《2023年高考第一次模拟试题：物理（全国甲卷B卷）（全解全析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考第一次模拟试题：物理（全国甲卷B卷）（全解全析）.pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考物理第一次模拟考试卷物理全解全析注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求，第 1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得。分。14.北 京 时 间 2022年 10月 7 日21时 1
2、0分，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若试验卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T,离地高度为，已知地球半径为R,万有引力常量为G,则（）2TTRA.试验船的运行速度为丁24B.地球的第一宇宙速度为12 万（+/?）C.地球的质量为 G-4/（R+）3D.地球表面的重力加速度为 GT2【答案】B【解析】A.实验船绕地球做匀速圆周运动，其线速度为2万（夫+力）A 错误;B.地球的第一宇宙速度为近地卫星（尸R）的运行速度对实验船也义R+h)(R+h)
3、2)联立可得B 正确；C.由 B 解析中方程可得地球质量JiGT1C 错误；D.对地球表面物体，有Mm6-=mgK代入C 中数据可得4万 2（火+犷g _ _F F-D 错误。故选B1 5.如图所示，质量为“，倾角 =30的粗糙斜面置于水平面上，质量为加的物块在水平向右的推力厂作用下，沿斜面向上匀速运动，物块上滑过程中斜面体始终静止。下列结论正确的是（）B.由于不知道厂的大小，所以物块可能受到沿斜面向上的摩擦力C.水平面对斜面体的摩擦力大小为厂D.水平面对斜面体的支持力大小为隰+m g8se【答案】c【解析】A B.质量为冽的物块在水平向右的推力/作 用下，沿斜面向上匀速运动，若物块受到摩擦力
4、作用，则摩擦力大小一定沿斜面向下；若满足77 cos 0=mg sin。则物块刚好不受摩擦力作用；故 A B错误；C D.对斜面和物体构成的整体进行受力分析，受重力、推力、地面对.斜面的支持力和地面对斜面的摩擦力，根据平衡条件可得，竖直方向有N地=（M+加应水平方向有故 C 正确，D 错误。故选c。1 6.如图所示，某交流发电机内有一边长为心、匝数为N、电阻不计的正方形线圈Me,在磁感应强度大小为8的匀强磁场中绕转轴。以角速度力匀速转动，轴0。垂直于磁感线。它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1：3,二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大,定值电阻的阻值为属，滑动变阻器&的接
5、入电路的阻值为A 且最大阻值与定值电阻的阻值相等，滑片产置于滑动变阻器的中间，电表均为理想电表。从正方形线圈转到图示位置开始计时，下列判断正确的是（）A.交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 =脑 0 心去出创N B 3 EB.电压表V 的示数为 历C.电 流 表 与 电 流 表 人2 的示数之比为3:行D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器凡消耗的功率一直减小【答案】C【解析】A.从垂直于中性面时开始计时，正方形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式应为e=NB（ol c os cotA 错误；B.交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，原线圈两端的电压的最大值等于U g =NBsl由于
6、变压器原、副线圈的匝数之比为1：3,所以副线圈两端电压的最大值为U“3NBO）E根据电的热效应可得R +R 2&+R解得通过二管后电压的有效值为3UI=NBI3G）2 2电压表测量的是滑动变阻器两端电压的有效值，即 RU2 1 NB（O13U=-=U,=-R+4 3-2B 错误；C.理想变压器的输入功率与输出功率相等，由此可得NBcol,k=NBcol)x32A解得C 正确；D.当滑片P 向下滑动时，滑动变阻器火2 连入电路的电阻增大，由于内不变，则滑动变阻器消耗的功率为7P=U2R=&+R,当R 增加且小于 4 时，滑动变阻器号消耗的功率增加，。错误。故选C。17.2022北京冬奥会高山滑雪
7、场地位于北京市延庆县，假设运动员由点沿水平方向跳离，经过一段时间落在c 点，轨迹上的b 点距离连线四 最远，d 点为竖直线6d与 4 c连线的交点，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（）A.6 点的速度与连线收 平行B.运动员从。到 b 的时间小于h 到 c 的时间C.a d 两点之间的距离大于d c两点的距离D.仍两点的竖直距离等于岳两点的竖直距离【答案】A【解析】A.将初速度分解为垂直于斜面的分速度为v2=%sm a和平行于斜面的分速度为V j=%cos a将重力分解为垂直于斜面的分力为F2=mg cos a和平行于斜面的分力为月=mg sin a则在平行于斜面方向，运动员做匀加速直线运动，
8、在垂直于斜面方向做匀减速直线运动，当垂直于斜面的分速度减为0 时，运动员距离斜面最远，此时只有平行于斜面的分速度，故 A 正确；B.从 a 到 b 时间为t-v-2-v-0-s-i-n-a-v-0-t-a-n-a-a2 geos a g设从4 到 c 的运动时间为，斜面长为3斜面高为，则h=ggt2L=解得,_ 2%_ 2%tan at=gL g则从b 到 c 的运动时间为t 2=t._t=v ag故 B 错误；C.上述可知，运动员从a 到 6 的时间等于6 到 c 的时间，则 a 到 6 的之间的水平位移等于6 到 c的之间的水平位移，d 点为竖直线比与a c 连线的交点，则“d 与 cd之
9、间的水平位移相等，即%=%设 ad 之间的竖直距离为d,C”之间竖直距离为几1,由数学知识可知tana=-=-八%则可知则 a d 两点之间的距离为Sad=J%+Kd位两点的距离为%=匕=Sad故 C 错误；D.a b 两点的竖直距离为y；tan2 a2g两点的竖直距离为人=_1即，2.（母 吧2 2g2_ 2$tan2 a)=g则 ab两点的竖直距离与be两点的竖直距离之比为h、:h2=h:（/?-7?!）=1:3故 D 错误。故选A。1 8.电荷量为。的正点电荷固定在以。为圆心、火为半径的圆上的4 点，Z C 为圆的水平直径，B、。为圆上的两个位置，其中/5。4=/。4=60。，空间存在平
10、行于圆面的匀强电场。将两个质子从8 点以相同的初动能纥。射出，两个质子分别以耳。和 2的动能通过C 点和。点，已知点电荷电场i2E二险的电势 厂，其中人为静电力常量，/为与点电荷的距离，k0 2/?,不计质子的重力和质子之间的库仑力，取无穷远处电势为零。则匀强电场的场强为（）由 C 指向B户 一,匕-B.3eR,方向沿直线N C,由 C 指向工*石瓦。H-C.eR,方向沿直线8 C,由 C 指向8,=2 0.D.eR,方向沿直线 C,由 C 指向4【答案】A【解析】由题意可知，质子从8 点到。点的运动中，动能减小了 k 线。Eko _ Ek。2 2质子从8 点到C 点的运动中，动能不变，由题意
11、可知质子在8 点时，在 0 的电场中的电势能为EpB=e%=kQeR在 C 点时的电势能为rkQeE，c=ePc=在。点时的电势能为r kQeEpD=ePD=K可知质子在匀强电场中，从 8 到 C 克服电场力做功，因此质子在匀强电场中受到电场力方向沿BC直线，且方向由C 到 8,如图所示，DD L B C,即。是一条等势线，由能量守恒定律可得解得E=国3eRA 正确，BCD错误。故选Ac1 9.目前，地球上消耗的能量绝大部分来自太阳内部核聚变时释放的核能。如图所示，太阳能路灯的额定功率为P,光电池系统的光电转换效率为。用兄表示太阳辐射的总功率，太阳与地球的间距为厂，地球半径为R,真空光速为太阳
12、光传播到达地面的过程中大约有3。%的能量损耗，电池板接收太阳垂直照射的等效面积为S。则在时间，内，下列说法正确的有（）A.路灯正常工作消耗的太阳能约为巴B.因释放核能而带来的太阳质量变化约为 c?E=哒C.到达地球表面的太阳辐射总能量约为2 40户404产Pt=D.路灯正常工作所需日照时间约为 1RM【答案】BCD【解析】A.路灯正常工作消耗的太阳能约为L Pt4 =一7故 A 错误；B.根据E=Aznc2因释放核能而带来的太阳质量变化约为.&E PotAw=-c c故 B 正确；C.以太阳为球心，为半径的球面积为So=4 不/到达地球单位面积功率为70%兄 _ 78 S。40仃2到达地球表面
13、的太阳辐射总能量约为E.=-.万R2J=2 40-27 P附40r 2故 C 正确;D.路灯需要的总能量为*呜=-3喘路灯正常工作所需日照时间约为40万，尸/=-7 PM故 D 正确。故选BCD。2 0.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为仇以恒定速率片4 m/s顺时针转动。一质量w=lkg的煤块以初速度v产12 m/s从/端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取 g=10m/s2,则下列说法正确的是（）A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan（9=0.75B.煤块与传送带间的动摩擦因数=0.5C.煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4sD.全过程煤块与传送带间由于
14、摩擦而产生的热量为（32+8石）J【答案】AD【解析】AB.O-ls内，煤块的加速度大小为a,=包!=8m/s2%方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得mg sin 0+tng cos 0=ma,l-2 s,物块的加速度大小为a2=-=4m/s2G方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得mg sin 0-/Long cos 0=ma 2联立解得仇=37。，=0.25则 tan族0.7 5,故 A 正确，B 错误；C.物块上升的位移大小等于I 图象与时间轴所包围的面积大小，为（4+12）1 一 sx=-xl+xlx4=10m2 2根据尸5 a?乙2,得煤块下滑的时间t产下s所以煤块从冲上传送带到返回A
15、 端所用的时间为（2+石）s,故 C 错误;D.传送带的速度v=4m/s。在 0-ls内传送带的位移x/=v/=4x 1 m=4m煤块的位移为x w=8m两者相对位移大小为x/=x mi-x ./=4m在l-2 s内传送带的位移x;y 2=v/2=4x 1 m=4m物块的位移为x 条?=2 m两者相对位移大小为x尸x 1 2-x 柒2=2 m煤块沿传送带向下滑动过程中，煤块与传送带的相对位移为AX3=+x煤 3 =x +vtj.=(1 0 +4 6)m摩擦生热0 =/jmg c o s 0-(A r,+A.v2+5)=(3 2+8君)故D正确。故选A D o2 1.如图所示，间距为从 不计电阻
16、、足够长的光滑金属导轨C。、尸水平放置，处于垂直导轨平面向上、磁感应强度为8的匀强磁场中。导体棒Q静止于水平导轨上，导体棒P从CE处以速度%向右运动，当导体棒Q在水平轨道上速度最大时，另一与导体棒P相同的导体棒以速度滑上导轨CE处,以后每当Q速度达到最大时，均重复前面操作。已知导体棒的长度均为小 质量均为机、电阻均为R，导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，重力加速度为g,下列说法正确A.导体棒P的最小速度为2%Bdv。B.导体棒P的速度为2 (第三根棒未放)时，导体棒P的加速度大小 为 而C.不论有几个导体棒在导轨上运动，几个导体棒组成的系统动量均守恒D.导体棒Q从静止开始运动经足
17、够长时间后，流过导体棒Q的电量为【答案】A C D【解析】B.导体棒P由CE处释放后，P棒受到向左的安培力减速，Q受到向右的安培力加速运动,回路电流相同，两棒所受安培力等大反向，两棒组成的系统动量守恒，导体棒P经过CE后，导体棒 P 在安培力作用下做减速运动，导体棒Q 做加速运动，由动量守恒得机%=mvp+mvQ1V=-K由题可知当 2时1VQ=2V2k此时两棒产生的电动势相同，回路中电流为0,两棒加速度均为0,当 P、Q 速度为2 时，此时放上第三个棒，干路中电流为Bdv。z H-K-K2 2P、Q 两棒加速度为B I d B 2 d 飞a=-=-m 6mRB 错误；1Vp=-KA.当 2。
18、时，Q 棒的速度第一次达到最大，此时另一导体棒（设为M）滑上导轨，此后M 棒%减速，P、Q 两棒在安培力作用下加速，导体棒P 的速度最小为2,A 正确；C.导体棒M 中的电流为P、Q 中的2 倍，M 受到的安培力与导体棒P、Q 受到的安培力的合力等大反向，导体棒M、P、Q 组成的系统动量守恒，当三者共速时另导体棒（设为N）滑上导轨后，四个导体棒所受合外力仍为0，系统动量守恒，C 正确；D.每滑上一个导体棒，Q 棒都会加速，则 Q 棒的速度可以达到%,根据动量定理得Bdq=mvQ解得BdD 正确。故选ACD。22.（6 分）某研究性学习小组，将毫安表的表盘改装成可直接读取重力数值的表盘，电路图如
19、图甲所示。实验器材如下：电源E（电动势1.5V,内阻为06C）灵敏毫安表mA（满偏电流1m A,内阻为0-5C）电阻箱尺（最大阻值为9 9 9.9 0）拉力敏感电阻丝能开关S,导线若干己知拉力敏感电阻丝的阻值&随拉力尸变化的规律如图乙所示。（1）未悬挂重物时，调节电阻箱，使灵敏毫安表满偏，此时电阻箱A的阻值为。，改装后的表盘重力“0”刻 度 位 于 表 盘 的 （填“左”或 右”）端。（2）若毫安表指针指向表盘正中间刻度，此时拉力敏感电阻丝的阻值&为（3）若拉力敏感电阻丝的阻值凡为1 3 7 5 C,电阻丝与竖直方向的夹角。=5 3（c o s 5 3 o =0.6）,则通过毫安表的电流为 m
20、A,此处若标注重物的重力，该数值为 N.【答案】（1）4 9 9 右（2）2 5 0 0 （3）0.8 0 2 2 5 0【解析】（1）由图可知没有悬挂重物时%=1 0 0 0。根据闭合电路欧姆定律有E =/g（r +%,+&+解得7?=4 9 9 Q由于电阻丝的阻值&随拉力厂的增大而增大，因此电流随拉力的增大而减小，因此重力为零时，电流最大，毫安表的示数最大，故改装后的表盘重力“0”刻度位于表盘的“右端（2）若毫安表指针指向表盘正中间刻度，根据闭合电路欧姆定律有解得=2 5 0 0 Q（3）根据闭合电路欧姆定律有 =/&+%+4+解得/=0.8 0 m A根据图乙可知/?L=0.2 F +1
21、 0 0 0拉力敏感电阻丝的阻值&为 1 3 7 5 0,则尸=1 8 7 5 N故重物的重力为G =2 F c o s 6 =2 2 5 0 N2 3.（9分）某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G i、G 2 为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B （包含挡光片）质量分别为机八m2,当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。挡光片 挡光片/V/（1）先调节气垫导轨水平，经过调整后，轻推一下B,若它通过光电门GHG2的 时 间 它 都 能,或将其轻放在气垫导轨上任何位置都能静止，则气垫导轨已调至水平。（2）将 B静置于两光电门之间，将 A置于光电门G i
22、 右侧，用手轻推一下A,使其向左运动，与 B发生碰撞，为了使A碰后不返回，贝 I J 如 机 2。（填或“（3）窄“绝 乂 M 或J _ _ J_ _ _ _ 1 _A/,A/2 A/3【解析】（1）实验开始，在不挂重物的情况卜一轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平；（2）根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞“静”的物体不返回，必须动 的物体的质量大于“静”物体的质量，即如”：（3）滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要越小，则遮光片通过光电门的平均速度越接近于
23、滑块过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄 的；滑块A 两次经过光电门G i的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为DVA =%,D滑块B 经过光电门G2的速度DvR=绝根据动量守恒整理得1 1 1mx=m.Ar,Ar3-A/2若为弹性碰撞，则动能也是守恒的整理得*02=用 足”*呜)2-呜八公彳z1 1 xz 1 1、i（-一丁-）（+）=%A.Ag Nt、A/3由上面的动量守恒推导出来的等式变换得代入上式1 1 1-1-=-%颂 M24.(1 4 分)如图甲所示，质量为机=0.5kg的小物块静止在倾角为37。的足够长固定斜面的底端，现对其施一沿斜面向上的力R力随时间变化的情况如图
24、乙所示，5 s后撤去力人 已知sin37o=0.6,cos37=0.8,物块与斜面间的动摩擦因数=0.5,不计空气阻力，g 取 10m/s2。求:(1)力 F 作用下小物块的加速度大小;(2)小物块沿斜面向上运动的最大距离;(3)小物块在斜面运动的总时间。(结果可保留根号)F N2 4 6 Z/s乙【答案】(1)2 m/s 2；3 0 m；(6 +6 卜【解析】(1)根据牛顿第二定律F-mg s i n 0-jutng c o s 0=ma加速度大小为a=2 m/s2(2)5s 末物块的速度与位移分别为八,x,=at2=2 5mv=at=O m/s ,2撤去力F,根据牛顿第二定律mg s i
25、n 0+jumg c o s 0=ma得a=1 0 m/s2撤去力厂后物块沿斜面运动的最大距离为2V .x2=；=5m小物块沿斜面向上运动的最大距离为x =+%=3 0 m(3)撤去力厂后，物块匀减速运动至最大距离的时间为从最高点匀加速运动至斜面底端，有x=af(22 2得t2=V 5s小物块在斜面运动的总时间为L=f +f|+：2 =(6+班卜2 5.(1 8 分)如图甲所示，在平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度8随时间/的变化规律如图乙所示。质量为机、电荷量为+q 的粒子，在片0 时刻沿X轴正方向从坐标原点。射入磁场。图乙中T为未知量，不计粒子
26、的重力仆足37。=0.6,cos37=0.8）o0-T（1）若粒子射入磁场时的速度为现，求 5。时间内粒子做匀速圆周运动的半径；（2）若粒子恰好不能从0，轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期”；（3）若使粒子能从坐标为（d,的。点平行于Ox轴射出，求射入磁场时速度大小。3综：；：1 1 1 1 1 t11。甲 乙m v0 143万 加 4 百Bqd【答案】%纬；（2）2168oq；（3）5 机【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力得解得“m vo4-3双（2）要使粒子恰好不从轴射出，轨迹如图-T在前5 内的运动半径为3qB0-T*。在后5.内的运动半径-t42qB。由几何关系知sin 0=0.6八
27、+，3解得9=37。0-T5。粒子做圆周运动的周期1 _ 2兀 m3洛则180-37 2T-777-=一 10360 5解得磁感应强度变化周期丁 1434加7。=-21680g（3）要想使粒子经过。点且平行 以 轴 射出，则粒子只能从 7 时刻经过。点，（其中 =1，2,3-则轨迹如图3由几何关系可知n(2r cos30+2r2cos30)=24又v2qv 3B=m r解得4V祝伏/v=-e 、(“=1,2,3)(-)选考题：共 1 5分。请考生从2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。3 3.【选修 3-3】(1 5分)(1)(5 分)下列说法正确的是 o (填正确答案标
28、号，选 对 1 个给2分，选 对 2 个得4 分，选对3 个得5 分，每选错1个扣3分，最低得分0分)A.端是物体内分子运动无序程度的量度B.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生C.某种物体的温度为(T C 时，该物体中分子的平均动能为零D.脱脂棉脱脂的目的是使它可以被水浸润，以便吸取药液E.气体分子的体积等于气体的摩尔体积除以阿伏伽德罗常数【答案】A B D【解析】A.燧是物体内分子运动无序程度的量度，系统内分子运动越无序，燧值越大，A正确；B.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，B正确；C.分子一直在永不停息的做无规则运动，物体的温度为(T C 时，该物体中分子的平均动能不为零，C错误；
29、D.油脂对水是不浸润的，脱脂棉脱脂的目的是使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，D正确；E.气体分子的间隙很大，气体的摩尔体积除以阿伏伽德罗常数等于每个气体分子占据的体积，并不是气体分子的体积，E错误；故选A B D,(2)(1 0 分)如图所示，新冠疫情期间，学校杀菌消毒用的压缩式喷雾器储液桶的总容量为6.0 L,现倒入5.0 L的消毒药液后盖紧盖子，开始打气，每打一次都能把体积为2 0 0 m L、压强与大气压相同的空气打进储液桶，假设打气过程中药液不会向外喷出，储液桶气密性良好，出液管体积及出液口与储液桶底间高度差不计，周围环境温度不变，气体可视为理想气体，外界大气压恒为L
30、O x l O P a。求：(1)当打气2 0 次后，喷雾器内空气的压强及这个压强下最多能喷出的药液体积；(2)要使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需要打气的次数。进气口盖子 H4.0 L；（2）2 5【解析】（1）在将气体打进储液桶之前，有P o =1.0 x 1 0 5 P a 匕=2 0 0 m L =0.2 L倒入5.0 L 药液后，储液桶中气体部分的体积为=6.0 L-5.0 L =1.0 L打气过程，气体保持温度不变，根据玻意耳定律可得为化+2 0%）=p 4联立解得p=5.0 x 1 0s P a药液喷出过程，气体温度保持不变，根据玻意耳定律可得PM=PO%解得匕=5.0 L因
31、此能喷出的药液的体积为A/=匕一匕=4.0 L（2）设至少需要打气次，才能将喷雾器内的药液一次性全部喷完，根据玻意耳定律可得Po（K+叫）=Po%解得耍使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需耍打气2 5次。3 4.【选修 3-41（1 5分）（1）（5 分）则下列说法正确的是 o （填正确答案标号，选 对 1 个给2分，选对2个得4分，选对3个得 5分，每选错1 个扣3分，最低得分0分）A.变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场B.如果波在传播过程中遇到尺寸比波长大得多的障碍物，该波就不能发生衍射现象C.敲击音叉，围绕振动的音叉转一圈的过程中，会听到声音忽强忽弱，这是干涉现象D.一
32、束白光通过三棱镜后，在屏上出现彩色条纹，这是光的一种折射现象E.在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的【答案】C D E【解析】A.均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，故 A错误；B.衍射现象是波特有的现象，一直存在，只是当障碍物的尺寸与波的波长差不多或比波长短时，才会发生明显的衍射现象，故 B错误；C.围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，故 C正确：D.白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的折射现象，故 D正确；E.由狭义相对性原理可知在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故 E正确。故选C D E(2)(1 0 分).一列简谐横波沿x轴负方向传播。图甲是f=l s 时的波形图，图乙是该列波中某振动质点的振动图象，求：(1)该波的传播速度。(2)图甲中x=5m处的质点在振动过程中的位移随时间变化的关系式(不要求推导过程)。y =-2 s i n(/)【答案】(1)1 m/s；(2)2 (m)【解析】(1)根据甲图可知，7=4 m根据乙图可知，7=4 s 则波速v =A=l m/sT(2)振动角速度C D =2冗 冗T=2振幅/=2m由甲图可知，当 r=0 时，x=5m处的质点在平衡位置沿负方向向下运动，则 =-2 s i n(/)2 (m)