2017-2018学年河南省西华县第一高级中学高二下学期期末考试物理试题 解析版 18页

‎2017-2018学年度高二下期期末物理试卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中，1-7题只有一个选项正确，8-10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，有选错的得0分）‎ ‎1. 关于电场强度、电势和电势能，下列说法中正确的是( 　)‎ A. 在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大 B. 在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大 C. 在电场中电势高的点，电场强度一定大 D. 在负点电荷所产生的电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】正电荷放在电势越高的位置电势能越大，而负电荷放在电势越高的位置电势能越小。故A错误；在电场中电势越高的位置，电荷的电量越大所具有的电势能不一定越大，还与电荷的电性有关，故B错误；因为电势与电场强度无关，则电势高的点电场强度不一定大，故C错误；无穷远处电势为零，在负点电荷电场中任意一点的电势为负值，则正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】根据电势的定义式分析得知：电势能的大小，与电荷的电性、电势的正负有关．电势与电场强度无关.‎ ‎2. 如图所示，内表面光滑且绝缘的半球固定在水平地面上，O点为球心，两带正电的小球恰好在球内处于静止状态，此时小球与O点连线与竖直方向的夹角分别为37°和53°，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8。若两球的质量分别是m1、m2，则下列判断正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】先以小球为研究对象，分析受力情况：重力、库仑力F和支持力，作出受力分析图，如图 由平衡条件得知，库仑力F和重力的合力与大小相等、方向相反。根据三角形相似法可得①，再以小球为研究对象，分析受力情况：重力、库仑力F和半球的支持力，作出受力分析图，如上图所示，由平衡条件得知，库仑力F和重力的合力与大小相等、方向相反。根据三角形相似法可得：②，由①比②得：，由三角形相似得，故选A。‎ ‎【点睛】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，作出受力图，运用三角形相似法得出库仑力、支持力与重力的关系式，再求解质量之比。‎ ‎3. 如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）‎ A. 质点P将向上运动 B. 电压表读数减小 C. 电流表读数减小 D. R3上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；‎ 当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；‎ 由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小；‎ 因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，‎ 因R3两端的电压减小，由公式可知，R3上消耗的功率减小。‎ 综上所述，故选B。‎ 点晴：本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析。‎ ‎4. 如图所示，在水平绝缘杆上用两条等长的绝缘丝线悬挂一质量为m的通电导体棒。导体棒所在的空间存在垂直导体棒的匀强磁场(图中未画出)，由于安培力的作用，当两条丝线与竖直方向均成角时，导体棒处于平衡状态。若重力加速度为g，则关于通电导体棒所受安培力的大小的说法正确的是（ ）‎ A. 只能为 B. 最小值为 C. 可能为 D. 可能为 ‎【答案】C ‎【解析】对通电导体棒受力分析可知，当安培力方向与导线垂直时，安培力最小。画出受力示意图如图：‎ 则，故C项正确，ABD三项错误。‎ ‎5. 在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7:1，如图所示，那么碳14的衰变方程为（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为e。可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2；由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：，可见r与q成反比。由题意，大圆与小圆的直径之比为7：1，半径之比为7：1，则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1：7．所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为 ．故D正确。故选D。‎ 点睛：原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用.‎ ‎6. 如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 B. 电子在磁场中运动时间越长。其轨迹线所对应的圆心角越大 C. 在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合 D. 电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大．故A错误，B正确．由周期公式知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同．故C正确，D错误．故选BC．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎7. 一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为4Ω、1Ω和4Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S断开时，电流表的示数为I;当S闭合时，电流表的示数为3I.该变压器原、副线圈匝数比为( )‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【考点定位】变压器、欧姆定律 ‎【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、，并能熟练运用。此题值得注意的是变压器的原线圈与电阻串联后接入交流电压。‎ 视频 ‎8. 如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示 所有圆弧的圆心角均为90°,所以粒子运动的半径（n=1，2，3…），由洛伦兹力提供向心力得，则（n=1，2，3…），故ABC正确，D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎【点睛】根据题意画出粒子的运动轨迹两条，由几何知识可知，运动所有圆弧的圆心角都为90°，求出运动半径的通式；由洛伦兹力提供向心力，列式求出速度表达式，结合选项判断。‎ ‎9. 如图甲所示，将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场上方某高处由静止释放，cd边刚进入磁场时开始计时(t=0)，线圈的v-t图象如图乙所示，在3t0时刻cd边刚离开磁场时速度也为v0 ，已知线圈的质量为m、边长为L，两条水平虚线L1、L2相距为d(d >3L)，虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，则 A. 线框进入磁场过程中电流方向为abcda B. cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为0‎ C. 在t0时刻线框的速度为v0-gt0‎ D. 线框穿过磁场的过程中产生的电热为2mgd ‎【答案】BD ‎【解析】根据楞次定律可得，线框进入磁场过程中电流方向为adcba，故A错误； 由图可知cd边进入磁场后先做加速度减小的减速运动，再做匀加速运动。故B错误；cd边刚进入磁场时产生的感应电动势为，所以c、d两点间的电势差为，故C正确；线框从进入磁场到cd边刚到达磁场下边界过程中，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q1=mgd，穿出和穿入磁场的过程中产生的焦耳热相等，则线框穿过磁场的过程中产生的电热为 Q=2Q1=2mgd，故D正确。‎ ‎10. 如图所示，abc为半径为r的半圆，圆心为O，cde为半径为2r的1/4圆弧，两圆弧相切于c点，空间有垂直于纸面向里的匀强磁场。带电微粒1、2分别由a、e两点同时开始沿圆弧运动，经时间t1在c点相碰，碰撞时间很短，碰后结合成一个微粒3，微粒3经时间t2第一次到达O点。不计微粒的重力和微粒间的相互作用，则 A. 微粒1带正电 B. 微粒3可能沿逆时针方向运动到O点 C. 微粒1和2的电荷量之比为q1:q2＝3:1‎ D. t1:t2＝2:5‎ ‎【答案】CD ‎【解析】粒子运动过程只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力；根据粒子偏转方向，由左手定则可得：微粒1带负电，微粒2带正电，A错误；根据洛伦兹力做向心力可得，所以粒子轨道半径；粒子运动周期；故根据粒子运动时间及运动轨迹可得，所以；那么微粒1，2碰撞后结合成微粒3，故由质量守恒可得：微粒3的质量为；微粒3在c点的速度水平，且只受洛伦兹力，故由微粒3运动到O点可得，且微粒3的轨道半径为；且微粒3在c点的洛伦兹力方向向下；故若，则微粒3沿逆时针做圆周运动，且，所以，，与矛盾，故该情况不成立；若，则微粒3沿顺时针做圆周运动，且，所以，，B错误C正确；根据，可得，D正确；‎ ‎【点睛】带电粒子在磁场中的运动是高考中的热点话题，每年都会涉及；动量部分的内容归为必考内容后，极有可能考查动量与磁场相结合问题。本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动、动量守恒的知识，学生可以根据几何关系求得运动轨迹，或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。本题考查了考生的推理能力和分类讨论的思想。‎ 二、实验题（1、2空每空1分，3、4空每空2分，电路图4分）‎ ‎11. 有一约7.5V数码电池，无法从标签上看清其电动势等数据。现要更加准确测量其电动势E和内电阻r，实验室备有下列器材：‎ A.电流表A1(量程0.6A，内阻r1=3Ω)‎ B.电压表V1(量程3V，内阻r2=2.9kΩ)‎ C.电压表V2(量程30V，内阻r3=30kΩ)‎ D.电阻箱R1(阻值范围0~999.9Ω)‎ E.电阻箱R2(阻值范围0~9999.9Ω)‎ F.滑动变阻器(阻值范围0~30Ω)‎ G.开关及导线 ‎(1)该实验中电压表应选_____________，电阻箱应选_____________，(均选填选项前的字母序号)实验中电阻箱阻值可以调节为_____________Ω。‎ ‎(2)请设计合理的实验电路，画在方框内，并用题中所给的字母表示各元件________________。‎ ‎(3)若将滑动变阻器滑片滑到某一位置，读出此时电压表读数为U，电流表读数为I，则电源电动势E和内阻r间的关系式为E=_____________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). 4350 (4). (5). 2.5U+Ir ‎【解析】（1）因电源的电压约为7.5V，如果采用30V的电压表，则量程过大，误差太大，因此电压表量程只能选择B（3V量程），由于小于电动势，故应串联阻值较大的定值电阻扩大量程，并且至少应扩大到7.5V，则根据改装原理可知：，解得：，故电阻箱应选择E，实验中电阻箱阻值可以调节为；（2）由（1）的分析可知，本实验应采用电压表的改装进行测量，同时为了减小实验误差，电流表采用相对电源的外接法，如图所示 ‎（3）由闭合电路欧姆定律可得：.‎ ‎【点睛】根据电压表量程可明确能否满足实验要求，再根据改装原理选择电阻；根据实验原理确定对应的原理图；根据改装原理可明确路端电压以及电流表达式，再根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式。‎ 三、解答题（本题共2小题,总分20分,解答应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,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位 ）‎ ‎12. 如图所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5m，电阻不计，两平行导轨左端通过导线与阻值R=2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL=4Ω的小灯泡L连接.在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长l=2m，有一阻值r=2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处.CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示.在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动.已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化.求：‎ ‎(1)通过小灯泡的电流大小和方向.‎ ‎(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小.‎ ‎【答案】(1)I=0.1A (2)v=1m/s ‎【解析】试题分析：(1) 在t＝0至t＝4 s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势。电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻 R总＝RL＋＝5 Ω（2分）‎ 此时感应电动势 E＝＝dl＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V（2分）‎ 通过小灯泡的电流为：I＝＝0.1 A。（2分）‎ ‎(2) 当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻 R总′＝r＋＝Ω＝Ω（2分）‎ 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL＝I＝0.1 A，则流过金属棒的电流为 I′＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A（2分）‎ 电动势E′＝I′R总′＝Bdv（1分）‎ 解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小 v＝1 m/s（1分）‎ 考点：法拉第电磁感应定律 ‎13. 如图所示，CD左侧存在场强大小为，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α=53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin 53°=0.8，cos 53°=0.6)‎ ‎(1)求DA两点间的电势差UDA;‎ ‎(2)求圆管半径r;‎ ‎(3)求小球从D点运动到P点的时间t.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】(1)因WAD＝－mgL＝－WDA， UDA＝‎ 或UDA＝EL ‎ 解得UDA＝ ‎ ‎(2)由恰好过D点，判断vD＝0 ‎ 从A到D过程，根据动能定理： mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0 ‎ 解得r＝ ‎ ‎(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y， xtan 53°＋x＝2r 解得x＝，y＝‎ 竖直方向自由落体有y＝gt2 ‎ 解得t＝ ‎ 点睛：针对具体的题目，分清物体的受力及运动过程，利用各个物理量之间的几何关系，合理的采用动能定理列式解答.‎ 请考生从给出的选修3-3、选修3-4任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。如果多做，将按第一题计分（其中每道题中的1、2选择题，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ ‎14. 下列说法正确的是（________）‎ A．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著 B．当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大 C．第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律 D．一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加 E．因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势 ‎【答案】BDE ‎【解析】A、温度越高，液体中悬浮的微粒越小，布朗运动越显著，故A错误 B、当分子表现为引力时，分子之间的距离增大，则需要克服分子力做功，分子势能随分子间距离的增大而增大，故B正确；‎ C、第二永动机并未违反能量的转化与守恒，而是违反了热力学第二定律，故C错误；‎ D、一定质量的理想气体，当压强、体积都增大时，根据可知气体的温度一定升高，则分子总动能一定增大，因理想气体分子势能不计，故气体内能一定增加；故D正确；‎ E、因液体分子表面层分子分布比内部稀疏，故分子间作用力表现为引力，液体表面有收缩趋势，故E正确；‎ 故选BDE。‎ ‎15. 下列说法正确的是（___________）‎ A．同一种液体的沸点与压强有关，压强越大，沸点越高 B．若已知气体在某一状态下的密度和单个气体分子的体积，即可求出单个分子质量 C．盛放水的密闭容器中，当水蒸气达到饱和时，不再有水分子飞出水面 D．浸润液体在细管中会上升，不浸润液体在细管中会下降，这样的现象都称为毛细现象 E．理想气体在等压膨胀过程中，气体分子在相等时间内对容器内壁相同面积上的撞击次数会减少 ‎【答案】ADE ‎【解析】液体的沸点与压强有关，气体压强增大，液体的沸点升高，故A正确；已知气体在某一状态下的密度和单个气体运动占据的空间的体积，二者乘积即可求出单个分子质量，故B错误；盛放水的密闭容器中，当水蒸气达到饱和时，是离开水面的分子和同时进入水面的分子数相等，不是没有分子飞出，故C错误；浸润液体在细管中会上升，不浸润液体在细管中会下降，这样的现象都称为毛细现象，故D正确；理想气体在等压膨胀过程中，体积变大，气体的密度减小，气体的温度升高，气体分子对器壁的碰撞力变大，但由于压强不变，则气体分子在相等时间内对容器内壁相同面积上的撞击次数会减少，故E正确，故选ADE。‎ ‎【点睛】液体的沸点与压强有关，若已知气体在某一状态下的密度和单个气体分子的体积，无法求出单个分子质量，知道什么是毛细现象，根据压强的微观意义进行分析。‎ ‎16. 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：‎ ‎(1)关于油膜面积的测量方法，下列说法中正确的是（____）‎ A．油酸酒精溶液滴入水中后，要立刻用刻度尺去量油膜的面积 B．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去量油膜的面积 C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积 D．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能散开，等到状态稳定后，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，用坐标纸去计算油膜的面积 ‎(2)实验中，将1 cm3的油酸溶于酒精，制成200 cm3的油酸酒精溶液，又测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴，现将1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2 m2的单分子薄层由此可估算油酸分子的直径d＝________ m.‎ ‎【答案】 (1). D (2). 5×10-10‎ ‎【解析】试题分析：为了测量油膜的面积，必须使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状，可先在水面上均匀撒上痱子粉．根据浓度求出1滴溶液中所含的纯油酸的体积V，由求解油酸分子的直径．‎ ‎（1）液滴入水中后，应让油膜尽可能散开，形成单分子油膜，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，然后用坐标纸计算油膜的面积，由于油膜不规则，无法用刻度尺去量油膜的面积，D正确．‎ ‎（2）在滴入油滴之前，要先在水面上均匀撒上痱子粉，这样做的目的是使油膜边界清晰，便于描绘油膜形状．‎ ‎（3）一滴油酸的体积为：，油酸分子的直径为：‎ ‎17. 如图所示，细筒足够长的气缸整体竖直固定不动，粗、细筒横截面积之比为2:1，P、Q是质量不计的绝热轻活塞，两活塞与筒壁间的摩擦不计。开始时，活塞P上方盛有水银，水银面与粗筒上端恰好相平且高为L，活塞Q将理想气体分成相同A、B两部分，气柱长均为L，温度为27℃。现通过电热丝对B部分理想气体加热，使活塞P、Q缓慢上移，已知 L=24cm，大气压强为76 cmHg，问有5/6的水银进入细筒时：（假设电热丝对B气体加热时，A气体温度不变）‎ ‎(1)活塞Q上升的高度是多少？‎ ‎(2)B部分理想气体温度为多少摄氏度？‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】（1）A气体初状态 po =114 cmHg、V0 = 38S A气体未状态 pA=133 cmHg. VA=LAS 根据玻意耳定律有P0V0=pAVA ‎ 解得LA32.6cm 活塞Q上升的高度h=2L-‎ ‎（2）B气体初状态Po=114 cmHg. V0= 38s、 T0=300 K ‎ B气体未状态 PB=133cmHg、VB=62.4S、TB 根据理想气体状态方程 解得： 即：‎ ‎18. 下列说法正确的是______________‎ A．未见其人先闻其，是因为声波波长较长，容易发生衍射现象 B．机械波的频率越高，传播速度越大 C．在双缝干涉实验中，同等条件下用紫光做实验比用红光做实验得到的条纹更窄 D．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单位做简谐振动的周期越小 E．与平面镜的反射相比，全反射的反射率更高 ‎【答案】ACE ‎【解析】“闻其声不见其人”是因为声音比光波长长，声波发生了明显的衍射现象，而光波的衍射非常不明显。故A正确；机械波传播的速度与介质有关，与机械波的频率无关。故B 错误；在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式，同种条件下，因紫光波长小于红光，则用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更窄，故C正确；根据单摆的周期公式分析知，在同一地点，当摆长不变时，单摆做简谐振动的周期与摆球的质量无关。故D错误。全反射棱镜是根据全反射的原理制成，与平面镜相比，全反射棱镜的反射率高，几乎可达100%．故E正确；故选ACE。‎ ‎【点睛】“闻其声不见其人”是因为声音比光波长长，声波发生了明显的衍射现象，机械波传播的速度与介质有关，与机械波的频率无关，根据双缝衍射的条纹宽度的公式分析；根据单摆的周期公式分析，全反射棱镜的反射率高，几乎可达100%。‎ ‎19. 两列简谐横波均沿x轴传播，t＝0时刻的波形图如图所示，其中一列沿正x方向传播（图中实线所示），一列沿负x方向传播（图中虚线所示）。这两列波的传播速度均为10m/s，振动方向均沿y轴，下列说法正确的是（________）‎ A．两列简谐波的频率均为1.25Hz B．两列简谐波引起x＝0处质点振动的振幅为零 C．两列简谐波引起x＝2m处质点振动的振幅为零 D．在t＝0.2s两列简谐波引起x＝4m处质点振动的位移为12cm E．两列简谐波引起x＝1m处质点振动的位移可能为12cm ‎【答案】ACD ‎【解析】由图可知波长λ=8m，频率，选项A正确；两列波相遇会产生稳定的干涉图样，在x=±4nm（n=0,1,2,3…..）处质点的振动振幅为12cm，选项B错误；在x=±（2+4n）m（n=0,1,2,3…..）处质点振动的振幅为零，其它位置的振幅0