
Δl=ld(λ1-λ2)=0.72mm
B正确；
C．由
xi=ldnλ
可得
λ=dxinl
代入题中数据可得该光的波长为
λ=5.5×10-7m
C正确；
D．由
Δx=ldλ
可知，其他条件不变，当l增大时，条纹间距增大，D错误；
E．因所有可见光中，紫光的波长最小，由
Δx=ldλ
可知，在彩色条纹中紫光的条纹的间距最小，E错误。
故选ABC。
17、弹性介质中某质点O沿竖直方向做简谐运动的规律如图甲，它完成两次全振动后停在平衡位置，其形成的机械波沿水平方向的x轴匀速传播，波速大小为10 m/s。x轴上有3个质点（如图乙），它们的横坐标分别为xP＝－2 m、xQ＝1 m、xR＝3 m。以质点O开始振动时为计时零点，下列说法正确的是（  ）

A．该机械波的波长为4 m
B．质点P在0.4 s时刻的振动方向沿y轴负方向
C．质点Q在0.5 s内通过的路程为10 cm
D．质点R在0.4 s时刻第一次位于波峰
答案：ABD
A．由甲图可知，波的周期为T=0.4 s，根据v=λT，解得波长
λ=4 m
A正确；
B．分析甲图可知，质点O（波源）的起振方向沿y轴正方向，由图乙知P、O的平衡位置相距2 m，则波传播到质点P所用的时间为0.2 s，则质点P在t=0.4 s时刻位于平衡位置，振动方向沿y轴负方向，B正确；
C．波传播到质点Q所用的时间为0.1 s，则在0~0.5 s内，质点Q振动了一个周期，通过的路程为4A=8cm，C错误；
D．波传播到质点R所用的时间为0.3 s，则质点R在0~0.4 s内振动了0.1 s，即四分之一个周期，t=0.4s时质点R第一次位于波峰，D正确。
故选ABD。
18、如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，两物块质量之比m1:m2=2:3。现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（  ）

A．t1时刻弹簧长度最短，t3时刻弹簧长度最长
B．t2时刻弹簧处于伸长状态
C．v2=0.8v0
D．v3=0.5v0
答案：AC
由v-t图像可以判知：
（1）t1时刻二者速度相同、弹簧长度最短；
（2）t3时刻二者速度相同、弹簧长度最长；
（3）t2时刻二者速度反向、弹簧恰好处于原长状态。
AB．从0到t1的过程中，m1的速度比m2的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，t2时刻m2的速度最大，此后m2的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，t3时刻两物块速度相等，此时弹簧最长，故A正确，B错误；
C．两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0=-m1v1+m2v2
t2时刻弹簧恢复原长，弹簧弹性势能为零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得
v2=0.8v0
故C正确；
D．两物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v0=(m1+m2)v3
解得
v3=0.4v0
故D错误。
故选AC。
19、关于光学镜头增透膜，以下说法中正确的是（　　）
A．增透膜是为了减少光的反射损失，增加透射光的强度
B．增透膜的厚度等于入射光在真空中波长的14
C．增透膜的厚度等于入射光在薄膜中波长的14
D．因为增透膜的厚度一般适合绿光反射时相互抵消，红光、紫光的反射不能完全抵消，所以涂有增透膜的镜头呈淡紫色
E．涂有增透膜的镜头，进入的光线全部相互抵消，因此这种镜头的成像效果较好
答案：ACD
A．光学镜头前的增透膜是为了减少光的反射损失，增加透射光的强度。故A正确；
BC．根据光的干涉理论，增透膜的厚度等于入射光在薄膜中波长的四分之一。故B错误；C正确；
D．增透膜通常是针对人眼最敏感的绿光设计的，使从镜头反射的绿光干涉相消，而对太阳光中红光和紫光并没有显著削弱，所以看上去呈淡紫色。故D正确；
E．涂有增透膜的镜头，只能抵消某种色光的反射光线。故E错误。
故选ACD。
20、关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　）
A．惯性越大的物体，它的动量也越大
B．动量大的物体，它的速度不一定大
C．物体的速度大小不变，则其动量也保持不变
D．运动物体在任一时刻的动量的方向一定是该时刻的速度方向
答案：BD
A．动量的大小由质量和速度的大小共同决定，即
p=mv
惯性大则质量大，但动量不一定大，故A错误；
B．动量大的物体，可能是速度大，但也有可能是质量大，故B正确；
CD．动量是矢量，其方向与速度方向相同，只有在速度大小、方向均不变时，其动量才保持不变，故C错误、D正确。
故选BD。
21、图1为医生正在为病人做B超检查，B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图2为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz。下列说法正确的是（  ）

A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B．质点M开始振动的方向沿y轴正方向
C．t＝1.25×10－7 s时质点M运动到横坐标x＝3.5×10－4 m处
D．0~1.25×10－7 s内质点M的路程为2 mm
E．t＝1.25 ×10-7s时质点N开始振动，振动方向沿y轴负方向
答案：ADE
A．由题图2知波长
λ＝14×10－2 mm＝1.4×10－4m
由
v＝λf
得波速
v＝1.4×10－4×1×107 m/s＝1.4×103 m/s
选项A正确；
B．根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，选项B错误；
C．质点M只会上下振动，不会随波迁移，选项C错误；
D．质点M振动的周期
T＝1f＝11×107s＝1×10－7 s
由于
ΔtT=1.25×10-71×10-7=54
质点M在0~1.25×10－7s内运动的路程
l＝54×4A＝54×4×0.4 mm＝2mm
选项D正确；
E．根据波动与振动方向间的关系，质点N开始振动的方向沿y轴负方向，超声波由M点传到N点的时间为
t＝MNv＝(35-17.5)×10-51.4×103 s＝1.25 ×10-7s
故E正确。
故选ADE。
22、图甲所示为一简谐横波沿x轴正方向传播时，t=T2（t=0开始计时）时刻的波形图如图甲所示，P、Q、M是介质中的三个质点，图乙表示介质中某质点的振动图像，下列说法正确的是（  ）

A．t=0时刻，质点Q正在从平衡位置向下运动，且此时加速度最大
B．T2时刻质点P比质点M先回到平衡位置
C．波的传播形式相同，所以图乙可以表示质点Q的振动图像
D．再经过3T4的时间，质点Q受到的回复力大于质点M受到的回复力且方向相反
答案：BD
A．简谐横波沿x轴正方向传播，t=T2时刻质点Q处在平衡位置且振动方向向上，所以通过平移法t=0时刻质点Q也处在平衡位置但振动方向向下，加速度为零，A错误；
B．t=T2时刻，质点M正在向下振动，要先到达负向最大位移处，再经过T4的时间才能回到平衡位置，而P质点经过T4的时间就能回到平衡位置，所以质点P比质点M先回到平衡位置，B正确；
C．t=T2时刻，质点Q处在平衡位置且振动方向向上，与题图乙中t=T2时刻所示不符，C错误；
D．再经过3T4的时间，质点M正从y轴正方向向平衡位置处移动，质点Q位于负向最大位移处，由
F=-kx
可知，质点M受到的回复力小于质点Q受到的回复力，质点M受到的回复力沿y轴负方向，质点Q受到的回复力沿y轴正方向，D正确。
故选BD。
23、根据高中所学知识可知，将一个单摆的摆球拉离平衡位置，无初速度地释放，经过一次全振动后，摆球将回到释放位置。但实际上，在北京使一摆长为60m的单摆的摆球偏离平衡位置3m后，无初速度地释放，经过一次全振动后，摆球将沿顺时针方向偏离释放点约3mm，如图所示。这一现象可解释为，小球除了受到重力和细线的拉力外，由于地球自转，在摆动过程中小球还受到一个“力”，该“力”的许多性质与带电粒子受到的洛伦兹力相似。例如，该力方向的确定可采用左手定则，由南指向北的地球自转轴的方向可类比成磁感线的方向，摆球的速度方向可类比成正电荷的速度方向；该力的大小与摆球垂直于地球自转轴的速率成正比。则下列说法错误的是（  ）

A．若将该单摆移动到北极做该实验，即使其他条件一样，现象将更明显
B．若将该单摆移动到赤道做该实验，即使其他条件一样，观察不到明显的偏离
C．若将该单摆移动到南半球做该实验，摆球将沿逆时针方向偏离释放点
D．在一次全振动中，该“力”先做正功后做负功，做的总功为零
E．在图中，小球从左向右运动的过程中受到垂直于摆动平面向外的“力”
F．在图中，小球从左向右运动将偏向直径的外侧，即图中的a点
G．这个实验巧妙地证明了地球在自转
答案：CD
A．在北极，可用左手定则判断：张开手掌，使拇指与其余四指垂直，让地球自转轴向上穿过手心，四指指向摆球垂直于地球自转轴的分速度方向，拇指指向就是该“力”的方向，可知该“力”的方向垂直于小球运动方向和摆线所构成的平面，在北极摆球垂直于地球自转轴的分速度是最大的，则该“力”的大小是最大的，因此现象更明显，A不符合题意；
B．在赤道，同理用左手定则判断该力方向垂直于水平面向上或向下，所以摆球不偏离，因此观察不到明显的偏离，B不符合题意；
C．无论南北半球，由南向北的地球自转轴方向不变，用左手定则判断得到摆球都是沿顺时针方向偏离，C符合题意。
D．该“力”类似洛伦兹力，分析始终与速度方向垂直，故不做功，D符合题意；
EFG．在图中，小球从左向右运动过程中，受到垂直于摆动平面向外的“力”，摆球的运动将偏向直径的外侧，即图中的a点（顺时针方向偏离）。此“力”是由于地球的自转产生的，该试验也巧妙的证明了地球的自转，EFG不符合题意。
故选CD。
24、周末，鹏程和小李到清江观光园去秋游，他俩发现公园内湖面上有只游船，游客周期性摇动双桨激起的水波源源不断地传向湖边、他俩用华为手机上的秒表记录了水面上漂浮的树叶在12秒共完成了6次全振动，他们又用该手机上“实用工具”中的“AR测量”测出树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间是10s。鹏程10s内拍击水面10次让手激起的振动向周围传播，他们最后讨论得到正确结论的是（  ）
A．游客摇桨激起的水波波长是1m
B．鹏程用手激起的水波和桨激起的波叠加能产生干涉图样
C．他们观察到桨激起的水波波长比手激起的水波波长长
D．鹏程用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅不改变
答案：AC
A．树叶在12秒共完成了6次全振动，所以振动周期为
T=126s=2s
树叶与他们所在湖边距离是5米，树叶的振动状态传到湖边的时间是10s，所以传播速度为
v=xt=510m/s=0.5m/s
故水波波长为
λ=vT=0.5×2m=1m
A正确；
B．桨激起的波的频率为
f=1T=0.5Hz
鹏程用手激起的水波的频率为
f'=1010Hz=1Hz
两列波的频率不相等，所以鹏程用手激起的水波和桨激起的波叠加不能产生干涉图样，B错误；
C．波速由介质决定，所以波速不变，根据
λ=vT=vf
桨激起的波的频率低，可知桨激起的水波波长比手激起的水波波长长，C正确；
D．由于水波不是简谐波，所以用手激起的水波向远方传播的过程中，各质点的振幅要改变，D错误。
故选AC。
25、一频率为600 Hz的声源以20 rad/s的角速度沿一半径为0.80 m的圆周做匀速圆周运动，一观察者站在离圆心很远的P点且相对于圆心静止，如图所示，下列判断正确的是（  ）

A．观察者接收到声源在A点发出声音的频率大于600 Hz
B．观察者接收到声源在B点发出声音的频率等于600 Hz
C．观察者接收到声源在C点发出声音的频率等于600 Hz
D．观察者接收到声源在D点发出声音的频率小于600 Hz
答案：AB
根据多普勒效应，当声源和观测者相向运动时，观测者接收到的声音的频率高于声源；当声源和观测者相背运动时，观测者接收到的声音的频率低于声源。把速度方向标出来，A点有接近的趋势，频率变大；C点有远离的趋势，频率变小；B、D点速度方向垂直于OP，频率不变，故AB正确，CD错误。
故选AB。
填空题
26、如图甲所示，战绳训练是当下一种火热的健身方式，运动员晃动战绳一端，使战绳上下振动，其运动状态可视为竖直方向的简谐运动.某同学通过观测运动员的手握住的绳端，根据绳波在t=1s时的状态绘制了如图乙所示的波形图，并测得该绳波能使固有频率为0.5 Hz的物体发生共振，由此可知绳端振动的周期为______，该绳波的波速为______，在一次训练周期20 s内，该绳波上的任意振动点运动的总路程为______.

答案：     2 s     2 m/s     12 m
[1]该绳波能使固有频率为0.5 Hz的物体发生共振，波的频率等于物体的固有频率，又
f=1T
则绳端振动的周期
T=2s
[2]由题图可得，波长λ=4m，故波速
v=λT=2m/s
[3]该波的振幅A=30cm，20 s是10个周期，则任意振动点运动的总路程
x=10×4A=12m
27、如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期T=2πmk，式中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中，甲的振幅_______（选填“大于” “等于”或“小于”）乙的振幅，甲的最大速度是乙的最大速度的_______倍，甲的振动周期是乙的振动周期的______倍。

答案：     等于     12     2
[1]细线断开前，两根弹簧上的弹力大小相同，弹簧的伸长量相同；细线断开后，两物块都开始做简谐运动，简谐运动的平衡位置都在弹簧原长位置，所以它们的振幅相等；
[2]两物块做简谐运动时，动能和势能相互转化，总机械能保持不变，细线断开前，弹簧的弹性势能就是物块开始做简谐运动时的机械能，二者相等，根据机械能守恒可知，在振动过程中，它们的机械能相等，到达平衡位置时，它们的弹性势能为零，动能达到最大，二者动能相等，因为甲的质量是乙的质量的4倍，根据动能公式可知甲的最大速度是乙的最大速度的12；
[3]根据弹簧振子做简谐运动的周期公式T=2πmk可得，甲的质量是乙的质量的4倍，所以甲的振动周期是乙的振动周期的2倍。
28、如图甲所示，在xOy平面内有两个沿之方向做简谐振动的点波源S1（-2，0）和S2（4，0）。两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为1m/s。两列波从波源传播到点A（-2，8）的振幅为___________m，两列波引起的点B（1，4）处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”）。

答案：     6     减弱
[1]根据题意可知，两波传播到A点的路程差为
ΔS1=62+82m-8m=2m
两列波的波速均为1m/s，由图可得
T=4s
所以波长为
λ=vT=1×4m=4m
所以
ΔS1=12λ
根据图乙和图丙可知，两列波的起振是反向的，所以A点为振动加强点，则A点的振幅为
AA=A2+A1=4m+2m=6m
[2]两列波从波源传播到点B（1，4）处的路程差为
ΔS2=32+42m-32+42m=0
为波长的整数倍，又因为两波源起振方向相反，所以B点为振动减弱点。
29、物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，重力加速度大小为g，则C球落地前瞬间A球的速度大小为___________；从上至下三球的质量之比为___________；A球弹起的最大高度为___________。 

答案：     2gH     1∶2∶6     9H
[1][2][3]因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式
v2=2gH
解得
vA=vC=2gH
由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，C碰B，有
mCvC-mBvB=mBvB′
12mCvC2+12mBvB2=12mBvB'2
B碰A，有
mBvB′-mAvA=mAvA′
12mBvB'2+12mAvA2=12mAvA'2
由以上几式可得
mA∶mB∶mC=1∶2∶6
由以上分析解得
vA′=32gH
又
vA′2=2ghmax
则A球弹起的最大高度
hmax=vA'22g=9H
30、截面为等腰直角三角形的三棱镜湖abc，其对红光的折射率为n=1.5，一束单色红光从ab面上的P 点入射，入射角α=10°，经ac面上的Q点反射，从bc面上的M点射出，光路图如图所示。则最终的出射光线相对入射光线的偏向角为___________，最终的出射光线的能量___________（填“大于”“小于”或“等于”）入射光线的能量。

答案：     70°     小于
[1]根据题意可知三棱镜对红光的折射率n=1.5，设临界角为C，则有
sinC=1n<22
可知
C<45°
由几何关系知光线从P到Q的入射角大于45°，大于临界角C，可知光在Q点发生全反射，如图所示

红光入射角
α=10°
入射光线与水平线夹角
θ=45°-α=35°
由反射定律及对称性可知，折射光线PQ与法线的夹角等于红光在bc面上入射光线QM与法线的夹角，从M射出的光线的出射角
α'=10°
可知出射光线与水平线夹角
θ'=45°-α'=35°
最终的出射光线相对入射光线的偏向角为
δ=θ+θ'=70°
[2]光线在Q点发生全反射时没有能量损失，但光线由空气进入三棱镜时，有反射现象，折射光线的能量小于入射光线的能量，光线由三棱镜进入空气时，也有反射现象，折射光线的能量小于入射光线的能量，所以最终的出射光线的能量小于入射光线的能量。

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