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2023人教版带答案高中物理选修一综合测试题重点知识归纳

1

单选题
1、《枫桥夜泊》中有名句：“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”。其中，当钟声传到客船时，对大钟的撞击早已停止了，但仍感觉“余音未绝”，分析其原因可能是（  ）
A．大钟的回声B．大钟在继续振动，空气中继续形成声波
C．人的听觉发生“暂留”的缘故D．大钟虽停止振动，但空气仍在振动
答案：B
停止对大钟的撞击后，大钟做阻尼振动，仍在空气中形成声波，随着能量的减弱，钟声逐渐消失。
故选B。
2、在光滑的水平面上有静止的物体A和B，物体A的质量是B的2倍，两物体与中间用细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连。当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中（  ）

A．A的速率是B的2倍B．A的动量大小大于B的动量大小
C．A受到的合外力大于B受到的合外力D．A、B组成的系统的总动量为零
答案：D
ABD．根据题意可知，弹簧在恢复原长的过程中，两物体与弹簧组成的系统动量守恒，规定水平向左为正方向，则有
mAvA-mBvB=0
即
mAvA=mBvB
由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的12，故AB错误，D正确；
C．A、B受到的合外力大小均等于弹簧弹力，故C错误。
故选D。
3、如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，实线为t=0时刻的波形，虚线为t=0.15s时的波形，P为平衡位置在x=3m处的质点，Q为平衡位置在x=9m处的质点。0.15s时间内，质点P运动的路程小于8cm，则下列判断不正确的是（    ）

A．0.15s时间内，质点P的路程为4+22cm
B．质点Q振动的周期为0.4s
C．若此波遇到宽度为7.8m的障碍物时能发生明显的衍射现象
D．质点Q的振动方程为y=4sin5πt（cm）
答案：D
AB．由于0.15s时间内，质点P运动的路程小于8cm，即t=0.15s小于半个周期，波在t=0.15s时间内向前传播了3m，则波速为
v=Δxt=30.15m/s=20m/s
周期为
T=λv=820s=0.4s
因此P质点振动了38T=0.15s，其路程为4+22cm，故AB都正确；
C．此波的波长为8m，遇到宽度为7.8m的障碍物时能发生明显的衍射现象，故C正确；
D．质点Q在t=0时刻处于平衡位置正在向下振动，初相位为π，则振动方程为
y=Asinωt+φ=-4sin2π0.4tcm=-4sin5πtcm
故D项错误。
故选D。
4、如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度v不同的微粒。P的右侧有一探测屏AB竖直放置。对于打在探测屏上的微粒，不计微粒的阻力，下列说法正确的是（  ）

A．v越大，在空中飞行的时间越长
B．v越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小
C．v越小，相等时间内动量的变化量越小
D．v越小，打在探测屏上时的动能变化量越小
答案：B
AB．根据
vy=gt
x=vt
解得
vy=gxv
v越大，在空中飞行的时间越短，打在探测屏上时的竖直速度vy越小，速度的偏转角越小，A错误，B正确；
C．对于平抛运动，根据动量定理得
ΔP=mg⋅Δt
相等时间内动量的变化量ΔP相等，C错误；
D．v越小，微粒在空中飞行的时间越长，竖直下落的位移越大，重力做的功越多，由动能定理可知，打在探测屏上时的动能变化量越大，D错误。
故选B。
5、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。
6、某机械波在t=0时刻的部分波形图如图中实线所示，Δt=0.2s后的部分波形图如图中虚线所示，则该机械波在介质中传播的最小速度为（  ）

A．1 m/sB．5 m/sC．11 m/sD．25 m/s
答案：B
由题意可知该机械波的波长为
λ=6m
若该波沿x轴正方向传播，在Δt=0.2s时间内传播的距离为
Δx1=1+kλ=(1+6k)m（k=0，1，2…）
则该波的波速为
v=Δx1Δt=1+6k0.2m/s=(5+30k)m/s（k=0，1，2…）
若该波沿x轴负方向传播，在Δt=0.2s时间内传播的距离为
Δx2=5+kλ=(5+6k)m（k=0，1，2…）
则该波的波速为
v=Δx2Δt=5+6k0.2m/s=(25+30k)m/s（k=0，1，2…）
故当波沿x轴正方向传播，且k=0时波的传播速度最小，有
vmin=5m/s
故选B。
7、一定能使水波通过小孔后，发生的衍射更不明显的方法是（   ）
A．增大小孔尺寸，同时增大水波的频率
B．增大小孔尺寸，同时减小水波的频率
C．缩小小孔尺寸，同时增大水波的频率
D．缩小小孔尺寸，同时减小水波的频率
答案：A
波在介质中传播时波速是由介质决定的，与波的频率无关，所以改变波的频率不会改变波速，但由v = λf可知，当波速一定时，减小频率则波长增大，而发生明显衍射的条件是障碍物或孔、缝的尺寸比波长小或相差不多，所以缩小障碍物的尺寸，同时减小波的频率会使衍射现象更明显，而本题为使衍射现象更不明显，则增大小孔尺寸，同时增大水波的频率。
故选A。
8、如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8kg的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4kg的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知MN=1.5m，a、b与斜面之间的动摩擦因数均为2315，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取g=10m/s2，则（  ）

A．物块a第一次运动到N点时的动能为3.6J
B．a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6J
C．b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2N·s
D．整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为0.25m
答案：D
A．物块a第一次运动到N点过程，由动能定理
magMNsin30°-μmagMNcos30°=Eka=12mav02
带入题中数据可得
v0=3m/s
Eka=1.8J
A错误；
B．设a与b碰前速度大小为v0，碰后二者速度为v，由动量守恒
mav0=ma+mbv
b碰撞过程中系统损失的机械能
ΔE损=12mav02-12(ma+mb)v2
解得
v=1.0m/s
ΔE损=1.2J
B错误；
C．由B分析知，a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为v=1.5m/s，碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左的1.5m/s，对整体，由动量定理
I=Δp=ma+mbv-ma+mb-v=2ma+mbv=2.4N⋅s
挡板对b的冲量即为对整体的冲量，C错误；
D．a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒
12(ma+mb)v2=μ(ma+mb)gcosθ⋅s总
带入数据解得
s总=0.25m
D正确。
故选D。
9、甲、乙两铁球质量分别是m1=1kg、m2=2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1=6m/s、v2=2m/s。甲追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是（  ）
A．v'1=7m/s、v'2=1.5m/sB．v'1=2m/s、v'2=4m/s
C．v'1=3.5m/s、v'2=3m/sD．v'1=8m/s、v'2=1m/s
答案：B
以甲的初速度方向为正方向，碰撞前总动量为
p=m1v1+m2v2=10kg⋅m/s
碰撞前的总动能为
Ek=12m1v12+12m2v22=22J
A．如果v'1=7m/s、v'2=1.5m/s，可得碰撞后总动量为
p'=m1v'1+m2v'2=10kg⋅m/s
碰撞后的总动能为
E'k=12m1v'12+12m2v'22=26.75J
可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，故A错误；
B．如果v'1=2m/s、v'2=4m/s，可得碰撞后总动量为
p'=m1v'1+m2v'2=10kg⋅m/s
碰撞后的总动能为
E'k=12m1v'12+12m2v'22=18J
可知碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能，碰撞过程满足动量守恒，这是可能的，故B正确；
C．如果v'1=3.5m/s、v'2=3m/s，可得碰撞后总动量为
p'=m1v'1+m2v'2=9.5kg⋅m/s
碰撞后的总动能为
E'k=12m1v'12+12m2v'22=15.125J
可知碰撞后的总动能小于碰撞前的总动能，但碰撞过程不满足动量守恒，这是不可能的，故C错误；
D．如果v'1=8m/s、v'2=1m/s，可得碰撞后总动量为
p'=m1v'1+m2v'2=10kg⋅m/s
碰撞后的总动能为
E'k=12m1v'12+12m2v'22=33J
可知碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，这是不可能的，且碰后甲的速度依然大于乙的速度，不满足速度合理性，故D错误。
故选B。
10、小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光转动镜片时发现光有强弱变化下列说法能够解释这一现象的是（　　）
A．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用
B．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用
C．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用
D．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用
答案：B
发现强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用。
故选B。
11、关于散射，下列说法正确的是（　　）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
答案：C
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
12、如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是-2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（  ）

A．vA'=-2m/s，vB'=6m/sB．vA'=2m/s，vB'=2m/s
C．vA'=1m/s，vB'=3m/sD．vA'=-3m/s，vB'=7m/s
答案：D
设每个球的质量均为m，碰前系统总动量 
p=mvA+mvB=6m-2m=4m
碰前的总动能 
Ek=12mvA2+12mvB2=20m
A．若vA′=-2 m/s，vB′=6 m/s，碰后总动量
p′=mvA′+mvB′=4m
动量守恒。
总动能 
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=20m
机械能也守恒，A可能实现；故A正确。
B．若vA′=2 m/s，vB′=2 m/s，碰后总动量
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=4m
动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；故B正确。
C．碰后总动量 
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=5m
动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；故C正确。
D．碰后总动量 
p′=mvA′+mvB′=4m
总动能
Ek′=12mvA′2+12mvB′2=29m
动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现；
故选D。
13、如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ，1号车厢的超风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（  ）

A．7103P2ρSB．453P2ρSC．563P2ρSD．7203P2ρS
答案：A
设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，根据动量定律可得
Ft=ρvtSv-0
解得
F=ρSv2
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
P=Fvm
解得
vm=3PρS
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
v'=12vm
此时受到的牵引力
F牵=Pv'
解得
F牵=23P2ρS
此时受到的阻力
f=ρS×(vm2)2=143P2ρS
对整体根据牛顿第二定律
F牵-f=5ma
对4、5号车厢，根据牛顿第二定律可得
F'=2ma
联立解得
F'=7103P2ρS
故选A。
14、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。
15、下列说法正确的是（  ）
A．洗衣机工作时机壳的振动频率等于其固有频率
B．为了防止桥梁发生共振而坍塌， 部队要齐步通过桥梁
C．鼓手随音乐敲击鼓面时， 鼓面的振动是自由振动
D．较弱声音可震碎玻璃杯， 是因为玻璃杯发生了共振
答案：D
A．洗衣机切断电源，波轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时波轮的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振。所以正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大；此后波轮转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故A错误；
B．部队要便步通过桥梁，是为了防止出现一致的策动力，避免桥发生共振。故B错误；
C．鼓手随音乐敲击鼓面时鼓面的振动是受迫振动。故C错误；
D．较弱声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振，故D正确。
故选D。
多选题
16、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。
17、下列说法中正确的是（　　）
A．发生多普勒效应时，波源的频率变化了
B．多普勒效应是在波源与观测者之间有相对运动时产生的
C．发生多普勒效应时，观测者接收到的频率发生了变化
D．多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的
答案：BCD
AC．多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的频率会发生变化，但波源的频率不变，A错误，C正确；
B．多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，即有相对运动的发生，B正确；
D．多普勒效应是由奥地利物理学家多普勒首先发现的，D正确。
故选BCD。
18、在做了“测定平行玻璃砖的折射率”的实验（如图）后，某同学得出下列几种结论中，说法正确的是（  ）

A．玻璃砖的宽度适当选大些
B．入射角应尽量小些，防止在另一侧面发生全反射
C．大头针P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大些
D．入射角越大越好，这样测量误差能尽可能的减小
E．玻璃砖的折射率与入射角有关，入射角越大，测得折射率越大
F．玻璃砖的折射率与入射角无关，入射角越大，折射角越大，但是入射角与折射角的正弦值的比值是一个常数
G．玻璃砖的折射率与入射角无关，入射角越大，折射角越大，但是入射角与折射角的比值是一个常数
答案：ACF
A．为了减小测量的误差，玻璃砖的宽度适当大一些，故A正确；
BD．为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好，但不是越大越好，BD均错误．
C．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，效果会好些；C正确；
EFG．玻璃砖的折射率是由玻璃本身的材料决定，与光的入射角和折射角无光，根据折射定律知折射率等于入射角的正弦与折射角的正弦之比，故EG错误，F正确；
故选ACF。
19、一束复色光由空气斜射向平行玻璃砖，入射角为θ，从另一侧射出时分成a、b两束单色光，如图所示，下列说法正确的是（  ）

A．在该玻璃中a光的传播速度比b光的大
B．a光在真空中的传播速度比b光在真空中的传播速度大
C．a光比b光更容易发生明显的衍射现象
D．增大θ（θ<90°），a、b两束光可能不会从另一侧射出
E．a光从该玻璃射向空气时的临界角比b光的大
答案：ACE
AB．由题图可看出，光线通过平行玻璃砖后，a光的偏折程度较小，b光的偏折程度较大，说明该玻璃对a光的折射率小于b光的折射率，由
v=cn
可知，在该玻璃中a光的传播速度比b光的大，但在真空中的传播速度相同，都为c，故A正确，B错误；
C．a光的折射率较小，频率较低，波长较长，则a光比b光更容易发生明显的衍射现象，故C正确；
D．由几何关系知光射到玻璃砖下表面时的入射角等于上表面的折射角，由光路可逆原理可知，光一定能从另一侧射出，故D错误；
E．由
sinC=1n
可知，由于该玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率，所以a光的临界角更大，故E正确。
故选ACE。
20、绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（  ）
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为2mlMm
答案：BD
AB．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；
C．根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
D．小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，则有
mvm－MvM＝0
两边同时乘以运动时间t，则有
mvmt－MvMt＝0
即
mxm＝MxM
又
xm＋xM＝2l
解得小车移动的最大距离为2mlMm，D正确。
故选BD。
21、在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，其波速为5m/s，则下列说法正确的是（  ）

A．此时P、Q两点运动方向相同
B．再经过0.5s质点N刚好位于-5m，20cm位置
C．该波只有遇到2m的障碍物才能发生明显衍射
D．波的频率与波源的振动频率无关
答案：AB
A．波同时向两侧传播，根据对称性可知，此时P-2m，0cm、Q2m，0cm两点运动方向相同，A正确；
B．由题图可知，N到波的前沿的距离为2m，波传播到N的时间
t1=sv=25s=0.4s
由题图知波
λ=2m
周期为
T=λv=25s=0.4s
经过时间
t=0.5s=54T
波传到N点时间为T，波传到N点时，N点向上运动，则经过0.5s质点N刚好到达波峰位置，其坐标为-5m，20cm，B正确；
C.由题图可知波长
λ=2m
则障碍物的尺寸为2m或比2m更小，都能发生明显的衍射现象，C错误；
D.波的频率等于波源的振动频率，由波源的振动频率决定，D错误。
故选AB。
22、位于x=7m处的波源S完成两次频率不同的全振动，如图所示为t=0时刻波形，该波沿-x方向传播，此时波刚好传到x=1m处的质点P，0.3s后质点P第一次出现在波谷位置，则（  ）

A．波源的起振方向沿＋y方向
B．波速v1∶v2=1∶1
C．质点P沿＋y方向振动过程中，x=5m处的质点Q也沿＋y方向振动
D．从t=0时刻开始到质点P振动的路程为10cm时，质点Q振动的路程是20cm
E．从t=0时刻开始，再经过0.5s质点Q运动到坐标原点O
答案：ABD
A．根据波的传播方向与质点振动方向间的关系可以判断出，质点P、Q在t=0时刻振动方向均沿y轴正方向，波上任意质点的起振方向均与波源的起振方向相同，可知波源的起振方向沿y轴正方向，选项A正确：
B．从t=0时刻到质点P第一次抵达波谷，需要34个周期，即
34T1=0.3s
得
T1=0.4s
由波形图可知λ1=4m，λ2=2m，根据波速公式v=λT得
v1=10m/s
因波速由介质决定，与波的振幅、频率无关，则
v2=v1=10m/s，T2=0.2s，v1∶v2=1∶1
选项B正确；
C．虽然t=0时刻质点P、Q均沿y正方向运动，但由于它们振动周期不同，因而在以后各个时刻，它们振动方向不一定相同，选项C错误；
D．质点P振动路程为10cm=2A
需要0.5T1=T2
即质点Q完成一个周期的振动，通过的路程是4A=20cm
选项D正确；
E．横波传播途中，介质中质点只在与波传播方向垂直的方向上振动，不会沿波的传播方向迁移，选项E错误。
故选ABD。
23、位于x=0处的波源O在介质中产生沿x轴正方向传播的机械波。如图所示，当t=0时刻恰好传到x=12m位置，P、Q分别是x=4m、x=6m位置处的两质点，下列说法正确的是（  ）

A．波源O的起振方向为沿y轴负方向
B．P、Q位移的大小和方向始终相同
C．t=0开始，当P第一次处于x轴上方4cm处时，Q处于x轴下方4cm处
D．t=0开始，当波刚传到x=14m位置时，P、Q经过的路程分别为16cm和32cm
答案：ACD
A．根据“上坡向下”振动规律，波前的振动方向向下，所以波源O的起振方向为沿y轴负方向，A正确；
B．因为波长变化的，P、Q的平衡位置之间的距离有时等于一个波长是同相点，位移的大小和方向相同，有时等于半个波长是反相点，位移方向相反，B错误；
C．t=0时，P点向y轴负方向振动，对应的波长为λ1=4m，设波速为v，则振动周期为
T1=λ1v=4v
P点的振动方程为
y=-8sin2πT1t(cm)
当P第一次处于x轴上方4cm处时，则有
yP=-8sin2πT1t1(cm)=4cm
解得
t1=712T1
t=0时，Q点向y轴负方向振动，对应的波长为λ2=2m，则振动周期为
T2=λ2v=2v=T12
当t1=712T1时，Q点已经振动了一次周期为T2=T12的振动，回到原来位置，接下来以周期为T1振动，则有
yQ=-8sin2πT1(t1-T12)(cm)=-4cm
C正确；
D．t=0开始，当波刚传到x=14m位置时，可知传播时间为
Δt=Δxv=2v
又
Δt=2v=T12=T2
可知P点振动了半个周期，Q点振动了一个周期，因此P点的路程为
sP=2A=16cm
Q点的路程为
sQ=4A=32cm
D正确。
故选ACD。
24、如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则下列说法正确的是（    ）

A．从图示时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置
B．从图示时刻开始，经0.01s时间x=2m处质点通过的路程为0.4m
C．若该波波源从x=0处沿x轴正方向运动，则在x=2000m处接收到的波的频率将小于50Hz
D．若该波传播过程中遇到宽约为3m的障碍物，则能发生明显的衍射现象
E．a质点的振动频率为50Hz
答案：BDE
A．根据“上坡下，下坡上”知，题图所示时刻质点b正向y轴负方向振动，故质点a比质点b先回到平衡位置，A错误；
BE．根据题图知波长为4m，由
T=λv=0.02s
知
fa=1T=50Hz
经过0.01s，x=2m处的质点回到平衡位置，运动的路程为0.4m，BE正确；
C．由于波源靠近观察者所在处，故接收到的波的频率大于50Hz，C错误；
D．波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，因为
λ>3m
能发生明显的衍射现象，D正确。
故选BDE。
25、用单色光做双缝干涉实验和单缝衍射实验，比较屏上的条纹，下列说法中正确的是（　　）
A．双缝干涉条纹是等间距的明暗相间的条纹
B．双缝干涉条纹是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹
C．单缝衍射条纹是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹
D．单缝衍射条纹是等间距的明暗相间的条纹
答案：AC
AB．用单色光做双缝干涉实验，所得的是等间距的明暗相间的条纹，故A正确，B错误；
CD．用单色光做单缝衍射实验，所得的是中央宽、两边窄的明暗相间的条纹，故C正确，D错误。
故选AC。
填空题
26、一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.2s时的图像如图甲所示，介质中平衡位置在x=2m处的质点P的振动图像如图乙所示，图甲中质点Q的平衡位置位于x=113m处，则该波正沿x轴___________（填“正方向”或“负方向”）传播，其传播速度为___________m/s，质点Q的振动方程为___________cm。

答案：     负方向     10     yQ=2sin(5πt+5π6)
[1]由图乙可知0.2s时，质点P正在向y轴负方向振动，由上下坡法可知，该波正沿x轴负方向传播；
[2]其传播速度为
v=λT=40.4m/s=10m/s
[3] 根据乙图可得质点Q的振动方程为
yP=Asin2πTt=2sin5πt(cm)
由甲图可知PQ的距离为
PQ=113m-2m=53m=512λ
所以质点Q比质点P的振动超前
512×2π=5π6
所以质点Q的振动方程为
yQ=Asin(2πTt+5π6)=2sin(5πt+5π6)(cm)
27、如图，两束单色光a和b以不同的入射角从同一点射入一块厚玻璃砖后，它们在玻璃砖中的折射角相同，则a的频率_______b的频率，a在玻璃中的传播速度_______b在玻璃中的传播速度。（两空均选填“大于”“小于”或“等于”）

答案：     小于     大于
[1][2]根据
n=sinisinr
单色光a的入射角比b小，两束光的折射角相同，则na＜nb，单色光频率越高，折射率越大，因此a的频率小于b的频率；根据
n=cv
则
va＞vb
28、一列简谐横波沿着x轴传播，传播速度为2m/s，某时刻的波形图如图所示，该时刻x=6m处质点运动方向沿y轴负方向，由此可知这列波的传播方向沿x轴___________（选填“正”或“反”）方向，周期为___________s，若此刻开始再经过8s，x=___________（选填“4m”“6m”或“8m”）处质点刚好回到平衡位置。

答案：     正     4     6m
[1]该时刻x=6m处质点运动方向沿y轴负方向，根据平移法可知波沿x轴正方向传播
[2]依题意v=2m/s，由图知λ=8m，根据
v=λT
代入数据解得
T=4s
 [3]经过8s即2T时间，各质点振动情况与图中一样，则x=6m处的质点刚好回到平衡位置。
29、如图甲、乙、丙分别反映了飞机以三种速度在空中（不考虑空气的流动）水平飞行时，产生声波的情况。图中一系列圆表示声波的传播情况，A表示飞机的位置。请你利用给出的图，确定飞机飞行速度最大的是_____（选填“甲”“乙”或“丙”）。若观察者在飞机的右下方，观察到什么不同现象_____。

答案：     丙     见解析
[1]由题图可知，在声波的一个周期内，丙图中的飞机飞行距离最大，故速度最大。
[2]甲图中，观察者接收的波的频率大于波源频率，属于多普勒效应。乙图中，飞机速度等于声速，观察者在一个时刻接收到飞机不同时刻发出的声波，声强很大，破坏性很大，称为声爆。丙图中飞机后发出的声波先被观察者接收到，先发出的声波后到，出现先后颠倒现象。
30、图甲为一列简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，M是平衡位置x=2.0cm处的质点，N是平衡位置x=4.0cm处的质点，图乙为质点N的振动图像。则该简谐横波的传播速度为________ms，图甲中M点下一次出现在波谷位置的时刻是t=________s。

答案：     0.4     0.45
[1]由甲、乙图像可知该简谐波的波长为
λ=16cm=0.16m
周期为
T=0.4s
故波速为
v=λT=0.4m/s
[2]由乙图知，在t=0.2s时，质点N向上运动，根据波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播。从图甲时刻开始，波谷位置传到质点M所需时间为
Δt=0.02-(-0.08)0.4s=0.25s
所以t=0.45s时M点处于波谷位置。

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