2025年北師大版選擇性必修1物理下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版選擇性必修1物理下冊階段測試試卷50考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、如圖所示，彈簧振子在A、B之間做簡諧運動．以平衡位置O為原點，建立Ox軸．向右為x軸的正方向．若振子位于B點時開始計時；則其振動圖像為（）

A.B.C.D.2、電磁炮是利用電磁發(fā)射技術制成的一種先進高能量殺傷武器．與傳統(tǒng)大炮將火藥燃氣壓力作用于彈丸不同，電磁炮是利用電磁系統(tǒng)中電磁場產生的磁場力來對金屬炮彈進行加速，可大大提高炮彈的速度和射程．某一試驗研制的電磁炮，發(fā)射軌道寬L=2m，長x=50m，可將m=300g的彈丸加速到v=4km/s．假設彈丸在恒定合外力作用下在軌道上做勻加速直線運動，下列說法正確的是A.其它條件不變，若彈丸質量變?yōu)樵瓉淼?倍，射出速度將變?yōu)樵瓉淼谋禕.其它條件不變，若彈丸質量變?yōu)樵瓉淼?倍，射出速度將變?yōu)樵瓉淼谋禖.其它條件不變，若發(fā)射軌道的長度變?yōu)樵瓉淼?倍，加速時間將變?yōu)樵瓉淼?倍D.其它條件不變，若發(fā)射軌道的長度變?yōu)樵瓉淼?倍，加速時間將變?yōu)樵瓉淼谋?、如圖甲所示，長2m的木板Q靜止在某水平面上，t=0時刻，可視為質點的小物塊P以水平向右的某一初速度從Q的左端向右滑行．P、Q的速度－時間圖象見圖乙，其中a,b分別是0～1s內P、Q的速度－時間圖線，c是1～2s內P、Q共同的速度－時間圖線．已知P、Q的質量均是1kg，g取10m/s2．則以下判斷正確的是。

A.A；在0－2s內；木板Q下表面與水平面之間有摩擦力。

B.B；在0－2s內；摩擦力對Q的沖量是2N·s。

C.C；P、Q之間的動摩擦因數為0.1

D.P相對Q靜止的位置在Q木板的最右端4、質量為的衛(wèi)星圍繞質量為的行星做勻速圓周運動，軌道半徑為引力常量為則經過周期，行星對衛(wèi)星萬有引力的沖量大小為（）A.B.C.D.5、粗糙斜面放在光滑的水平面上，一小物塊以某一初速從斜面底端沖上斜面，速度減為零后又加速滑下。關于小物塊在斜面上滑動的過程中，下列說法正確的是（）A.斜面的動能一直在增加B.小物塊的機械能守恒C.小物塊與斜面組成的系統(tǒng)動量守恒D.小物塊與斜面組成的系統(tǒng)機械能守恒6、如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上；槽的左側有一固定在水平面上的物塊．今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是（）

A.小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒C.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動D.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒7、如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，帶有光滑弧形槽的質量為的斜面靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為（）的小球從槽上高處開始自由下滑；下列說法正確的是（）

A.在以后的運動過程中，小球和弧形槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量始終守恒B.在下滑過程中小球和弧形槽之間的相互作用力始終不做功C.在整個運動過程中小球、弧形槽和彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，且水平方向動量守恒D.被彈簧反彈后，小球和弧形槽的機械能守恒，但小球不能回到槽內高處8、如圖甲所示，在平靜的水面下有一個點光源s，它發(fā)出的是兩種不同顏色的a光和b光，在水面上形成了一個被照亮的圓形區(qū)域，該區(qū)域的中間為由ab兩種單色光所構成的復色光的圓形區(qū)域；周邊為環(huán)狀區(qū)域，且為a光的顏色（見圖乙）．則一下說法中正確的是（）

A.a光的頻率比b光大B.水對a光的折射率比b光大C.a光在水中的傳播速度比b光大D.在同一裝置的楊氏雙縫干涉實驗中，a光的干涉條紋比b光窄9、關于系統(tǒng)動量守恒的條件，下列說法正確的是：（）A.只要系統(tǒng)內存在著摩擦力，系統(tǒng)的動量的就不守恒B.只要系統(tǒng)中有一個物體具有加速度，系統(tǒng)的動量就不守恒C.只有系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量才守恒D.只要系統(tǒng)所受外力的沖量的矢量和為零，系統(tǒng)的動量就守恒評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、一列簡諧橫波，在t=0.6s時刻的如圖甲所示，波上A質點的振動如圖乙所示；則以下說法正確的是（）

A.這列波沿x軸正方向傳播B.這列波的波速是m/sC.t=0.6s時，質點P的加速度方向沿y軸負方向E.從t=0.6s開始，緊接著的△t=0.6s時間內，質點P通過的路程是4mE.從t=0.6s開始，緊接著的△t=0.6s時間內，質點P通過的路程是4m11、一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波的周期為某時刻的波形如圖所示．則（）

A.該波的波長為B.該波的波速為C.該時刻質點P向y軸負方向運動D.該時刻質點Q向y軸負方向運動12、關于波的干涉和衍射，下列說法正確的是（）A.衍射是一切波特有的現象B.兩列波發(fā)生干涉時，振動加強區(qū)域的質點的位移一定始終最大C.聲波容易發(fā)生衍射是因為聲波的波長較長E.醫(yī)院中用于體檢的“B超”利用了超聲波的衍射原理E.醫(yī)院中用于體檢的“B超”利用了超聲波的衍射原理13、關于激光的應用，下列說法正確的是（）A.光纖通信是應用激光平行度非常好的特點對信號來進行調制，使其在光導纖維中進行傳遞信息B.計算機內的“磁頭”讀出光盤上記錄的信息是應用了激光平行度好的特點C.醫(yī)學上用激光做“光刀”來切除腫瘤是應用了激光亮度高的特點D.“激光測距雷達”利用激光測量很遠距離的目標是應用了激光亮度高的特點14、如圖所示，實線和虛線分別表示振幅、頻率均相同的兩列波的波峰和波谷。此刻，M是波峰與波峰相遇點；下列說法中正確的是（）

A.該時刻質點O正處在平衡位置B.兩質點始終處在平衡位置C.隨著時間的推移，質點M的位移也可能為零D.從該時刻起，經過二分之一周期，質點M到達平衡位置15、如圖所示的實線和虛線為t=0時刻A、B兩列簡諧橫波沿軸傳播的波形圖，兩列波疊加并發(fā)生了干涉現象，下列說法正確的是____．

A.若A波沿軸正向傳播，則B波也可能沿x軸正向傳播B.t=0時刻，若A波使=0.2m處質點沿y軸正向運動，則B波=0.2m處質點沿y軸負向運動C.相鄰兩個振動加強點平衡位置相距0.2mE.兩列波遇到尺寸小于0.4m的障礙物會發(fā)生明顯的衍射現象E.兩列波遇到尺寸小于0.4m的障礙物會發(fā)生明顯的衍射現象評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、如圖所示，一個截面為等邊三角形的棱柱形玻璃磚置于水平面上，一條光線在此截面內從邊以入射角射入，在玻璃磚內折射后從邊以折射角射出，當時，出射光線偏折角度為30°，則光線從邊射出時的出射角大小為______，該玻璃磚的折射率大小為______。

17、質量為m1，的熱氣球吊筐中有一質量為m2的人，共同靜止在距地面為h的高空中，現從氣球上放下一根質量不計的軟繩，為使此人沿軟繩能安全滑到地面，則軟繩長度至少為_________。18、波的干涉現象中加強點；減弱點的判斷方法。

（1）公式法：

某質點的振動是加強還是減弱，取決于該點到兩相干波源的________。

①當兩波源振動步調一致時。

若則振動_____；

若則振動_____。

②當兩波源振動步調相反時。

若則振動_______；

若則振動_____。

（2）圖像法：

在某時刻波的干涉的波形圖上，波峰與波峰（或波谷與波谷）的交點，一定是_____點，而波峰與波谷的交點一定是_____點，各加強點或減弱點各自連接形成以兩波源為中心向外輻射的連線，形成加強線和減弱線，兩種線互相間隔，加強點與減弱點之間各質點的振幅_____加強點與減弱點的振幅____。19、一炮艇總質量為M，以速度勻速行駛，從船上以相對海岸的水平速度沿前進方向射出一質量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為若不計水的阻力，則下列各關系式中正確的是________．（填選項前的編號）

①

②

③

④20、如圖所示，把一個有孔的小球A裝在輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在水平光滑桿上，以O為平衡位置振動。另一小球B在豎直平面內以O′為圓心、ω為角速度沿順時針方向做半徑為R的勻速圓周運動（O與O′在同一豎直線上）。用豎直向下的平行光照射小球B，可以觀察到，小球B在水平桿上的“影子”和小球A在任何瞬間都重合。取水平向右為正方向，O點為坐標原點，小球B經最高點時為計時零點，那么小球A的振動周期為__________，小球A的位移與時間得關系為____________，小球A的最大速度大小為__________。

21、一單擺做簡諧運動，在偏角減小的過程中，擺球的回復力________（填“變大”“不變”或“變小”）。擺球的機械能_____（填“增大”“減小”或“不變”）。22、如左圖所示，為水中兩個振動情況完全相同的波源所形成的圖樣，這是水面波的___________現象；右圖中的A、B、C是不同波長的水面波通過相同的小孔所能達到區(qū)域的示意圖，則其中水波的波長最大的是___________圖。

評卷人得分四、作圖題(共3題，共24分)23、向水面上扔一個石塊，形成如圖所示的波形，已知相鄰實線間的距離等于一個波長，不考慮水波的反射，試大致畫出水波通過圖甲的孔和以及遇到圖乙中障礙物和之后的傳播情況。

24、如圖所示，一列簡諧波在x軸上傳播，波速為50m/s。已知時刻的波形圖像如圖甲所示，圖中M處的質點此時正經過平衡位置沿y軸的正方向運動。將時的波形圖像畫在圖乙上（至少要畫出一個波長）。

25、圖中的橫波正在沿軸的正方向傳播，波速為分別畫出經過和時刻的兩個波形圖。

評卷人得分五、實驗題(共1題，共10分)26、如圖所示，在做“碰撞中的動量守恒”的實驗中，所用鋼球質量m1，玻璃球的質量為m2，兩球的半徑均為r．實驗時，鋼球從斜槽上同一位置由靜止釋放，玻璃球置于小支柱上（設兩球碰撞為彈性碰撞，小支柱不影響鋼球的運動）．某同學重復10次實驗得到如下圖所示的記錄紙，其中O是斜槽末端的投影點．回答下列問題：

（1）P點為_________________落點，M點為___________落點，N為________落點；

（2）安裝和調整實驗裝置的兩個主要要求是：______________________________．

測量得OM=x1，OP=x2，ON=x3，則要驗證的動量守恒關系式為（用題中所給相關符號表示）：_______________．評卷人得分六、解答題(共3題，共6分)27、如圖所示，在豎直平面(紙面)內有一直角坐標系xOy，水平軸x下方有垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限有沿x軸負方向的勻強電場，第四象限存在另一勻強電場(圖中未畫出)；光滑絕緣的固定不帶電細桿PQ交x軸于M點，細桿PQ與x軸的夾角θ=30°，桿的末端在y軸Q點處，PM兩點間的距離為L．一套在桿上的質量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點，另一質量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并由P點靜止釋放，與b瞬間碰撞后反彈，反彈后到達最高點時被鎖定，鎖定點與M點的距離為b沿桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b進入第四象限后做勻速圓周運動；而后通過x軸上的N點，且OM=ON．已知重力加速度大小為g，求：

(1)碰后b的速度大小υ以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能△E；

(2)磁場的磁感應強度大小B；

(3)b離開桿后經過多長時間會通過x軸．28、如圖所示，一根長為L的細線，上端固定于O點，下端系一可視為質點的小球，質量為m。若小球在豎直平面內做簡諧運動，其動能Ek隨時間t的變化關系如圖所示；求：

（1）該單擺的擺長；

（2）小球的最大向心加速度？

29、如圖所示，相鄰實線間的距離等于一個波長，試大致畫出波通過孔A和B以及遇到障礙物C和D之后的傳播情況。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【詳解】

由題意：設向右為x正方向，振子運動到N點時，振子具有正方向最大位移，所以振子運動到N點時開始計時振動圖象應是余弦曲線，故A正確．2、B【分析】【詳解】

A、設恒定的合外力為F，則根據動能定理有：則故彈丸質量變?yōu)樵瓉淼?倍，射出速度將變?yōu)樵瓉淼谋叮还蔬x項A錯誤，選項B正確；

C、根據動量定理：將代入整理可以得到：發(fā)射軌道的長度變?yōu)樵瓉淼?倍，加速時間將變?yōu)樵瓉淼谋叮还蔬x項CD錯誤．

點睛：本題重點考查動量定理和動能定理的應用，注意公式中的F代表的是合力．3、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知，在P、Q系統(tǒng)在相互作用的過程結束后，系統(tǒng)沿水平方向做勻速直線運動，可知系統(tǒng)所受的外力之和為零，木板Q下表面與水平面之間沒有摩擦力．故A錯誤；

B．從圖象可知，0～2s內對Q，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，在1～2s內無摩擦力，根據動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化，所以I=Mv-0=1N?s

故B錯誤；

C．P從速度為2m/s減為1m/s所需的時間為1s，則a=μg==1m/s2

所以μ=0.1

故C正確．

D．在t=1s時，P、Q相對靜止，一起做勻速直線運動，在0～1s內，P的位移x1＝×1=1.5m

Q的位移x2＝×1=0.5m

所以△x=x1-x2=2m-1m=1m＜2m

知P與Q相對靜止時不在木板的右端．故D錯誤．

故選C．

【點睛】

解決本題的關鍵知道動量守恒的條件以及會從圖象得知P、Q的運動情況，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．4、A【分析】【分析】

【詳解】

根據牛頓第二定律可得

解得

經過個周期，衛(wèi)星的速度大小不變，方向轉過90°，有

根據動量定理可得

故選A。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．物塊沿斜面上滑時；斜面受到物塊向上的摩擦力和垂直斜面向下的壓力，兩個力均對斜面做正功，則斜面的動能增加；當物塊沿斜面下滑時，斜面受到沿斜面向下的摩擦力和垂直斜面向下的壓力，兩個力在水平方向的合力。

物塊能沿斜面下滑；則。

可知。

可知Fx合仍對斜面做正功；則斜面的動能增加，選項A正確；

B．對物塊因為不是只有重力做功；斜面的摩擦力與支持力都對物塊做功，則機械能不守恒，選項B錯誤；

C．物塊與斜面的系統(tǒng)；水平方向受合外力為零，則水平方向動量守恒，但是豎直方向動量不守恒，選項C錯誤；

D．小物塊與斜面體之間有摩擦；則兩者組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項D錯誤。

故選A。6、D【分析】【詳解】

小球在半圓槽內運動的B到C過程中；小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒。由于小球對槽有斜向右下方的壓力，槽做加速運動，球對槽做功，動能增加，同時槽也對球做功，故A錯誤。小球在槽內運動的前半過程中，左側物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，故B錯誤。小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動。故C錯誤。小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，水平方向合外力為零，故小球與半圓槽動量守恒。故D正確。故選D。

【點睛】

考查動量守恒定律與機械能守恒定律．當球下落到最低點過程，由于左側豎直墻壁作用，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，但小球機械能守恒．當球從最低點上升時，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒，但小球機械能不守恒，而小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒．7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．小球在槽上運動時；小球與弧形槽組成的系統(tǒng)在水平方向上的合外力為零，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，而當小球接觸彈簧后，小球受彈簧的彈力作用，所以小球和弧形槽組成的系統(tǒng)在水平方向上動量不守恒，A錯誤；

C．彈簧受墻的彈力作用；所以小球；弧形槽和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向上的合外力不為零，故水平方向三者組成的系統(tǒng)動量不守恒，但是整個過程中小球和弧形槽彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，C錯誤；

B．若小球下滑過程弧形槽不動；則相互作用力始終不做功，而實際上小球下滑過程中小球和弧形槽都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于弧面的，故相互作用力和位移不垂直，相互作用力均有做功，故B錯誤；

D．小球在槽上下滑過程時；小球與弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，由動量守恒可得。

由于小球的質量小于弧形槽的質量所以小球沿槽下滑，與弧形槽分離后，小球的速度大于弧形槽的速度球被彈簧以原速率彈回后，小球能追上弧形槽，滑上弧形槽后，當與弧形槽的速度相等時，小球上升的高度最大，此時由于小球和弧形槽都有向左的速度，整個過程據機械能守恒可得。

可得。

故小球不能滑到槽內高處；D正確。

故選D。8、C【分析】【詳解】

試題分析：由圖乙可知a光發(fā)生全反射的臨界角大，由可知a光的折射率小，即頻率小，波長長，故選項AB錯誤；由可知選項C正確；由可知選項D錯誤．

考點：全發(fā)射；單色光的特點．9、D【分析】【詳解】

若系統(tǒng)內存在著摩擦力，而系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量仍守恒。故A錯誤；系統(tǒng)中有一個物體具有加速度時，系統(tǒng)的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的速度都改變，都有加速度，單個物體受外力作用，系統(tǒng)的動量卻守恒。故B錯誤；當系統(tǒng)所受的合外力遠小于內力時，系統(tǒng)的動量也守恒，選項C錯誤；只要系統(tǒng)所受到合外力為零，則系統(tǒng)的動量一定守恒；故D正確；故選D。二、多選題(共6題，共12分)10、A:B:E【分析】【詳解】

A．由乙圖讀出t=0.6s時刻質點A向下振動，由甲圖結合同側法判斷出可知波沿x軸正方向傳播；故A正確；

B．由甲圖讀出波長為λ=20m，由乙圖讀出周期為T=1.2s，則波速為

故B正確；

C．由圖甲可知，t=0.6s時，質點P的位移為負，則此時質點P的加速度方向沿y軸正方向；故C錯誤；

D．圖示時刻質點P沿y軸正方向，直接向平衡位置運動，而Q正沿y軸負向運動，所以質點P將比質點Q早回到平衡位置；故D錯誤；

E.由于

則從t=0.6s開始，緊接著的△t=0.6s時間內，A質點通過的路程是

故E正確。

故選ABE。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．由波形圖可知；波長為8m，故A正確；

B．根據公式。

代入數據解得故B錯誤；

CD．由題知，沿x軸正方向傳播，根據“上下坡法”，可知該時刻質點P向y軸負方向運動，該時刻質點Q向y軸正方向運動；故C正確，D錯誤。

故選AC。12、A:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．衍射是一切波特有的現象；A正確；

B．兩列波發(fā)生干涉時；振動加強區(qū)域的質點振動始終加強，不是位移始終最大，B錯誤；

C．聲波容易發(fā)生衍射是因為聲波的波長較長；C正確；

D．薄膜干涉是兩列頻率相同的反射光在薄膜上出現的現象；因此應在入射光的同一側觀察，D正確；

E．醫(yī)院中用于體檢的“B超”利用了超聲波的反射原理；E錯誤。

故選ACD。13、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．光纖通信是應用激光是相干光的特點。對信號來進行調制；使其在光導纖維中傳遞信息，故A錯誤；

B．由于平行度好；激光可以會聚到很小的一點。讓這一點照射到計算機的光盤上，就可以讀出光盤上記錄的信息，故B正確；

C．醫(yī)學上用激光做“光刀”來切除腫瘤是應用了激光亮度高的特點；光源的能量集中在很小一點上，可以在空間某個小區(qū)域內產生極高的溫度，故C正確；

D．“激光測距雷達”利用激光測量很遠距離的目標是因為激光平行度好；方向性好，故D錯誤。

故選BC。14、B:C【分析】【詳解】

A．由波的疊加，M點處于波峰，O點處于波谷；A錯誤；

B．PN兩點處于波峰與波谷相遇的點；為平衡位置，B正確；

C．隨著時間的推移，質點M的位移也可能為零；C正確；

D．M點處于波峰位置；再經過四分之一個周期振動到平衡位置，D錯誤。

故選BC。15、C:D:E【分析】【詳解】

A.若波沿軸正向傳播，波也沿軸正向傳播；則兩列波傳播速度相同，疊加不會出現穩(wěn)定的振動加強與振動減弱區(qū)域，因此兩列波的傳播方向一定相反，故選項A不符合題意；

B.時刻，若波使處質點沿軸正向運動，則波沿軸正向傳播，則波-一定沿軸負方向傳播，根據波的振動與波動關系可以判斷處質點也沿軸正向運動；故選項B不符合題意；

C.時刻，為相鄰的兩個振動加強點；故選項C符合題意；

D.處為波峰與波谷相遇點；為振動減弱點，故選項D符合題意；

E.兩列波遇到尺寸小于0.4m的障礙物會發(fā)生明顯的衍射現象，故選項E符合題意．三、填空題(共7題，共14分)16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]如圖所示，令邊的折射角為邊的入射角為

則偏轉角

因為所以由幾何關系得

可得

即光線從邊射出時的出射角大小為45°，由折射定律可知【解析】45°17、略

【分析】【分析】

【詳解】

人與氣球組成的系統(tǒng)動量守恒，設氣球的速度v1，人的速度v2，設運動時間為t，以人與氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，以向上為正方向，由動量守恒得

解得

其中

解得

則軟繩至少的長度【解析】18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]本題涉及到的知識點為波的干涉現象中加強點；減弱點的判斷方法；第一種公式法，某質點的振動是加強還是減弱，取決于該點到兩相干波源的距離差。

[2][3]當兩波源振動步調一致時；如果距離差為波長的整數倍（半波長的偶數倍），那么該點是振動加強點;如果距離差為半波長的奇數倍，那么該點是振動減弱點。

[4][5]當兩波源振動步調相反時；如果距離差為波長的整數倍（半波長的偶數倍），那么該點是振動減弱點，如果距離差為半波長的奇數倍，那么該點是振動加強點。

（2）[6][7][8][9]第二種圖像法，在某時刻波的干涉的波形圖上，波峰與波峰（或波谷與波谷）的交點，一定是加強點，而波峰與波谷的交點一定是減弱點，各加強點或減弱點各自連接形成以兩波源為中心向外輻射的連線，形成加強線和減弱線，兩種線互相間隔，加強點與減弱點之間各質點的振幅介于加強點與減弱點的振幅之間?！窘馕觥竣?距離之差Δr②.加強③.減弱④.加強⑤.減弱⑥.加強⑦.減弱⑧.介于⑨.之間19、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]發(fā)射炮彈前系統(tǒng)的總動量為Mv0，發(fā)射炮彈后，炮彈的動量為mv0，炮艇的動量為(M-m)v′，由動量守恒定律可得

正確選項為①?！窘馕觥竣?0、略

【分析】【詳解】

[1]小球的振動周期與小球B的轉動周期相同，即

[2]小球B經最高點時為計時零點，A按正弦規(guī)律振動，小球的位移與時間的函數關系為

[3]小球的最大速度與小球B的最大水平分速度相等，當小球B運動至最高點（最低點）時水平速度最大，即【解析】21、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]單擺做簡諧運動；則回復力。

則在偏角減小的過程中；擺球的回復力變小。

[2]擺球在擺動過程中，只有重力做功，則機械能守恒，則擺球的機械能不變。【解析】變小不變22、略

【分析】【詳解】

[1]左圖中有兩個波源；故形成兩列波，在兩列波相遇時發(fā)生疊加從而使有的地方振動加強，有的地方振動減弱，故出現干涉現象；

[2]而A、B、C三種不同頻率的水面波傳播速度相同，但A發(fā)生明顯的衍射現象，C的衍射現象最不明顯，由于當孔縫的寬度相同時，波長越大時越容易發(fā)生衍射現象，故A的波長最大?！窘馕觥扛缮鍭四、作圖題(共3題，共24分)23、略

【分析】【詳解】

由題圖可知，孔A和障礙物D跟波長相比相差不多，因此，從孔A傳出的波和遇障礙物D之后的波均有明顯的衍射現象；孔B和障礙物C跟波長相比相差較大，因此，從孔B傳出的波和遇障礙物C之后的波無明顯的衍射現象，在畫通過孔A的衍射波時要強調畫出的同心半圓都是以孔A為圓心的；遇障礙物D之后波的傳播并沒有受影響；而從孔B傳出的波和遇障礙物C之后的波只沿直線傳播，所以從孔A、B傳出的波和遇障礙物C、D之后的波如圖所示。

【解析】見解析。24、略

【分析】【詳解】

由圖甲可知，簡諧波的波長所以周期

此時波形與時刻波形相同，根據同側法可知，波沿x軸負方向傳播，根據波形的平移法可知，將時刻的波形向左平移得到時的波形圖像；如圖所示。

【解析】見解析25、略

【分析】【詳解】

ls內波向前傳播的距離為0.5×1m=0.5m，1s后故x=0.5m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此作出以下圖形如圖1虛線。

4s內波向前傳播的距離為0.5×4m=2.0m，4s后故x=2.0m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此圖形與開始時是相同的，如圖2

【解析】見解析。五、實驗題(共1題，共10分)26、略

【分析】【詳解】

（1）[1][2][3]入射小球和被碰小球相撞后，被碰小球的速度增大，入射小球的速度減小，碰前碰后都做平拋運動，高度相同，落地時間相同，所以P點是沒放玻璃球時，鋼球的平均落地點，M點是碰后鋼球的平均落地點，N點為碰后被碰玻璃球的平均落地點．

（2）[4][5]為了保證小球做平拋運動，安裝軌道時，軌道末端必須水平．否則會引起誤差；為了發(fā)生對心碰撞，兩球的直徑需相同且在同一高度，否則會引起誤差．碰撞過程中，如果水平方向動量