湖南省师大附中2022届高三物理上学期月考试题二含解析

湖南省师大附中2022届高三物理上学期月考试题（二）（含解析）本试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共10页．时量90分钟，满分110分．第Ⅰ卷　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7小题只有一个选项正确，8～12小题有多个选项正确，选不全的得2分，错选或不选得0分．将选项填涂在答题卡中)1.一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，经时间t，速度达到v，立即刹车做匀减速直线运动，又经过时间2t停下，汽车在加速阶段与在减速阶段：①速度变化量相同，②加速度的大小相等，③位移的方向相同，④从启动到停下来的平均速度为0.这四种说法中正确的是(C)A．①②B．①③④C．③D．①④【解析】速度变化量为末速度减去初速度，加速时为v－0＝v，减速时为0－v＝－v，所以速度变化量不相同；①错误；速度变化量的大小相等，但时间不同，根据a＝知，加速度的大小不相等；②错误；汽车没有改变方向，位移的方向相同；③正确；汽车的位移不为零，所以平均速度不为零；④错误．2．如图所示，a是地球赤道上随地球一起转动的物体，b、c、d是人造地球卫星，b在近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，则错误的是(A)A．a的向心加速度等于重力加速度gB．在相同时间内b转过的弧长最长C．c在4h内转过的圆心角是D．d的运动周期有可能是30h【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度．由＝mg，得g＝，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，所以知a的向心加速度小于重力加速度g.由＝m，得v＝，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是.由开普勒第三定律＝k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h.3.古时有“守株待兔”的寓言．设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.3s，则被撞死的兔子其奔跑的速度可能为(g取10m/s2)(D)13\nA．1m/sB．1.5m/sC．2m/sD．3m/s【解析】取兔子奔跑的速度方向为正方向．根据动量定理得：－Ft＝0－mv，v＝，由：F＝mg，得到速度为：v＝＝gt＝3m/s.4．如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面从底端推至顶端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中(D)A．恒力F1等于恒力F2B．两次物体机械能的变化量不相同C．F1和F2的平均功率相同D．两次合力所做的功相同【解析】由公式x＝at2得，由于x和t均相同，故加速度a相同，由v＝at，t相同，则物体到达斜面顶端时速度相同，动能相同，则动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一次物体所受的摩擦力小于第二次物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F1做的功比F2做的少，故D正确、A错误；物体的运动情况相同，重力做功功率相同，第二次克服摩擦力做功的功率大，故F1做功的功率比F2做功的功率小，C错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化量相同，故B错误．故选D.5．有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为2v，去程与回程所用时间之比为(D)A．3∶2B．2∶1C．3∶1D.∶2【解析】小船在静水中的速度大小为vc＝2v，当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去＝＝；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回＝；而回程时船的合速度为：v合＝＝v；则t回＝＝，因此去程与回程所用时间之比为∶2，故D正确，ABC错误．6．如图，可视作质点的木块在拉力F的作用下沿粗糙水平地面做匀速直线运动．F与水平面的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，木块与地面的动摩擦因数恒定但未知，则(C)A．θ越小，F越小B．θ越大，F越小C．F的最小值一定比木块重力小D．F的最小值可能等于木块重力大小13\n【解析】对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：水平方向：Fcosθ－f＝0，竖直方向：N＋Fsinθ－mg＝0，其中：f＝μN，解得：F＝＝令tanα＝μ，即cosα＝，sinα＝，有：F＝＝＝；故当θ＝α时，拉力最小，为Fmin＝＜mg；故ABD错误，C正确．7．如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为2m，A、B间绳长为20m．质量为10kg的猴子抓住套在绳子上的光滑圆环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为(绳子处于拉直状态)(B)A．－1.2×103JB．－7.5×102JC．－6.0×102JD．－2.0×102J【解析】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，此时猴子受重力和两个拉力而平衡，故：l左sinθ＋l右sinθ＝d，其中：l＝l左＋l右，故sinθ＝＝＝0.8，θ＝53°；A、B两点的竖直距离为2m，故l右cosθ－l左cosθ＝2m，而l＝l左＋l右＝20m，故l右cosθ＝7m，故以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能的最小值约为：Ep＝－mgl右cosθ＝－10×10×7J＝－700J＝－7×102J，考虑绳子有微小的形变，故猴子在实际滑行过程中最低点可能的重力势能约为－7.5×102J，故ACD错误，B正确．8．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中|AB|＝2|AD|＝2|AA1|.13\n将可视为质点的小球从顶点A在∠BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内(包括边界)．不计空气阻力，以A1B1C1D1所在水平面为重力势能参考平面，则小球(AC)A．抛出速度最大时落在C1点B．抛出速度最小时落在D1点C．从抛出到落在B1D1线段上任何一点所需的时间都相等D．落在B1D1中点时的机械能与落在D1点时的机械能相等【解析】小球从顶点A沿不同方向水平抛出，落点都在A1B1C1D1范围内，下落高度都相同，根据竖直方向做自由落体运动：h＝gt2，t＝，下落时间都相等，C正确；水平位移越大，初速度就越大．最大水平位移是A1C1，抛出速度最大时落在C1点，A正确；A1D1不是最小水平位移，抛出速度最小时不是落在D1点，B错误；落在B1D1中点时与落在D1点时的水平位移不相等，所以水平速度不相等，机械能不相等，D错误．9．如图所示，小车A通过一根绕过定滑轮的轻绳吊起一重物B，开始时用力按住A使A不动，现设法使A以速度vA＝4m/s向左做匀速直线运动，某时刻连接A车右端的轻绳与水平方向成θ＝37°角，设此时B的速度大小为vB(cos37°＝0.8)，不计空气阻力，忽略绳与滑轮间摩擦，则(CD)A．A不动时B对轻绳的拉力就是B的重力B．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB＝5m/sC．当轻绳与水平方向成θ角时重物B的速度vB＝3.2m/sD．B上升到滑轮处前的过程中处于超重状态【解析】A不动时B对轻绳的拉力大小等于B的重力，不是同一个力，故A错误；小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向的两个运动，因A车右端的轻绳与水平面的夹角为37°，由几何关系可得：vB＝vAcos37°＝3.2m/s；故B错误，C正确；因汽车做匀速直线运动，而θ逐渐变小，故vB逐渐变大，物体B有向上的加速度，则B处于超重状态，故D正确．10．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质量为m，重力加速度为g，0～t0时间内物块做匀加速直线运动，t0时刻后功率保持不变，t1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是(AC)13\nA．t0～t1物块做加速度减小的加速运动B．0～t0时间内物块的加速度大小为C．t1时刻物块的速度大小为D．0～t1时间内物块上升的高度为(t1－t0)－【解析】由题图可知，0～t0时间内功率与时间成正比，则有F－mg＝ma，v＝at，P＝Fv，得P＝m(a＋g)at，因此图线斜率＝m(a＋g)a，可得＝(a＋g)a≠a，B选项错误；t0时刻后功率保持不变，拉力大于重力，物块继续加速运动，由－mg＝ma知，物块加速度逐渐减小，t1时刻速度最大，则a＝0，最大速度为vm＝，A、C正确；P－t图线与t轴所围的“面积”表示0～t1时间内拉力做的功，W＝＋P0(t1－t0)＝P0t1－，由动能定理得W－mgh＝，得h＝(t1－)－，D错误．11．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是(AB)A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过μmgB．当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为μmgC．无论力F为何值，B的加速度不会超过μgD．当力F>μmg时，B相对A滑动【解析】A与B间的最大静摩擦力的大小为：μ·2mg＝2μmg，C与B间的最大静摩擦力的大小为：mg＝，B与地间的最大静摩擦力的大小为：(2m＋m＋m)g＝；要使A、B、C都始终相对静止，三者一起向右加速，则对整体有：F－μmg＝4ma，假设C恰好与B相对不滑动，则对C有：μmg＝ma，联立解得：a＝μg，F＝μmg，设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F－f＝2ma，解得：f＝μmg<2μmg，表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终相对静止，则力F不能超过μmg，故A正确；由A选项知，当F＝μmg13\n时由整体表达式可得：a＝μg，代入A的表达式可得：f＝μmg，故B正确；当F较大时，A、C都会相对B滑动，B的加速度达到最大，对B有：2μmg－μmg－μmg＝maB，解得：aB＝μg，故C错误；当A相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体得：F－μmg－μmg＝3ma′，对A有：F－2μmg＝2ma′，解得：F＝μmg，故当拉力F大于μmg时，B与A相对滑动，故D错误．12．如图所示，足够长传送带与水平方向的夹角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮，与木块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带的摩擦力作用，现将传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)的过程中(ABC)A．物块A的质量为B.摩擦力对a做的功等于物块a、b构成的系统机械能的增加量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小不相等【解析】开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有magsinθ＝mbg，则ma＝＝，故A正确．摩擦力对a做正功，根据功能关系得：物块a、b构成的系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加，故B正确．b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减小量为ΔEpa＝mag×hsinθ＝mgh，等于b重力势能的增加量，系统的重力势能不变，所以摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增加量之和，故C正确．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D错误．答题卡题　号123456789101112答　案CADDDCBACCDACABABC第Ⅱ卷二、实验题(本题共2小题，每空2分，共计16分，将答案填写在答题卡中)13．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和各拉线的方向．13\n(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为__3.6__N.(2)下列不必要的实验要求是__D__．(请填写选项前对应的字母)A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)该同学做“验证力的平行四边形定则”的实验采取的研究方法是__B__．A．控制变量法B．等效替代法C．小量放大法D．建立理想模型法【解析】(1)弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N．图中指针落在3N到4N的第3格处，所以弹簧A的示数为3.6N.(2)实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；需弹簧测力计测出力的大小，所以要准确，必须在使用之前校零，故B正确；拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确，故C正确；当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以改变拉力多次实验时不需要使结点每次都静止在O点．故D错误．(3)由实验原理可知该同学做“验证力的平行四边形定则”的实验中采取了等效替代法，即合力与分力的关系是等效的．故选B.14．为了探究机械能守恒定律，某同学设计了如图甲所示的实验装置，并提供了如下的实验器材：A.小车　B．钩码　C．一端带滑轮的木板　D．细线　E．电火花打点计时器　F．纸带　G．毫米刻度尺　H．低压交流电源　I．220V的交流电源(1)根据上述实验装置和提供的实验器材，你认为实验中不需要的器材是__H__(填写器材序号)，还应补充的器材是__天平__．(2)实验中得到了一条纸带如图乙所示，选择点迹清晰且便于测量的连续7个点(标号0～6)，测出0到1、2、3、4、5、6点的距离分别为d1、d2、d3、d4、d5、d6，打点周期为T.则打点2时小车的速度v2＝____；若测得小车质量为M、钩码质量为m，打点1和点5时小车的速度分别用v1、v5表示，已知重力加速度为g，则验证点1与点5间系统的机械能守恒的关系式可表示为__mg(d5－d1)＝(M＋m)(v25－v21)__．13\n(3)在实验数据处理时，如果以为纵轴，以d为横轴，根据实验数据绘出－d图象，其图线的斜率表示的物理量的表达式为__g__．【解析】(1)电火花计时器直接使用220V交流电源，因此低压交流电源用不着；另外还需要用到天平测出小车的质量M；(2)打点2时的速度等于点1—3间的平均速度，即v2＝；根据机械能守恒，整个系统减小的重力势能等于整个系统增加的动能，即mg(d5－d1)＝(M＋m)(v25－v21)；(3)根据v2＝2ad，因此－d图象的斜率就是加速度，而对砝码进行受力分析可知：mg－T＝ma，而对小车T＝Ma，因此可得：a＝g.三、解答题(本题共三个小题，其中15题7分，16题10分，17题14分)15．随着“共享单车”的普及，越来越多的人骑着单车去上班，某人骑“小黄车”以5m/s的速度匀速前进，某时刻在他正前方8m处以12m/s的速度同向行驶的汽车开始关闭发动机，然后以大小为2m/s2的加速度匀减速前进，求此人需多长时间才能追上汽车？【解析】汽车做匀减速运动至停止过程中的平均速度为：v＝＝m/s＝6m/s>v人所以人在汽车停止运动后追上汽车.2分由题意知，汽车做匀减速运动的位移x＝＝36m1分追上汽车时，人的位移x人＝x＋8＝44m2分所以人追上汽车的时间t＝＝s＝8.8s2分16．如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．(2)若解除对滑块的锁定，试求滑块的最大速度．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.13\n在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则mv21＋mgL＝mv202分v1＝m/s　　②设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，因为v1>，所以方向向下，则F＋mg＝m　　③由②③式，得F＝2N　　④2分由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N、方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为v.在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有mv2－Mv＝0　　⑤1分在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则mv22＋Mv2＋mgL＝mv20　　⑥1分由⑤⑥式，得v＝1m/s1分(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为v′.由系统水平方向的动量守恒，得mv3－Mv′＝0　　⑦将⑦式两边同乘以Δt，得mv3Δt－Mv′Δt＝0　　⑧因⑧式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有ms1－Ms2＝0　　⑨1分又s1＋s2＝2L　　⑩1分由⑨⑩式得s1＝m1分17．如图(a)所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上有一劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量m＝2kg的物体，初始时物体处于静止状态．取g＝10m/s2.(1)求此时弹簧的形变量x0；(2)现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体位移x的关系如图(b)所示，设斜面足够长．a．分析说明物体的运动性质并求出物体的速度v与位移x的关系式；b.若物体位移为0.1m时撤去拉力F，在图(c)中做出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图象；并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离xm以及此后运动的最大速度vm.【解析】(1)初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知：kx0＝mgsinθx0＝0.1m3分(2)a.设物体向上有一微小的位移x时加速度为a，由牛顿第二定律：13\na＝3分由F－x图象可知：F＝100x＋4.8(N)1分联立上式得：a＝2.4m/s21分当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为a＝2.4m/s2的匀加速直线运动，所以有：v2＝2ax＝4.8x1分b．物体位移为0.1m时撤去拉力F，此后滑动过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图象物体上滑过程中克服弹力所做的功对应右上图中的“面积”，即Wf＝kx2m撤去拉力后，在上滑过程中根据动能定理有：－mgxmsinθ－Wf＝0－mv2联立以上可得，xm＝0.04m2分物体再次回到初始位置时速度最大，对于全过程只有拉力F对物体做功拉力F做的功为F－x图象下的“面积”，则有：WF＝×0.1J＝0.98J2分根据动能定理可得：WF＝mv2m1分联立解得：vm＝0.99m/s.四、选做题(二个题任意选做一个，如果多做或全做的，按18题阅卷)18．【物理——选修3—3】(15分)(1)(6分)关于固体、液体和气体，下列说法正确的有__BDE__．A．液体的表面张力是由于表面层里分子距离比液体内部小些，分子间表现为引力B．利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件C．晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的．晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒在不停地运动D．在同一温度下，不同液体的饱和汽压一般不同，挥发性大的液体饱和汽压大；同一种液体的饱和汽压随温度的升高而迅速增大E．若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，则气体分子的平均动能减小【解析】液体的表面张力是由于表面层里分子距离比液体内部大些，分子间表现为引力，故A错误；利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件，故B正确；晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的；晶体内部的微粒与非晶体内部的物质微粒一样，都是不停地热运动着的，故C错误；在同一温度下，不同液体的饱和汽压一般不同，挥发性大的液体饱和汽压大；同一种液体的饱和汽压随温度的升高而迅速增大；故D正确；气体膨胀的过程中对外做功，若一定质量的理想气体在膨胀的同时放出热量，13\n根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，温度降低，所以气体分子的平均动能减小．故E正确．(2)(9分)如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A、B用一长为3l的刚性细杆连接，B与两圆筒联接处相距l＝1.0m，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A、B的截面积分别为SA＝30cm2、SB＝15cm2.A、B之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧(A的左方和B的右方)都是大气，大气压强始终保持为p0＝1.0×105Pa.活塞B的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T1＝540K，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1＝30N.(i)现使气缸内气体温度由初始的540K缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？(ii)继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处？【解析】(i)设气缸内气体压强为p1，F1为细线中的张力，则活塞A、B及细杆这个整体的平衡条件为：p0SA－p1SA＋p1SB－p0SB＋F1＝0　　①解得：p1＝p0＋＝1.2×105Pa　　②2分由②式可看出，只要气体压强：p1＞p0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体等容变化，温度下降使压强降到p0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T2，压强p2＝p0.由查理定律得：＝　③2分代入数据解得：T2＝450K　　④1分(ⅱ)再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：p＝p01分是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A到达两圆筒联接处时，温度为T3，由盖－吕萨克定律得：＝，＝　　⑤2分代入数据解得：T1＝270K　　⑥1分13\n19.【物理——选修3—4】(15分)(1)(6分)两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则__BDE__．A．在相遇区域会发生干涉现象B．实线波和虚线波的频率之比为3∶2C．平衡位置为x＝6m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x＝8.5m处的质点此刻位移y＞20cmE．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x＝5m处的质点的位移y＜0【解析】两列波波速相同，波长不同，根据v＝λf，频率不同，不能发生干涉现象，故A错误；两列波波速相同，波长分别为4m、6m，根据v＝λf，频率比为3∶2，故B正确；平衡位置为x＝6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度方向相同，故合速度不为零，故C错误；平衡位置为x＝8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为A和A，故合位移大于振幅A，故D正确；传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，由图可知：虚线波的周期为0.75s；从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x＝5m处于波谷，而虚线波处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确．(2)(9分)如图所示，临界角C为45°的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直于纸面的轴O以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现液面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？【解析】设平面镜转过θ角时，光线反射到液面上的P点，光斑速度为v，由图可知：且v＝，而v⊥＝l·2ω＝·2ω3分故v＝2分液体的临界角为C，当2θ＝C＝45°时，v达到最大速度vmax3分即vmax＝＝4ωd1分13\n13