2020届湘赣皖长郡中学十五校高三第二次联考物理试题（解析版）

2020 届湘赣皖·长郡十五校高三联考第二次考试 物理能力测试 二、选择题：本题共 8 小题，每题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一个 选项符合题目要求。第 19～21 题有多个选项符合题目要求。全部答对的得 6 分，选对但不全 的得 3 分，有选错的得 0 分。 1.如图 a 为氢原子的能级图，大量处于 n=2 激发态的氢原子吸收一定频率的光子后跃迁到较高的能级，之后 再向低能级跃迁时辐射出 10 种不同频率的光子。当用这些辐射出的光子去照射如图 b 所示光电管阴极 K 时， 光电管发生了光电效应，改变电源的正负极并调节滑动变阻器滑片，发现遏止电压最大值为 8V。则（　　） A. 该光电管阴极 K 的逸出功为 7.06eV B. 吸收的光子能量为 2.86eV C. 跃迁过程中辐射出的光子能量是连续的 D. 辐射出来的 10 种光子中只有 3 种能使该光电管发生光电效应 【答案】B 【解析】 【详解】A．跃迁过程中所放出的光子最大能量为 由光电效应方程 可得该光电管的逸出功 故 A 错误； B．从 跃迁到较高能级后能辐射出 10 种不同频率的光子，由 ( )max 0.54eV 13.6eV 13.06eVE = − − − = k 0vE h W eU= − = 8VU = 0 5.06eVW = 2n =故吸收 光子能量 故 B 正确； C．根据玻尔理论可知跃迁过程中辐射出的光子能量是不连续的，故 C 错误； D．由该光电管的逸出功 可知，辐射出的光子能使其发生光电效应的有能级 5 到基态，能级 4 到基态，能级 3 到基态，能级 2 到基 态 4 种，故 D 错误。 故选 B。 2.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是 2.4m，目测空 中脚离地最大高度约 0.8m，假设该同学的质量为 60kg。忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功为（g=10m/s2） （　　） A. 750J B. 480J C. 270J D. 1470J 【答案】A 【解析】 【详解】该同学做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为 的匀减速直线运动， 则 竖直方向初速度 水平方向做匀速直线运动，则 的 2 n 10C = 5n = 5 2 2.86eVE E E= − = 0 5.06eVW = g 2 0.4sht g = = 4m/syv gt= =则起跳时的速度 该同学的质量为 ，根据动能定理得 故 BCD 错误，A 正确。 故选 A。 3.2016 年 2 月 11 日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦 100 年前的预言，弥补了爱因斯坦广 义相对论中最后一块缺失的“拼图”，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、 b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动。测得 a 星的周期为 T， a、b 两颗星的距离为 l，a、b 两颗星的轨道半径之差为 Δr（a 的轨道半径小于 b 的轨道半径），则（　　） A. b 星公转的周期为 B. a 星公转的线速度大小为 C. a、b 两颗星的质量之比为 D. a、b 两颗星的半径之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以 星的周期为 ，故 A 错误； B． 星公转的线速度 故 B 错误； C．双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有 解得 2.4 m/s 3m/s0.8xv = = 2 2 0 5m/sx yv v v= + = 60kg 2 0 1 750J2W mv= = l r Tl r − ∆ + ∆ ( )l r T π + ∆ l r l r + ∆ − ∆ l l r− ∆ b T a ( )a a 2 l rrv T T ππ − ∆= = 2 2 a a b bm r m rω ω=故 C 正确； D．根据题意可知 解得 则有 故 D 错误。 故选 C。 4.一电流表的原理如图所示。质量为 m=20g 的均质细金属棒 MN 的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的 弹簧相连，弹簧劲度系数为 k=2.0N/m。在矩形区域 abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.20T，方向垂 直纸面向外。与 MN 的右端 N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于 ，ab 的长度为 l=0.20m，bc 的长度为 L=0.05m，当 MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的 cd 边重合， 当 MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度，不计通电时电流产生的磁场的作用（g=10m/s2）（　　） A. 若要电流表正常工作，N 端应接电源正极 B. 若将量程扩大 2 倍，磁感应强度应变为 B'=0.40T C. 此电流表可以测量的最大电流为 2.0A D. 当电流表示数为零时，弹簧伸长 10cm 【答案】D 【解析】 a b b a m r l r m r l r + ∆= = − ∆ a br r l+ = b ar r r− = ∆ a 2 l rr − ∆= b 2 l rr + ∆= a b r l r r l r − ∆= + ∆ ab【详解】A．为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒 MN 的安培力必须向下，由左手定则可知金属 棒中电流从 M 端流向 N 端，因此 M 端应接正极，故 A 错误； BCD．设弹簧的伸长量为 ，则有 解得 设满量程时通过 MN 的电流强度为 ，则有 代入解得 设扩大量程后，磁感应强度变为 ，则有 解得 故 BC 错误，D 正确。 故选 D。 5.如图所示的装置中，在 A 端用外力 F 把一个质量为 m 的小球沿倾角为 30°的光滑斜面匀速向上拉动，已 知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平固定杆之间的夹角从 45°变为 90°，斜面体与水平地 面之间是粗的，并且斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦．则在小球匀速运动的过 程中，下列说法正确的是 A. 外力 F 一定增大 B. 地面对斜面体的静摩擦力始终为零 C. 绳子对水平杆上的滑轮的合力一定大子于绳子的拉力 D. 绳子 A 端移动的速度大小等于小球沿斜面运动的速度大小 x∆ mg k x= ∆ 10cmx∆ = mI m ( )BI l mg k L x+ = + ∆ m 2I = .5Α B′ m2 ( )B I l mg k L x′ + = + ∆ 0 TB′ = .10【答案】A 【解析】 【详解】A、小球始终处于平衡状态，受力分析如图 1，可看出当角度如题意变化时，F 一直在增大，故 A 正确； B. 斜面体始终静止，受力分析如图 2，正交分解可得： ，由图 1 可知 在减小，故地面对 斜面体的摩擦力 不为零且减小，故 B 错误； C. 当拴在小球上的绳子与杆间的夹角为 时，两绳子间夹角达到 ，绳子对水平杆上的滑轮的合力大 小与绳子的拉力相等，故 C 错误； D、绳子与球 A 的结点速度分解如图 4 所示，可知若球的速度为 v，绳子 A 端移动的速度为 ，故 D 错误； 故选 A． 6.甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方 v2 随 x 的变化图象如图所示，下列 说法正确的是（　　） A. 汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为 6m B. 汽车甲的加速度大小为 2m/s2 C. 汽车甲、乙在 t=4s 时相遇 D. 汽车甲、乙在 x=6m 处的速度大小为 m/s 【答案】BD 【解析】 sin30fF N′= ° N′ fF 90° 120° cosv θ 2 3【详解】AB．由图可知 随 的变化关系成一次函数变化，故甲、乙两车均做匀变速直线运动，根据 分别代入数据可得 由图可知，甲的初速度为 甲、乙两车相距最远时速度相等，则 解得 根据位移—速度公式 甲车的位移为 故 A 错误，B 正确； C．根据图像可知，甲到静止运动的时间 所以甲的位移为 乙的位移为 当 时，甲车已停下，即 内 位移为的 2v x 2 2 t 0 2v v ax− = 22m/sa = −甲 21m/sa =乙 2 0 6m/sv = 0 +v v a t a t= =甲 甲 乙 2st = 2m/sv =甲 2 2 0 2v v a x− = 甲甲 8mx = 0 6 s 3s2 vt a = = = 甲 2 0 1 2x v t a t= −甲 甲 21 2x a t=乙 乙 4st= 3s 2 2 0 1 16 3 2 3 m 9m2 2x v t a t  = − = × − × × =  甲甲当 时，乙车的位移 当 时 即两车并未相遇，故 C 错误； D．由图可知在 时甲、乙两车的速度大小相同，对乙分析，根据速度和位移的关系可知 代入数据解得 故 D 正确。 故选 BD。 7.质量为 m 的带电小球由空中某点 A 无初速度地自由下落，在 t 秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场， 再经过 2t 秒小球又回到 A 点。整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则（　　） A. 从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了 B. 匀强电场的大小为 C. 整个过程中小球电势能减少了 D. 从 A 点到最低点的过程中，小球重力势能减少了 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由于 从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了 故 A 正确； B．设电场强度大小为 E，加电场后小球的加速度大小为 a，取竖直向下方向为正方向，则由 4st= 2 21 1 1 4 m 8m2 2x a t= = × × =乙 乙 4st= x x>甲 乙 6mx = 2 2v a x= 乙 2 3m/sv = 2 21 2 mg t 4mgE q = 2 29 8 mg t 2 22 3 mg t v gt= 2 2 k 1 2E mg t∆ = ( )221 12 22 2gt v t a t = − ⋅ −  解得 由牛顿第二定律得 联立解得电场力大小为 故 B 错误； C．整个过程中电场力做的功 电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了 ，故 C 正确； D．设从 点到最低点 高度为 ，根据动能定理得 解得 从 点到最低点的过程中，小球重力势能减少了 故 D 错误。 故选 AC。 8.如图所示，固定轨道由倾角为 的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在 方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，两导轨间距为 L，上端用阻值为 R 的电阻连接。在沿斜 导轨向下的拉力（图中未画出）作用下，一质量为 m、接入电路的有效电阻为 R 的金属杆 MN 从斜导轨上 某一高度处由静止开始（t=0）沿斜导轨匀加速下滑，经过时间 t0 杆 MN 滑至斜轨道的最底端 P2Q2 处，此时 速度大小为 v 并撤去拉力，杆 MN 在水平导轨上减速运动直至停止，杆 MN 始终垂直于导轨并与导轨保持 良好接触，导轨的电阻以及一切摩擦均不计。则下列说法正确的是（　　） 的 v gt= 5 4a g= qE mga m −= 9 4E mg q = 2 2 29 1 9 4 2 8W mg gt mg t== ⋅ 2 29 8 mg t A h 21 02mgh qE h gt − − =   29 10h gt= A 2 2 p 9 10E mgh mg t∆ = = θA. 杆 MN 中通过的最大感应电流 B. 杆 MN 沿斜导轨下滑 过程中，通过电阻 R 的电荷量 C. 撤去拉力后，杆 MN 在水平轨道上运动的路程 D. 撤去拉力后，回路中产生的焦耳热为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．经分析可知，杆 下滑到 处时的速度最大（设为 ），刚滑至水平导轨时回路中产生 的感应电动势最大，且最大值为 此时回路中通过的感应电流最大，有 解得 故 A 正确； B．杆 沿斜导轨下滑的距离为 在杆 沿斜导轨下滑的过程中，穿过回路的磁通量的变化为 该过程回路中产生的平均感应电动势为 回路中通过的平均感应电流为 的 m 2 BLvI R = 0 4 BLvtq R = 2 2 2mRvs B L = 21 2 mv MN 2 2P Q mv m mE BLv= m m 2 EI R = m 2 BLvI R = MN 02 vx t= MN cosBLx θ∆Φ = 0 E t ∆Φ=又 联立解得 故 B 错误； C．撤去拉力后，杆 在水平导轨上做减速运动，设某时刻其速度大小为 ，则此时回路中通过的感应 电流为 设此时杆 的加速度大小为 a，由牛顿第二定律有 设在趋近于零的时间 内，杆 的速度变化的大小为 ，有 联立可得 即 解得 故 C 正确； D．撤去拉力后，杆 在水平导轨上做减速运动直到停止，根据能量守恒 故 D 正确。 故选 ACD。 9.用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和 n 块质量均为 m0 的铁片，重锤下端贴一遮光 片，铁架台上安装有光电门．调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电 2 EI R = 0q It= 0 cos 4 BLvtq R θ= MN v′ 2 BLvI R ′= MN BIL ma= t∆ MN v∆ ∆= ∆ va t 2 2 2 B L v t m vR ′⋅ ∆ = ∆ 2 2 ( 0)2 B L s m vR ⋅ = − 2 2 2mRvs B L = MN 21 2Q mv=门的挡光时间 t0；从定滑轮左侧依次取下 1 块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下 落，计时器记录的挡光时间分别为 t1、t2…，计算出 t02、t12…． （1）挡光时间为 t0 时，重锤的加速度为 a0．从左侧取下 i 块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为 ti， 重锤的加速度为 ai．则 =__________．（结果用 t0 和 ti 表示） （2）作出 ﹣i 的图线是一条直线，直线的斜率为 k，则重锤的质量 M=________． （3）若重锤的质量约为 300g，为使实验测量数据合理，铁片质量 m0 比较恰当的取值是________． A．1g B．5g C．40g D．100g． 【答案】 (1). (2). (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]设挡光条的宽度为 d，则重锤到达光电门的速度 当挡光时间为 t0 时的速度 挡光时间为 ti 时的速度 重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有 2a0h＝v02 0 ia a 0 ia a 2 0 2 i t t 0 2 nk mk + dv t = 0 0 dv t ＝ i i dv t ＝2aih＝vi2 解得 (2)[2]根据牛顿第二定律得 解得 作出 的图线的斜率为 k，则 解得 (3)[3]重锤的质量约为 300g，为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时，加速度产生明 显的变化，则铁片的质量不能太小，也不能太大，所以 1g、5g 和 100g 都不适合，故 C 正确，ABD 错误。 10.用 DIS 测电源电动势和内电阻电路如图（a）所示，R0 为定值电阻． （1）调节电阻箱 R，记录电阻箱的阻值 R 和相应的电流值 I，通过变换坐标，经计算机拟合得到如图（b） 所示图线，则该图线选取了____为纵坐标，由图线可得该电源电动势为___V． （2）现有三个标有“2．5V，0．6A”相同规格的小灯泡，其 I﹣U 特性曲线如图（c）所示，将它们与图（a） 中电源按图（d）所示电路相连，A 灯恰好正常发光，则电源内阻 r=____Ω，图（a）中定值电阻 R0=____Ω 2 0 2 0 i i a t a t = 0 0 Mg nm ga M −＝ ( )0 0 i Mg im g n i m ga M + − − ＝ 0 0 0 2 1ia m ia M nm +−＝ 0 ia ia − 0 0 2m kM nm =− 0 2 nkM mk +=（3）若将图（a）中定值电阻 R0 换成图（d）中小灯泡 A，调节电阻箱 R 的阻值，使电阻箱 R 消耗的电功 率是小灯泡 A 的两倍，则此时电阻箱阻值应调到_____Ω 【答案】 (1). (2). 4.5 (3). 2.5 (4). 2 (5). ）4.80（4.6-4.9 均可） 【解析】 【详解】（1）由闭合电路欧姆定律可知： ；要形成与电阻成一次函数关系，则纵坐标只能取 ；则有： ； 则图象的斜率为： ； 则有：E=4.5V； ，则有：R0+r=4.5 （2）A 灯正常发光的电流为：I=0.6A； 则 BC 两灯的电流为 0.3A，由图象可知，BC 两灯的电压为 0.5V； 路端电压为：U=2.5V+0.5V=3V； 则内压为：U 内=4.5-3=1.5V； 则内阻为： ； 则定值电阻为：R0=4.5-2.5=2Ω； （3）灯泡与滑动变阻器串联，故灯泡与电阻中流过的电流相等，而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍； 则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍，设灯泡两端电压为 U，则滑动变阻器两端电压为 2U，则 由闭合电路欧姆定律可知：3U+2.5I=4.5 变形得 I=1.8-1.2U；在上图中作出对应的 I-U 图象，则与原图象的交点为符合条件点；由图可知，I=0.48A， U=1.15V； 1 I 0 EI R R r = + + 1 I 01 R rR I E E += + 1 1 4.5k E = = 0 1R r E + = 1.5 2.50.6r = = Ω则滑动变阻器阻值为： （4.6-4.9 均可）； 11.如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第 I 象限的等腰直角三角形 MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外 的匀强磁场，y b d b对木板 时间 后两者共速 解得 在这段时间内，滑块 的位移 木板 的位移 两者的相对位移 所以 滑块 与木板 不可能保持相对静止，必会滑离出去。设经时间 后滑块 从木板 上滑离出去，滑块 的位移 木板 的位移 两者的相对位移 解得 2 1 1 2m/sa gµ= = d ( )1 2 2 2 1m/sMg M M ga M µ µ− += = 1t 1 1 8 223 3t t v− = + = 共 1 2 s3t = 4 m/s3v =共 b ( )b 2 1 1 1 8 4 2 4m m2 2 3 3 3 3x v v t  = + = × + × =  共 d ( ) 13 1 1 4 2 4m m2 2 3 2 3 3 3dx v v t  = + = × + × =  共 b d 2 m3x x x∆ = − = x d∆ > b d 2t b d b 2 b 2 2 1 2 1 2x v t a t= − d 2 d 3 2 2 2 1 2x v t a t= + b d 0.5mx x x d∆ = − = =另外一解舍去，当滑块 从木板 上滑离时 13.下列说法正确 是（　　） A. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大 B. 布朗运动并不是分子的运动，但间接证明了分子在永不停息地做无规则运动 C. 一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程，则气体对外界做功，气体分子的平均动能减小 D. 一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 E. 电冰箱的制冷系系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律 【答案】BCD 【解析】 【详解】A．晶体都有固定的熔点，晶体熔化时吸收热量但温度不变，所以其分子平均动能不变，故 A 错 误； B．布朗运动是指悬浮于液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，不是分子本身的运动布朗运动，是由于液 体分子的无规则运动对固体微粒的碰撞不平衡引起的，它间接反映了液体分子的无规则运动。当温度一定 时，颗粒越小，布朗运动越明显；当颗粒大小一定时，温度越高，布朗运动越明显。故 B 正确； C．因气体绝热膨胀，故气体对外做功，压强减小，但没有热交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小， 而气体不计分子势能，故内能只与温度有关，因内能减小，故温度降低，则可知分子的平均动能减小，故 C 正确； D．对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，对外做功；同时根据理想气体的状态方程 可知，气体的温度一定升高，则内能一定增大。根据热力学第一定律，那么它一定从外界吸热，故 D 正确； E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，同时要消耗一定的电能，所以不违背热力学第 二定律，故 E 错误。 故选 BCD。 14.如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的，底部都是导热的且截面积均为 S。左容器足够高，上端敞 开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由可忽略容积的细管连通。容器内两个绝热的轻活塞 A、 B 下方封有氮气，B 上方封有氢气。大气的压强 p0，温度为 T0，两个活塞质量可忽略不计。系统平衡时， 的 2 1 3t = b d b 2 8 2 2m/s3v t= − = d 2 2 1m/s3v t= + = =pV CT各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，第二次平衡时 A 上升了一定的高度。接着 在 A 上缓慢加入一定质量的细沙，使活塞 A 回到第一次平衡的位置，此时氢气柱高度为 0.8h。氮气和氢气 均可视为理想气体。求： (1)第二次平衡时氮气的气柱总长； (2)恒温热水槽中热水的温度。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)考虑氢气的等温过程。该过程的初态压强为 ，体积为 ，末态体积为 。设末态压强为 ，由玻意耳定律得 活塞 A 从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程。A、B 下方封有氮气该过程的初态压强为 ， 体积为 V，末态的压强为 ，末态体积为 ，则 由玻意耳定律 得 第二次平衡时氮气的气柱总长 (2)活塞 A 从最初位置升到最高点的过程为等压过程。该过程的初态体积和温度分别为 和 ，末态 体积为 。设末态温度为 T，由盖吕萨克定律得 2.75h 375.375K 0p hs 0.8hs p 0 01.250.8 p hsp phs = = 0p 'p 'V 0' 1.25p p p= = ' 2.2V hs= 0 ' 'p V p V= 0 0 1.25 2.2 2.751.0 pV hs hsp = × = 2.75Vl hs = = 2hs 273K 2.75hs15.如图所示，一束截面为圆形（半径 R= m）的平行紫光垂直射向一半径也为 R 的玻璃半球的平面，经 折射后在屏幕 S 上形成一个圆形亮区。屏幕 S 至球心距离 D=3m。不考虑光的干涉和衍射，若玻璃半球对 紫色光的折射率 n= ，则圆形亮区的面积为_________m2（保留两位小数）；若将紫光改为白光，在屏幕 S 上形成的圆形亮区的边缘是________（填单色光的种类）色的光。 【答案】 (1). 3.14 (2). 紫 【解析】 【详解】[1]紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕 S 上的点 E 到亮区中心 G 的距离 r 就是所求最大半 径。如图所示 设紫光临界角为 C，由全反射的知识得 又 0 2.75 375.375K2 hsT Ths = = 2 2 1sinC n = sin RAB R C n = = 2 1cos nOB R C R n −= = 2 tan 1 RBF AB C n n = ⋅ = −又 所以有 代入解得 面积为 [2]紫色。当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率的最大，则临界角最小，所以首先发生全反射， 因此出射光线与屏幕的交点最远。故圆形亮区的最外侧是紫光。 16.已知一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图象如图所示，波沿 x 轴正方向传播，再经过 0.9s，B 点第 3 次出现 波峰。求： (1)求该简谐横波的波速 及由图示时刻起，Q 点第一次出现波峰所需要的时间； (2)从图示时刻开始计时，试写出坐标为 x=2m 的质点的位移与时间的关系式。 【答案】(1) ， ；(2) 【解析】 【详解】(1)由传播方向判断，此时 B 点的振动方向是向上，经过 B 点第三次到达波峰位置，即 解得 2 1 nRGF D OB BF D n = − + = − − （ ） GE GF AB FB = 2 max 1GFr GE AB D n nRFB = = ⋅ = − − max 1mr = 2 23.14mS rπ= ≈ v 10 m/s 0.4s ( )0.5cos5 my tπ= 3 12 4t T= 12 0.9s4T = 0.4sT =从题中波形图上可以看出，波长 所以波速 由图上可以看出波向右传播， 时，离 Q 点最近的波峰在 处，该点距 Q 点距离为 因此再经过 t1 时间，Q 点第一次出现波峰 (2)根据周期求出角速度 由于波向右传播，所以 的质点的振动方向为沿着 x 轴正方向。因此坐标为 的质点的位移与 时间的关系式为 4mλ = 4 10 m/s0.4v T λ= = = 0t = 2mx = 4ms = 1 0.4sst v = = 2 5 rad/sT πω π= = 2mx = 2mx = ( )0.5cos5 my tπ=