2023届浙江省高考物理模拟试题知识点分类训练：力学多选题

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2023届浙江省高考物理模拟试题知识点分类训练：力学多选题

一、多选题
1．（2023·浙江·模拟预测）沿x轴从左向右有M、P、N三个质点（N点未画出）在同一介质中，位于坐标原点O处的P质点在外力作用下在竖直方向做简谐振动，形成沿x轴双向传播的简谐波。t=0时刻波形如图所示，其中M点再经过1s时间（小于一个周期），位移仍与t=0时相同，但振动方向相反。N点与M点平衡位置距离为d，设波长为λ，λ0.6s，所以0.6s时间内机械波向左传播了6m，因此该机械波的传播速度为

故A正确；
B．根据圆振动模型，t=0时P点偏离平衡位置位移为0，Q点的位移为

t=0.6s时，P点位移为0.2m，Q点的位移为

显然位移不同，故B错误；
C．由图可知，从到，质点P的速度大于质点Q的速度，质点P的位移大于质点Q的维泽，则P质点比Q质点的平均速度要大，故C正确；
D．从t=0时刻起，经过0.4s，P点回到原处，因此路程为0.4m，故D正确。
故选ACD。
3．AC
【详解】AB．由图丙可知，在时，信号A开始输出低电位，此时信号B开始输出高电位，结合图乙可知，从左往右看，电动机顺时针转动，故A正确，B错误；
CD．由图丙可知，电动机转动的周期为

则角速度为

根据

可得电动机转动的转速为

故C正确，D错误。
故选AC。
4．CD
【详解】A．医院中用于体检的“B超”属于机械波，故A错误；
B．无线网络信号绕过障碍物继续传播，利用了衍射原理，故B错误；
C．铁路、民航等安检口使用“X射线”对行李箱内物品进行检测，故C正确；
D．根据多普勒效应，列车鸣笛驶近乘客的过程中，乘客听到的声波频率大于波源振动的频率，故D正确。
故选CD。
5．AC
【详解】AC．该实验装置，当重物自由下落时，可认为只有重力对物体做功，结合打点计时器，可用来验证机械能守恒定律，当然也可以验证自由落体运动规律，AC正确；
B．验证平抛运动规律时，需重物有水平方向的初速度，因此该实验装置不可以用来验证平抛运动的规律，B错误；
D．验证加速度与质量之间的关系时，需要控制物体受合外力不变，因此该实验装置不可以用来验证加速度与质量之间的关系，D错误。
故选AC。
6．BD
【详解】A．简谐横波向x轴正方向传播，即
v=（n=0，1，2…）
根据题意只有n=0时v=10 m/s，满足题意，选项A错误；
B．该简谐波的波长为8 m，所以简谐波的周期T=0.8 s，因此x=2 m处的质点在1 s内振动了=个周期，通过的路程为×4A=0.5 m，由此可知振幅A=10 cm，选项B正确；
C．根据机械波的传播特点，所有质点的起振方向都是相同的，选项C错误；
D．根据简谐振动圆振动模型，t=0.7 s时，x=1.5 m处的相位=，所以从t=0.7 s开始，x=1.5 m 处的质点振动方程为
x=10sin（2.5 πt+）cm
选项D正确。
故选BD。
7．AD
【详解】A．小球A释放后到碰前瞬间的过程中，由动能定理可得

解得

小球A，B发生弹性正碰，设碰后瞬间的速度分别为，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得


解得

故A正确。
B．摆角为5°、摆长为1 m时，由动能定理可求得摆球到最低点时的速度大小为，可知A碰后的运动不是简谐运动，故B错误。
D．由动能定理可求得小球B在圆弧轨道上运动的高度为0.0125 m，可知运动轨迹对应的圆心角小于5°，故小球B碰后在圆弧轨道上的运动是简谐运动。小球B从N点进入圆弧轨道到返回N点的过程所用时间为

故D正确。
C．小球B从N点进入圆轨道到返回N点，速度反向，速度变化量不为0，动量变化量不为0，由动量定理可知，所受合外力的冲量大小不为0，故C错误。
故选AD。
8．BCD
【详解】A．由图乙知，O点起振方向为y轴正方向，故A错误；
B．由题图知，该简谐横波的波长和周期为
，
所以波速

经，传播的距离为

故B正确；
C．t=2s时简谐波传播到P点，P点开始从平衡位置向y轴正方向起振，在2~4s振动半个周期，P点先向上后向下，回到平衡位置，位移为零，故C正确；
D．平衡位置距波源5m处的质点，第一次到达波峰时与t=0时相比，波向前传播的距离为6m，时间为

故D正确。
故选BCD。
9．BC
【详解】A．由于甲管构成闭合回路，乙管没有构成闭合回路，故小磁块从甲管中落下时，由于空心铝管会产生感应电流，根据楞次定律可知小磁块在甲管中运动的时间会比在乙管中运动的时间更长，故A错误；
B．小磁块在甲管中运动过程中，根据动能定理得

解得

根据功能关系可知产生的热量

故B正确；
C．小磁块在乙管中运动过程中，根据动能定理得

解得

故C正确；
D．对甲管中的小磁块，由动量定理可知，由于F代表合外力，铝管对小磁块还有作用力，故重力和摩擦力的总冲量不是，故D错误。
故选BC。
10．BC
【详解】A．重力做功的大小只与物体的初末的位置有关，与物体的路径无关，所以在上升和下降的过程中，上升过程中克服重力做功等于下降过程中重力做功，故A错误；
B．上升过程中，空气阻力向下，根据牛顿第二定律，有


下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律，有


故


根据

可知


重力是恒力，其冲量大小为


则知上升过程中篮球受到的重力的冲量较小，故B正确；
C．根据动能定理知上升过程合外力做功为


下降过程中动能的改变量为


因为


所以上升过程中动能的改变量大于下降过程中动能的改变量，故C正确。
D．动量


由于克服空气阻力做功，落回原处的球的速度小于开始上升的速度，故上升过程动量的改变量大于下降过程中动量的改变量，故D错误。
故选BC。
11．ABC
【详解】A．由题可知两列波叠加之后绳上的最大振幅为，b点为振动减弱点，而d点的平衡位置距离b点八分之一波长，则d点的振幅为最大振幅的倍，即d点的振幅为，故A正确；
BC．根据平移法可知，再经过后，波形图如图所示：

此时a、b、c均是波峰和波谷相遇，都是振动减弱点，此时ac间所有质点的位移都为零，波形图为一条直线，故B、C正确；
D．由上可知， a、b、c三点是振动减弱点，则b处质点一直处于平衡位置，故D错误。
故选ABC。
12．BD
【详解】A．质点只在各自平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，所以质点P、Q都不会运动到N点，A错误；
B．由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动，即质点P、Q的起振方向相同，B正确；
C．t=1.5s 时，两列波传播的距离均为

结合图可知，此时两列波的平衡位置恰好都传播到M点，因此M点恰好处于平衡位置，位移为零，C错误；
D．由于波的传播过程就是波形的平移，可知当左侧的波谷到达N点时，右侧的波谷也恰好到达N点，同样，当左侧的波峰到达N点时，右侧的波峰也恰好到达N点，因此N点是振动加强点，D正确。
故选BD。
13．ACD
【详解】A．波源开始振动的方向与时刻处质点的起振方向相同，为y轴正方向，同理波源开始振动的方向与时刻处质点的起振方向相同，为y轴负方向，故A正确；
B．内质点P经过的路程为，则有

得


由两列简谐横波恰好同时到达原点O可知


故B错误；
C．两列波频率相同，振幅相同，恰好同时到达原点O，两列波在O点的起振方向相反，所以O点是振动减弱点，其振幅为0，所以坐标原点处不会振动，故C正确；
D．由图知时，甲、乙两波都传到原点O，过O点后，甲波以传播，时到达处，同理可知，乙波在时到达处，故D正确。
故选ACD。
14．BD
【详解】A．游客随“飓风飞椅”做匀速圆周运动，甲、乙两位游客所受合力指向圆心，由图2可知，合力方向肯定不同，即甲、乙两位游客所受合力不相同，A错误；
B．由圆锥摆模型得游客所受合力

得

设圆盘的半径为r0，则有

由于甲、乙、丙、丁四位游客的角速度和周期相等，则有

由于
l3＜l4
得
θ3＜θ4
B正确；
C．游客随“飓风飞椅”做匀速圆周运动的向心力为

由牛顿第二定律可知
a=gtanθ
由于θ角不都相等，所以加速度大小不都相等，C错误；
D．四位游客在水平面内做匀速圆周运动，重力均不做功，D正确。
故选BD。
15．ABD
【详解】AC．由题意可得，波长为


若波速为10m/s，则波的周期为


若沿x轴正方向传播，则周期为



当时，有
（不合题意，舍去）

同理，当沿x轴负方向传播，则周期为



n=0（符合题意）
即波速可能为10m/s，故A正确；
B．由上述分析可知，若波沿着x轴正半轴传播，当t=0.5s时由题意有传播的距离为


要使得Q点达波峰位置，由题意有传播的距离与波长的关系为

由几何知识可得，当n=5，m=4时等式成立，即此时Q点能到达波峰位置；若波沿着x轴负半轴传播，当t=0.5s时由题意有传播的距离为


由题意及图有


当
m=n=0
时成立，即此时Q点能到达波峰位置，故在t=0.5s时，Q点可能到达波峰位置，故B正确；
C．由A中分析可知，若Q点振动方向沿y轴负方向，波沿着x轴负方向传播，则周期可能为0.8s，故C错误；
D．由上述分析可知，若P点振动周期大于0.6s，则周期可能为



在t=1.8s时，若波沿着x轴正方向传播，由题意有


此时P点与x=-2m处的质点振动情况一样，处于波谷；在t=1.8s时，若波沿着x轴负方向传播，由题意有


此时P点与x=6m处的质点振动情况一样，处于波谷，故D正确。
故选ABD。  
16．AD
【详解】A．多普勒效应：观察者接收到的频率大于或小于波源的实际频率，音调即声音的频率，A正确；
B．竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的干涉产生的，B错误；
C．泊松亮斑是光的圆板衍射现象，C错误；
D．气泡特别明亮是光线从水射向气泡里的空气，是从光密介质到光疏介质，发生全反射，D正确。
17．AD
【详解】A．由乙图可知0.8s时 P点振动方向向下，根据上下坡法，波沿负方向传播，A正确；
B．经过1个周期，质点经过的路程

经过0.5个周期，经过的路程

以上规律质点在任何位置开始都适用
经过个周期，经过的路程

以上规律质点只有在特殊位置（平衡位置、最大位移处）才适用， ，此时P未处于特殊位置，B错误；
C．由图乙可知，0时刻质点P位于平衡位置，C错误；
D．根据简谐运动的表达式

当

则

即处的质点从平衡位置到5cm经历的时间

故P点振动形式传播到处的时间


故D正确。
故选AD。
18．ACD
【详解】A．根据“上坡向下”振动规律，波前的振动方向向下，所以波源的起振方向为沿y轴负方向，A正确；
B．因为波长变化的，、的平衡位置之间的距离有时等于一个波长是同相点，位移的大小和方向相同，有时等于半个波长是反相点，位移方向相反，B错误；
C．时，点向轴负方向振动，对应的波长为，设波速为，则振动周期为

点的振动方程为

当第一次处于轴上方处时，则有

解得

时，点向轴负方向振动，对应的波长为，则振动周期为

当时，点已经振动了一次周期为的振动，回到原来位置，接下来以周期为振动，则有

C正确；
D．开始，当波刚传到位置时，可知传播时间为

又

可知点振动了半个周期，点振动了一个周期，因此点的路程为

点的路程为

D正确。
故选ACD。
19．AC
【详解】A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为λ＝10m，T＝4s，则根据波速公式
v＝=2.5 m/s
A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为
t＝＝s＝4 s
A正确；
B．由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在t＝6 s时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，B错误；
C．波从AE波面传播到C的距离为
x＝（10－10）m
则波从AE波面传播到C的时间为
t＝≈4.9 s
则t＝8 s时，C处质点动了3.1 s，则此时质点速度方向向上，C正确；
D．波从AE波面传播到D的距离为
x＝（10－10）m
则波从AE波面传播到C的时间为
t＝≈1.7 s
则t＝10 s时，C处质点动了8.3 s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，D错误。
故选AC。
20．AD
【详解】A．根据题意可知，该波在介质中的传播波速为

A正确；
B．由图可知频率变化前的波长为，故频率变化前波的周期为

波向前传播的距离，波源的频率发生改变，则波源频率改变的时刻为

可知开始振动后，振动频率保持不变，B错误；
C．波从传播到的时间为

可知质点的起振时刻为

可知时刻起，再经过，质点一共振动了，在振动的前内，质点发生的是频率改变前的振动，通过的路程为

在振动的后内，质点发生的是频率改变后的振动，频率改变后的周期为

可知在振动的后内通过的路程为

则有

质点通过的路程为，C错误；
D．由于质点的起振时刻为，质点完成频率改变前的振动需要，可知时刻，质点依然发生的是频率改变前的振动，振动时间为，根据波形图可知质点的起振方向向下，可得频率改变前的振动方程为

代入数据可得

D正确。
故选AD。
21．BD
【详解】A．设红细胞质量为m，浮力为，由牛顿第二定律

又因为

故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，A错误；
B．红细胞匀速时

又因为红细胞的质量为

浮力为

联立可得

解得

B正确；
C．由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，C错误；
D．由粘滞阻力公式

可知

故采用国际单位制中的基本单位来表示的单位，应为：，D正确；
故选BD。
22．AB
【详解】A．a、b两质点二者平衡位置间距离如果为一个波长，则其相位差为2p，依题意其平衡位置相距波长，则振动的相位差为

故A正确；
B．由题意可知振动频率为2Hz，则周期为0.5s，则从图示位置开始计时，则质点a的位移与时间的关系为

可知当时，质点a的位移仍为cm，且由图2可知此时质点a从波峰向平衡位置运动，故B正确；
C．波速由介质而定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；
D．从图中可以得到，波长为8m，周期为0.5秒，则波速为

经0.4s，传播的距离为

即健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动不能传到P点，故D错误。
故选AB。
23．BD
【详解】A．根据图（b）的振动图像可知，在处的P点质点在时振动方向向上，结合图（a）的波形图可知，该波向x轴负方向传播，故A错误；
B．由图（a）可知该简谐横波波长，由图（b）可知周期，则波速

故B正确；
C．0~2s时间内，质点P运动的位移为0，故C错误；
D．当障碍物尺寸与波长相差不多或小于波长时可发生明显的衍射现象，所以该横波传播过程遇到宽度为0.2m的障碍物，会观察到明显的衍射现象，故D正确。
故选BD。
24．BD
【详解】A．设空间站在点的速度为，空间站做匀速圆周运动，则有

解得

设废弃卫星在点的速度为，废弃卫星在点相对地心做离心运动，则有

解得

可知空间站在点的速度小于废弃卫星在点的速度，A错误；
B．空间站在点和废弃卫星在点都只受到地球的万有引力，根据牛顿第二定律可得

解得

由于在点时，、、都相同，则空间站在点的加速度和废弃卫星在点的加速度大小相同，B正确；
C．由开普勒第二定律可知，同一轨道上的卫星，在相同的时间内，卫星与地球中心连线扫过的面积相等，但空间站和废弃卫星不在同一轨道上，所以相同的时间内，空间站和废弃卫星与地球中心连线扫过的面积不相等，C错误；
D．废弃卫星在椭圆轨道的半长轴为

根据开普勒第三定律可得

解得

废弃卫星的运行周期为，D正确；
故选BD。
25．AD
【详解】A．若A、B间的轨道也光滑，则小物块和小车相互作用过程能量守恒，水平方向动量守恒，经分析知小物块第一次下滑到圆弧轨道最低点时小车速度最大，设小车的最大速度为，此时小物块的速度为，则有


联立并代入数据解得

选项A正确；
B．若A、B间的轨道也光滑，根据动量守恒和能量守恒可知物块运动到圆弧轨道最高点时的速度为

此后小物块做竖直上抛运动，高度

则物块运动到最高点时到水平轨道的距离为

选项B错误；
C．若物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5，设小物块与小车的相对位移为s，根据能量守恒有

解得

可知小物块滑行到水平轨道压缩一次弹簧后恰停在A点。全过程根据能量守恒可得因摩擦产生的总热量

物块与小车的速度相同时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，由动量守恒定律得

解得
v=0
此过程根据能量守恒知弹簧的最大弹性势能

因此弹簧的最大弹性势能不等于因摩擦产生的总热量，选项C错误；
D．小物块沿圆弧轨道下滑过程中，设运动时间为t，小车运动的位移为，根据系统水平动量守恒得

解得

分析之后的运动过程可知小车的位移为0，所以小车运动的总位移大小为0.35m，选项D正确。
故选AD。
26．ABD
【详解】B．A、B两物体在光滑水平面上运动，系统所受合外力为0，A、B作用前后总动量守恒，B正确；
A．由图示图像可知，碰撞前A的速度，B的速度，碰撞后，根据动量守恒

解得

A正确；
C．碰撞前后系统机械能变化量为

A、B发生碰撞过程中系统机械能减小，C错误；
D．对B分析，根据动量定理，碰撞过程中A对B的冲量等于B物体动量的减少量，D正确。
故选ABD。
27．AD
【详解】A．图中可以读出，，根据题意，经过，处的质点第2次经过平衡位置，所以甲机械波的周期，机械波的传播速度

由此可以计算乙机械波的周期，由于两列波的频率不同，无法发生稳定干涉，A正确；
B．根据选项A和波速公式有
，
相遇有
x甲 = v甲t，x乙 = v乙t，x甲 + x乙 = 3cm
解得

则两列波在处相遇，B错误；
C．相遇后又经过，甲波质点到达波峰，但乙波还没有到达波峰，所以其位移不可能是，C错误；
D．甲经过，传播到处，所以处，没有出现两列波的叠加。根据机械波质点振动规律，乙波中处的质点，振动方程为

所以时，该质点的位移为0，D正确。
故选AD。
28．BC
【详解】A．由题图可知P1发出的光束中光子经过介质球后动量的变化量方向斜向左下，P2发出的光束中光子经过介质球后动量的变化量方向斜向右下，根据动量定理可知，介质球对P1光束的作用力斜向左下，对P2光束的作用力斜向右下。若激光束的功率大于激光束的功率，则P1单位时间内发出的光子数比P2多，介质球对P1光束的作用力比对P2光束的作用力大，根据牛顿第三定律可知P1光束对介质球的作用力比P2光束对介质球的作用力大，又因为两光束对介质球的作用力均存在水平分量，所以介质球将向右侧偏移，故A错误；
BC．设光束经过透镜后的传播方向与主光轴的夹角为θ，Δt时间内每束光穿过介质球的光子数为n，每个光子动量大小为p，根据对称性可知这些光子进入介质球前的动量的矢量和为

从介质球射出后光子动量的矢量和为

p1和p2的方向均为竖直向下，设介质球对光子的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理有

解得

即F竖直向下，根据牛顿第三定律可知介质球受到激光的作用力大小为

方向竖直向上。
若将介质球相对于透镜上移或下移一小段距离，由于激光的在球面的入射角发生变化，所以激光从介质球中射出时都将不再平行于主光轴，设出射光束与主光轴的夹角为α，则从介质球射出后光子动量的矢量和变为

根据前面分析可知此时介质球受到激光的作用力大小为

所以若将介质球相对于透镜上移或下移一小段距离，介质球受到激光的作用力都将变小，故BC正确；
D．当介质球在激光的作用下处于静止状态时，根据平衡条件有

每个光子的能量为

每个光子的动量为

激光功率为

根据几何知识可得

联立以上各式解得

故D错误。
故选BC。
29．CD
【详解】A．由于t=4s时x=1处质点位于波传播方向的“上坡”上，所以质点1的起振方向沿－y方向，而波传播方向上所有参与振动的质点的起振方向都和波源的起振方向相同，所以波源的起振方向沿－y方向，故A错误；
BC．波的传播速度为

由题图乙易知在t=1s时波源振动的周期发生了变化，但在同一种介质中波速不变。
①在0~1s时间内，波的波长为

周期为

波源P振动的圆频率为

又因为t=0时波源P向下起振，所以0~1s时间内波源P的振动方程为

②在1~5s时间内，波的波长为

周期为

波源P振动的圆频率为

又因为t=1s时波源P向上振动，所以1~5s内波源P的振动方程为

故B错误，C正确；
D．波从x=1m传播到x=－1.5m所需的时间为

从图示时刻起，再经过，质点Q按照周期T1振动1s，再按照周期T2振动1.5s，则Q质点通过的路程为

故D正确。
故选CD。
30．AB
【详解】A．根据题意，质点经过到达波峰，根据圆振动模型

所以甲振源的机械波的周期

图中可以看出甲机械波波峰传播到处的时间为，传播到处需要，所以可以推断此刻波峰坐标为，所以机械波的波长

甲机械波的波速

所以选项A正确。
B．经过甲乙两列机械波刚好相遇，甲乙两列波分别传播的距离相等，均为

所以乙机械波的振源位于，选项B正确；
C．由于乙机械波振动了半个周期，所以

其波长

可知

由于两列波机械波波长不同，所以同种均匀介质频率不同，不可能发生稳定干涉，选项C错误；
D．根据机械波振动特点，两列波在处相遇，两列波的振动方向分别是竖直向上和竖直向下，所以该质点的位移为零，选项D错误。
故选AB。
31．BD
【详解】A．由P1的振动图象和波动图象可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；
B．由振动图象可知，质点的振动周期为0.4s，所以从t=0时刻起到t=0.5s时刻，质点P1运动的时间为，质点P1通过路程为

B正确；
CD．因为该简谐波沿x轴负方向传播，由质点的振动周期可得

又P1的振动图象为
y=2sin5πtcm
由两质点的距离关系，可得，P2的振动图象为
y=2sin（5πt+）cm
故当t=0.5s时刻质点P2处于位移1cm沿负y方向振动状态，C错误，D正确。
故选BD。
32．BD
【详解】A．由图可知两列波的波长相同，为，已知波速是8m/s，根据

得
f=2Hz
A错误；
B．周期

则从t=2s到t=2.25s，则好经历了；因甲波向x正方向传播，经过，可知x=4m处的质点正在向下振动，乙波向x负方向传播，x=8m处的质点在向上振动，即t=0时刻，x=4m与x=8m处的两质点振动方向相反，B正确；
C．两列波叠加后，两列波到x=6m处的波程差是△x=0，甲波向x正方向传播，可知x=4m处的质点正在向上振动，乙波向x负方向传播，x=8m处的质点在向下振动，即甲波的波源起振方向向上，乙波的起振方向向下，所以x=6m处为振动减弱点，，C错误；
D．t=2.5s时刻，甲传播到x=5m处为波谷，位移为-4m，乙传播到x=5m处为波谷，位移为-3m，质点第一次到达波谷即y=-7cm处，D正确。
故选BD。
33．AB
【详解】A．根据质量数和核电荷数守恒，衰变方程为

A正确；
B．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，B正确；
C．半衰期是所有原子由半数发生衰变需要的时间，而不是一个原子衰变， C错误；
D．衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，所以衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，D错误。
故选AB。
34．AC
【详解】A．根据题图可知，质点A起振方向向下，沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P的起振方向与质点A的起振方向相同，为沿y轴负方向，A正确；
B．根据题图可知波长λ＝20cm＝0.2m，此时x轴上10cm处的质点已振动0.2s，则周期T＝0.4s，则波速

B错误；
C．质点P第一次到达波峰经过的时间

C正确；
D．在0～0.1s时间内，x＝10cm处的质点从平衡位置向波峰位置运动，速度逐渐减小，到达波峰处速度为零，D错误。
故选AC。
35．AD
【详解】A．由宠物狗运动的图像可知第1s内做匀速直线运动，所以A错误；
B．由图像可知图像的斜率表示物体加速度，所以在内与内宠物狗加速度相同，则B正确；
C．图像速度的正负值表示速度的方向，所以在内与内宠物狗运动方向相反，则C正确；
D．在前内宠物狗做直线运动，所以D错误；
故选AD。
36．BD
【详解】A．由图可得，两列波的波速为

选项A错误；
B．由图可知振动周期为0.2s，波长为

选项B正确；
C．两列波各自传到对方需要时间

1.3s时刻相当于各自波源0.1s时刻的振动情况，A点的振动相当于丙图的0.1s时刻的振动情况，也就是在平衡位置向上运动；B点的振动相当于乙图的0.1s时刻的振动情况，也就是在平衡位置向下运动。选项C错误；
D．在两波振动方向相同的情况下，路程差为半波长偶数倍的点是振动加强点，但是本题两列波的振动方向相反，所以路程差为半波长的奇数倍的点才是振动加强点；两波源只振动了一个周期，各自只产生了一个波长的完整波，两波相遇只发生在正中间2m的范围内，在此区域内有P、Q两点，如图所示，P点到A、B的距离分别为5.5m和6.5m，它到两个波源的路程差为1m，符合半波长的奇数倍，所以P点是振动加强点；另一点Q到A、B的距离分别为6.5m和5.5m，同理可得Q点也是振动的加强点，选项D正确。
故选BD。

37．AD
【详解】AD．第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力f，方向向右，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力f′，方向向左，第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向右，即有：
f′=μ2（mg+F）
F为搓纸轮对第1张纸的压力；因为f′＜μ1F，正常情况下，F＞＞mg，故必有μ1＞μ2，故A D正确；
BC．第10张纸与第11张纸之间及第20张纸与摩擦片之间的摩擦力是静摩擦力，根据受力平衡条件，可知，大小均为f′，故BC错误；
故选AD。
38．BC
【详解】A.介质决定波速，两波波速相等，v=50m/s，分析图象可知，周期T=0.02s，则波长均为λ=vT=1m；故A错误.
B.分析图（b）可知，波源起振方向向上，则波传播到P点时，起振方向向上；故B正确.
C.分析图（c）可知，两波起振方向相反，P点到两波源的波程差为△x=1.5m，为半波长的奇数倍，P点为振动加强点，振幅为两波振幅之和，A=8cm；故C正确.
D.同理，NN连线的中点，为振动减弱点，振幅为两波振幅之差，A'=2cm；故D错误.
39．CD
【详解】由图读出波长为λ=4m，则该波的周期为


t=0时刻质点M向上运动，则在时刻，质点M正从波峰向平衡位置运动，所以其速度增大，加速度减小。位移为正，质点M的速度沿y轴负方向，加速度沿y轴负方向，所以加速度方向与速度方向相同，速度方向与位移方向相反，质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反，故CD正确，AB错误。
故选CD。