2024年滬教版選擇性必修1物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版選擇性必修1物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖所示，a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始做自由下落和平拋運動。它們從開始到到達(dá)地面；下列說法正確的有（）

A.它們同時到達(dá)地面B.重力對它們的沖量相同C.它們的末動能相同D.它們動量變化的大小相同2、如圖所示為用相機(jī)拍攝的夏日荷塘一景，已知水的折射率為n；下列說法正確的是（）

A.太陽光進(jìn)入水中后，光的頻率發(fā)生變化B.用相機(jī)拍攝水中的魚，可通過鏡頭表面的增透膜減弱水面反射光的影響C.用激光槍射擊水中的魚，為了提高命中率，在射擊時應(yīng)瞄準(zhǔn)眼睛看到的魚D.在水中的魚看來，崖上的量物都出現(xiàn)在一個倒立的圓錐里，圓錐的頂角θ的正弦值為3、下列物理量屬于標(biāo)量的是（）A.動能B.向心加速度C.動量D.沖量4、A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質(zhì)量為5kg，速度大小為10m/s，B質(zhì)量為2kg，速度大小為5m/s，兩者相碰后，A沿原方向運動，速度大小為4m/s，則B的速度大小為（）A.10m/sB.5m/sC.6m/sD.12m/s5、一只單擺，在第一個星球表面上的振動周期為在第二個星球表面上的振動周期為若這兩個星球的質(zhì)量之比半徑之比則等于（）A.B.C.D.6、圖中的B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一列超聲波；遇到人體組織會產(chǎn)生不同程度的反射，探頭接收到的超聲波信號由計算機(jī)處理，從而形成B超圖像。下列說法正確的是（）

A.超聲波屬于縱波B.超聲波在血液中傳播速度小于在空氣中傳播速度C.超聲波在血液中的波長等于其在空氣中的波長D.入射的超聲波與被血液反射的超聲波相遇時會發(fā)生干涉現(xiàn)象7、以下各種說法中，正確的是（）A.一單擺做簡諧運動，小球相繼兩次通過同一位置時的速度必相同B.波源與接收者相互靠近會使波源的發(fā)射頻率變高C.紅外線的頻率與固體物質(zhì)分子頻率接近，容易引起固體物質(zhì)分子的共振D.雷達(dá)是利用聲波的反射來測定物體的位置評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、如圖甲所示，波源S從平衡位置開始上、下振動，沿y軸方向，向上為y軸正方向，產(chǎn)生的簡諧橫波向右傳播，經(jīng)過0.1s后，沿波的傳播方向上距S為2m的P點開始振動。若以P點開始振動的時刻作為計時的起點，P點的振動圖像如圖乙所示；則下列說法正確的是（）

A.波源S最初是向下振動的B.t=0.2s時P點向上振動C.0~0.1s時間內(nèi)P點運動的路程為2mD.t=0.6s時P點處于波峰9、如圖甲所示，B、C和P是同一水平面內(nèi)的三個點，沿豎直方向振動的橫波I在介質(zhì)中沿BP方向傳播，P與B相距45cm，B點的振動圖象如圖乙所示；沿豎直方向振動的橫波Ⅱ在同一介質(zhì)中沿CP方向傳播，P與C相距60cm，C點的振動圖象如圖丙所示，在t=0時刻，兩列波同時分別經(jīng)過B、C兩點，兩列波的波速都為30cm/s，兩列波在P點相遇；則以下說法正確的是（）

A.兩列波的波長之比為3：4B.波遇到20cm的障礙物將發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象C.P點為加強(qiáng)點其振幅為70cmD.4.5s時P點在平衡位置且向下振動10、如圖所示，豎直放置的彈簧一端固定在地上，另一端拴接一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊B，B保持靜止，此時彈簧被壓縮了h。現(xiàn)將另一質(zhì)量也為m的物塊A，從離物塊B高為位置由靜止釋放自由落下，兩物塊發(fā)生完全非彈性碰撞（但不粘連），碰撞時間極短，忽略物塊在運動過程中的空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。已知重力加速度為g，彈簧的彈性勢能（其中k為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量）；則（）

A.碰后瞬間兩物體的加速度大小為gB.碰后瞬間兩物體的總動能為C.碰撞后兩物體的最大動能為D.在運動過程中兩物塊不會分離11、一列簡諧橫波沿繩子傳播，振幅為0.2m，傳播速度為1m/s，頻率為0.5Hz．在t時刻，質(zhì)點a正好經(jīng)過平衡位置．沿波的傳播方向A.在t時刻，距a點2m處的質(zhì)點離開其平衡位置的距離為0.2mB.在t時刻，距a點0.5m處的質(zhì)點離開其平衡位置的距離為0.2mC.在(t+0.5)s時刻，距a點1m處的質(zhì)點離開其平衡位置的距離為0.2mD.在(t+2)s時刻，距a點1.5m處的質(zhì)點離開其平衡位置的距離為0.2m12、質(zhì)量為M的帶有光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則（）

A.小球以后將向左做平拋運動B.小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動C.此過程小球?qū)π≤囎龅墓镸v02D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為13、如圖所示，在豎直面內(nèi)固定兩個光滑圓環(huán)軌道，小球A所在的圓環(huán)軌道半徑小于小球B所在的圓環(huán)軌道半徑，小球A的質(zhì)量大于小球B的質(zhì)量；兩小球均由水平直徑的端點沿圓環(huán)軌道靜止釋放，當(dāng)兩球分別到達(dá)軌道的最低點時，則（）

A.小球A的動量一定大于小球B的動量B.小球A的動能一定大于小球B的動能C.圓環(huán)對小球A的支持力大于圓環(huán)對小球B的支持力D.小球A的向心加速度一定等于小球B的向心加速度14、從波源質(zhì)點O起振開始計時，經(jīng)時間t=0.6s，x軸上距波源12m處的質(zhì)點開始振動；此時波形如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.該列波的周期可能為0.8sB.O點的簡諧振動方程為y=4sin5πt（cm）C.在0~0.3s時間內(nèi)，x軸上2m處質(zhì)點通過的路程為8cmE.在t=0.3s時，x軸上5m處質(zhì)點位移大于2cm，且向y軸正方向振動E.在t=0.3s時，x軸上5m處質(zhì)點位移大于2cm，且向y軸正方向振動15、下列有關(guān)波動現(xiàn)象的說法中正確的是（）A.醫(yī)生檢查身體用的“B超”是根據(jù)超聲波的多普勒效應(yīng)制成的B.多普勒效應(yīng)是由于波源與觀察者之間有相對運動而產(chǎn)生的C.波具有衍射特性的條件，是障礙物的尺寸與波長比較相差不多或小得多D.在干涉圖樣中，振動加強(qiáng)區(qū)域的質(zhì)點，其位移始終保持最大；振動減弱區(qū)域的質(zhì)點，其位移始終保持最小16、下列說法正確的是（）A.物體做受迫振動達(dá)到穩(wěn)定后，其振動頻率一定等于驅(qū)動力頻率B.單擺簡諧運動的周期與振幅有關(guān)，振幅越大周期越長C.相機(jī)鏡頭表面的增透膜，利用了薄膜干涉原理E.通過一個狹縫來觀察日光燈可以看到彩色條紋，是光的偏振現(xiàn)象E.通過一個狹縫來觀察日光燈可以看到彩色條紋，是光的偏振現(xiàn)象評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、如圖所示，實線表示兩個相干波源S1、S2發(fā)出的波的波峰位置，b點在兩個波源連線的中垂線上，則圖中的___________點為振動加強(qiáng)的位置，圖中的_______________點為振動減弱的位置。(選填“a”、“b”、“c”)18、（1）內(nèi)容。

如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的___________為0；這個系統(tǒng)的總動量保持不變。

（2）表達(dá)式。

a.p=p′或m1v1＋m2v2=___________。系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量。

b.Δp1=___________；相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。

（3）適用條件。

a.理想守恒：不受外力或所受外力的合力為___________。

b.近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力___________它所受到的外力。

c.某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在___________動量守恒。

（4）應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟。

a.明確研究對象，確定___________的組成（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）。

b.進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否___________（或某一方向上是否守恒）。

c.規(guī)定___________，確定初、末狀態(tài)___________。

d.由動量守恒定律列出方程。

e.代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時討論說明。19、判斷該說法的正誤：

多普勒效應(yīng)說明波源的頻率發(fā)生變化。________20、如圖所示，扇形AOB為透明柱狀介質(zhì)的橫截面，圓心角∠AOB=60°。一束平行于角平分線OM的光由OA射入介質(zhì)，經(jīng)OA折射的光線恰平行于OB。則這種介質(zhì)對光的折射率為___________；折射光線中恰好射到M點的光___________（填“會”或“不會”）發(fā)生全反射，___________（填“減小”或“增大”）光與AO邊所夾銳角θ，折射光線在弧面AMB上更容易發(fā)生全反射。

21、物體A（質(zhì)量為mA，碰前速度為v0）與靜止的物體B（質(zhì)量為mB）發(fā)生碰撞，當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機(jī)械能最多，物體B的速度最小，vB=_________，當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB=_____，則碰后物體B的速度范圍為________。評卷人得分四、實驗題(共3題，共18分)22、用單擺測定重力加速度的實驗裝置如圖所示。

①對測量原理的理解正確的是____。

A．由g=可知，T一定時，g與l成正比。

B．由g=可知，l一定時，g與T2成反比。

C．單擺的振動周期T和擺長l可用實驗測定，由g=可算出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

②若測量結(jié)果得到的g值偏大，可能是因為____。

A．組裝單擺時；選擇的擺球質(zhì)量偏大。

B．測量擺長時；將懸線長作為單擺的擺長。

C．測量周期時，把n次全振動誤認(rèn)為是（n+1）次全振動。

③下表是某同學(xué)記錄的實驗數(shù)據(jù)，并做了部分處理。組次123456擺長l/cm40.0050.0060.0080.00100.00120.0050次全振動時t/s63.074.077.589.5100.0109.5周期T/s1.261.481.551.792.19周期的平方T2/s21.592.012.403.204.80

請計算第5組實驗中的T2=____s2。

④將上表數(shù)據(jù)輸入計算機(jī)，可得到圖2所示的l﹣T2圖像，圖線經(jīng)過坐標(biāo)原點，斜率k=0.25m/s2。由此求得重力加速度g=____m/s2。（π2=9.87，此空答案保留3位有效數(shù)字）23、在探究碰撞中的不變量實驗中；利用如圖所示的氣墊導(dǎo)軌通過閃光照相進(jìn)行這一實驗。

某次實驗時碰撞前B滑塊靜止；A滑塊勻速向B滑塊運動并發(fā)生碰撞，利用閃光照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如圖所示。

已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T，在這4次閃光的過程中，A、B兩滑塊均在0～80cm范圍內(nèi)，且第1次閃光時，滑塊A恰好位于x=10cm處。若A、B兩滑塊的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的___________時刻，如果碰撞前后質(zhì)量與速度乘積之和保持不變，則A、B兩滑塊質(zhì)量之比mA∶mB=___________。24、某研究性學(xué)習(xí)小組在進(jìn)行“用單擺測定重力加速度”的實驗中（實驗裝置如圖甲所示），已知單擺在擺動過程中的最大偏角小于在測量單擺的周期時，從單擺運動到最低點開始計時且記數(shù)為0，到第N次經(jīng)過最低點所用的時間為t。在測量單擺的擺長時，先用毫米刻度尺測得擺球懸掛后的擺線長（從懸點到擺球的最上端）為L，再用螺旋測微器測得擺球的直徑為d（讀數(shù)如圖乙所示）。

（1）從乙圖可知，擺球的直徑為___________mm；

（2）重力加速度___________（用N、t、L、d表示）；

（3）實驗中，由于沒有工具測量小球的直徑，某小組采用多次改變擺線長度，每次只較精確測量擺線長度L和相應(yīng)的單擺擺動周期T，并作出的圖像，求出圖像的斜率為k，則重力加速度___________（用k表示）。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．球b做自由落體運動，球c做平拋運動，在豎直分運動是自由落體運動，故bc兩個球的運動時間相同，為

球a受重力和支持力，合力為mgsinθ，加速度為gsinθ，根據(jù)

得

故t＜t′

A錯誤；

B．由于重力相同；而重力的作用時間不同，故重力的沖量不同，B錯誤；

C．球b和球c的初動能不相同，而重力做功相同，根據(jù)動能定理，球b和球c的末動能不相同；C錯誤；

D．根據(jù)動量定理，對球a

對球b、c，運動時間相同，因此動量變化相同，為

因此三個球的動量變化的大小相同；D正確。

故選D。2、C【分析】【詳解】

A．光的頻率與介質(zhì)無關(guān)；太陽光進(jìn)入水中前后頻率保持不變，故A錯誤；

B．用相機(jī)拍攝水中的魚；往往在鏡頭前加裝一個偏振片以減弱反射光的強(qiáng)度，使照片清晰，故B錯誤；

C．看到的魚與實際是魚的像；光線在水和空氣的界面發(fā)生折射；用激光槍看到水中的魚光在界面也發(fā)折射，所以用激光槍射擊水中的魚，為了提高命中率，在射擊時應(yīng)瞄準(zhǔn)看到的魚，故C正確；

D．光從空氣折射進(jìn)入魚眼；折射角小于入射角，魚眼認(rèn)為光是直線傳播的，所以岸上所有景物都出現(xiàn)在一個倒立的圓錐里，如圖所示。

根據(jù)

根據(jù)圖可知圓錐的頂角θ為C的2倍；故D錯誤。

故選C。3、A【分析】【分析】

【詳解】

向心加速度；動量、沖量屬于矢量；動能屬于標(biāo)量，故A正確，BCD錯誤。

故選A。4、A【分析】【詳解】

取A球的速度方向為正方向，AB的總動量大小為：

根據(jù)動量守恒得：解得：

A．10m/s．故A符合題意．

B．5m/s．故B不符合題意．

C．6m/s．故C不符合題意．

D．12m/s．故D不符合題意．5、A【分析】【詳解】

由單擺的周期公式可知

故

再由

可得

可知

故選A。6、A【分析】【詳解】

A．超聲波屬于聲波；聲波是縱波，所以超聲波也是縱波，A正確；

B．機(jī)械波的速度由介質(zhì)決定；超聲波在液體中傳播速度大于空氣中的傳播速度，B錯誤；

C．根據(jù)波長、波速與頻率的關(guān)系

可知；超聲波在血液中傳播速度大，但是頻率是不變的，所以超聲波在血液中波長變長，所以超聲波在血液中的波長大于在空氣中的波長，C錯誤；

D．入射的超聲波與被血液反射的超聲波傳播方向相反；不會發(fā)生干涉，D錯誤。

故選A。7、C【分析】【詳解】

A．作簡諧運動的物體每次通過同一位置時都具有相同的加速度；而速度有兩種方向，可能不同，A錯誤；

B．波源與觀察者互相靠近或者互相遠(yuǎn)離時；觀察者接收到的波的頻率都會發(fā)生變化，而波源的發(fā)射頻率不變，B錯誤；

C．紅外線的頻率與固體物質(zhì)分子頻率接近；容易引起固體物質(zhì)分子的共振，C正確；

D．雷達(dá)是利用電磁波的反射來測定物體位置的；D錯誤。

故選C。二、多選題(共9題，共18分)8、A:B【分析】【分析】

【詳解】

A．由P質(zhì)點的振動圖像知P質(zhì)點的起振方向向下；則波源開始振動的方向也向下，A正確；

B．根據(jù)圖乙所示，t=0.2s時P點向上振動；B正確；

C．根據(jù)圖乙，振動的周期為0.4s，0~0.1s時間內(nèi)P點運動的路程為一個振幅；振幅未知，不一定是2m，C錯誤；

D．根據(jù)圖乙，振動的周期為0.4s，t=0.6s時P點處于平衡位置；D錯誤。

故選AB。9、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知，兩列波的周期都是由波長公式

得

則兩列波的波長相等；A錯誤。

B．依據(jù)發(fā)生明顯衍射條件，由于則波遇到的障礙物將發(fā)生明顯衍射；B正確。

C．由于兩列波到達(dá)點的路程差為

而時刻兩列波振動方向相反，則是振動加強(qiáng)的點，振幅等于兩波振幅之和，即為C正確。

D．波從傳到的時間為

波從傳到的時間為

在時兩波疊加經(jīng)過平衡點向下運動，經(jīng)過個周期；經(jīng)過平衡向下振動，D錯誤。

故選BC。10、B:C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．碰后瞬間彈簧彈力不發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律有

即碰后瞬間兩物體的加速度大小為

故A錯誤；

B．設(shè)碰撞前A的速度為則有

碰撞后A、B的速度為碰撞時間極短，碰撞過程中動量守恒，即

求得

解得碰后瞬間兩物體的總動能為

故B正確；

C．設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，有

碰撞后兩物體一起向下運動，當(dāng)兩物塊的重力與彈簧彈力相等時，兩物塊的動能最大，即

求得

A、B從碰撞后瞬間到A、B動能最大時，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有

聯(lián)立解得

故C正確；

D．假設(shè)能分離，分離時，有

即彈簧處于原長狀態(tài)。碰撞后物塊A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，從返回至碰撞點，到最高點過程中，反彈向上運動到達(dá)碰撞點時，兩物體的速度大小等于碰后瞬間兩物體的速度大??；設(shè)彈簧壓縮量為x3時速度減小為零，則有

解得

即物體A；B到達(dá)不了彈簧的原長處；故物體A、B不會分離，故D正確。

故選BCD。11、B:C:D【分析】【詳解】

由v=λf得，波長周期為

A.在t時刻；距a點2m處的質(zhì)點，與a點相距一個波長，則t時刻，質(zhì)點a正好經(jīng)過平衡位置，則此質(zhì)點也在平衡位置，故A錯誤；

B.在t時刻，距a點0.5m處的質(zhì)點，與a點相距個波長；則t時刻，質(zhì)點a正好經(jīng)過平衡位置，則此質(zhì)點處于波峰或波谷位置即離開其平衡位置的距離為0.2m，故B正確；

C.在t時刻，距a點1m處的質(zhì)點處于平衡位置，再經(jīng)0.5s即周期；則此質(zhì)點處于波峰或波谷位置即離開其平衡位置的距離為0.2m，故C正確；

D.在（t0+2s）時刻，質(zhì)點a位于平衡位置，距a點1.5m=處的質(zhì)點，由波形得到，此質(zhì)點到達(dá)最大位移處，此質(zhì)點離開其平衡位置的距離為0.2m，故D正確．12、B:C【分析】【詳解】

AB．從小球沖上小車到小球離開小車的過程，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒且無摩擦力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)小球離開小車時候的小球速度為v1,小車速度為v2，根據(jù)動量守恒有Mv0=Mv1+Mv2

根據(jù)機(jī)械能守恒

聯(lián)立解得v1=0v2=v0

即作用后兩者交換速度；小球速度變?yōu)榱悖_始做自由落體運動，A錯誤，B正確；

C．根據(jù)動能定理小球?qū)π≤囁鞯墓?/p>

C正確；

D．小球上升到最高點時,與小車相對靜止，有相同的速度v，根據(jù)動量守恒定律Mv0=2Mv

根據(jù)機(jī)械能守恒定律Mv02=2×（Mv2）+Mgh

聯(lián)立解得h＝

D錯誤。

故選BC。13、C:D【分析】【分析】

【詳解】

A．小球從釋放到最低點的過程中；只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律得。

小球到達(dá)最低點時。

A球所在軌道半徑小，但A球質(zhì)量大；所以無法比較兩球的動量大小，故A錯誤；

B．由于A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量；由。

可知：不能確定兩球動能的大小關(guān)系；故B錯誤；

C．在最低點；根據(jù)牛頓第二定律可知。

解得。

因A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量；故。

故C正確；

D．由。

可知；兩球在最低點的向心加速度相等，故D正確。

故選CD。14、B:C:E【分析】【分析】

【詳解】

A．由波形圖可知；圖像是一個半周期，所以周期為。

故A錯誤；

B．由。

得O點的簡諧振動方程為。

故B正確；

C．由圖可知，t=0.1s時，x軸上2m處的質(zhì)點開始振動。故在0~0.3s時間內(nèi)，x軸上2m處質(zhì)點振動的時間為0.2s，即為周期的故通過的路程為。

故C正確；

D．根據(jù)。

由圖可知，在t=0.3s時，x軸上8m處質(zhì)點還未發(fā)生振動；故D錯誤；

E．由圖可知，在t=0.3s時，x軸上5m處質(zhì)點向y軸正方向振動；根據(jù)正弦函數(shù)圖像的性質(zhì)可知質(zhì)點的位移大于2cm，故E正確。

故選BCE。15、B:C【分析】【分析】

A；醫(yī)生檢查身體用的“B超”是利用超聲波的反射原理制成的；故A錯誤；

B；多普勒效應(yīng)是由于波源與觀察者之間有相對運動而產(chǎn)生的；故B正確；

C；波具有明顯的衍射特性的條件；是障礙物的尺寸與波長比較相差不多或小得多，故C正確；

D；干涉圖樣中；振動加強(qiáng)區(qū)域的質(zhì)點，其位移時大時小，振動減弱區(qū)域的質(zhì)點，其位移始終保持最小，故D錯誤；

故選BC．

【詳解】16、A:C:D【分析】【詳解】

A．物體做受迫振動達(dá)到穩(wěn)定后；其振動頻率等于驅(qū)動力頻率，故A正確。

B．由單擺簡諧運動的周期公式

可知；單擺做簡諧運動的周期與振幅無關(guān)，故B錯誤。

C．相機(jī)鏡頭表面的增透膜；利用了薄膜干涉原理，故C正確。

D．當(dāng)波源和觀察者相互遠(yuǎn)離時；觀察者接收到的波的頻率小于波源發(fā)出的頻率，故D正確。

E．通過一個狹縫來觀察日光燈可以看到彩色條紋；是光的衍射現(xiàn)象，故E錯誤。

故選ACD。三、填空題(共5題，共10分)17、略

【分析】【詳解】

[1]{2}根據(jù)圖像可知，c處是波谷與波谷相遇的位置，所以c點是加強(qiáng)點；b點正好在加強(qiáng)點構(gòu)成的連線上，即處在加強(qiáng)區(qū)內(nèi)，所以b點也是加強(qiáng)點；a處是波峰與波谷相遇的位置，所以a點是減弱點?！窘馕觥縝ca18、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1]動量守恒的定義：如果一個系統(tǒng)不受外力；或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變動量守恒的。

（2）[2][3]動量守恒定律的表達(dá)式為：

p=p′，m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′或Δp1=-Δp2（3）[4][5][6]動量守恒的三種情況。

a.不受外力或所受外力的合力為零。

b.系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。

c.如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零；則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。

（4）[7][8][9][10]應(yīng)用動量守恒定律解題的步驟。

a.明確研究對象；確定系統(tǒng)的組成；

b.進(jìn)行受力分析；判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。

c.規(guī)定正方向；確定初；末狀態(tài)動量。

d.由動量守恒定律列出方程求解。【解析】矢量和m1v1′＋m2v2′-Δp2零遠(yuǎn)大于這一方向上系統(tǒng)守恒正方向動量19、略

【分析】【分析】

【詳解】

多普勒效應(yīng)說明接收的頻率發(fā)生變化，而波源的頻率不會變，所以多普勒效應(yīng)說明波源的頻率發(fā)生變化是錯誤的?！窘馕觥垮e誤20、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]作出光路圖甲，由幾何知識可知，入射角折射角根據(jù)折射定律得

[2]如圖乙由幾何關(guān)系可得，光線在M點的入射角為由臨界角的關(guān)系式可得

則有

所以折射光線中恰好射到M點的