2020届福建省高三（下）高考最后一次模拟理综物理试题（解析版）

2020 届高三高考模拟考试 理综试题-物理 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应 的位置上，用 2B 铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。 2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目 指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后 再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁和平整。 1.2018 年 II 月 16 日，第 26 届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千 克”在内的 4 项基本单位定义．新国际单位体系将于 2019 年 5 月 20 日世界计量日起正式生效．其中，千克 将用普朗克常量(h)定义；安培将用电子电荷量（e）定义．以基本物理常数定义计量单位，可大大提高稳定 性和精确度．关于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列正确的是 A. 普朗克常量的单位为 kg.m3 .s-2 B. 普朗克常量的单位为 kg-1 .m2. s-1 C. 电子电荷量的单位为 A．s D. 电子电荷量的单位为 A.s-1 【答案】C 【解析】 【详解】由公式 E=hv，可得 h=E/v=Fs/v=mas/v，故普朗克常量 h 的单位为 J/Hz，1J/Hz=1J·S=1Kg·m 2·s-1； 由公式 q=It，可得电荷量 e 的单位为 C，1C=1A·s．故答案选 C． 2.如图所示是氢原子的能级图，大量处于 n＝5 激发态的氢原子向低能级跃迁时（　　） A. 一共能辐射 6 种频率的光子 B. 能辐射出 3 种能量大于 10.2eV 的光子 C. 能辐射出 3 种能量大于 12.09eV 的光子 D. 能辐射出能量小于 0.31eV 的光子【答案】B 【解析】 【详解】A．激发态的氢原子向低能级跃迁时，能辐射 种频率的光子，当 时，一共能辐射 10 种频率的光子，A 错误； BCD．辐射 光子的能量等于两能级能量之差，即 从 依次向 跃迁的能量分别为： ， ， ， ； 从 依次向 跃迁的能量分别为： ， ， ； 从 依次向 跃迁的能量分别为： ， ； 从 向 跃迁的能量为： ； 所以 B 正确，CD 错误； 故选 B． 3.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用 vy 、E、Ek、P 分别表示足球 的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用 t 表示足球在空中的运动时间，下列图像中可 能正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．足球做斜抛运动，在竖直方向上做加速度为 的匀变速直线运动，其速度-时间关系为， 上升阶段 下落阶段 由关系式可知，速度与时间成一次函数关系，图像是一条倾斜直线，A 错误； B．不考虑空气阻力，足球只受重力作用，机械能守恒， 不变，B 错误； 的 ( )1 12 n n − 5n = 5n = 4,3,2,1n = 0.31eV 0.97eV 2.86eV 13.06eV 4n = 3,2,1n = 0.66eV 2.55eV 12.75eV 3n = 2,1n = 1.89eV 12.09eV 2n = 1n = 10.2eV g 0y yv v gt= − y gt=v EC．足球在水平方向上一直有速度，则足球的动能不能为零，C 错误； D．足球在竖直方向上的速度满足 上升阶段 下落阶段 再由重力的瞬时功率 可得重力的瞬时功率与时间成一次函数关系，且在最高点重力的瞬时功率为零，D 正确； 故选 D． 4.如图，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕 O 点自由转动，已知两段轻杆的长度均为 l，轻杆端点 分别固定质量为 m，2m 的小球 A、B（均可视为质点），现 OA 竖直，OB 水平，静止释放，下列说法错误 的是（　　） A. B 球运动到最低点时 A 球的速度为 B. A 球某时刻速度可能为零 C. B 球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对 B 球一直做正功 D. B 球不可能运动至 A 球最初所在 位置 【答案】C 【解析】 【详解】A．B 球由释放运动到最低点时，由机械能守恒定律可知 解得 选项 A 正确，不符合题意； B．根据机械能守恒定律，当整个系统的重心回到原来的高度时，两球的总动能为零，此时两球的速度为零， 的 0y yv v gt= − y gt=v yP mgv= 2gl 2 21 12 22 2mgl mgl mv mv+ = + × 2v gl=选项 B 正确，不符合题意； C．B 球从释放至运动至最低点的过程中，根据动能定理 解得 W=0 可知 B 球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对 B 球做的功为 0，选项 C 错误，符合题意； D．若 B 球恰能运动至 A 球最初所在的位置，则整个系统的重力势能增加，即机械能增加，则不可能，选 项 D 正确，不符合题意。 故选 C。 5.如图所示，一粒子发射源 P 能够在纸面内向各个方向发射速率为 v、比荷为 k 的带正电粒子，空间存在垂 直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径 大小为 d，纸面内另一点 A 距 P 的距离恰为 d，则（　　） A. 磁感应强度的大小为 B. 粒子在磁场中均沿顺时针方向做圆周运动 C. 粒子从 P 出发至少经过时间 到达 A 点 D. 同一时刻发射出的带电粒子到达 A 点的时间差为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 则 选项 A 错误； 212 22mgl W mv+ = × d kv 6 πd v 4 3 d v π 2vqvB m r = mv vB qr kd = =B．由左手定则可知，粒子在磁场中均沿逆时针方向做圆周运动，选项 B 错误； C．能经过 A 点且用时间最短的粒子在磁场中转过的角度为 60°，则用时间 选项 C 错误； D．能经过 A 点且用时间最长的粒子在磁场中转过的角度为 300°，则用时间 则同一时刻发射出的带电粒子到达 A 点的时间差为 选项 D 正确。 故选 D。 6.2020 年 6 月 23 日 9 时 43 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五 十五颗导航卫星，暨北斗三号最后一颗全球组网卫星。至此，北斗三号全球卫星导航系统星座部署比原计 划提前半年全面完成。已知地球的质量为 M，平均半径为 R，自转角速度为 ω，引力常量为 G，该卫星为地 球静止轨道卫星（同步卫星），下列说法正确的是（　　） A. 该导航卫星运行速度大于第一宇宙速度 B. 该导航卫星的预定轨道离地高度为 h＝ C. 该导航卫星的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 D. 该导航卫星在轨道运行时速率会小于质量较小的同步卫星 【答案】BC 【解析】 【详解】A．卫星绕地球转动时万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知 变形可得 由该公式可知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度在数值上等于卫星绕地球表面转动时的环绕速度， 60 1 2π π 360 6 3 d dt T v v = = × =  ' 300 5 2π 5π 360 6 3 d dt T v v = = × =  ' 4π 3 dt t t v ∆ = − = 3 2ω −GM R 2 2 Mm vG mr r = GMv r =该导航卫星轨道半径大于地球半径，所以其速度小于第一宇宙速度，故 A 错误； B．卫星绕地球做圆周运动时万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知 由几何关系可知 联立可得 h＝ 故 B 正确； C．第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，第二宇宙速度指的卫星摆脱地球引力最小发射速度，该导航卫星 绕地球转动，没有摆脱地球引力，所以其发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故 C 正确； D．由前面表达式 可知线速度大小仅与轨道半径有关，与卫星的质量无关，故 D 错误。 故选 BC。 7.如图所示，边长为 l1、l2 的单匝矩形线框 abcd 处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，线框可绕轴 OO′转动， 轴 OO′与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小灯泡连接为如图所示的电路．已知小灯泡 L1、 L2 额定功率均为 P，正常发光时电阻均为 R．当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡 L1 正常发 光，电流表 A 示数为 I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡 L1 仍正常发光，线框电 阻、电流表 A 内阻不计，以下说法正确的是 A. 断开开关 S 时，电流表示数为 2I B. 变压器原、副线圈的匝数比为 C. 当开关闭合时线框转动的角速度为 D. 当开关断开时线框转动的角速度为 2 2 MmG mrr ω= r R h= + 3 2ω −GM R GMv r = PR IR 1 2 P BIl l 1 2 2 2P BIl l【答案】BD 【解析】 【详解】由于小灯泡功率为 ，可得 由于 断开开关 S 时，小灯泡正常发光，电流 不变，故变压器原线圈电流仍为 ；由于 可得当开关闭合时线框转动的角速度为 当开关断开时两个小灯泡总功率为 ，原线圈电流 不变，则原线圈输入功率为 可得当开关断开时线框转动的角速度为 综上分析可知，AC 错误，BD 正确． 故选 BD. 8.在绝缘光滑的水平面上相距为 6L 的 A、B 两处分别固定正电荷 QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。 若在 A、B 间不同位置放置一个电量为+q 的带电滑块 C（可视为质点），滑块的电势能随 x 变化关系如图乙 所示，图中 x =L 点为图线的最低点。现让滑块从 x=2L 处由静止释放，下列有关说法正确的是（　　） 2 2P I R= 2 PI R= 1 2 2 n I PR n I IR = = 2I I 1 2 1 2 Bl lU ω= 1U I P= 1 2 2P BIl l ω = 2P I 2P U I= ′ 1 2 2 Bl lU ω′ = 1 2 2 2P BIl l ω′ =A. 小球在 处的速度最大 B. 小球一定可以到达 点处 C. x=0 和 x=2L 处场强大小相等 D. 固定在 AB 处的电荷的电量之比为 QA：QB＝4：1 【答案】AD 【解析】 【详解】A．滑块 C 受重力、支持力和电场力，其重力和支持力在竖直方向相抵消，滑块 C 受的合外力为 电场力，再由电荷在电场中电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，由图可知在 处电势能最小， 则滑块在 处的动能最大，A 正确； B．由图可知， 处的电势能大于 x=2L 处的电势能，又因滑块由静止释放，滑块不能到达 处，B 错误； C．电荷在 处电势能最小，即正电荷 QA、QB 在 处的电场强度等大反向，即 的电场强度为 零，有 解得 所以 x=0 和 x=2L 处场强大小分别为 , C 错误，D 正确； 故选 AD． 三、非选择题（共 174 分，第 22-32 题为必考题，第 33-38 题为选考题） （一、必考题）（共 129 分） 9.某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为 。 x L= 2x L= − x L= x L= 2x L= − 2x L= − x L= x L= x L= ( ) ( )2 24 2 A BkQ kQ L L = : 4:1A BQ Q = ( ) ( )0 2 2 233 3 A B BkQ kQ kQE LL L = − = ( )2 2 2 2 21 255 A B B L kQ kQ kQE L LL = − = − g (1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是____； A．钩码的质量要远小于木块的质量 B．要保证长木板水平 C．接通电源的同时释放木块 (2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是 的交流电源，纸 带上的点每 5 个点取 1 个记数点，则该木块的加速度 ____ ；（结果保留两位有效数字） (3)若木块的质量为 ，钩码的质量为 ，则木块与长木板间的动摩擦因数为____（用 、 、 、 表 示结果）。 【答案】 (1). B (2). 1.1 (3). 【解析】 【详解】（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于 M、m 并不要求 ；又因为 ， 的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电源再放 木块，即 AC 错误，B 正确； （2）由逐差法公式可求得加速度 （3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T 表示细线的拉力） , 解得 10.传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用。如图甲是一个压力传感器设计电路，要求从表 盘上直接读出压力大小。其中 R1 是保护电阻，R2 是调零电阻（总电阻 100Ω），理想电流表量程为 10mA， 电源电动势 E=3V（内阻不计），压敏电阻的阻值 R 与所受压力大小 F 的对应关系如图乙所示。 50Hz a = 2m/s M m M m a g ( )mg M m a Mg − + M m f Mgµ= Mg 234 12 2 1.1m/s2 x xa T −= = T Mga M µ−= mg Ta m −= ( ) = mg M m a Mg µ − +(1)有三个规格的保护电阻，R1 应选哪一个（ ）； A. 25Ω B. 250Ω C. 2500Ω (2)选取、安装保护电阻后，要对压力传感器进行调零。调零电阻 R2 应调为____Ω； (3)现对表盘进行重新赋值。原 3mA 刻度线应标注____N； (4)由于电池老化，电动势降为 2.8V，传感器压力读数会出现偏差。如果某次使用时，先调零、后测量，读 出压力为 1200N，此时电流大小为____mA，实际压力大小为____N。 【答案】 (1). B (2). 20 (3). 2800 (4). 5 (5). 1120 【解析】 【详解】（1）[1]因为电流表的量程为 ，由 计算的电路中至少需要 的电阻。由调零电阻 最大为 100Ω，故 只要大于 200Ω 即可，A 太小 C 太大，所以选 B； （2）[2]分析电路图可知，当压敏电阻不受压力时，电流表满偏，此时电路中的电阻满足 由乙可知，压敏电阻不受压力时的阻值为 ，所以 （3）[3]当电流表示数为 时，电路中的总电阻 即 由乙图一次函数为 经计算当 时，压力 10mA m ER I =总1 300Ω 2R 1R 1 2 0 300R R R+ + = Ω 30Ω 2 20R = Ω 3mA 3V= 10003mAR = Ω总2 1 2 730R R R R= − − = Ω总2 1 304R F= + 730R = Ω（4）[4]先调零，则 则调零电阻 R2 接入电路的电阻为 根据 R 与 F 一次函数关系 当 时， 。 电池老化前，可得 对应的电流为 即此时，电路中电流为 5mA。 因为电池老化，电动势 ，电路中实际电阻 则 R 的实际阻值为 再将 代入 求得 11.我国高铁技术处于世界领先水平，其中一项为电磁刹车技术。某次科研小组要利用模型火车探究电磁刹 车的效果，如图所示，轨道上相距 处固定着两个长 、宽 、电阻为 R 的单匝线圈， ＞ 。在火车 头安装一个电磁装置，它能产生长 、宽 的矩形匀强磁场，磁感强度为 B。经调试，火车在轨道上运行 时摩擦力为零，不计空气阻力。现让火车以初速度 从图示位置开始匀速运动，经过 2 个线圈，矩形磁场 刚出第 2 个线圈时火车停止。测得第 1 个线圈产生的焦耳热 Q1 是第 2 个线圈产生的焦耳热 Q2 的 3 倍。求： (1)车头磁场刚进入第 1 个线圈时，火车所受的安培力大小； (2)求车头磁场在两线圈之间匀速运行的时间。 2800NF = m '' 280ΩER I = =总 2 1 0' ' 0ΩR R R R= − − = 1 304R F= + 1200NF = 330R = Ω 1200NF = 1 3V= =5mA600 EI R = Ω总 2.8VE = 2.8V= 5605mAR = Ω实总 1 2 ' 310R R R R= − − = Ω实 实总 R实 1 304R F= + 1120NF = s l 0.5l s 0.5l l 0.5l 0v【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】（1）对线圈，由法拉第电磁感应定律 ① 由闭合电路欧姆定律 ② ③ 联立①②③式解得 （2）设磁场刚穿过线圈Ⅰ时速度为 v，由能量守恒有 ④ 磁场刚穿过线圈Ⅱ停止，同理有 ⑤ 又 ⑥ 匀速运动过程 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式解得 12.如图甲所示，在光滑水平面上有一小车，其质量 M=2kg，车上放置有质量 mA=2kg 木板 A，木板上有可 视为质点的物体 B，其质量 mB=4kg。已知木板 A 与小车间的动摩擦因数 μ0=0.3。A、B 紧靠车厢前壁，A 2 2 0B l v R 0 2s l v − 0E Blv= EI R = F BIl=安 2 2 0lBF R v=安 2 2 1 0 1 1-2 2Q mv mv= 2 2 1 -02Q mv= 1 23Q Q= 0.5s lt v −= 0 2s lt v −=的左端与小车后壁间的距离为 x=2m。现对小车施加水平向有的恒力 F，使小车从静止开始做匀加速直线运 动，经过 1s 木板 A 与车厢后壁发生碰撞，该过程中 A 的速度一时间图像如图乙所示，已知重力加速度大小 g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求 A、B 间的动摩擦因数 μ； (2)求恒力 F 的大小； (3)若木板 A 与小车后壁碰撞后粘在一起（碰撞时间极短），碰后立即撤去恒力 F，若要使物体 B 不与小车 后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距 L 至少为多少？ 【答案】(1) 0.25；(2)34N；(3) 【解析】 【详解】(1)若 A、B 间不发生相对滑动，则 A、B 整体的加速度 由乙图可知，A 的加速度 即 A、B 间发生相对滑动，对 A 可得 (2)对车在该过程中知 且 可得 F=34N 3.975m 2 0 m/s3a gµ′ = = 2 A /s4mva t ∆= =∆ ( )0 A B B A Am m g m g m aµ µ+ − = 0.25µ = ( )0 A BF m m g Maµ− + = 2 2 A 1 1 2 2x at a t= − 28m/sa =(3)知当 A 与小车碰撞时 该过程中 B 相对于 A 滑动距离为 对 A 与小车在碰撞中动量守恒，可知 可得 v=6m/s 对 A 小车与 B 在碰撞后，滑动过程中知 且 可得 L2=1.225m 故前、后壁间距 13.一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B 变化到状态 C，其 V-t 图像如图所示，下列说法正确的有：（ ） A. A→B 的过程中，气体对外做功 B. A→B 过程中，气体放出热量 C. B→C 的过程中，气体压强变大 D. B→C 的过程中，气体内能变大 E. B→C 过程中，单位体积内的分子数目增加 的 的 A 4m/sv = B 2.5m/sv gtµ= = 8m/sv at= =车 2 2 1 A B 1 1 0.75m2 2L a t a t= − = ( )A A AMv m v M m v+ = +车 ( ) ( )A B B A BM m v m v M m m v+ + = + + 共 ( ) ( )2 2 2 A B B A B B 2 1 1 1 2 2 2M m v m v M m m v m gLµ+ + − + + =共 1 2 3.975mL x L L≥ + + =【答案】ACE 【解析】 【详解】AB．A→B 的过程中，气体体积变大，则气体对外做功，温度不变，内能不变，则气体吸收热量， 选项 A 正确，B 错误； CDE．根据 则 在 B→C 的过程中，图线上的点与横轴上-273℃点连线的斜率减小，则气体压强变大；气体的温度降低，内 能减小；气体体积减小，则单位体积内的分子数目增加，选项 CE 正确，D 错误。 故选 ACE。 14.如图导热气缸 A、B 固定在同一水平面上，A 的横截面积为 S，B 的横截面积为 A 的 2 倍，用两不计质 量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两活塞的轻绳均处于伸直状态，但绳中无张力，现向 A 气 缸的活塞上方缓慢加入细沙，直至 A 气缸中气体体积减小为原来的一半。已知大气压强为 p0，求此时： (1)B 气缸中气体的压强； (2)加入细沙 质量。 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)设开始时气缸 B 内气体为 VB，后来体积 ，由题可知 =1.5VB 对气缸 B 的气体 的 pV CT = CV Tp = B 0 2 3p p= 05 3 p Sm g = BV ′ BV ′解得 (2)对气缸 A 的气体 即 pA=2p0 对气缸 B 活塞进行受力分析，由受力平衡 对气缸 A 活塞进行受力分析，由受力平衡 mg+p0S=T+pAS 解得加入细沙的质量 15.如图所示，一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面， 得到三束光线 I、II、III，若平面镜的上下表面足够宽，不考虑光线由玻璃砖内射向上表面时的反射．下列 说法正确的是_________． A. 光束 I 仍为复色光，光束 II、III 为单色光 B. 玻璃对光束 II 的折射率小于对光束 III 的折射率，当 角减小为某一值时，光束 II 先消失了，光束 III 还存在 C. 改变 角，光线 I、II、III 仍保持平行 D. 通过相同的双缝干涉装置，光束 II 产生的条纹宽度要大于光束 III 的 E. 在玻璃中，光束 II 的速度要小于光束 III 的速度 【答案】ACE B0 B Bp V p V= ′ B 0 2 3p p= A 0 A A 2 Vp V p= ⋅ ( ) ( )0 B2 2p S p S T= + 05 3 p Sm g = α α【解析】 【详解】所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束 I 是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导 致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的．根据光的可逆性，知两光速仍然平行射出，且光束 Ⅱ、Ⅲ是单色光，故 A 正确；作出三束光线的完整光路图，如图 由图知：光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，根据全反射临 界角 ，可知光束 II 的全反射临界角小于光束 III 的全反射临界角，当 角减小为某一值时，光束 II 先消失，光束 III 存在，故 B 错误；一束由两种色光混合的复色光沿 PO 方向射出，经过反射、再折射 后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等．所以由光路可逆可得出射光线平行．改变 角， 光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行．故 C 正确；光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ 的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ产生的条纹间距比 光Ⅲ的小．故 D 错误；光在玻璃中的传播速度为 ，光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，故光束Ⅱ在玻璃中 传播速度小于光束Ⅲ的，故 E 正确；故选 ACE． 【点睛】光束 I 是反射光线，而光束Ⅱ、Ⅲ是由于两种色光的折射率不同，导致出现光线偏折分离．但根据 光路可逆可知出射光线仍与入射光线平行．由光束Ⅱ、Ⅲ的位置可确定其折射率的不同，从而判定光的波 长大小，可确定双缝干涉条纹间距的大小．根据 分析光束在玻璃中传播速度的大小． 16.让一根均匀软绳的绳端 M 点在垂直于软绳的方向上做简谐运动，软绳上会形成横波波形，如图甲所 示．已知软绳端点 M 的振动图像如图乙．观察发现，当 t=1s 时，软绳上各点都已经开始振动．在 t=1.1s 时 刻，M、N 平衡位置之间只有一个波峰，且 N 点处在平衡位置，M、N 两点平衡位置之间距离 d=0.6m．求： ①波长和传播速度； ②从端点 M 起振开始计时，绳上 N 点第五次运动到波峰位置的时间． 【答案】①第一种：当 时， ；第二种：当 时， ② 当 时， ；当 时， 1sinC n = α α cv n = cv n = 1 0.6d mλ = = 1 3 /v m s= 2 2 0.43 d mλ = = 2 2 /v m s= 1 3 /v m s= 1 1.15t s= 2 2 /v m s= 2 1.25t s=【解析】 【分析】 根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，分析 PQ 间距离与波长的关系，求解波长，介质中各个质点起 振方向与波源的起振方向相同．由图乙读出周期，再由波速公式求出波速；M 点振点方向向下，求出绳上 N 点第五次到达波峰位置的时间； 【详解】解：①由图乙可知，波传播的周期 ，在 时，M 点振动方向向上； 由题意知，有两种可能 第一种：当 时， 第二种:当 时， ②由图乙可知， 时，M 点振点方向向下，绳上 N 点第五次到达波峰位置的时间： 当 时， 当 时， 0.2T s= 1.1t s= 1 0.6d mλ = = 1 1 0.6 / 3 /0.2v m s m sT λ= = = 2 2 0.43 d mλ = = 2 2 0.4 / 2 /0.2v m s m sT λ= = = 0t = 3 44 dt T Tv = + + 1 3 /v m s= 1 1 3 4 1.154 dt T T sv = + + = 2 2 /v m s= 2 2 3 4 1.254 dt T T sv = + + =