上海市某中學2025-2026學年高二（下）期中物理試卷（含解析）

2025-2026學年上海市復旦中學高二（下）期中物理試卷

一、選擇題

1.劈尖干涉是一種薄膜干涉，其裝置如圖甲所示，單色光從上方射入，俯視可以看到圖乙的條紋，利用此

A.干涉條紋是由于標準樣板下表面反射光和待測表面反射光疊加形成的

B.干涉現象是由于標準樣板上表面反射光和待測表面反射光疊加形成的

C.圖乙中條紋方曲處表明待測表團在該處是C的

D.將單色光換成頻率更大的單色光則條紋間距變稀疏

2.某研究性學習小組用激光束照射圓孔和不透明圓板后，得到如圖所示的衍射圖樣，據此可以判斷出（）

甲乙

A.平圖是光線射到圓孔后的衍射圖樣B.乙圖是光線射到圓孔后的衍射圖樣

C.甲、乙圖都是光線射到圓孔后的衍射圖樣D.甲、乙圖都是無線射到圓板后的衍射圖樣

3.下列關于光現象的解釋正確的是（）

A.全息照相利用了光的衍射原理

B.荷葉上的露珠顯得特別明亮是光的全反射現象

C.觀看??體電影時所戴的眼鏡利用了光線衍射的原理

D.通過手指間的縫隙觀察日光燈，可看到彩色條紋是光的偏振現象

4.如圖所示，一束自然光通過偏振片照射到光屏上，則圖中光屏上沒有發亮的是（偏振片上的箭頭表示其透

振方向）（）

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5.雙縫干涉實驗中，光的波長越長，干涉條紋的間距o如圖所示，用波長為;I的單色光垂直照射雙縫

Si、S2，點P出現第2條暗條紋，則P到Si、S2的路程差丁2-r1=o

6.如圖所示，一束夏色光Q自空氣射向上下表面平行的足夠長的玻璃磚，經過玻璃

磚后分成反c兩束光，以下說法正確的是（）

A.力、c兩束光一定不相互平行

B.b光在玻璃磚中的傳播速度大于c光

C.c光比b光更容易發生衍射現象

D.從該透明材料射入空氣發生全反射時，6光的臨界角較大

7.某同學在“測定玻璃的折射率”的實驗中，先將白紙平鋪在木板上并用圖釘固定，將長方體玻璃磚平放

在白紙上，然后在白紙上確定玻璃磚的界面QQ‘和。匕’。。為直線力。與政’的交點。在直線Q4上豎直插上

匕、P2兩枚大頭針，然后在油'下方合適位置插上大頭針尸3,使P3擋住Pl、P2的像，插上大頭針P4,使P4

擋住P3和Pl、22的像。過「3、作直線交融'于。‘，過0,作垂直于尻'的直線NN',連接。、。’。測

量圖甲中角a和角。的大小，可以計算出玻璃的折射率加下列操作中對折射率的測量一定沒有影響的是（）

A.確定玻璃磚的界面aa'后不小心將玻璃磚向下平移了一小段，然后確定她’界面

B.正確確定玻璃磚的界面aa'和bb'的邊界線后，不小心將玻璃轉向上平移了一小

段

C.實驗操作正確，但玻璃磚的界面aa'和死'不平行

D.確定玻璃磚的界面QQ’后不小心將玻璃磚轉動了一個小角度，然后確定用'界面

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8.光線由空氣射向某介質，當入射角為出寸，折射光線與反射光線正好垂直，那么這種介質的折射率和光在

該介質中的速度分別為()

A.n=sini,v=csiniB.n=tani,v=ctani

C.n=tani,v———:D.n=cost,v=——?

tanicost

9.某同學用內徑為R、外徑為2R的環形玻璃磚模擬光在水球中的傳播。

將玻璃磚放置在水平面匕一束單色光從P點以入射角i射入玻璃磚，如

圖所示。

內壁

(1)若i=45。，單色光經一次折射后，恰好與玻璃磚內壁相切，則玻璃磚

外壁

對該單色光的折射率〃=_

(2)若單色光經一次折射后，恰好在玻璃磚內壁發生全反射，則入射角》=—

10.如圖，半徑為R的半圓形玻璃磚可繞過圓心的軸轉動，圓心。與足夠大

光屏的距離d=10/Icm，初始玻璃破的直徑與光屏平行，一束光對準圓

心沿垂直光屏方向射向玻璃磚，在光屏上。1位置留下一光點，俁持入射光

方向不變，讓玻璃磚繞。點順時針方向轉動時，光屏上光點也會移動，當激光寶

玻畸磚轉過30。角時，光屏上光點位置距離01點為10cm。光在真空中的傳

播速度為c,求:光出

⑴該玻璃磚的折射率;

(2)當光屏上光點消失時，玻璃磚繞。點相對初始位置轉過的角度a的正弦值;

(3)光在玻璃磚內的傳播時間(不考慮反射情況)。

11.某一機械波位于。點的波源從￡=0時刻開始振動，在t=1.5s時刻的波形圖如圖所示.該時刻M點開始

振動，N點坐標為127n.下列判斷不正確的是()

A.笥諧波的傳播速度4m/s

B.N點開始振動的時刻為3s

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C.M點正方向速度最大時，N點也正方向速度最大

D.M點位于波峰時，N點位于波谷

12.如圖所示為兩列簡諧橫波在同一繩上傳播時某時刻的波形圖，甲波的速度為巧，乙波的速度為功，質點

M的平衡位置為％=0.2m。則下列說法正確的是（）

A.這兩列波會發生干涉現象，且平衡位置必=0771處的質點振動減弱

B.由圖示時刻開始，再經過;甲波周期，M將位于波峰

C.甲波的速度巧與乙波的速度以一樣大

D.振動減弱處的質點振幅為0

13.蘇軾的“八月十八潮，壯觀天下無”描述的正是錢塘江大潮，魚鱗潮就是其中的一種，如圖甲所示。設

某次觀測到振幅均為0.47Tl的兩列水波呈106。夾角以4m/s的速度向前行進，其模型可簡化為圖乙所示，實

線表示波峰，虛線表示波谷，Q為。P的中點，M是OP延長線上的點，于P點相交的兩條實線是兩列波最靠前

的波峰，下列說法正確的是（）

A.圖中P、N兩點振動始終加強,。點振動始終減弱

B.Q點即將向上振動，經過一段時間質點P會運動到M點

C.圖示時刻0、0兩點間的高度差為1.6m

D.圖中M點穩定振動后的振幅為0.8血

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14.無線充電器的發射線圈產生交變磁場，在接收設備(手機等)內的線圈中產生交變電流，實現電能的無線

(1)從上往卜俯視，當無線充電發射線圈中的電流逆時針增大時，接收設備線圈中的電流為方向。

(2)若接收線圈獲得的正弦交流電的電壓隨時間變化規律如圖2(口)所示。

①以s為時間t的單位，V為電壓〃的單位，此交流電電壓〃隨時間匕變化的方程為

②此交流電壓的有效值與圖2(b)所示交流電電壓的有效值之比為。

(3)某發電廠發出的交流電電壓為力，功率為P。遠距離輸電線路的總電阻為入現采用電壓達出的特高壓輸

電技術進行輸電，變電站理想升壓變壓器輸入線圈和輸出線圈的匝數比為;輸電線上損失的功率為

(4)如圖3(a),某無線充電裝置接收線圈匝數為N、半徑為。、電阻為r。一勻強磁場垂直穿過線圈，其磁感

應強度8隨時間t變化規律如圖3(b)所示。外接定值電阻阻值為8在0?%、?1.5%兩段時間內，接收線

圈中的感應電動勢大小之比為_____；在。?I。、to?L5%兩段時間內，定值電阻上產生的熱量之比為―

15.關于單擺，下列說法正確的是()

A.擺球受到的回復力是它所受的合力

B.擺球經過平衡位置時，所受的合力為零

C.擺球在任意位置處，回復力都不等于重力和擺線拉力的合力

D.只有在最高點時，回夏力才等于重力和擺線拉力的合力

1三

16.如圖所示，彈簧振子在光滑水平桿上的力、8之間做簡諧運動，卜.列說法正三

M—

l三

1

1一

D

確的是()_^

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A.小球由4句。運動過程中做勻加速直線運動

B.小球運動過程中受重力、支持力、彈簧彈力和回復力的作用

C.小球由。向B運動過程中，動能逐漸減小

D.小球由力向。運動過程中，回復力的方向由。指向力

17.如圖所示，一單擺懸于。點，擺長為L,若在。點正下方的0,點釘一個光滑釘子，使0。'=

將單擺拉至處釋放，小球將在B.間往復運動，若運動中擺^與豎直方向夾角不超

44C

過5。，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。則碰釘前后速度之比為，該單擺的周期

為。

18.一個有固定轉動軸的豎直圓盤如圖甲所示，圓盤轉動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個7形支架在豎

直方向振動，7形支架的下面系著一個由彈簧和小球組成的振動系統。當圓盤靜止時，讓小球振動，其振動

圖像如圖乙所示。現使圓盤以60r/m由勻速轉動，小球振動達到穩定時其振動的周期為So欲使小球

圓盤的轉速應該調整為r/s(>

圖甲

19.如圖所示，豎直輕彈簧兩端連接質量均為m的兩個小物塊力、B置于水平地面上，都

處于靜止狀態。將質量也為m的小物塊。從A的正上方高為九處由靜止釋放，物塊。與力

碰后粘連在一起繼續向下運動，此后兩物塊始終未分離，且t秒后到最低點。已知在后

續的振動中，當4與C達到最高點時，8對地面的彈力恰好為零，彈簧始終處于彈性限

度內，重力加速度為g,求：

(1)4與C碰撞后的共同速度以；

(2)4與C碰撞后到最低點的過程中彈簧彈力"對AC整體的沖量大小；

(3)AC整體在振動過程中，所受回復力最大值的大小。

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答案解析

1.【答案】A

【解析】解：力B.劈尖干涉的相干光由空氣薄膜上下表面的反射光形成，即標準樣板下表面和待測表面的反

射光，滿足相干條件，故4正確，8錯誤；

C網一級條紋對應相問空氣膜厚度，條紋向劈尖薄端彎曲，說明該處空氣膜厚度比正常位置厚，表明待測

表面在該處為凹面，故C錯誤；

。.由條紋間距公式"=嘉

可知，頻率更大的光波長更短，條紋間距會變密，而非變稀疏，故。錯誤。

故選：兒

明確劈尖干涉的相干光來源，結合條紋彎曲方向判斷待測表面的凹凸，再根據條紋間距公式分析頻率變化

對間距的影響。

本題考查劈尖干涉的原理與應用，覆蓋相干光來源、條紋畸變分析和間距變化規律，是薄膜干涉的典型應

用。

2.【答案】A

【解析】解：結合衍射現象圖樣的特點，不透明圓板衍射的圖樣，是在圓板陰影的中心有一個亮斑，周圍

是明暗相間的圓環，圓孔衍射的圖樣，是中央為亮斑，周圍環繞著明暗相間的同心圓環；故甲圖是光線射

到圓孔后的衍射圖樣，乙圖是光線射到圓板后的衍射圖樣，故力正確，88錯誤。

故選：Ao

根據圓孔衍射中心為亮斑、不透明圓板衍射中心存在泊松亮斑的圖樣特征，判斷甲乙分別對應的衍射類型。

本題考查圓孔衍射與不透明圓板衍射（泊松亮斑）的圖樣區別，通過對比圖樣特征考查對衍射現象的理解，是

基礎的光學概念題。

3.【答案】B

【解析】解：A全息照相利用了光的干涉原理記錄物體的光波信息，故/錯誤；

比荷葉上的露珠因光從水進入空氣時，入射角大于臨界角發生全反射，導致露珠顯得特別明亮，故月正確；

C觀看立體電影時所戴的眼鏡利用偏振光原理分離左右眼圖像，故C錯誤；

。.通過手指間的縫隙觀察日光燈，可看到彩色條紋是光的衍射現象（單縫衍射），故。錯誤。

故選：Bo

先回憶各光現象的核心原理，再逐一判斷選項。

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本題考查光的干涉、衍射、偏振和全反射等常見現象，重點考查對不同光學現象原理的區分，是光學的基

礎考點，有助于鞏固核心概念。

4.【答案】C

【解析】解?：自然光通過偏振片后成為偏振光，當偏振光的振動方向與偏振片的透振方向平行時能夠通過,

垂直時不能通過，故C正確，48。錯誤。

故選：Co

根據自然光的起偏和馬呂斯定律，當兩偏振片透振方向垂直時，出射光強為零，光屏不亮，據此分析選項。

本題考查偏振現象的基本原埋，通過不同偏振片組合考查對起偏與消光條件的理解，是基礎的光學概念題。

5.【答案】越大

1.5/1

【解析】解：雙縫干涉實聆中，根據干涉條紋間距公式/%=(4可知，光的波長越長，干涉條紋的間距越大。

用波長為人的單色光垂直照射雙縫S1、S2,點P出現第2條暗條紋，則尸到Si、S2的路程差

廠2-n=々x3=1.52

故答案為：越大，1.5/1。

根據干涉條紋間距公式分析：根據暗條紋到兩縫間距離之差是半波長的奇數倍分析。

掌握干涉條紋間距公式，知道產生暗條紋的條件是解題的基礎。

6.【答案】C

【解析1解：A玻璃磚上下表面平行，根據折射定律，光在上表面的折射角等于下表面的入射角，因此出射

光線與入射光線平行，兩束光均與入射光平行，故兩束光也相互平行，故力錯誤：

比由圖中偏折程度可知，玻璃磚對b光的折射率更大，根據公式

折射率越大，光在介質中的傳播速度越小，故b光在玻璃磚中的傳播速度小于C光，故8錯誤；

C折射率越小的光，頻率越低、波長越長，衍射現象越明顯：由偏折程度可知C光折射率更小，波長更長.

更容易發生衍射現象，故。正確；

。.全反射臨界角滿足公式

sMC=-V.

折射率越大，臨界角越小；b光折射率更大，故其臨界角更小，故。錯誤。

故選：co

根據玻璃磚上下表面平行的特點，先判斷出射光的平行性，再由偏折程度比較從c光的折射率，進而分析

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傳播速度、衍射能力和全反射臨界角的大小關系。

本題以復色光通過平行玻璃磚的色散現象為載體，綜合考查光的折射定律、折射率與傳播速度、衍射、臨

界角的關系，是光學基礎概念的典型應用。

7.【答案】BC

【解析】解：力、操作會使a角的測量值偏大，如圖所示

由折射率九=罌可知導致玻璃傳折射率的測量值偏小，故力錯誤;

8、操作對a角的測量值沒有影響，如圖所示

由折射率”簫可知對玻璃破折射率的測量值沒有影響，故〃正確:

如圖所示

由折射率"簽'可知對玻璃轉折射率的測量值沒有影響'故。正確;

。?操作可能會對a角的測量值產生影響，如圖所示,

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由折射率.幾=2"，對于從帥/射出的光線，若在出射點C左側光線是出射光線會使玻璃磚折射率的測量值

sina

偏小，若中間光纜是出射光線則玻璃磚折射率的測量值準確，若在出射點C右側光線是出射光線會使玻璃磚

折射率的測量值偏大，故。錯誤。

故選：BC.

根據題意作出光路圖，分析a角的變化情況，結合折射率公式判斷。

本題考查“測定玻璃的折射率”實驗，關鍵掌握實驗原理和準確作出光路圖。

8.【答案】C

【解析】解：光路圖如圖所不：

由幾何關系可知r=90°-i,由折射定律可知九=幽,光在介質中的傳播速度口=代入數據可得九=tani,

sinrn

V=扁，故C正確，48。錯誤。

故選：Co

根據幾何關系分析折射角，根據折射定律分析折射率和傳播速度。

考查了光的折射現象的分析方法，畫出光路圖并分析幾何關系是解題關鍵。

9.【答案】

30c

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【解析】解：(1)光路圖如圖所示:

由幾何關系可知廠=30。，由折射定律可知九二鬻;，代入數據可得

(2)由全反射臨界角與折射率關系可知=1,代入數據可得C=45。，恰好發生折射的光路圖如圖所示:

而濡代入數據可得i=30%

故答案為：(1)心；(2)30%

(1)畫出光路圖，根據幾何關系分析折射角，再根據折射定律分析;

(2)根據全反射臨界角和折射率關系分析臨界角，畫出光路圖，根據折射定律和幾何關系分析。

考查了光的折射現象和全反射現象的分析方法，畫出光路圖并分析幾何關系是解題關鍵。

10.【答案】該玻璃磚的折射率為，當光屏上光點消失時，玻瑞磚繞。點相對初始位置轉過的角度a的正弦

值為理光在玻璃磚內的傳播時間為萼

OV

由兒何關系可知tan￡=晟=孚，6=30。，則折射角為60。，由折射定律可知n=筆,代入數據可得九=

JLUVOJ

/3

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(2)由全反射臨界角和折射率關系可知=i,恰好發生全反射的光路圖如圖所示:

由幾何關系可知。=配代入數據可得sina=浮；

(3)由折射定律可知光在玻璃中的傳播速度u=*傳播時間t=3代入數據可得t=等。

答：(1)該玻璃磚的折射率為V3；

(2)當光屏上光點消失時,，玻璃破院。點相對初始位置轉過的角度a的正弦值為?；

(3)光在玻璃磚內的傳播時間為馬。

C

(1)畫出光路圖，根據幾何關系分析入射角和折射角，再根據折射定律分析：

(2)光點消失時恰好發生全反射，根據全反射臨界角和折射率關系分析臨界角，再根據幾何關系分析;

(3)根據折射定律分析傳播速度，再計算傳播時間。

考查了光的折射現象的分析方法，熟練掌握常用的表達式，畫出光路圖并分析幾何關系是解題關鍵。

11.【答案】C

【脩析】解：力、質點。和M相距6771,波的傳播時間為1.5s,則波速u=：==4?n/s,故力正確：

B、M、N相距6m,傳播時間是1.5s,N點開始振動的時刻為3s,故B正確;

CD.質點M、N相隔1.5九波長是半波長的奇數倍，M點位于波峰時，N點位于波谷，M點正方向速度最大

時，N點負方向速度最大，故。正確，C錯誤。

本題選擇錯誤選項；

故選:Co

根據u可求得波速；M、N相距6m,傳播時間是1.5s,質點M、N相隔1.5九波長是半波長的奇數倍。

本題考查橫波的圖像，關鍵掌握如何理解圖像，從圖像中可以讀出波的波長與振幅。

12.【答案】C

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【解析】解：4c.由圖可知，兩波的波長相等，在同一繩上傳播時波速相等，則頻率相等，所以這兩列波可

以發牛.干涉，且兩列波使與=0巾處的質點振動方向相同，此時咳質點為振動加強點，則該質點的振動始終

加強：故彳錯誤，C正確；

8.根據同側法可知，在該時刻，M點的振動方向沿y軸負方向，此時處于平衡位置，所以由圖示時刻開始，

再經過;甲波周期，兩列波在網點的振動均到達波谷，可知M將位于波谷，故3錯誤；

。.囚兩列波的振幅不回，可知振動減弱處的質點振幅為4=|%-人21不為零，故。錯誤。

故選:Co

先根據同一介質中波速相同判斷選項C,再結合波長和波速分析頻率以判斷干涉條件，接著根據波的傳播

方向分析質點振動，最后根據兩波振幅是否相同判斷減弱點振幅。

學生容易忽略“同一介質中機械波的波速由介質決定，兩波波速一定相等”這一前提，也容易混淆干涉條

件和振動減弱點的振幅特點，誤將振幅不同的減弱點振幅認為是00

13.【答案】CD

【解析】解：小根據題意分析可知，穩定的魚鱗區域是干涉圖樣，波峰遇波峰振動加強，波谷遇波谷振動

也加強，波峰遇波谷振動才減弱，所以。、P、Q所在的直線上的點都是振動加強點，則P、N兩點以及。點

振動始終加強，故力錯誤；

以媒介中的質點只能在平衡位置附近振動，不會隨波遷移，因此一段時間后質點P不會運動到M點，故5

錯誤；

CD、根據題意分析可知，由于兩列波的振幅均為0.4m,P、。兩質點都是振動加強點，則P、0兩質點的振

幅均為4'=24=2x0.4m=0.8m,則此時P點在平衡位置上方24處，而。點在平衡位置下方24處，故

圖示時刻。、P兩點間的高度差為助=24'=2x0.8m=1.6m,故CO正確.

故選：CD.

先根據波峰、波谷的疊加情況判斷P、。、N點的振動狀態，再結合機械波質點不隨波遷移的特點分析質點

振動方向與運動軌跡，接著計算圖示時刻。、。兩點的位移差，最后根據波程差判斷M點的振動加強情況與

振幅。

學生容易誤以為振動加強點的位移始終為最大值，或認為質點會隨波遷移，也常忽略波程差條件，誤判M

點是否為穩定的振動加強點。

14.【答案】順時針）〃=7sinl00叫7）;1：籍*1：2;1：2

【解析】解?：（1）從上往下俯視，當無線充電發射線圈中的電流逆時針增大時，穿過接收設備線圈的磁通量

增大，根據楞次定律結合安培定則可知，接收設備線圈中的電流為順時針方向。

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(2)①根據圖2(a)可知電壓最大值U,n=7V,周期T=2x10-2s,可得速度3=景=三?="。何旭人,

/ZX1U

此交流電電壓隨時間變化的方程為u=UmSin(3￡)=7SE(100TI￡"。

②此交流電壓的有效值以=篝=學乙圖(b)所示交流電電壓的有效值為g=7V,此交流電壓的有效值

與圖(b)所示交流電電壓的有效值之比為%：U2=1.-/2o

(3)變電站理想升壓變壓器輸入線圈和輸出線圈的匝數比為=晟。

升壓變壓器輸入端上的電流A=k，可得輸電線上的電流%=■小輸電線上損失的功率為「損=//=￡。

(4)根據法拉第電磁感應定律E=N|^|=NTTQ2|黑I，在0?力階段感應電動勢為Ei=N?簪Ra?二

Z1LZJtIQ

更娶受，在to?L5"階段感應電動勢為&=N?簿可得兩階段的感應電動勢大小之比為

i0U.btOI。

El_1

瓦-5。

根據歐姆定律/=息和焦耳定律Q=/2R3可得0?曲階段，電流/]=急，定值電阻R上產生的熱量Q]=

A■nrn"vr

/泳to；%?1.5%階段，電流/2=會，定值電阻R上產生的熱量。2=/源?。5%.兩階段定值電阻上產生的

K~rI

熱量之比為強=黠=(鼾X白=(?X24

故答案為：(1)順時針。(2)@=7sinl007rt"),②1：(3慮,詈。(4)1：2,1：2。

(1)根據楞次定律判斷穿過接收線圈的磁通量增大，結合安培定則判斷感應電流的磁場方向，進而得出接收

線圈中感應電流的方向.

(2)①由交流甩周期可得角速度，結合電壓最大值寫出瞬時值表達式。

②計算正弦交流電有效值與圖(b)中有效值相比得比值。

(3)根據理想變壓器電壓與匝數的關系得到升壓變壓器匝數比；由輸入功率得輸入電流，由電流與匝數成反

比得輸電電流；最終推導出輸電線.上的功率損失。

(4)由法拉第電磁感應定律分別計算。?％和h?1.5t0階段的感應電動勢，得電動勢之比；結合歐姆定律和

焦耳定律計算兩階段的熱量，得熱量之比。

本題考杳電磁感應的多個核心知識點，涵蓋楞次定律與安培定則的應用、交流電的瞬時值表達式與有效值

計算、理想變壓器的工作原理及輸電損耗分析，以及法拉第電磁感應定律與焦耳定律的結合應用，全面檢

驗了對電磁感應現象的理解和計算能力。

15.【答案】D

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【解析】解：4單擺振動的回復力是使擺球回到平衡位置的力，在單擺運動中，回復力是重力沿圓弧切線方

向的分力，^mgsina,其中a是擺線與豎直方向之間的夾角，由于還需要提供向心力，所以回復力不是重

力和擺線拉力的合力，故4錯誤；

8.擺球經過平衡位置時，有向心加速度，合力提供向心力，所以合力不為零，故8錯誤；

C.單擺的擺球在振幅時（最高點），速度為零，向心加速度為零，向心力為零，此時合力提供回復力，故。

錯誤；

。.單擺的擺球不在最高點時，速度不為0,所需向心力不為0,合力即不是回復力，故。正確。

故選:0。

根據單擺擺球的振動情況、受力情況以及回復力的來源進行分析；

本題主要是考查了簡諧運動的知識；知道簡諧運動的平衡位置是物體靜止時受力平衡的位置，能夠分析彈

簧振子和單擺的受力情況、振動情況。

16.【答案】C

【脩析】解：4、小球在4點的加速度最大，在平衡位置.。點加速度最小，由力向。運動過程中不是做勻加速

直線運動，故/錯誤；

8、運動過程中，對小球進行受力分析可知，小球受重力、支持力、彈簧彈力作用，合力提供回復力，故B

錯誤；

C、小球由。向B運動過程中，運動的方向向右（指向B點），但回復力的方向向左（指向。點），回復力做負功，

小球的功能逐漸減小，故C正確；

。、在簡諧運動中，回復力方向總是指向平衡位置，故由4向。運動過程中，小球回復力的方向指向平衡位

置.0點，故。錯誤。

故選:Co

根據簡諧運動的基本概念，I可復力的方向、加速度的變化、機械能守恒的條件以及受力分析判斷選項。

本題考查了簡諧運動的基本概念，包括回復力的方向、加速度的變化、機械能守恒的條件以及受力分析。

17.【答案