1、湖南省长沙市雅礼中学2020届高三物理下学期第5次月考试题（含解析）第1卷 选择题（共48分）一、选择题（本题包含12小题，每小题4分，共48分，其中18小题只有一个选项正确，912小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选得0分，将选项填在答题卷上）1.关于光电效应，下列说法正确的是（）A. 光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象B. 饱和光电流的强度与入射光的强度有关，且随入射光强度的增强而减弱C. 金属的逸出功与入射光的频率成正比D. 用不可见光照射某金属，不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的最大初动能大【答案】D【解析】【详解】A光电效应是原子吸收光
2、子向外释放电子的现象，A错误；B饱和光电流的强度随入射光强度的增强而增强，B错误；C逸出功与金属本身的特点有关，与外界因素无关，C错误；D由于不可见光的频率有的比可见光大，有的比可见光小，由光电效应方程知产生光电子的初动能无法比较，D正确。故选D。2.某同学想要测量一斜坡的倾角，他在斜坡上的A点以大小为v0=5m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在斜坡上的B点，测出A、B间的距离为L=5m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则斜坡的倾角为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据x2+h2=L2得，代入数据解得t=1s，则有：，解得=45故C正确，ABD错误3.如图所
3、示，菱形线框abcd由四根完全相同的导体捧连接而成，固定在匀强磁场中，菱形所在平面与磁场方向垂直，现将直流电源E连接在菱形线框的a、c两点之间，此时导体棒ab所受安培力大小为F，若每根导体棒长均为L，a、c两点间距离为1.5L，则菱形线框abcd所受安培力的大小为A. FB. 2FC. 3FD. 4F【答案】C【解析】【详解】由安培力公式F = BIL和题目条件知， 导体棒ab和bc串联，通过电流I相等，且长度L 和所处的磁感应强度B也相同，所以两根导体棒所受安培力大小相等，即Fbc=Fab=F，同理导体棒ad和dc所受安培力大小相等，即Fad=Fdc=F，由左手定则和力的平行四边形定则可知，
4、两导体棒所受安培力的合力大小为Fac= 1.5F，方向沿线框平面垂直ac而指向d由电路对称性原理可知，两导体棒ab和dc所受安培力的合力与两导体棒ab和bc所受安培力的合力的大小和方向都相同，所以菱形线框abcd所受安培力的大小为3FA. F故A项错误；B. 2F故B项错误；C. 3F故C项正确；D. 4F故D项错误4.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( )A. 木块的最终速度为v0B. 由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C. 车表面越粗糙，木块减少的动量越多D. 车表面越粗糙，因摩擦产
5、生的热量越多【答案】A【解析】【详解】AB.以小车和木块组成系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：解得最终两者的共同速度为，故A正确，B错误；C.根据A选项分析，木块减少的动量为：与车面粗糙程度无关故C错误；D.根据能量守恒，可得产生的热量为：将代入，得：与车面粗糙程度无关，故D错误5.如图所示，半径为R的圆形区域里有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心，在M点有一粒子源，可以在纸面内
6、沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为的带正电粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】粒子在磁场中运动轨迹半径由于该粒子在磁场中运动的时间因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示由几何关系可知，为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为，夹角正弦值为，故A正确，BCD错误。故选A。6.太空行走又称为出舱活动.狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱进入太空的出舱活动.如图所示，假设某宇航员出舱离开飞船后身上的速度计显示其相对地心的速度为v，
7、该航天员从离开舱门到结束太空行走所用时间为t，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则()A. 航天员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B. 该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C. 该航天员离地高度为D. 该航天员的加速度为【答案】C【解析】A、由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，故A错误；B、航天员在太空行走的路程是以速度v运动的路程，即为vt，故B错误；C、由mg和，得，故C正确；D、由得，故D错误点睛：太空没有空气，无法模仿；路程等于速度与时间的乘积；由引力提供向心力，及黄金代换公式，即可求解7.均质均匀圆环半径略大于圆柱体半径，空间存在垂直于
8、圆柱体表面沿半径向外的磁场，圆环所在位置的磁感应强度大小为B。圆环的质量为m，半径为r，给环以竖直向上的初速度v，圆环上升最大的高度为H，然后落回抛出点，此过程中（）A. 圆环先有扩张后有收缩趋势B. 圆环上升时间比下降时间短C. 圆环上升过程和下降过程产生的热量相同D. 圆环上升过程经过位置时的速度有可能大于【答案】B【解析】【详解】A圆环上升时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为逆时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向下；圆环下降时，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向；根据左手定则可得，圆环受到的安培力的方向向上；整个过程中，圆环既没有扩张的趋势，也没有
9、收缩的趋势，故A错误；B圆环在上升过程中，感应电流安培力向下，合力为重力与安培力之和，而圆环下降过程中，感应电流安培力向上，合力为重力和安培力之差，因此圆环上升时减速的加速度大小大于下降时加速的加速度大小，上升和下降位移相同，因此上升时间小于下落时间。故B正确；C圆环运动过程中因电磁感应产生热量，机械能减小，因此圆环上升和下降经过同一位置时，下降时的速度小于上升时的速度，因此经过任一高度，上升时感应电流安培力大于下降时的安培力，圆环在上升过程克服安培力做功大于下落过程中克服安培力做功，因此圆环上升过程中产生热量较大，故C错误。D若圆环上升过程做匀减速直线运动，则根据 解得经过位置时的速度为。实
10、际上圆环上升过程做加速度减小的减速运动，可知前半段速度减小快，经过位置时的速度小于，故D错误。故选B。8.如图，水平传送带以恒定速度顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为dP的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中A. P的速度一直减小B. 传送带对P做功的功率一直减小C. 传送带对P做的功WmgdD. 弹簧的弹性势能变化量Ek=mv2+mgd【答案】C【解析】【详解】A项：P与弹簧接触后在水平方向受弹簧力作用
11、， P受的静摩擦力向右，P做匀速运动，运动到弹力与最大摩擦力相等时，P物体由惯性P继续压缩弹簧，P接下来做减速运动直到速度为零，故A错误；B项：由公式可知，由于P先做匀速后做减速，由于静摩擦力增大，速度不变，所以功率先增大，后滑动摩擦力不变，速度减小，所以功率减小，故B错误；C项：由于P开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中P受的为静摩擦力，后来为滑动摩擦力，所以传送带对P做的功小于mgd，故C正确；D项：对滑块由动能定理得：，由于，所以弹簧的弹性势能变化量小于mv2+mgd，故D错误故选C9.某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中
12、在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，（不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）A. d可以改变B. B的位置在同一圆弧上C. x与电荷量乘积Qq成正比D. 与A、B间库仑力成正比【答案】BC【解析】【详解】A因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A错误；B因要保持A、B连线与细线垂直且A、B距离总保持d不变，可知B到O点的距离不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；C对A球由平衡知识可知可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确；D因为由于x变化，所以不能说与A、B间库仑
13、力成正比，故D错误。故选BC。10.矩形线圈abcd在磁感应强度大小为的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边以角速度匀速转动。线圈的匝数N=100，边长ad=0.4 m，ab=0.2 m。理想变压器原、副线圈的匝数比是2：1，一只理想二极管和一个阻值为的定值电阻R串联在副线圈电路中，已知电压表和电流表均为理想交流电表，线圈和导线的电阻不计，则下列说法正确的是（）A. 该矩形线圈产生电动势的最大值为B. 电压表的示数为50VC. 1 min内电阻R上产生的热量为750JD. 减小电阻R的值，电流表示数变小【答案】AC【解析】【详解】A该线圈产生的电动势的最大值为A正确；B根据理想变压器的变压公式可得副
14、线圈两端电压的最大值为，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义有解得电压表的示数为B错误；C由焦耳定律得1min内电阻R上产生的热量为C正确；D减小电阻R的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流增大，电流表的示数变大，D错误。故选AC。11.如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30和60，已知物块从A静止下滑，加速至B匀速至D；若该物块静止从A沿另一侧面下滑，则有 ( )A. 通过C点的速率等于通过B点的速率B. AB段的运动时间大于AC段的运动时间C. 将加速至C匀速至ED. 一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段大【答案】BD【解析】【
15、详解】物体从倾角为的斜面滑下，根据动能定理得：，则物体通过C点的速率大于通过B点的速率，故A错误；物体从倾角为的斜面滑下，根据牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma，解得a=gsin-gcos；根据运动学公式，有，由两式得到AB段的运动时间大于AC段的运动时间，故B正确；物体在BD段匀速下滑，则，即；在CE段滑动时，可知物体在CE段加速下滑；物块从A静止下滑，加速至B匀速至D，则AC段的动摩擦因数小于CE段；据a=gsin-gcos，AC段的加速度比CE段大，故C错误，D正确12.如图，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为)，两者在B点相切，37，C、
16、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为的匀强电场中现将带电量为q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin370.6，cos370.8)A. 匀强电场的场强大小可能是B. 小球运动到D点时动能一定不是最大C. 小球机械能增加量的最大值是D. 小球从B到D运动过程中，动能的增量为【答案】BC【解析】【详解】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，则有：，则得：，故场强大小不可能等于，故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间
17、的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为，故D错误【点睛】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，电场力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到场强的大小范围；根据小球的运动情况，分析小球的合力方向，判断什么位置动能最大；根据动能定理求解小球从B到D运动过程中动能的增量；本题关键要根据小球的运动情况，分析其受力情况，运用功能原理和动能定理分析能量的变化第11卷 非选择题（共62分）二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）13.某
18、同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水总质量的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材，设计如下实验验证力的平行四边形定则，同时测出弹簧的劲度系数k。其操作如下：a将弹簧P上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧P的长度；b将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度，且；c在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油，将细绳搭在挂钩上，缓慢地拉起弹簧Q，使弹簧P偏离竖直方向夹角为，测出弹簧Q的长度为及其轴线与竖直方向夹角为，如图乙所示；(1)取重力加速度，则弹簧P的劲度系数_；(2)若要验证力的平行四边形定则，和需满足的条件是_cm，_。【答案】 (1).
19、(2). 17.50 (3). 【解析】【详解】(1)1弹簧P的劲度系数(2)23由平衡条件可知，因为细绳搭在弹簧Q的挂钩上，所以联立解得，则14.某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表的内阻并对电压表的示数进行校对，实验器材如下：多用电表（欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15）；标准电压表（量程10V，内阻约为几十）；电压表（量程10V，内阻）；滑动变阻器R（最大阻值约）；电源E（电动势为12V，内阻不计）；开关S一个、导线若干。(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表的内阻，将红、黑表笔短接调零后，选用图甲中_（选填“A”或“B”）方式连接；(2)实验中，两表的示数如图乙所示，可得多用电表欧姆挡的
20、读数为，电压表的读数为_V，通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为_V（结果保留三位有效数字）；(3)利用标准电压表对电压表进行校对，请在虚线框中画出电路图_；(4)校对中发现，调节滑动变阻器，标准电压表示数为9.00V时，电压表示数为10.00V，为使示数准确，应给表串联_的电阻。【答案】 (1). A (2). 5.80 (3). 8.70 (4). (5). 1000【解析】【详解】(1)1用多用电表欧姆挡测量电压表的内阻，电流从欧姆表黑表笔流出，流入的“+”接线柱，故A正确，B错误。故选A。(2)23电压表每小格为0.1V，所以估读到下一位，为5.80V，由欧姆定律因多用电表欧姆挡的读数为
21、，所以欧姆档选的是“”档，又因为欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15，得，解得(3)4校正电路需采用分压式，如图(4)5当示数为9.00V时，示数为10.00V，说明内阻偏小，需串联电阻让其读数为9.00V，示数为10.00V满偏，所以让指针偏转到，即为9.00V，即结合，解得三、计算题（本题共3小题，共计31分。在解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位）15.一个气球以4 m/s的速度匀速竖直上升，气球下面系着一个重物，当气球上升到下面的重物离地面217 m时，系重物的绳子断了，不计空气阻力，问从此时起，重物经过多
22、长时间落到地面？重物着地时的速度多大？(g取10 m/s2)【答案】7 s ，66 m/s【解析】【详解】规定向下为正方向，则x=217m，v0=-4m/s，a=g=10m/s2根据x=v0t+at2代入数据解得：2174t+10t2解得t=7s根据v=v0+at得v=-4+107m/s=66m/s16.如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直面的夹角为60；在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数的弹性轻绳穿过圆环且固定在A、B两点已知弹性轻绳满足胡克定律，且形变量为x时具有弹性势能EP=kx2，重力加速度为g，不计一切摩擦将圆环由A点正下方的C
23、点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D点时，求：（1）圆环的速率v；（2）导轨对圆环的作用力F的大小。【答案】（1）（2）mg【解析】【详解】（1）如图所示:由几何知识得，圆环在C点、D点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等圆环从C到D过程中，由机械能守恒定律得：mgh=mv2由几何关系可知：解得：（2）圆环在D点受力如图，弹性绳的弹力：f=kx，其中：x=(-1)R在D点，由牛顿第二定律得：FN+fcos60+fsin60-mg=m解得：FN=mg【点睛】本题考查了求圆环的速率、轨道对圆环的作用力，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题；本题的难点，也是本题解题的关键是：应用数学知识气促
24、C、D两点间的高度差、求出弹性绳的形变量17.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场.闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行最大速率vm；（2）金属杆MN在倾斜导轨上运动，速
25、度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；（3）金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离.【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【详解】（1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得：mgsin-BIL=0根据闭合电路欧姆定律得：解得：（2）设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，由电流的定义式有：根据法拉第电磁感应定律得根据闭合电路的欧姆定律得：联立解得：解得：设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功
26、能关系可得：mgxsin=Q总定值电阻产生的焦耳热Q=Q总解得：Q=（3）由牛顿第二定律得：BILma由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：可得：即得：xm=【点睛】（1）金属杆滑行的速度最大时，其受到的合力为零，根据法拉第电磁感应定律求出安培力，根据合力为零列出方程求解；（2）根据电流的定义和法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出金属杆下滑的距离，根据功能关系和电路连接情况求出定值电阻产生的焦耳热；（3）法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律求出金属杆在水平导轨上滑行的最大距离四、选考题（共15分。请考生任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分）18.下列说法中正确的是_A. 如图甲所示为热
27、机工作能流分配图，如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散热损失，热机的效率会达到100%B. 如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，分子势能逐渐变大C. 如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0相比，100时速率大的分子所占比例较多D. 在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品一定为非晶体E. 如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这时由于气体膨胀对外做功温度
28、降低造成的【答案】BCE【解析】【详解】A.热机在工作过程中，燃料不可能完全燃烧，尾气带走较多的热量，机器本身散热，剩余的能量才是有用的能量，在燃料完全燃烧提供的能量中只占很少一部分，所以热机效率不可能达到100%，故A错误；B.如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力表现为引力，先变大后变小，分子力表现为引力做负功，分子势能逐渐变大，故B正确；C.如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0相比，温度升高，气体分子的平均动能增大，平均运动速率增大，100时速率大的分子所占比例较多，故C正确；D.晶体是各向异性的，熔化在晶体表面的
29、石蜡是椭圆形，在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品一定为晶体，故D错误；E.如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这时由于气体膨胀对外做功温度降低造成的，故E正确；故选BCE19.如图所示,在绝热圆柱形汽缸中用光滑绝热活塞密闭有一定质量的理想气体,在汽缸底部开有一小孔,与U形水银管相连,外界大气压为,缸内气体温度27,稳定后两边水银面的高度差为,此时活塞离容器底部的高度为L=50cm(U形管内气体的体积忽略不计).已知柱形容器横截面S=0.01m
30、2,取75cmHg压强为,重力加速度g=10m/s2（1）求活塞的质量;（2）若容器内气体温度缓慢降至-3,求此时U形管两侧水银面的高度差和活塞离容器底部的高度L.【答案】（1） （2） 【解析】（i）A中气体压强PA=P0+Ph=76.5cmHg=1.02105Pa对活塞 PAS=P0S+mg解得m=2kg（ii）由于气体等压变化，U形管两侧水银面的高度差不变h=1.5cm T1=300K，体积V1=50cm.sT2=270K，体积V2= LS由： 解得：L=45cm20.如图所示，一横截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜，两种颜色不同的可见光细光束a、b，垂直于斜边从空气射向玻璃，光路如图所示，
31、则下列说法正确的是_A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率B. a光和b光由空气进入玻璃棱镜后频率都变小C. a光和b光在玻璃中传播时a光的波长小于b光的波长D. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光大E. a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，若逐渐增大入射角，则b光先发生全反射【答案】ADE【解析】【详解】根据光路图看出，通过棱镜后a光线的偏折程度小，则玻璃对a光的折射率比b光的小，故A正确光的频率由光源决定，与介质无关，当a光和b光由空气进入玻璃棱镜后频率都不变，故B错误设光在真空中的波长为0，在介质中波长为，由得 =，由于在真空中a光的波长较长，而a光的折射率较小，
32、则知a光和b光在玻璃中传播时a光的波长大于b光的波长，故C错误a光的波长较长，因为双缝干涉条纹的间距与波长成正比，则相同条件下a光的干涉条纹间距大故D正确据sinC=得知，b光全反射临界角较小，则a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，若逐渐增大入射角，则b光的入射角先达到临界角，先发生全反射故E正确故选ADE点睛：本题考查对光的几何光学和物理光学理解能力和把握联系的能力要牢固掌握折射定律，知道干涉条纹间距与光的波长成正比要知道光的频率由光源决定，与介质无关21.如图甲所示，在某介质中波源、相距，时两者开始上下振动，只振动了半个周期，连续振动，所形成的波的传播速度都为，开始阶段两波源的振动图象如图乙所示（1）求距点处质点，在到内所经过的路程（2）求在到内从发出的半个波前进过程中所遇到的波峰个数【答案】（1）128cm（2）6个【解析】【详解】（1）A波通过P点时振动经过的路程：B波传播至P点需，则B波在P点还要振动故B波通过P点时振动经过的路程总路程（2）16s内两列波相对运动的长度：A波宽度B波波长即A波经过了6个波峰