通用版带答案高中物理选修一综合测试题易错题集锦.docx

通用版带答案高中物理选修一综合测试题易错题集锦

1

单选题
1、如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（  ）

A．m(v1-v2)+mv2mB．M（v1-v2）m
C．m（v1-v2）+2mv2mD．M（v1-v2）-m（v1-v2）m
答案：B
火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
Mv1=（M-m）v2＋m（v0＋v2）
解得
v0=M（v1-v2）m
故选B。
2、下列现象中可以用薄膜干涉来解释的是（　　）
A．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮
B．雨后的彩虹
C．透过昆虫的翅膀看阳光呈显彩色
D．水面上的油膜在阳光照射下呈彩色
答案：D
A．荷叶上的水珠在阳光下晶莹透亮是全反射的结果，故A错误；
B．雨后的彩虹是光发生折射形成的色散现象，故B错误；
C．透过昆虫的翅膀看阳光呈彩色是衍射现象，故C错误；
D．油膜在阳光照射下呈彩色是薄膜干涉的结果，故D正确。
故选D。
3、在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力（  ）
A．大小相等，方向相反B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的D．F1的冲量小于F2的
答案：A
AB．在冰上接力比赛时，甲对乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，根据牛顿第三定律可知F1与F2为作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正确，B错误；
CD．由于F1和F2大小相等，且两力作用时间相等。根据
I=Ft
可知两力的冲量大小相等，方向相反，故CD错误。
故选A。
小提示：牛顿第三定律的应用和冲量的定义。
4、如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（  ）

A．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m0v0m0+m+M
B．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M+m0)g
C．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
答案：C
A．子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则
m0v0=(M+m0)v1
解得
v1＝m0v0m0+M
故A错误；
B．子弹射入木块后的瞬间
FT-(M+m0)g=(M+m0)v12L
解得绳子拉力
FT=(M+m0)g+(M+m0)v12L
故B错误；
C．子弹射入木块后的瞬间，对圆环
FN=FT+mg>(M+m+m0)g
由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g，故C正确；
D．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误。
故选C。
5、即将建成的孝文化公园摩天轮是新田水上乐园的标志性建筑之一，预计开放后会深受游客喜爱。摩天轮悬挂透明座舱，某游客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（　　）

A．摩天轮转动一周的过程中，游客重力的冲量为零
B．摩天轮转动过程中，游客的机械能保持不变
C．在最高点，游客处于失重状态
D．摩天轮转动过程中，游客重力的瞬时功率保持不变
答案：C
A．摩天轮转动一周的过程中，重力不为零、时间不为零，根据I=Ft可知乘客重力的冲量不为零，选项A错误；
B．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但重力势能在变化，因此乘客的机械能在变化，选项B错误；
C．圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向下方，加速度向下，处于失重状态，选项C正确；
D．摩天轮转动过程中，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，随着位置的改变，速度在竖直方向的分速度在变化，因此乘客重力的瞬时功率在变化，选项D错误。
故选C。
6、如图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块直角梯形的棱镜，叠合在一起组成一个长方体。某单色光沿与P的上表面成θ角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面。已知材料的折射率nP<nQ，则下列说法正确的是（  ）

A．一定有光线从Q的下表面射出
B．从Q的下表面射出的光线一定与入射到P的上表面的光线平行
C．光线在P中的波长小于在Q中的波长
D．如果光线从Q的下表面射出，出射光线与下表面所夹的锐角一定小于θ
答案：D
A．根据全反射临界角与折射率的关系有
sinC=1n
由于
nP<nQ
可知
CP>CQ
则不一定有光线从Q的下表面射出，A错误；
B．若有光线从Q的下表面射出，光线在介质中的夹角相等，根据折射率的定义式有
n=sinθ空气sinθ介质
由于
nP<nQ
则可知光线从Q的下表面射出的折射角大于光线从P的上表面射入的入射角，即从Q的下表面射出的光线一定与入射到P的上表面的光线不平行，且光线从Q的下表面射出，出射光线与下表面所夹的锐角一定小于θ，B错误，D正确；
C．根据折射率的规律有
n=cv=cλf
频率一定，折射率越小，介质中传播的波长越大，则光线在P中的波长大于在Q中的波长，C错误。
故选D。
7、水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量（单位时间流出水的体积）为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为（  ）

A．4QρB．QρC．16ρQπd2D．4ρQπd2
答案：D
设t时间内有体积为V的水打在钢板上，则这些水的质量
m=ρV=ρSvt=14πd2ρvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理得
Ft=0-mv
解得
F=-14πd2ρv2
水流速度
v=QS=4Qπd2
得
F=-4ρQ2πd2
根据牛顿第三定律，钢板受到水的冲力
F'=4ρQ2πd2
故选D。
8、一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束有两种波长的光，λ1=440nm，λ2=660nm。两种波长的谱线第二次重合于衍射角φ=60°的方向上，则光栅常数为（  ）
A．3.05μmB．0.95μmC．1.27μmD．0.19μm
答案：A
根据光栅方程有
dsinθ=k1λ1=k2λ2
代入λ1=440nm，λ2=660nm，有
k1:k2=3:2
因为是第二次重合，所以能使k1取整数的最小的k2的值为
k2=4
代入光栅方程有
dsinφ=6λ1
解得
d=3.05μm
故BCD错误，A正确。
故选A。
9、如图所示，两块相同的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质。一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中（  ）

A．1、2、3（彼此平行）中的任一条都有可能
B．7、8、9（彼此平行）中的任一条都有可能
C．4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能
D．1、2、3、4、5、6、7、8、9中的任一条都有可能
答案：C
光束到AC面进入未知介质发生折射，如果介质折射率大于玻璃，则折射光偏离水平线向上，如果介质折射率小于玻璃，则折射光偏离水平线向下，如果相等，不发生折射，不论哪种折射情况再次从介质进入玻璃折射后一定沿原来方向射出，故4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能，故ABD错误，C正确。
故选C。
10、如图所示为一列简谐横波沿x轴传播在t=0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置在x1=1m、x2=12m处的质点，从t=0时刻开始，质点Q比质点P早0.1s第一次到达波峰，则下列说法错误的是（  ）

A．波沿x轴正向传播
B．波传播的速度大小为10m/s
C．3s内质点P运动的路程为1m
D．质点Q的振动方程为y=-10sin（3π5t）cm
答案：D
A．从t=0时刻开始，质点Q比质点P早0.1s第一次到达波峰，说明t=0时刻质点P、Q沿y轴负方向运动，因此波沿x轴正向传播，故A正确，不符合题意；
B．质点Q比质点P早0.1s第一次到达波峰，则质点P从t=0时刻到达平衡位置需要的时间为0.1s，则波传播的速度
v=xt=10.1m/s=10m/s
故B正确，不符合题意；
C．质点振动的周期
T=λv=1.2s
3s内质点P运动的路程
s=t'T×4A=100cm=1m
故C正确，不符合题意；
D．波沿x轴正向传播，初始时刻质点Q处于平衡位置，则质点Q的振动方程为
y=-Asin(2πTt)=-10sin5π3tcm
故D错误，符合题意。
故选D。
11、如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，当Q点在t=0时的振动状态传到P点时，则（  ）

A．1cm<x<2cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处
答案：B
Q点振动状态传到P点时的图像如图虚线所示

A．此时1cm<x<2cm范围内的质点正在向y轴的正方向运动，故A错误；
BC．Q处的质点位于波谷处，位移为负，则此时的加速度沿y轴的正方向，故B正确，C错误；
D．质点只上下振动，不随波迁移，故D错误。
故选B。
12、关于振动与波下列说法正确的是（　　）
A．“闻其声不见其人”说明声音可以发生衍射。对于波长为10m的声波，当障碍物的尺寸由10m向20m增大的过程中，声波衍射现象越来越明显。
B．几列在水面上传播的波相遇时波形会发生变化，脱离后可以再恢复到原来的形态
C．若观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的频率小于波源的频率
D．简谐振动在一次全振动的过程中动能或势能会出现一次极大值
答案：B
A．“闻其声不见其人”说明声音可以发生衍射，当障碍物的尺寸跟波长差不多或者比波长更小时，声波衍射现象越来越明显，对于波长为10m的声波，当障碍物的尺寸由10m向20m增大的过程中，声波衍射现象越来越不明显，故A错误；
B．根据波的叠加原理，几列在水面上传播的波相遇时波形会发生变化，脱离后又能恢复原来的形态，故B正确；
C．根据多普勒效应，观察者逐渐靠近波源，则观察者接收到的频率大于波源的频率，故C错误；
D．一次全振动，物体的动能和势能均会有两次恢复到原来的大小，出现两次极大值，故D错误。
故选B。
13、如图所示，质量为m=2kg的小环穿在足够长的光滑直杆上，并通过L=0.5m的轻绳连接一质量为M=3kg的小球。假设把这一装置固定在空间站中，并给小环和小球提供方向相反、大小分别为v1=3m/s、v2=2m/s的初速度，则当小球摆到轻绳与直杆平行的位置时，小环的位移为（  ）

A．0.3mB．0.2mC．0.5mD．0.1m
答案：A
小球与小环水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，有
mv1-Mv2=mv'1-Mv'2
可得
mv'1-Mv'2=0
则有
ml1-Ml2=0
l1+l2=0.5m
联立可得小环的位移
l1=0.3m
故A正确，BCD错误。
故选A。
14、如图所示，是一列简谐波沿x轴正方向传播的某时刻的波形图，a在正向最大位移处，b恰好处在平衡位置，经过Δt＝T8的时间，关于a、b两个质点所通过的路程的关系下列说法正确的是（  ）

A．sa＝sb
B．sa>sb
C．sa<sb
D．以上三种情况都有可能
答案：C
因各个质点均做受迫振动，重复波源的振动，故振动频率、周期、振幅相同，而a正处于正向最大位移处，此时速度为零，在T8时间内，向平衡位置运动，速度由零逐渐增大，但达不到最大速度；b正在从平衡位置向上运动，此时具有最大速度，在T8时间内，它向正方向最大位移处运动，速度逐渐减小，故b的平均速度比a的大。a、b两个质点所通过的路程的关系是sa<sb。
故选C。
15、如图所示，四分之一光滑圆轨道末端与水平轨道相切，将质量为mA的小球A从圆弧的最高点静止释放，记录其离开轨道平抛运动落到水平地面上的落点，将质量为mBmA>mB的小球B置于水平轨道，再次将小球A从圆弧的最高点静止释放，记录碰后两球平抛的落点，测量三个落点对应的水平位移从小到大分别为L、2L、3L，重力加速度为g，下列说法错误的是（  ）

A．小球A运动到圆弧的最低点时，对轨道的压力为3mAg
B．小球A未与小球B碰撞时，小球A的落点可能为N点
C．小球A与小球B的质量之比为3:1
D．两小球的碰撞为弹性碰撞
答案：B
A．取圆弧轨道的半径为R，由机械能守恒定律有
mAgR=12mAvA2
由牛顿第二定律得小球A在圆弧的最低点有
FN-mAg=mAvA2R
联立得小球A运动到圆弧的最低点对轨道的压力为
F压=FN=3mAg
A正确；
B．小球平抛运动下落的高度相等，平抛运动时间相同，P、M、N对应的平抛运动的速度可表示为v、2v、3v，小球A未与小球B碰撞时，若小球A的落点为N点，由碰撞过程动量守恒有
mA⋅3v=mA⋅v+mB⋅2v
得
mA=mB
与题意不符，B错误；
C．由以上分析可知，小球A未与小球B碰撞时，小球A的落点为M点，碰后小球A和小球B的落点分别为P、N，由碰撞过程动量守恒有
mA⋅2v=mA⋅v+mB⋅3v
得
mAmB=31
C正确；
D．碰前小球A的动能为
E=12mA(2v)2=2mAv2
碰后小球A和B动能和为
E'=12mAv2+12mB(3v)2=2mAv2=E
则两小球的碰撞为弹性碰撞，D正确。
此题选择不正确的选项，故选B。
多选题
16、对于质量不变的物体，下列关于物体动量的说法正确的是（　　）
A．若物体做曲线运动，动量一定变化，动能可能不变
B．若物体动能变化，动量一定变化
C．若物体做直线运动，动量可能变化，动能可能不变
D．若物体动量变化，动能一定变化
答案：AB
A．动量是矢量，动能是标量。若物体做曲线运动，则速度方向一定发生变化，大小不一定变化，所以动量一定变化，动能则可能不变，故A正确；
BD．根据动能与动量的大小关系式
Ek=p22m
可知，对于质量不变的物体，若物体动能变化，则动量一定变化；若动量变化，有可能只是动量方向发生变化，则动能保持不变，故B正确，D错误；
C．对于质量不变的物体做直线运动，若动量变化，则一定是速度的大小发生了变化，可知物体动能一定改变，故C错误。
故选AB。
17、中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t=0.01 s、横截面积为S=2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m=2×10-2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v=300 m/s射入目标，并射停目标，停在目标体内。下列说法正确的是（  ）
A．所形成弹幕的总体积V=6 cm3
B．所形成弹幕的总质量M=1.2×105 kg
C．弹幕对目标形成的冲量大小I=3.6×107 kg⋅m/s
D．弹幕对目标形成的冲击力大小F=3.6×108 N
答案：BC
A．弹幕的总体积为
V=vtS=300×0.01×2 m3=6 m3
A错误；
B．又因为每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数
N=61×10-6个=6×106个
所形成弹幕的总质量
M=N⋅m=6×106×2×10-2 kg= 1.2×105 kg
B正确；
C．由动量定理可知
I=MΔv=1.2× 105 kg×300 m/s=3.6×107 kg⋅m/s
C正确；
D．弹幕对目标形成的冲击力大小
F=It=3.6×109 N
D错误。
故选BC。
18、质量为M的带有14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则（  ）

A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为12Mv02
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为v022g
答案：BC
AB．从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1,小车速度为v2，根据动量守恒有
Mv0=Mv1+Mv2
根据机械能守恒
12Mv02=12Mv12+12Mv22
联立解得
v1=0
v2=v0
即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；
C．根据动能定理小球对小车所作的功
W=12Mv22-0=12Mv02
C正确；
D．小球上升到最高点时,与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律
Mv0=2Mv
根据机械能守恒定律
12Mv02=2×（12Mv2）+Mgh
联立解得
h＝v024g
D错误。
故选BC。
19、如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长。现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上。已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，两滑块与平面间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（  ）

A．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒
B．两滑块分离时，弹簧一定处于原长
C．滑块P最终一定停在出发点左侧的某一位置
D．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02
答案：ABD
A．两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A正确；
B．当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P
a=μ2mg2m=μg
对Q
μ′mg﹣T＝ma
解得
T＝mg（μ′﹣μ）
如果μ′＝μ，则T＝0，弹簧处于原长状态，故B正确；
C．两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止时的位置一定在其出发点的右侧，故C错误；
D．由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知
W+EP=12•2mv02＝mv02
W＝mv02﹣EP
则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D正确；
故选ABD。
20、如图所示为A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像。a、b分别为A、B两球碰前的位移－时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移－时间图像，若A球的质量m=2kg，则由图判断下列结论正确的是（  ）

A．A、B两球碰撞前的总动量为-3kg⋅m/s
B．碰撞时A对B的冲量为-4N⋅s
C．碰撞前后A的动量变化量为4kg⋅m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为10J
答案：BCD
C．由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为
vA=Δx1Δt1=4-102-0ms=-3ms
vB=Δx2Δt2=4-02-0ms=2ms
碰撞后两球共同运动的速度大小
v=ΔxΔt=2-44-2ms=-1ms
则碰撞前、后A球的动量变化量为
ΔpA=mv-mvA=4kg⋅ms
故C正确；
AB．碰撞过程动量守恒，则
mvA+mBvB=m+mBv
解得
mB=43kg
则A、B两球碰撞前的总动量为
p=mvA+mBvB=-103kg⋅m/s
由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为
I=ΔpB=mBv-mBvB=-4N⋅s
故A错误，B正确；
D．由能量守恒定律可知，碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为
ΔE=12mvA2+12mBvB2-12m+mBv2=10J
故D正确。
故选BCD。
21、下列关于光的说法中正确的是（　　）
A．雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生全反射形成的
B．“和谐号”动车组高速行驶时，地面上测得其车厢长度将明显变短
C．在双缝干涉实验中，用红光代替黄光作为入射光可增大干涉条纹的间距
D．白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的波长不同
E．光从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同
答案：CDE
A．雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射形成的，A错误；
B．根据多普勒效应，“和谐号”动车组高速行驶时，其速度远小于光速c，故狭义相对论的“尺缩效应”不明显，车厢长度不会明显变短的，B错误；
C．双缝干涉实验中，由公式
Δx=Ldλ
用红光代替黄光后，波长变长，则导致干涉条纹的间距增大，C正确；
D．白光通过双缝后产生干涉，因波长不一，导致干涉条纹间距不同，从而出现彩色条纹，D正确；
E．从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质的折射率不同，根据c=nv，可知，传播速度也不同，E正确。
故选CDE。
22、如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=﹣0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，振幅均为A=2cm。t=0时刻两列波的图象及传播方向如图所示，此时平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M、N的平衡位置分别处于x=0.4m和x=0.5m处，下列关于各质点运动情况的判断正确的（  ）

A．t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到N点
B．质点P、Q的起振方向相同
C．t=1.5s时刻，质点M的位移为2cm
D．两列波相遇后，N点是振动加强点
答案：BD
A．质点只在各自平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到N点，A错误；
B．由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，即质点P、Q的起振方向相同，B正确；
C．t=1.5s 时，两列波传播的距离均为
Δx=v⋅Δt=0.4×1.5m=0.6m
结合图可知，此时两列波的平衡位置恰好都传播到M点，因此M点恰好处于平衡位置，位移为零，C错误；
D．由于波的传播过程就是波形的平移，可知当左侧的波谷到达N点时，右侧的波谷也恰好到达N点，同样，当左侧的波峰到达N点时，右侧的波峰也恰好到达N点，因此N点是振动加强点，D正确。
故选BD。
23、用单色光做双缝干涉实验时（　　）
A．屏上到双缝的路程差等于波长整数倍处出现亮条纹
B．屏上的亮条纹一定是两列光波的波峰与波峰相遇的地方
C．屏上到双缝的路程差等于半波长整数倍处，可能是亮条纹，也可能是暗条纹
D．屏上的亮条纹是两列光波的波峰与波谷相遇的地方
答案：AC
A．屏上到双缝的路程差等于波长整数倍处出现亮条纹，选项A正确；
BD．屏上的亮条纹可能是两列光波的波峰与波峰相遇的地方，也可能是波谷与波谷相遇的地方，选项BD错误；
C．屏上到双缝的路程差等于半波长奇数倍处，出现暗条纹；路程差等于半波长偶数倍处，出现亮条纹，选项C正确；
故选AC。
24、下列现象中，说法正确的是（　　）
A．光的干涉法可以检查平面的平整程度，即同一干涉条纹上各个地方薄膜的厚度是相等的
B．激光可以会聚到很小的一点，光盘记录信息的密度很高，这是因为激光的平行度高
C．声波是机械波，不能发生衍射和干涉现象
D．水中的鱼看到小昆虫的位置是在实际昆虫的上方，这是由于光发生全反射导致的
答案：AB
A．根据干涉加强可知：设第n个条纹处薄膜的厚度为dx，则
2dx+λ2=kλ
可知薄膜干涉条纹实际上是等厚线，同一干涉条纹各个地方薄膜的厚度都是相等的，故A正确；
B．由于激光的平行度好，故用在计算机内的“激光头”读出光盘上记录的信息，故B正确；
C．声波是机械波，都能发生衍射和干涉现象，故C错误；
D．水面以上的小昆虫射出的光斜射到水面上，会发生折射现象，当光进入水中后靠近法线，射入射水鱼眼睛，而射水鱼由于错觉，认为光始终沿直线传播，逆着光的方向看上去而形成的虚像，所以比实际位置高，故D错误。
故选AB。
25、某同学用在实验室做“单摆的周期T与摆长L的关系”实验，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t。他测得的g值偏小，可能的原因是（  ）
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时，秒表过早按下
D．在摆动过程中，由于空气阻力造成摆角逐渐变小
答案：BC
A．由单摆周期公式可知
g=4π2LT2
测摆线长度时摆线拉得过紧，会使测得的摆长偏大，即重力加速度偏大，故A错误；
B．振动中摆线变长，即摆长的测量值偏小，即重力加速度偏小，故B正确；
C．秒表过早按下，即测得的周期偏大，所以重力加速度偏小，故C正确；
D．空气阻力的作用下，简谐振动变为阻尼振动，周期不变，故D错误。
故选BC。
填空题
26、（1）我国的光纤通信技术处于世界领先水平。光纤内芯（内层玻璃）的折射率比外套（外层玻璃）的________（选填“大”或“小”）。某种光纤的内芯在空气中全反射的临界角为43°，则该内芯的折射率为________（sin 43°＝0.68，cos 43°＝0.73，结果保留2位有效数字）。
（2）国际宇航联合会将2020年度“世界航天奖”授予我国“嫦娥四号”任务团队。“嫦娥四号”任务创造了多项世界第一。在探月任务中，“玉兔二号”月球车朝正下方发射一束频率为f的电磁波，该电磁波分别在月壤层的上、下表面被反射回来，反射波回到“玉兔二号”的时间差为Δt。已知电磁波在月壤层中传播的波长为λ，求该月壤层的厚度d。______
答案：     大     1.5     fλΔt2
（1）[1]当电磁波传播到光纤内芯与外套界面时发生全反射，因为发生全反射的条件是从光密介质到光疏介质，所以内芯的折射率比外套的折射率大；
[2]由临界角与折射率的关系可知，内芯的折射率
n=1sin43°≈1.5
（2）[3]电磁波的传播速度
v＝f λ
根据题意
2d＝vΔt
解得
d＝fλΔt2
27、如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如实线所示，此时，x=2m处的质点A沿y轴负方向振动，t=0.35s时刻的波形如虚线所示，从t=0时刻开始，在0.35s内，质点A两次到达波谷，则这列波的传播速度为___________ms，质点A的振动方程为___________。

答案：     20     y=-5sin10πtcm
[1][2]由题可知，t=0时刻，x=2m处的质点A沿y轴负方向振动，由同侧法可知，波沿x轴负方向传播，从t=0时刻开始，在0.35s内，质点A两次到达波谷，则
0.35s=74T
解得
T=0.2s
则波传播的速度
v=λT=20ms
质点A的振动方程
y=-Asin2πTt=-5sin10πtcm
28、一列横波沿x轴负方向传播，实线和虚线分别表示t1=0和t2=0.13s时的波形图。在t3=0.42s时第8次出现图中实线的波形（t1=0时为第1次出现实线波形），该波的传播速度为________m/s，在0<t<0.13s时间内出现了_________次虚线波形。

答案：     2     2
[1]由波的图像可知波长
λ=181.5cm=12cm
由题意可知
T=t3-t17=0.06s
则波速
v=λT=2m/s
[2]横波沿x轴负方向传播，从t1=0时开始，第一次出现虚线波形的时刻
t'1=Δxv=0.022s=0.01s
t=0.07s时第二次出现虚线波形，故在0<t<0.13s时间内出现了两次虚线波形。
29、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。
30、小聪自制了一台“地动仪”，他将一个弹簧振子和一个单摆悬挂在天花板上，弹簧振子的弹簧和小球（球中间有孔）都套在固定的光滑竖直杆上。某次有感地震中，他观察到，静止的振子开始振动时间t后单摆才开始摆动。若此次地震中同一震源产生的地震纵波和横波的波速大小分别为2v、v，频率相同，且“地动仪”恰好位于震源的正上方，则纵波与横波的波长的比值为___________；纵波从震源传播到“地动仪”处的时间为___________；震源到“地动仪”处的距离为___________。
答案：     2     t     2vt
[1]设纵波与横波的波长分别为λ1和λ2，频率都为f，根据波长公式可知
λ1=2vf
λ2=vf
则
λ1λ2=2
所以纵波与横波的波长比值为2；
[2][3]设纵波从震源传播到“地动仪”处的时间为t1，那么纵波在此时间内传播的距离为
x=2vt1
根据题意可知，横波在纵波t时间后才到达“地动仪”，因此有
x=vt+t1
联立两式，解得
t1=t
x=2vt
因此纵波从震源传播到“地动仪”处的时间为t，震源到“地动仪”处的距离为2vt。

29