2020届广东省深圳市高三（6月）第二次调研理综物理试题（解析版）

2020 年深圳市高三年级第二次调研考试 理科综合能力测试 2020.6 一、选择题 1.在研究光电效应规律的实验中，用频率为 的单色光照射光电管，测得遏止电压为 U（ ） A. 若仅增大该单色光的强度，则遏止电压一定大于 U B. 若改用频率为 2 的单色光照射，则遏止电压一定大于 2U C. 若改用频率为 2 的单色光照射，则饱和光电流一定变为原来的 2 倍 D. 若改用频率为 0.5 的单色光照射，则一定不可能照射出光电子 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据题意有 可知遏止电压与单色光的强度无关，若仅增大该单色光的强度，则遏止电压不会增大，故 A 错误； B．若改用频率为 的单色光照射，则有 可知若改用频率为 的单色光照射，则遏止电压一定大于 ，故 B 正确； C．发生光电效应后，饱和光电流的大小取决于入射光的强度，与入射光频率无关，所以若改用频率为 的单色光照射，则饱和光电流不变，故 C 错误； D．根据光电效应的产生条件可知，入射光的频率大于极限频率才能发生光电效应，若改用频率为 的 单色光照射，也可能发生光电效应，故 D 错误； 故选 B。 2.家用燃气热水器点火装置的原理可简化如图，将家用交流电 u=220 sin314t（V）接入理想变压器原线 圈，原、副线圈的匝数分别为 n1、n2。己知点火针与感应针之间的电压瞬时值大于 2000V，就会引发火花， 点燃气体。以下判断正确的是（ ） A. 原线圈中磁通量的变化率大于副线圈 B. 由原理简化图可知，点火针的电势始终比感应针高 ν ν ν ν 0kmU E We hν= −= 2ν 0 0 0 02 2 2 2 2h W h W W eU W eUν ν− = − + = + > 2ν 2U 2ν 0.5ν 2C. 原、副线圈变压器的匝数比可以为 D. 变压器的输入功率与输出功率之比 【答案】C 【解析】 【详解】A．理想变压器的原线圈的磁通量的变化率与副线圈中磁通量变化率相同，故 A 错误； B．根据交变电流的特点可知，在前半个周期内，若点火针的电势比感应针高，则有在后半个周期内点火针 的电势比感应针低，故 B 错误； C．根据原、副线圈的电压与匝数成正比可知 故原、副线圈变压器 匝数比可以为 故 C 正确； D．根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为 故 D 错误； 故选 C。 3.如图所示，卡车上固定有倾角均为 的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以 90km/h 的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于（路面 能提供足够大摩擦，sin =0.6）（ ） A. 23m B. 33m C. 43m D. 53m 【答案】C 【解析】 【详解】卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为 ， 的 1 2 1 8 n n = 1 1 2 2 P n P n = 1 1 2 2 220 2 1 2000 6.5 n U n U = < = 1 2 1 8 n n = 1 2: 1:1P P = 37° 37° a此时工件的受力情况如图所示 根据牛顿第二定律可得 解得 根据运动学公式则有 解得 其刹车的最小距离更接近于 43m，故 C 正确，A、B、D 错误； 故选 C。 4.甲乙两车在同一平直公路上同向运动。零时刻起，甲车从静止出发做匀加速运动，乙做匀速运动，各自 位置 x 随时间 t 的变化情况如图所示，两条图线相切于 P（t1，x1），其中 t2 =2t1。则（ ） A. 在 0 到 t1 时间内，甲车的位移是 x1 B. 在 t1 时刻，甲车的瞬时速度大小是 C. 在 t1 到 t2 时间内，甲车的平均速度大小是 的 tan37mg ma° = 3 4a g= 20 2v ax− = − 125 m3x = 1 12 x t 1 1 2x tD. 在 t2 时刻，甲车的瞬时速度大小是 【答案】D 【解析】 详解】A．从图象上可以看出从 0 到 时间内，甲车位移小于 ，故 A 错误； B．图象的斜率大小表示速度的大小，根据图象可知在 时刻两车速度相等，甲车的瞬时速度大小是 故 B 错误； C．甲车从静止出发做匀加速运动，则甲车的加速度为 根据匀变速直线运动的在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在 到 时间内甲车的平 均速度大小为 故 C 错误； D．在 时刻，甲车的瞬时速度大小为 故 D 正确； 故选 D。 5.如图所示，小球从 O 点开始做平抛运动，p 为落地点， 为线段 Op 的中点，轨迹上的 m、n 点分别与 在同一竖直线上和水平线上，则小球（ ） A. 从 O 到 m 与从 O 到 n 重力做功之比为 1：2 【 1 1 2x t 1t 1x 1t 1 1 1 xxv t t ∆= =∆ 1 1 2 1 1 0v xva t t t −∆= = =∆ 1t 2t 1 1 1 1 31 2 2 xv v at t = + = 2t 1 2 1 1 1 2xv v at t = + = O′ O′B. 从 O 到 m 与从 O 到 n 的水平位移之比为 1：2 C. 从 O 到 m 与从 O 到 n 重力冲量之比为 1：2 D. 经过 m、n 时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为 1：2 【答案】A 【解析】 【详解】A．设从 到 的运动的时间为 ，则有 由于 为线段 的中点， 点与 在同一竖直线上，则有从 到 的时间为 从 到 的竖直位移为 根据重力做功公式 可得从 到 与从 到 的重力做功之比为 故 A 正确； B．从 到 的时间为 从 到 与从 到 的水平位移之比为 故 B 错误； C．根据冲量定义 可知从 到 与从 到 重力冲量之比为 O P t 21 2Oph gt= 0Opx v t= O′ Op m O′ O m 0 1 12 2 Op Om x t tv = = O m 21 1 1( )2 2 4Om Oph g t h= = GW mgh= O m O n 1 14 1 2 2 Op GOm GOn Op mg hW W mg h • = = • O n 2 2 2 OpOn On hht tg g = = = O m O n 0 0 1 22 22 2 Om On v tx x v t • = = • I Ft= O m O n故 C 错误； D．速度方向与水平方向夹角的正切值为 所以经过 、 时，速度方向与水平方向夹角 正切值之比为 故 D 错误； 故选 A 。 6.有两个质量不同、带电量绝对值均为 q 的负试探电荷 a、b，仅在库仑力作用下绕固定的带电量为 Q 的正 点电荷低速旋转（视为匀速圆周运动），圆周半径分别为 r、3r，静电力常量为 k，忽略 a、b 间的相互作用， 则（ ） A. 电荷 a、b 所在位置的场强大小之比为 9：1 B. 电荷 a、b 旋转周期之比为 ：9 C. 电荷 a、b 动能之比为 3：1 D. 电荷 a、b 所在位置的电势差介于 与 之间 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据点电荷电场强度计算公式 可得电荷 a、b 所在位置的场强大小之比为 故 A 正确； B．试探电荷做圆周运动，库仑力提供向心力，则有 可得 的 1 22 22 2 GOm GOn mg tI I mg t • = = • 0 0 tanθ yv gt v v = = m n tanθ 2 tanθ 2 Om On = 3 2 9 kQ r 2kQ r 2 kQE r = 2 2: : 9:1(3 )a b kQ kQE E r r = = 2 2 2 4kQq m r r T π•=电荷 a、b 旋转周期之比 两质量不同，则有电荷 a、b 旋转周期之比一定不为 ，故 B 错误； C．试探电荷做圆周运动，库仑力提供向心力，则有 可得 电荷 a、b 动能之比为 故 C 正确； D．由于根据公式 可知电荷 a 所在位置的电势为 电荷 b 所在位置的电势为 电荷 a、b 所在位置的电势差为 所以电荷 a、b 所在位置的电势差介于 与 之间，故 D 正确； 故选 ACD。 7.如图甲所示，用横截面积为 S、电阻率为 ρ 的硬质导线绕成边长为 L 匝数为 n 的正方形线框 abcd，置于垂 直于线框平面的匀强磁场中。从 t=0 开始，磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示。则在 0~t0 时间内 （ ） 为 2 34 mrT kQq π= 2 3 2 3 4 4 (3 ) 27 a a a b b b T m r mkQq T kQq m r m π π= • = 3 :9 2 2 kQq mv r r = 21 2 2k kQqE mv r = = 2 (3 ) 3:12 ka kb E kQq r E r kQq •= • = kQ r ϕ = a kQ r ϕ = 3b kQ r ϕ = 2 3ab a b kQU r ϕ ϕ= − = 2 9 kQ r 2kQ rA. 线框中的电流先增大后减小 B. 线框四条边所受安培力先向内后向外 C. 线框中感应电动势的大小一直为 D. 线框中感应电流做的功为 【答案】BD 【解析】 【详解】B．在 时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则线框四 条边所受安培力向内；在 时间内，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，根据左手定 则线框四条边所受安培力向外，故 B 正确； ACD．根据法拉第电磁感应定律可得，在 时间内，线框中感应电动势的大小为 在 时间内，线框中感应电动势的大小为 根据电阻定律可得线框的电阻为 在 时间内，线框中的电流为 在 时间内，线框中的电流为 2 0 0 2B L t 2 3 0 0 nB L S tρ 0 02 t t− 0 02 t t− 00 2 t− 22 0 1 0 2nB LnL BE t t ∆= =∆ 0 02 t t− 22 0 2 0 2nB LnL BE t t ∆= =∆ 4 nLR S ρ= 00 2 t− 01 1 02 B LSEI R tρ= = 0 02 t t−线框中感应电流做的功为 故 A、C 错误，D 正确； 故选 BD。 8.如图所示，质量为 m 的小滑块 P 套在竖直固定的光滑长杆上，质量为 m 的小物块 Q 与 P 用跨过定滑轮的 足够长无弹性轻绳连接。将 P 从位置 a 由静止释放，经过位置 b 时，左边轻绳刚好水平，图中 ab=bc（忽略 所有摩擦）。则（ ） A. 刚释放 P 的瞬间，轻绳对滑块 P 有拉力且小于 mg B. 在滑块 P 从 a 到 b 的过程，物块 Q 处于失重状态 C. 滑块 P 下滑到位置 c 时速度不为零 D. 经过位置 b 时，滑块 P 的动能最大 【答案】AC 【解析】 【详解】A．刚释放 P 的瞬间，小物块 Q 将做加速下降，所以小物块 Q 失重，则有轻绳对小物块 Q 拉力小 于小物块 Q 的重力 ，所以轻绳对滑块 P 拉力小于小物块 Q 的重力 ，故 A 正确； B．滑块 P 运动到 时，则有 可得 所以在滑块 P 从 到 的过程中，物块 Q 先加速下降后减速下降，所以物块 Q 先失重后超重，故 B 错误； C．滑块 P 从 到 的过程，物块 Q 高度不变，重力势能不变，滑块 P 的高度减小，重力势能减小，根据系 统机械能守恒可知滑块 P 与物块 Q 动能增加，所以滑块 P 下滑到位置 时速度不为零，故 C 正确； D．滑块 P 经过位置 时，在竖直方向的合力为 ，所以滑块 P 经过位置 时做加速运动，所以滑块 P 经 02 2 02 B LSEI R tρ= = 2 0 0 0 2 0 0 0 3 0 2 2 nB L B LS nBW E t SI t tt Lt ρρ= = • • = mg mg b cos90P Qv v° = 0Qv = a b a c c b mg b过位置 的动能不是最大，故 D 错误； 故选 AC。 二、非选择题 9.几位同学想用身边器材在宿舍做“验证力的平行四边形定则”实验。操作如下，请你完成其中的填空： (1)找几根长度相同的轻橡皮筋，各用一根细线将其一端挂起，下端悬吊同样重的文具，选出静止时伸长量 相同的三根橡皮筋，则这三根橡皮筋的劲度系数 ___； (2)在白纸上画一个半径_____（填“大于”、“等于”或“小于”）橡皮筋原长的圆，标记圆心位置O。将这 三根橡皮筋未联细线的一端连结在一起。同时往外拉三根细线，保持三根橡皮筋与纸面平行且中间结点与 圆心 O 重合。记录静止时三根橡皮筋与细线连接端的位置 A、B、C（如图）： (3)移开橡皮筋，画出 A、B、C 三点与圆心 O 的连线，设三条线分别交圆周于 、 、 三点，则可以用 线段____表示橡皮筋 OA 的拉力大小（同样方式表示橡皮筋 OB、OC 的拉力大小）： (4)用测得的三个力在纸上作图，验证在实验误差允许范围内平行四边形定则是否成立。 【答案】 (1). 相同 (2). 等于 (3). 【解析】 【详解】(1)[1]根据胡克定律 可知这三根橡皮筋的劲度系数相同； (2)[2]橡皮条的弹力与形变量成正比，平衡时三根橡皮条拉力之比等于三根橡皮条的伸长长度之比，所以只 要测出三根橡皮条的伸长长度即可，所以在白纸上画一个半径等于橡皮筋原长的圆； (3)[3]橡皮条的弹力与形变量成正比，平衡时三根橡皮条拉力之比等于三根橡皮条的伸长长度之比，所以可 以用线段 表示橡皮筋 的拉力大小，用线段 表示橡皮筋 的拉力大小，用线段 表示橡皮 筋 的拉力大小； 10.两只电压表 Vl、V2，量程分别为 0.25V 和 1.5V，为了准确测量它们的内阻（约为几千欧），备有以下器 材：电阻箱 R（0~9999Ω），滑动变阻器 R'（0~20Ω），直流电源 E（2V，内阻不计），开关 S，导线若干。请 完成下列填空： (1)有两位同学分别设计出如图（a）、（b）所示的实验电路图，其中更合理的是电路图（ ）（填“a” 或“b”）。 b A′ B′ C′ AA′ F k x= ∆ AA′ OA BB′ OB CC′ OC(2)按合理的电路，在图（c）中用笔画线将实物器材连接完整；（ ） (3)根据电路图，闭合 S 前，应将滑动变阻器 R'的滑片调到最____端（填“左”或“右“）； (4)调节电阻箱的阻值 R 和变阻器 R，的滑片位置，使电压表 Vl 的示数 U1=0.250V，记录此时电压表 V2 的示 数 U2 和阻值 R。多次改变阻值 R 和滑片位置，但保持 U1= 0.250V 不变，得到多组 U2、R 值； (5)处理数据，得到图（d）所示的 关系图线。根据图线算出电压表 Vl 的内阻为____kΩ，电压表 V2 的内阻为____kΩ（均取两位有效数字）； (6)步骤(4)中，若测第一组数据时电阻箱阻值 R 调为较大值，为保证电压表 Vl 的指针不超量程位置，根据电 路图，闭合 S 测第二组数据的正确操作是_______ A．先向左移变阻器滑片，再调小电阻箱阻值 R B．先向右移变阻器滑片，再调小电阻箱阻值 R C．先调小电阻箱阻值 R，再向左移变阻器滑片 D．先调小电阻箱阻值 R，再向右移变阻器滑片 2 1 1U U R −【答案】 (1). b (2). (3). 右 (4). 5.0 (5). 3.0 (6). C 【解析】 【详解】(1)[1]由于待测电压表的内阻远大于滑动变阻器 的最大量程，所以滑动变阻器采用分压式，更合 理的是电路图为图 b； (2)[2]滑动变阻器采用分压式，按图(b)连接电路如图所示 (3)[3]闭合开关 S 前应先将滑动变阻器的滑片调到右端，使通过待测电压表两端的电压为零，保护电路； (5)[4][5]根据电路结构特点和欧姆定律则有 整理可得 图线的斜率为 则有 图线的纵截距为 R′ 2 1 1 V2 V1 U U U R R R = + V22 V2 1 V1 1·RU RU R R = + 2 1 1U U R − V2 5.0 0.6 1.44 0k R −= =− V2 3.0kΩR = 2 1 1U U R − V2 V1 0.6 Rb R = =则有 (6)[6]由于电阻箱与电压表 Vl 并联，再与电压表 V2 串联，在电阻箱阻值 调小，电压表 Vl 的示数不变的情 况下，根据分压原理可知电压表 V2 的示数增大，滑动变阻器的滑片一定向左移；若先向左移滑动变阻器的 滑片，电压表 Vl 的示数会大于 0.250V，电压表 Vl 的指针超出量程位置，所以先调小电阻箱阻值 ，再向 左移变阻器滑片，故 C 正确，A、B、D 错误； 故选 C。 11.质谱仪是一种研究同位素的工具，如图为倍恩勃立奇等设计的质谱仪结构示意图。从离子源产生的同位 素离子，经过 S2、Sl 之间的电压 U 加速，穿过平行板 P1、P2 区间，从狭缝 S0 垂直射入磁感应强度为 B 的 匀强磁场，偏转半周后打在照相底片上，不计离子重力。 (1)若忽略某离子进入狭缝 S2 时的速度，在底片上的落点到狭缝 S0 的距离为上，求该离子的比荷 ； (2)实际上，离子进入 S2 时有不同的速度，为降低其影响，在 P1、P2 间加均垂直于连线 S1S0、场强为 E 的 匀强电场和磁感应强度为 B'的匀强磁场，电场方向由 P1 指向 P2，试指出磁场 B'的方向。若带电量为 g 的两 个同位素离子在底片上的落点相距△L，求它们的质量差△m。 【答案】(1) ；(2)垂直于纸面向外； 【解析】 【详解】(1)对粒子在 S2、S1 之间的加速过程，有 ① 对离子在磁场 B 中的偏转过程，有 ② 2r=L ③ 联立①②③式，解得离子的比荷 V1 5.0kΩR = R R q m 2 2 8q U m B L = 2 qBBm LE ′∆ = ∆ 21 2qU mv= 2vqvB m r = ④ (2)磁场 的方向应垂直于纸面向外，要离子沿连线 S1S0 运动，有： ⑤ 对两个同位素离子（设 m1>m2），分别有： ⑥ ⑦ ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式，解得两个离子的质量差 ⑨ 12.如图所示，质量为 2kg、左端有挡板的长木板置于水平地面上，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦 因数为 0.2。一辆固定有电动机的小车，质量共 2kg，放置在木板上，电动机可收拢与挡板拴接的水平轻绳， 初始时离挡板的距离为 4m。开启电动机收拢轻绳使小车匀加速运动到挡板处。设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，空气阻力不计，取 g =10m/s2。 (1)若运动时间为 2s，且木板不动，求轻绳的拉力大小； (2)若要运动时间最短，且木板不动，求加速过程中轻绳拉力的最大功率； (3)若小车与挡板碰撞后结合成一个牢固整体（碰撞时间极短，同时电动机停止运转），求最终停止时，木板 与初位置距离的最大值及对应的轻绳拉力。 【答案】(1)4N；(2)45W；(3)xm=2m；F=8N 【解析】 【详解】(1)对小车的匀加速过程，有： F=ma ① ② 代入数据，联立①②式解得小车所受牵引力 F=4N (2)要木板不移动，绳对木板的拉力 F 应满足 2 2 8q U m B L = B′ qvB qE′ = 2 1 1 vqvB m r = 2 2 2 vqvB m r = ( )1 22L r r∆ = − 2 qBBm LE ′∆ = ∆ 21 2L at= ③ 要小车运动时间最短，绳对木板的拉力 F 应为最大 故对小车，有 ④ 小车与挡板相碰前瞬间，拉力对小车做功的功率达最大 ⑤ 代入数据，联立④⑤式解得最大功率 （44.8、45.1） (3)须分为“木板不动”和“木板移动”两种情况，分别讨论如下： ①若小车加速时木板不动，对小车加速、与板相碰、共同减速到停的过程，分别有 ，mv=2mv 共， 联立解得木板移动距离 ⑥ 即 时，木板移动距离最大为 xm=2m ⑦ ②若小车加速过程木板移动，即 ，从起动到碰，对小车和木板，分别有： ⑧ ， ， 代入数据，联立解得木板向右移动距离 ⑨ 及碰前瞬间车与木板的速度大小 ， ⑩ 对碰撞过程，有 mv1-mv2=2mv 共 代入⑩式，解得碰后瞬间共同速度方向向左，大小 2F mgµ≤ 2 mgµ 2 m 12 2mgL mvµ = m m2P mgvµ= m 32 2W 45WP = ≈ 21 2FL mv= 212 22mgx m vµ = ⋅ ⋅ 共板 4 FLx mgµ=板 2 8NF mgµ= = 2F mgµ> 2 21 1 2 2 2 F F mgt t Lm m µ−⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = Fv tm =车 2F mgv tm µ−=板 1 1 2x v t=板 板 ( ) 1 2 8 4 Fx F −= −板 1 2 4v F F = − ( )2 28 4v F F = − − 从共速到停下，对整体，有 代入数据，解得木板向右移动距离 木板总位移 x 板=x 板 2-x 板 1 代入，整理得 代入 ，得 -2m 0W < U Q W∆ = + 0Q > N Fp S ⋅= F N【答案】(1)19cm；(2)376K 【解析】 【详解】(1)对右管封闭气体，p1=p0=75cmHg，V1=12S，V2=(12-2)S，等温变化，有： p1V1=p2V2 ① 解得 p2=90cmHg② 由两边的压强关系及几何关系，有： ③ （说明：此式之后没有“ ”而写成 p2=p0+h 左-h 右或其它类似式，不得分。） 代入 h 右=2cm，解得 h 左=17cm ④ 注入的水银长度为 l=h 左+h 右⑤ 解得 l=19cm ⑥ (2)注入完水银时，左管水银面离管口距离为 19-h 左=2cm，故刚好没有水银从左侧管口溢出时，对右管封闭 气体，有： V3=V1=12S，p3=75+19cmHg=94cmHg⑦ 与最初状态比较，可认为是等容变化，有 ⑧ 解法二：与注完水银时比较，⑧式列为 同样得分。 其中 ( )2 0p p g h hρ= + − 右左 gρ 31 1 3 pp T T = 3 32 2 1 3 p Vp V T T =T1=t1+273=300K⑨ 联立⑦⑧⑨式，解得封闭气体温度的最高值 T3=376K⑩ 15.如图所示，一束复色光沿半径射入半圆柱形玻璃砖，射出的 a、b 两束光与底边分别成 30°、45°角。已知 光在真空中的传播速度为 c，sin37°=0.6。则 a 光在玻璃砖中的传播速度为____。用 a、b 两束光分别做双缝 干涉实验，在屏上观测到的干涉条纹间距相同，双缝到屏的距离也相同，则 a 光照射时的双缝间距____b 光 照射时的双缝间距（填“大于”、“等于”或“小于”）。 【答案】 (1). (2). 小于 【解析】 【详解】[1]a 光经玻璃砖折射，入射角为 ，折射角为 ，由折射定律 可得 a 光在玻璃砖中的折射率为 而 a 光在玻璃砖中的传播速度为 [2]因 a、b 光经玻璃砖折射时，入射角相同，而 a 光的折射角较大，则 a 光的折射率较大，即 a 光的频率较 大，由 知故 a 光的波长较短，而双缝干涉的条纹间距 故可得 a 光照射时的双缝间距小于 b 光照射时的双缝间距。 16.如图，在平静的湖面上有相距 12m 的 B、C 两片小树叶，将一枚小石子投到 B、C 连线左侧的 O 点，OB=6 m，经过 24s，第 1 个波峰传到树叶 B 时，第 13 个波峰刚好在 O 点形成。求： (1)这列水波的波长和水波的频率； (2)从第 1 个波峰传到 B 树叶算起，需要多长时间 C 树叶开始振动。 2 3 5 c 37i = ° 60r = ° sin sinn i r= 5 3 6n = 2 3 5 cv cn = = c fλ= Lx d λ∆ =【答案】(1)0.5m， ；(2) 【解析】 【详解】(1)由题意可知，OB 间共有 13-1=12 个完整波，水波的波长为 ① 石子入水引起的振动是先向下，故第 1 个波峰传到树叶 B 时，在 B 右侧还有 个波，即 24s 内波源 O 共产 生（并传播出） 个波，水波的频率为： ② 解法二：先求波速，再求频率：波速为 频率为 (2)水波的传播速度为 ③ 振动从波源 O 传到树叶 C 所用时间 ④ 故从第 1 个波峰传到 B 树叶算起，到 C 树叶开始振动需要的时间为 t=tOC-24⑤ 解得 ⑥ 17 Hz32f = 744 s17t = 0.5m13 1 OBλ = =− 3 4 312 4 + 312 174 Hz24 32f + = = 3 36 0.5 174 4 m/s m/s24 24 64 OB v λ+ + × = = = 17 Hz32 vf λ= = 17 m/s64v fλ= = 1152 s17OC OC OB BCt v v += = = 744 s17t =