【物理】宁夏青铜峡市吴忠中学分校2020届高三上学期第二次月考试题（解析版） 20页

宁夏青铜峡市吴忠中学分校2020届高三上学期 第二次月考试题 一、选择题 ‎1.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为 A. B. C. Tsinα D. Tcosα ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：，故C正确．‎ ‎2.某质点做直线运动的位置时间关系式为x=t2+2t+2(m)，则关于该质点的运动下列描述正确的是（ ）‎ A. 质点做匀加速直线运动，加速度大小为a=‎1m/s2，初速度为v0=‎2m/s B. 质点在2s末的速度为v=‎4m/s C. 质点在前2s内的位移为x=‎‎10m D. 质点在第2s内的平均速度为=‎5m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 将质点的位置与时间关系式x=t2+2t+2(m)与匀变速直线运动位移与时间的关系对比可知质点的初速度，加速度为，选项A错误；根据，选项B错误；将t=0代入可知质点的初位置为‎2m，t=2s时，质点的位置为x=‎10m，所以2s内质点的位移为‎8m，选项C错误；根据平均速度公式可知质点在第2s内的平均速度为=‎5m/s，选项D正确；综上本题选D.‎ ‎3. 水平地面上两个质点甲和乙，同时由同一地点沿同一方向作直线运动，它们的v-t图线如图所示,在0-4s内下列关于甲乙质点的运动判断正确的是( )‎ A. 前2s乙质点追甲质点，2s后甲质点追乙质点 B. 2s时甲乙质点速度相等，相距最远 C. 在第4s内，甲质点的平均速度大于乙质点的平均速度 D. 在第4s末乙质点追上甲质点，4s后甲质点不可以再次追上乙质点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：前2s乙质点的速度小于甲质点的速度，乙质点追甲质点，两质点的距离在变大，2s后乙质点的速度大于甲质点，但是乙质点仍然在甲质点后，两质点的距离在减小，所以A项错误；2s时甲乙两质点的速度相等时，距离最大，所以B项正确；速度时间图象图象与坐标轴所围的面积代表位移，第4s内乙质点的位移大于甲质点的位移，所以乙质点的平均速度大于甲质点的平均速度，C项错误；第4s末两物体的位移相等，两质点相遇，此后乙的速度一直大于甲的速度，甲不可能追上乙了，所以D项正确．‎ 考点：本题考查了图象的理解 ‎【名师点睛】本题的关键在于图象意义的理解和追及相遇问题的应用 ‎4.一个从地面上竖直上抛的物体,它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s,两次经过一个较高点B的间间隔是3s,则AB之间的距离 A. ‎20m B. ‎40m C. ‎80m D. 初速度未知,无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得到物体从最高点自由下落到A点的时间为，顶点到B点的时间为，则AB间距离： ；故B、C、D错误，A正确；故选A.‎ ‎【点睛】对于竖直上抛运动问题，关键要抓住对称性，知道上升和下降的时间相等，再由运动学公式即可求解．‎ ‎5.如图所示,小车上固定有一个竖直细杆,杆上套有质量为M的小环,环通过细绳与质量为m的小球连接.当小车水平向右做匀加速运动时,环和球与车相对静止,绳与杆之间的夹角为θ,重力加速度为g,则 A. 细绳的拉力为mgcosθ B. 细杆对环的作用力方向水平向右 C. 细杆对环的静摩擦力为Mg D. 细杆对环的弹力为（M+m）gtan θ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.以小球为研究对象进行受力分析有： 根据牛顿第二定律得：‎ Tsinθ=ma ①‎ Tcosθ=mg ②‎ 由①和②可得：‎ 绳的拉力 ‎，‎ 加速度 a=gtanθ，‎ 故A错误．‎ CD.以环M为研究对象进行受力分析有： ‎ ‎ 如图所示，M受重力、绳的拉力T'、杆的弹力F1和杆的摩擦力F2作用处于平衡状态 所以有：‎ F1-T'sinθ=Ma ③ F2-Mg-T'cosθ=0 ④‎ 又因为T'=T=，a=gtanθ 由③和④解得：‎ F1=（m+M）gtanθ  F2=（m+M）g 选项C错误，D正确；‎ B.所以细杆对环的作用力为 ‎ ‎ 如图可知细杆对环作用力方向斜向右上方，故B错误．‎ ‎6.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是 A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故A错误；‎ 在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故BD错误，C正确．故选C．‎ 考点：牛顿第二定律应用 ‎7.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取‎10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为 A. ‎150kg B. kg ‎ C. ‎200 kg D. kg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=‎150kg，故A选项符合题意 ‎8.放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示．取重力加速度g＝‎10m/s2．由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因素μ分别为 A. m＝‎0.5kg，μ＝0.2 B. m＝‎1.0kg，μ＝0.4‎ C. m＝‎1.5kg，μ＝0.6 D. m＝‎2.0kg，μ＝0.8‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】从图像可以看出匀速运动时F=4N,所以摩擦力的大小等于4N，在2-4s内物体做匀加速运动，加速度为 ，所以 ，解得： ，再根据 可知μ＝0.4，故B正确；ACD错误 ‎9.如图所示,一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f，若木块不滑动，力F的最大值是 A. ‎ B. ‎ C. （m+M）g D. （m+M）g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对木块分析得：‎ ‎2f‎-Mg=Ma，‎ 解得木块的最大加速度为：‎ 对整体分析得：‎ F-（M+m）g=（M+m）a 将a代入解得：‎ ‎．‎ A. ，与结论不相符，选项A错误；‎ B. ，与结论相符，选项B正确；‎ C. （m+M）g，与结论不相符，选项C错误；‎ D. （m+M）g，与结论不相符，选项D错误．‎ ‎10.如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是（g为重力加速度）‎ A. 小球的合力大小为 B. 弹簧的拉力大小F=mgcosθ C. 小球的加速度大小为gtanθ D. 小球的加速度大小为gsinθ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据共点力的平衡，求得弹簧的弹力，烧断绳子的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力不变．烧断前，绳子的拉力烧断后的瞬间，弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向，所以烧断后的瞬间，小球的合力为，根据牛顿第二定律，加速度 A.小球的合力大小为与分析不符，故A错误；‎ B. 弹簧的拉力大小F=mgcosθ与分析不符，故B错误；‎ C. 小球的加速度大小为gtanθ与分析相符，故C正确；‎ D. 小球加速度大小为gsinθ与分析不符，故D错误．‎ ‎11.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为‎60 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将‎20 kg的建筑材料以‎0.5 m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，取g ＝‎10 m／s2，则工人对地面的压力大小为（ ）‎ A. 390 N B. 410 N C. 790 N D. 810 N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先以建筑材料为研究对象，它有向上的加速度，由牛顿第二定律求得绳子的拉力大小，再对人研究，由平衡条件求出地面对人的支持力大小，再求解人对地面的压力大小．‎ ‎【详解】以建筑材料为研究对象，由牛顿第二定律得：T-mg=ma 绳子的拉力大小为：T=m（g+a）=20×（10+0.5）N=210N 再对人研究，地面对人支持力：N=Mg-T=60×10-210=390N 由牛顿第三定律得工人对地面的压力大小为：N′=N=390N；‎ 故选A．‎ ‎【点睛】求压力往往求它的反作用力---支持力．加速度是联系运动和力关系的桥梁，涉及力和运动的关系分析时，可以运用牛顿定律研究．‎ ‎12.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力的大小和方向一定为(　　)‎ A. μ1(m＋M)g，向左 B. μ2mg，向右 C. μ2mg＋ma，向右 D. μ1mg＋μ2Mg，向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对木块分析可知受长木板对它水平向左的摩擦力Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，木块对长木板的摩擦力向右，大小为Ff1；由于长木板仍处于静止状态，对长木板受力分析可知，受地面对它的静摩擦力Ff2，方向向左，Ff2＝Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，方向向右，故B正确．‎ ‎13.在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，下列叙述不正确的是 A. 加速度、速度都是采取比值法定义的物理量 B. 在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法 C. 在研究力与运动的关系时伽利略运用了控制变量法 D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，可以用实验直接验证 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加速度、速度都是采取比值法定义的物理量，此说法正确，选项A不符合题意；‎ B. 在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法，此说法正确，选项B不符合题意；‎ C. 在研究力与运动的关系时伽利略运用了理想实验法，此说法不正确，选项C符合题意；‎ D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可以用实验直接验证，此说法不正确，选项D符合题意．‎ ‎14.如图，小物块原来静止在固定的粗糙斜面上，现施加水平向右的推力F，F的大小由零逐渐增大，直到小物块刚要开始滑动为止．则在此过程中，小物块所受的 A. 合外力可能增大 B. 斜面的支持力一定增大 C. 斜面的摩擦力可能先增大后减小 D. 斜面的摩擦力一定先减小后增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物块始终处于静止状态，所受的合外力始终为零，保持不变，故A错误；‎ B.对物块受力分析并分解如图． 斜面对物块的支持力 N=Fsinθ+mgcosθ，‎ F增大，N一定增大，选项B正确； CD.图中未画上摩擦力f，分情况讨论f的情况： ‎ ‎①Fcosθ＜mgsinθ时，f沿斜面向上，由平衡条件有 Fcosθ+f=mgsinθ，‎ 随着F的增大，f减小．‎ ‎②Fcosθ＞mgsinθ时，f沿斜面向下，由平衡条件有 Fcosθ=f+mgsinθ，‎ 则随着F的增大，f增大；‎ 所以摩擦力f一定先减小后增大，故D正确，C错误．‎ ‎15.如图所示,旅客的行李通过安检的过程可以等效如下:质量为m的行李在水平传送带的左端由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v=‎1 m/s匀速运动,传送带左、右两端的距离为‎2 m,行李与传送带间的动摩擦因数为μ=0.1.若乘客把行李放到传送带上的同时，乘客也以‎1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到传送带的右端,则（g取‎10 m/s2）‎ A. 乘客和行李同时到达传送带的右端 B. 乘客提前0.5 s到达传送带的右端 C. 行李提前0.5 s到达传送带的右端 D. 若提高传送带的速度到足够大,行李到达传送带的右端的最短时间为2 s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.行李刚放到传送带上时，受向前的摩擦力而做加速运动，加速度为 到达与传送带共速时的时间 位移为 ‎，‎ 则行李到达右端还需要 ‎；‎ 行李到达右端共需时间 ‎；‎ 而人到达右端需要的时间 ‎，‎ 则乘客提前∆t=t-t´=0.5 s到达传送带的右端，选项AC错误，B正确； ‎ D.当传送带的速度足够大使得行李一直加速运动时，到达右端的时间最短，则最短时间 ‎，‎ 选项D正确．‎ 二、实验题 ‎16.某学习小组在做“探究力的平行四边形定则”的实验.‎ ‎（1）某次实验中两个弹簧测力计的拉力Fa=4 N、Fb=3 N已在图乙中画出,图中方格每边的长度表示1 N,O点是橡皮条的结点,请用两个直角三角板作出合力F的图示,‎ 并求出合力的大小为___N.（结果保留一位有效数字）. ‎ ‎（2）该实验小组想创新一下该实验,将如图丙所示的贴有白纸的木板竖直放置,弹簧测力计A挂在固定于木板上的P点,下端用细线挂一重物M.他们想用此实验装置来验证力的平行四边形定则,下列关于此实验的说法中正确的是____. ‎ A.应测量重物M所受的重力 B.细线方向应与竖直木板平面平行 C.图丁中F'表示用一个弹簧测力计测出来力,F表示用平行四边形定则合成的力 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 ‎【答案】 (1). 6 (2). ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2].根据平行四边形定则作图，如图所示，根据图象可知，合力大小为6.0N；‎ ‎ (2)[3].A.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；‎ B.拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性．故B正确；‎ C.由图丁可知，F'方向与重物重力的方向在同一直线上，它表示用一个测力计测出来的力，F表示用平行四边形定则合成的力，故C正确；‎ D.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，所以不需要改变拉力多次实验．故D错误．‎ ‎17.如图甲所示为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”实验装置．他们调整长木板和滑轮，使长木板水平放置且细线平行于长木板;在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，多次改变托盘中砝码的质量，记录传感器的读数F，求出加速度a．请回答下列问题:‎ ‎(1)实验中得到如图乙所示的一条纸带，已知交流电频率为50Hz的交流电，两计数点间还有四个点没有画出，根据纸带可求出物块的加速度为_______m/s2．（结果保留三位有效数字）‎ ‎(2)以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a—F图象是一条直线如图丙所示，求得图线的斜率为k，横轴截距为F，若传感器的质量为m，则物块的质量为_______．若已知重力加速度为g，物块与长木板动摩擦因数为μ＝________．‎ ‎(3)该实验需不需要满足钩码质量远远小于物块和传感器的总质量________（填“需要”或“不需要”）‎ ‎【答案】(1). 2.00 (2). (3). 不需要 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1].根据，运用逐差法得 ‎；‎ ‎(2)[2].由牛顿第二定律得 则 ‎，‎ a-F图象的斜率 物块的质量为 ‎[3].由图像可知，物块与木板之间的摩擦力为F0，则 F0=μ（m+m0）g 即 ‎．‎ ‎(3)[4].由于传感器测得是真实拉力，不需要满足此条件．‎ 三、计算题 ‎18.酒后驾车严重威胁公共交通安全．若将驾驶员从视觉感知前方危险到汽车开始制动的时间称为反应时间，将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离．科学研究发现，反应时间和感知制动距离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员正常驾车和酒后驾车时,感知前方危险后汽车运动的v-t图线分别如图甲、乙所示．求：‎ ‎(1)正常驾驶时的感知制动距离x．‎ ‎(2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离Δx．‎ ‎【答案】（1）‎75m （2）‎‎30m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，由图线可得t1=0.5s，t2=1.5s；汽车减速时间为t3=4.0s，初速度v0=‎30m/s，由图线：‎ x=v0t1+t3‎ 得：‎ x=‎‎75m ‎(2)由图像可知，酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离 Δx=v0（t2-t1）=30×（1.5-0.5）m=‎‎30m ‎19.静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示．轻绳长L=‎1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=‎2kg，B的质量m2=‎8kg，A、B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，现用一逐渐增大的水平力F作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g取‎10m/s2）．‎ ‎(1)求绳刚被拉断时F的大小．‎ ‎(2)若绳刚被拉断时，A、B的速度为‎2m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为多少?‎ ‎【答案】（1）40N （2）‎‎3.5 m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设绳刚要被拉断时产生的拉力为FT，根据牛顿第二定律,‎ 对A物体有 FT-μm‎1g=m‎1a 代入数值得 a=‎2m/s2‎ 对A、B整体有：‎ F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a 代入数值得 F=40N ‎(2)设绳断后，A的加速度为a1，B的加速度为a2，则 a1==‎2m/s2‎ a2==‎3m/s2‎ A停下来的时间为t，则 t==1s A的位移为x1，则 x1==‎‎1m B的位移为x2，则 x2=vt+a2t2=‎‎3.5m A刚静止时，A、B间距离为 Δx=x2+L-x1=‎‎3.5m ‎20.如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝‎0.8m，B点距C点的距离L＝‎2.0m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝‎10m/s2)求：‎ ‎(1)滑块在运动过程中的最大速度；‎ ‎(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．‎ ‎【答案】(1)vm＝‎4m/s (2) μ＝0.4 (3) v＝‎3.2m/s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）滑块在斜面上时，对其受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出加速度，再根据运动学公式计算末速度；‎ ‎（2）对减速过程运用牛顿第二定律列式，再运用速度位移公式列式，最后联立方程组求解；‎ ‎（3）先判断加速时间，再根据速度时间关系公式求解t=1.0s时速度的大小．‎ 解：（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为，设滑块在斜面上运动的加速度大小为：‎ 解得：‎ ‎（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为 解得：‎ ‎（3）滑块在斜面上运动的时间为 得 由于，故滑块已经经过B点，做匀减速运动 设t=1.0s时速度大小为 解得：‎ 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ 点评：本题关键先对滑块的加速和减速过程运用牛顿第二定律列式求解，再分别对两个过程运用运动学公式列方程联立求解．‎ 四、选考题 ‎21.下列说法正确的是（　　）‎ A. 多晶体都具有各向同性的特点 B. 液体的饱和汽压与温度有关 C. 第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律 D. 一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，其内能可能减少 E. 当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力一定表现为引力 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故A正确； ‎ B、饱和汽压随温度升高而增大，降低而减小，故B正确； ‎ C、第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，故C错误； ‎ D、一定质量的理想气体，放热的同时外界对其做功，即有Q＜0，W0，根据热力学第一定律，△U可能减少，故D正确； ‎ E、当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，斥力减小得更快；当r＜r0时，分子间的作用力表现为斥力，当r＞r0时，分子间的作用力表现为引力，故E错误．‎ ‎22.某同学用一端封闭的粗细均匀的U形管(两端等高且横截面积相等)，研究一定质量封闭气体的压强，如图所示，U形管竖直放置，当封闭气柱长为时，两侧水银面的高度差为，大气压强为.(可能用到的数据)‎ ‎（1）求封闭气体的压强；‎ ‎（2）该同学用与U形管口径相同的量筒往U形管内继续缓慢注入水银，直到右侧水银面恰好与管口相平齐．设环境温度不变，求加入的水银长度．‎ ‎【答案】（1）； （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1） 对右侧水银面由压强分析得：‎ ‎（2）对封闭气体：初态：；末态：，设末态气柱长L2，由波意耳定律得：，由几何关系得：加入水银长度，联立得：‎ ‎23.下列说法中正确的是_______‎ A. 做简谐运动的质点，其振动周期和振动能量均与振幅无关 B. 泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象 C. 真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的相对运动无关 D. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用‎1m长的细线和小铁球，在测量摆动时间时应从最大位移处开始计时．‎ E. 双缝干涉实验中，若只增大双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距离将变大 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．做简谐运动的物体，其振动能量与振幅有关，振幅越大，能量越大，A错误 B．泊松亮斑是光的衍射现象，根据全反射条件可知，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象B正确 C．根据爱因斯坦相对论原理可知真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的相对运动无关，C正确 D．测量摆动时间时，应该从平衡位置开始计时，因为在平衡位置速度很快,你计时的时候误差会相对小一点，在速度为0的最高点，会产生一定的误差，D错误 E．双缝干涉条纹间距，所以只增大双缝到光屏间的距离L，条纹间距将变大，E正确 ‎24.如图所示是一玻璃球体,其半径为R,O为球心,AB为直径,M点是玻璃球的最高点,来自B点的光线BD在D点射出,出射光线平行于AB,已知∠ABD=30，光在真空中的传播速度为c.求：‎ ‎(1)此玻璃的折射率和光从B到D所用的时间；‎ ‎(2)若增大∠ABD，光线能否在DM段发生全反射现象 ‎【答案】（1），（2）可能在DM段发生全反射现象 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如图，由几何知识可得入射角 i=∠ABD=30°,折射角 r=2∠ABD=230°=60°，则此玻璃的折射率为 ；BD长度 s=2Rcos30°= ，光在玻璃球内传播的速度 ，故光线从B传到D的时间为 ‎（2）发生全反射的临界角：，所以临界角，从M点入射，入射角等于，所以若增大∠ABD，入射角可能大于临界角，所以光线可能在DM段发生全反射现象