2019屆四川省成都市高新區(qū)高三一診模擬考試?yán)砜凭C合物理試題(解析版)

成都市高新區(qū)2019屆高三一診考試?yán)砜凭C合物理二、物理選擇題：1.疊放在水平地面上的四個(gè)完全相同的排球如圖所示，質(zhì)量均為m，相互接觸，球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，則：A.上方球與下方3個(gè)球間均沒(méi)有彈力B.下方三個(gè)球與水平地面間均沒(méi)有摩擦力C.水平地面對(duì)下方三個(gè)球的支持力均為D.水平地面對(duì)下方三個(gè)球的摩擦力均為【答案】C【解析】對(duì)上方球分析可知，小球受重力和下方球的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以上方球一定與下方球有力的作用，故A錯(cuò)誤；下方球由于受上方球斜向下的彈力作用，所以下方球有運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故下方球受摩擦力作用，故B錯(cuò)誤；對(duì)四個(gè)球的整體分析，整體受重力和地面的支持力而處于平衡，所以三個(gè)小球受支持力大小為4mg，每個(gè)小球受支持力為mg，故C正確；三個(gè)下方小球受到的是靜摩擦力，故不能根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式進(jìn)行計(jì)算，故D錯(cuò)誤．故選C．2.一帶電粒子僅在電力場(chǎng)作用下從A點(diǎn)開(kāi)始以做直線運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖所示，粒子在時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，3時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，下列判斷正確的是A.A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為-1-B.A、B、C三點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系為C.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能先增加后減少D.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)線先做正功后做負(fù)功【答案】C【解析】A、因?yàn)椴恢缼щ娏Ｗ拥碾娦?，所以無(wú)法判斷電勢(shì)的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B、由速度圖像可知，加速度先增大后減小，所以B點(diǎn)的加速度最大，電場(chǎng)強(qiáng)度最大，故B錯(cuò)誤；C、由圖像可知：動(dòng)能先減小后增大，根據(jù)能量守恒可知：電勢(shì)能先增后減小，故C正確；D、因?yàn)殡妱?shì)能先增大后減小，所以電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】速度圖像的斜率大小表示加速度的大小，根據(jù)速度大小可知?jiǎng)幽艿淖兓?，根?jù)能量守恒可知電勢(shì)能的變化。3.如圖所示的溫控電路中，R為定值電阻，R為半導(dǎo)體熱敏電阻（溫度越高電阻越?。?，C為電容器，電源12內(nèi)阻不可忽略。當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)下列說(shuō)法正確的是A.電容器C的帶電量增大B.電壓表的讀數(shù)減小C.干路電流增大D.R消耗的功率變大1【答案】A【解析】【詳解】C、當(dāng)環(huán)境溫度降低時(shí)R增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析知得，干路電流I2減?。蔆錯(cuò)誤。A、電容器的電壓U=E-I（r+R），E、r、R均不變，I減小，U增大，由，得電容器C的帶電量增大．故1C1CA正確．B、總電流I減小，路端電壓U=E-IrD、R消耗的功率P=IR，I減小，R不變，則P減?。蔇錯(cuò)誤。故本題選A。，E、r不變，則U增大，電壓表的讀數(shù)增大．故B錯(cuò)誤．2111-2-4.質(zhì)量為m=2kg的物體受到水平拉力F的作用，在光滑的水平面上由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。則下列判斷正確的是（）A.0~4s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)B.6s末物體的速度為零C.0~4s內(nèi)拉力沖量為18N·sD.0~4s內(nèi)拉力做功49J【答案】D【解析】物體是從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，故在0~1s內(nèi)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，2~4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，4~6s做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，6s末加速度為零，速度最大，AB錯(cuò)誤；a-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，故根據(jù)動(dòng)量定理可得0~4s內(nèi)拉力的沖量為，C錯(cuò)誤；因?yàn)樗矫婀饣?，故物體受到的合力大小等于F，根據(jù)動(dòng)能定理可得，因?yàn)槭菑撵o止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的，所以4s末的動(dòng)量為，根據(jù)突破口是知道a-t圖可得知，D正確．【點(diǎn)睛】解題的象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的變化量，然后根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)能定理列式計(jì)算．5.滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)，某滑雪運(yùn)動(dòng)（員可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)的員速率不變，則運(yùn)動(dòng)（）道的A點(diǎn)滑員沿AB下滑過(guò)程中A.合外力做功一定大于零B.所受摩擦力大小不變C.合外力始終與速度垂直-3-D.機(jī)械能始終保持不變【答案】C【解析】試題分析：根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析物體受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解出運(yùn)動(dòng)員與曲面間的正壓力變化情況，從而分析運(yùn)動(dòng)員所受摩擦力變化；根據(jù)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能變化情況，結(jié)合動(dòng)能定理分析合外力做功；根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否只有重力做功來(lái)判斷運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能是否守恒；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力一定不為零，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率恒定，且在減小，所以曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力越來(lái)越大，根據(jù)可知摩擦力越來(lái)越大，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率不變，質(zhì)量不變，即動(dòng)能不變，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功為零，C正確；因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉?，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤；【點(diǎn)睛】考查了曲線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理等；知道曲線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度時(shí)刻變化，合力不為零；在分析物體做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，首先要弄清楚合力充當(dāng)向心力，適中．年，人類第一合并前約100s時(shí)，然后根據(jù)牛頓第二定律列式，基礎(chǔ)題，難以程度6.2017次直接探測(cè)到來(lái)自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過(guò)程，在兩顆中子星它們相距約400km，繞二者連線上的某點(diǎn)每秒轉(zhuǎn)動(dòng)12圈，將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬(wàn)有引力常量并利用牛頓力學(xué)知識(shí)，可以估算出這一時(shí)刻兩顆中子星（）A.質(zhì)量之積B.質(zhì)量之和C.速率之和D.各自的自轉(zhuǎn)角速度【答案】BC【解析】-4-本題考查天體運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。雙中子星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率f=12Hz（周期T=1/12s），由萬(wàn)有引力等于向心力，可得，G=mr（2πf）112，G=mr（2πf），2r+r=r=40km，聯(lián)立解得：（m+m）=（2πf）2Gr3，選項(xiàng)B正確A錯(cuò)誤；由v=ωr=2πf22121211r，v=ωr=2πfr，聯(lián)立解得：v+v=2πfr，選項(xiàng)C正確；不能得出各自自轉(zhuǎn)的角速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。122212【點(diǎn)睛】此題以最新科學(xué)發(fā)現(xiàn)為情景，考查天體運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力定律等。7.如圖甲所示，傾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑塊通過(guò)輕繩繞過(guò)定滑輪與質(zhì)量為m的繩與斜面平行），滑塊質(zhì)量為2m，上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，輕繩與豎直方向的夾角θ，且θ≤45°，是（）小球相連（滑塊能恰好靜止在粗糙的斜面上。在圖乙中，換成讓小球在水平面兩幅圖中，滑塊、斜面都靜止，則以下說(shuō)法中正確的A.滑塊受到斜面的最B.甲圖中斜面受到地面的摩擦力方向水平向C.乙圖滑塊受到的摩擦力可能沿斜面向D.乙圖滑塊受到的摩擦力可能為【答案】BD析】大靜摩擦力為左下零【解甲圖中滑塊所受的摩擦力為；乙圖中繩的最大拉力為，此時(shí)對(duì)滑塊：，則滑塊受到斜面的最大靜摩擦力為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；加圖中以斜研究對(duì)象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向左，故B正確；由以上分析，選項(xiàng)D正確；當(dāng)θ<45°時(shí)，，此，即乙圖滑塊受到的摩擦力沿斜面向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；故選BD.面和滑塊組成的整體為可知，當(dāng)θ=45°時(shí)，時(shí)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是先根據(jù)受力圖得出球?qū)?xì)線的拉力，最后對(duì)滑塊受力分析后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件判斷靜摩擦力變化情況；同時(shí)要注意研究對(duì)象的靈活選擇。-5-8.兩個(gè)點(diǎn)電荷位于x軸上x(chóng)和x處,x=-x。在他們形成的電場(chǎng)中,若取無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零,則x軸上1212各點(diǎn)的電勢(shì)如圖中曲線所示。根據(jù)圖線提供的信息判斷正確的是（）．．A.x=0處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零B.x=0處的電場(chǎng)強(qiáng)度最大C.兩點(diǎn)電荷為等量異種電荷D.將一點(diǎn)電荷自x處沿x軸正向移到x處的過(guò)程中，電荷所受的電場(chǎng)力先減小后增大12【答案】CD【解析】【詳解】從圖中可知在接近兩個(gè)點(diǎn)電荷時(shí)，電勢(shì)或無(wú)限大，或無(wú)限小，故在處為正電荷；在處為負(fù)電荷，并且電勢(shì)對(duì)稱，故兩電荷量等大，所以為等量異種電荷，C正確；在等量異種電荷連線的中點(diǎn)處，電勢(shì)為零，但電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，在連線上，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，在中點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，即一點(diǎn)電荷自x處沿x軸正向移到x處的過(guò)程中，電荷所受的電場(chǎng)力先減小后增大，AB錯(cuò)誤D正確．12【點(diǎn)睛】關(guān)鍵是知道等量異種電荷電場(chǎng)規(guī)律，在其連線上，靠近電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，即中點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，在其連線的中垂線上，電場(chǎng)方向垂直中垂線，指向負(fù)電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度大小從中點(diǎn)向上下兩側(cè)遞減，中垂線是一條電勢(shì)為零的等勢(shì)面．三、物理實(shí)驗(yàn)題9.某同學(xué)在一次“測(cè)定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中，用米尺測(cè)出接入電路部分的金屬絲的長(zhǎng)度為l=0.720m，用螺旋測(cè)微器測(cè)出金屬絲直徑（刻度位置如圖所示），用伏安法測(cè)出金屬絲的電阻（電阻大約為5Ω），然后計(jì)算出該金屬材料的電阻率。在用伏安法測(cè)定金屬絲的電阻時(shí)，除被測(cè)金屬絲外，還有如下實(shí)驗(yàn)器材料：A.直流電源（輸出電壓為3V）B.電流表A（0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）C.電壓表A（0～3V，內(nèi)阻3kΩ）D.滑動(dòng)變阻器（最大阻值20Ω）E.開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線等（1）從圖中讀出金屬絲的直徑為_(kāi)___________mm。-6-（2）根據(jù)所提供的器材，在虛線框中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖____________。（3）若根據(jù)伏安法測(cè)出金屬絲的阻值為R=4.0Ω，則這種金屬材料的電阻率為_(kāi)________Ω?m（保留兩位x有效數(shù)字）【答案】(1).0.600;(2).(3).;【解析】【詳解】（1）從圖中讀出金屬絲的直徑為d=0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm（2）因測(cè)量金屬絲的電阻率電流不能太大，由，結(jié)合電流表讀數(shù)原理，電流表應(yīng)滿足偏轉(zhuǎn)一半以上，故總電阻大于10Ω小于5Ω，可見(jiàn)滑動(dòng)變阻器可以用限流式；由于待測(cè)電阻的電阻值較小，電流表應(yīng)用外接法，電路圖如圖所示：（3）根據(jù)歐姆定律，有，根據(jù)電阻定律，有：，及，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得：。10.某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)用如圖所示的裝置測(cè)量滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。每滑次塊都從斜面上由靜止開(kāi)始下滑，測(cè)出滑塊每次下滑時(shí)遮光板到光電門(mén)所在位置的距離L及相應(yīng)遮光時(shí)間t的值。-7-(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光板的寬度d，如圖乙所示，則d=______cm。(2)為測(cè)出滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，本實(shí)驗(yàn)還需要測(cè)出或知道的物理量是______(填下列序號(hào))。A.滑塊和遮光板的總質(zhì)量mB.斜面的傾角θC.當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭(3)實(shí)驗(yàn)中測(cè)出了多組L和t的值，若要通過(guò)線性圖象來(lái)處理數(shù)據(jù)求μ值，則應(yīng)作出的圖象為_(kāi)________；A.圖象B.圖象D.圖象C.圖象(4)在(3)作出的線性圖象中，若直線的斜率為k，則關(guān)于μ值的表達(dá)式為μ=_____________。(可用以上物理量的符號(hào)表示)【答案】(1).0.225cm(2).BC(3).B(4).【解析】(1)主尺示數(shù)為2mm，游標(biāo)尺上第5個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)尺讀數(shù)為：，故最后讀數(shù)為：(2)遮光板運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)處滑塊的速度由動(dòng)能定理有：?？傻?，選項(xiàng)B、C正確。(3)由，可以得到：，即圖象是一條過(guò)原的點(diǎn)直線，可作線-8-性圖象處理數(shù)據(jù)求值，B項(xiàng)正確。(4)由得。點(diǎn)睛：考查動(dòng)能定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的內(nèi)容，掌握?qǐng)D象的斜率含義，注意理解表達(dá)式推導(dǎo)的方法，本題也可以用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行處理；同時(shí)也要注意游標(biāo)卡尺的讀數(shù)問(wèn)題。四、計(jì)算題11.如圖所示的半圓形軌道，該軌道是用內(nèi)壁光滑的薄壁細(xì)圓管彎成，放置在豎直平面內(nèi)，圓半徑比細(xì)管內(nèi)徑大得多，軌道底端與水平地面相切，軌道在水平方向不可移動(dòng)．彈射裝置將一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從a點(diǎn)水平彈射向b點(diǎn)并進(jìn)軌入道，經(jīng)過(guò)軌道后從最高點(diǎn)c拋出。已知小球與地面ab段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，不計(jì)其他機(jī)械能損失，ab段長(zhǎng)L＝3m，圓的半徑R＝0.1m，小球質(zhì)量m＝0.01kg，軌道質(zhì)量為M＝0.19kg，g取10m/s2，求：(1)若v＝5m/s，小球從最高點(diǎn)c拋出后的水平射程．0(2)若v＝5m/s，小球經(jīng)過(guò)軌道的最高點(diǎn)c時(shí)，管道對(duì)小球的作用力．0(3)設(shè)小球進(jìn)軌入道之前，軌道對(duì)地面的壓力大小等于軌道自身的重力，當(dāng)v至少為多少時(shí)，小球經(jīng)過(guò)c0點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)地面的壓力為零．【答案】（1）0.6m.（2）0.8N，方向豎直向下．（3）6m/s.【解析】【分析】由動(dòng)能定理得小球到達(dá)c點(diǎn)處速度，小球由c點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出小球從最高點(diǎn)c拋出后的水平射程；當(dāng)小球通過(guò)c點(diǎn)時(shí)，要使軌道對(duì)地面的壓力為零由牛頓第二定律得小球通過(guò)c點(diǎn)的速度大小，再由動(dòng)能定理得小球初速度大??；【詳解】解：(1)設(shè)小球到達(dá)c點(diǎn)處速度為v，由動(dòng)能定理得：①小球由c點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有：②-9-③聯(lián)立①②③并代入數(shù)值，解得小球從最高點(diǎn)c拋出后的水平射程：(2)當(dāng)小球通過(guò)c點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：代入數(shù)值解得管道對(duì)小球作用力：，方向豎直向下(3)設(shè)小球到達(dá)c點(diǎn)處速度為v，由動(dòng)能定理得c④當(dāng)小球通過(guò)c點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：⑤要使軌道對(duì)地面的壓力為零，則有：⑥聯(lián)立④⑤⑥并代入數(shù)值，解得：12.在如圖所示的豎直平面內(nèi)，物體A和帶正電的物體B用跨過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角θ＝37°的光滑斜面上的M點(diǎn)和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對(duì)應(yīng)平面平行．勁度系數(shù)k＝5N/m的輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，一端用另一輕繩穿過(guò)固定的光滑小環(huán)D與A相連，于斜面．水平面處于場(chǎng)強(qiáng)E＝5×104N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．已知A、B的和m＝0.2kg，荷量q＝＋4×10－6C．設(shè)兩物體均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦，繩荷量不變．取g＝10m/s，2sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.彈簧處于原長(zhǎng)，輕繩恰好拉直，DM垂直質(zhì)量分別為m＝0.1kgAB所帶電不可伸長(zhǎng)，B彈簧始終在彈性限度內(nèi)，B電(1)求B所受靜摩擦力的大??；(2)現(xiàn)對(duì)A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．A從M到N的過(guò)勢(shì)能增加了ΔE＝0.06J．已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4.求A到p2程中，B的電達(dá)N點(diǎn)時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率．【答案】（1）f=0.4N（2）2.1336W【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意，靜止時(shí)，對(duì)兩物體受力分析如圖所示：-10-由平衡條件所得：對(duì)A有：mgsinθ＝F①AT對(duì)B有：qE＋f＝F②0T代入數(shù)據(jù)得f＝0．4N③0（2）根據(jù)題意，A到N點(diǎn)時(shí)，對(duì)兩物體受力分析如圖所示：由牛頓第二定律得：對(duì)A有：F＋mgsinθ－F′－Fsinθ＝ma④ATkA對(duì)B有：F′－qE－f＝ma⑤TB其中f＝μmg⑥BF＝kx⑦k由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系得ΔE＝qEd⑧p由幾何關(guān)系得x＝－⑨A由M到N，由v－v＝2ax得A運(yùn)動(dòng)到N的速度v＝⑩拉力F在N點(diǎn)的瞬時(shí)功率P＝Fv?由以上各式，代入數(shù)據(jù)P＝0．528W?考點(diǎn)：受力平衡、牛頓第二定律、能量轉(zhuǎn)化與守恒定律、功率【名師點(diǎn)睛】靜止時(shí)，兩物體受力平衡，列方程求解。A從M到N的過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，可列出力的關(guān)系方程。根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可列出電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系方程。根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)速度位移公式，求出運(yùn)動(dòng)到N的速度，最后由功率公式求出功率。視頻13.有兩列頻率相同、振動(dòng)方向相同、振幅均為A、傳播方向互相垂直的平面相波遇發(fā)生干涉。如圖所示，圖中實(shí)線表示波峰，虛線表示波谷，a為波谷與波谷相遇點(diǎn)，b、c為波峰與波谷相遇點(diǎn)，d為波峰與波峰相遇點(diǎn)，e、g是a、d連線上的兩點(diǎn)，其中e為連線的中點(diǎn)，則_______-11-A．a(chǎn)、d處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，b、c處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)減弱B．從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，e處質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為4AC．從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，g處質(zhì)點(diǎn)加速向平衡位置運(yùn)動(dòng)D．從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)四分之一周期，d處的質(zhì)點(diǎn)振幅恰好為零E．從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，b處質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為2A【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)兩波在質(zhì)點(diǎn)處的振動(dòng)得到質(zhì)點(diǎn)合振動(dòng)，根據(jù)波的傳播方向及幾何關(guān)系得到質(zhì)點(diǎn)位移及振動(dòng)方向，從而得到質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)及運(yùn)動(dòng)路程?！驹斀狻緼、a為波谷與波谷相遇點(diǎn)，b、c為波峰與波谷相遇點(diǎn)，d為波峰與波峰相遇點(diǎn)，故a、d處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，b、c處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)減弱，故A正確；BC、根據(jù)幾何關(guān)系可知：兩波的波谷同時(shí)傳播到e，g；故e，g均為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，振幅為2A；那么，從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，e處質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為2×2A=4A；由e為連線的中點(diǎn)，可得：圖示時(shí)刻兩波在e點(diǎn)都處于平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，故圖示時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)g位移為正，在向平衡位置運(yùn)動(dòng)，故從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，g處質(zhì)點(diǎn)位移為負(fù)，在向平衡位置運(yùn)動(dòng)，故B、C正確；D、d為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，那么，d點(diǎn)振動(dòng)周期不變，振幅為2A，故從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)四分之一周期，d處的質(zhì)點(diǎn)振幅為2A，故D錯(cuò)誤；E、b為振動(dòng)減弱點(diǎn)，又兩列波振幅均為A，所以兩列波在b點(diǎn)的合振幅等于0，從圖示時(shí)刻經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，b處質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程為0，故E錯(cuò)誤；故選ABC。14.在桌面上有一倒立的玻璃圓錐，其頂點(diǎn)恰好與桌面接觸