【校级联考】安徽省皖江名校联盟2019届高三下学期开学摸底大联考理科综合物理试题（解析版）

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1、 理科综合能力物理测试理科综合能力物理测试 一、选择题：一、选择题： 1.直线电流周围空间各点的磁场强度的关系式为，其中 I为直线电流强度的大小，x 为空间各点到直线 电流的垂直距离。在空间放置两相互平行的直导线，其间距为 a，现在两导线中通有大小与方向均相同的电 流，规定磁感应强度方向向外为正方向，则在 0a之间的合磁感应强度随 x的变化规律符合下列图像中的 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系，电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向， 所以合磁场通过矢量叠加来处理。 【详解】根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之

2、间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在 两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定 B 的正方向即为垂直纸面向外，所以 A正确，BCD错误。 故选：A。 【点睛】由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来 越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外。 2.航天事业在不断地发展，各国对探索太空的奥秘都已产生了浓厚的兴趣，尤其是对适合人类居住的星球的 探索。经过长时间的观测，终于在太阳星系外发现了一颗适合人类居住的星球 A，通过研究发现星球 A的 质量约为地球质量的 2倍，直径约为地球直径的 2

3、倍。则 A. 星球 A的自转周期一定比地球的自转周期小 B. 同一物体在星球 A表面的重力约为在地球表面重力的 倍 C. 星球 A卫星的最大环绕速度与地球卫星的最大环绕速度近似相等 D. 如果星球 A的卫星与地球的卫星分别以相同的轨道半径运行，则两卫星的线速度大小一定相等 【答案】C 【解析】 【分析】 根据星球 A的质量约为地球质量的 2 倍，直径约为地球直径的 2倍，星球 A的自转周期一定比地球的自转 周期小，同一物体在星球 A 表面的重力约为在地球表面重力的多少倍可知，本题考查“万有引力定律研究 天体运动”，利用万有引力定律和圆周运动规律进行求解。 【详解】A 项：由于无法确定 A 星球

4、与地球的同步卫星的半径，所以无法确定两者的自转周期的关系，故 A 错误； B项：由公式可得： ，所以 ，故 B 错误； C项：由公式可得：所以 ，故 C正确； D 项：由公式可知，因 M不同，则 v不同，则 D 错误。 故选：C。 【点睛】解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用，知道重力加速度的大小与中心 天体的质量和半径有关，而线速度与半径有关。 3.将两质量不同的物体 P、Q放在倾角为 的光滑斜面体上，如图甲所示，在物体 P 上施加沿斜面向上的恒 力 F，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在 P 上加水平 恒力 F；图丙为两物体叠

5、放在在一起，在物体 P 上施加一竖直向上的相同恒力 F使二者向上加速运动。三种 情况下两物体的加速度大小分别为 a甲、a乙、a丙，两物体间的作用力分别为 F甲、F乙、F丙。则下列说法正确 的是 A. a乙最大，F乙最大 B. a丙最大，F丙最大 C. a甲=a乙=a丙，F甲=F乙=F 丙 D. a乙a甲a丙，F甲=F 乙=F丙 【答案】D 【解析】 【分析】 由题三种情况下 P、Q两物体一起运动，比较三种情况下的加速度和两物体间的作用力可知，本题考查整体 法和隔离法的应用，根据牛顿第二定律列方程求解。 【详解】以 P、Q为整体由牛顿第二定律可得： 甲图： 解得： 乙图： 解得： 丙图： 解得：

6、 由以上三式可得：； 对 Q 由牛顿第二定律可得： 甲图： 解得： 乙图：； 丙图： 解得： 综上所述，故应选：D。 【点睛】本题主要考查了整体法和隔离法，对物体的受力分析是解题的关键，熟练运用牛顿第二定律即可 判断。 4.如图所示，在平面直角坐标系中有一等边三角形 OPC，O点位于坐标原点，OC与 x 轴重合，P点坐标为 ，A，B分别为 OP，PC的中点。坐标系处于匀强电场中，且电场方向与坐标平面平行，已知 O点的 电势为 6V，A点的电势为 3V，B 点的电势为 0V,则由此可判定( ) A. C 点的电势为 3V B. 场强方向由 A指向 B C. 该匀强电场的电场强度大小为 100V/

7、m D. 该匀强电场的电场强度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】A. 因为 AB 平行于 OC，且为三角形 OPC 的中位线，OC=2AB，故有：UOC=2UAB，即 6C=2(30)，得 C=0V，故 A 正确； B. 由 A 分析得，BC 为等势线，场强方向与等势线垂直，故 B 错误； C. 由 A 分析知，BC 为 0V 等势线，过 O 作 BC 的垂线 OB，垂足为 B，由几何关系得：LOB=2， 故电场强度为：E=， 故 C 错误，D 正确。 故选：AD 5.如图所示，虚线所围矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现从 ab边的 中点 O处，某一

8、粒子以最小速度 垂直于磁场射入、方向垂直于 ab 时，恰能从 ad边的 a点穿出。若撤去原 来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场， 使该粒子以原来的初速度在 O处垂直于电场方向射入， 通过该区域后恰好从 d点穿出，已知此粒子的质量为 m，电荷量的大小为 q，其重力不计；ab 边长为 2，ad 边长为 3，则下列说法中正确的是 A. 匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为 B. 匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为 C. 离子穿过磁场和电场的时间之比 D. 离子穿过磁场和电场的时间之比 【答案】D 【解析】 【分析】 根据某一粒子以最小速度 垂直于磁场射

9、入、方向垂直于 ab 时，恰能从 ad 边的 a点穿出可知，本题考查带 电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心和几何关系求解； 若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在 O处垂直于电场 方向射入，通过该区域后恰好从 d点穿出可知，本题也考查带电粒子在电场中的偏传，根据类平抛运动列 方程求解。 【详解】A、B项：粒子在磁场中运动，由题意可知，粒子做圆周运动的半径为， 由公式可得：， 联立两式解得：； 粒子在电场中偏转有： 联立解得： 所以，故 A、B错误； C、D项：粒子在磁场中运动的时间为： 粒子在电场中运动的时间为： 所以，故 C错误，D 正确

10、。 故选：D。 6.如图所示为交流发电的简易图，n 匝矩形线圈的面积为 S，整个装置处在磁感应强度为 B的竖直向下匀强 磁场中，已知线圈的电阻值为 r，通过电刷与定值电阻 R 相连接，与定值电阻并联一理想的交流电压表，现 矩形线圈绕中心轴线 OO以恒定的角速度 匀速转动。t=0时刻线圈处在中性面。下列说法正确的是 A. t=0 时刻流过定值电阻的电流方向向左 B. 线圈中产生感应电动势的瞬时表达式为 e=nBSsint（V） C. 线圈转过的过程中，电压表的读数为 D. 从 t=0时刻起，线圈转过 60 时流过定值电阻的瞬时电流为 【答案】BD 【解析】 【分析】 根据矩形线圈绕中心轴线 OO

11、以恒定的角速度 匀速转动可知，本题考查交变电流的产生原理，根据交变 电流的产生过程进行分析求解。 【详解】A项：t=0时刻线圈位于中性面位置，此时线圈平面与磁场垂直，没有任何一边切割磁感线，所以 此时无电流，故 A 错误； B项：线圈中产生感应电动势的瞬时表达式为，故 B正确； C项：电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为：，故 C错误； D 项：线圈转过 60 时，线圈中的电动势为，由闭合电路欧姆定律可得： ，故 D正确。 故选：BD。 7.利用光电效应可以把光信号转变为电信号，动作迅速灵敏，因此利用光电效应制作的光电器件在工农业生 产、科学技术和文化生活领域内得到了广泛的应用，其中光电管

12、就是应用最普遍的一种光电器件。把光电 管接入如图所示的电路中。闭合电键 S，用波长为 的单色光照射光电管时发生了光电效应，下列说法正确 的是 A. 照射的单色光越强，饱和光电流将越大 B. 若用波长更长的单色光照射光电管，则光电管中金属的逸出功越大 C. 若把滑片 C 向左滑动，电流表 G 的示数一定增大 D. 若把电源正负极反接，电流表 G 的示数可能为零 【答案】AD 【解析】 发生光电效应时，保持入射光的频率不变，饱和光电流随入射光强度的增大而增大，A 正确；金属的逸出功 于入射光的频率（波长）无关，由金属本身决定，B错误；若把滑片 C向左滑动，当电流达到饱和电流后， 电流不在随电压的增

13、大而增大，C 错误；若把电源正负极反接，则电压为遏制电压，当遏制电压与电子电量 的乘积大于光电子的最大初动能时，光电子不能到达阳极，光电流为 0，D正确 8.如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的斜面上，斜面的倾角 =30，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住 A球，并使 细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知 A 的质量为 M，B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，A与斜面间的动摩擦因数，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整 个系统处于静止状态。释放 A 后，A沿斜面下滑至速

14、度最大时 C 恰好离开地面。下列说法正确的是 A. M=6.4m B. A、B速度最大时弹簧处于原长状态 C. 从释放 A到 C刚离开地面的过程中，A小球重力势能减少 D. 从释放 A到 C刚离开地面的过程中，A、B 两小球组成的系统机械能一直减小 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据 A沿斜面下滑至速度最大时 C恰好离开地面，A的速度最大时合力为零，对 A和 B，根据平衡方程求 出 A 的质量 M；以 AB 整体为对象，分析受力情况确定速度最大的位置，再根据平衡条件确定 A能否上升； 根据能量转化情况分析 A、B 两小球组成的系统机械能的变化。 【详解】A项： 、弹簧原来处于压缩状态由平

15、衡知：kx1=mBg=mg，得： 当 C 刚要离开地面时，由平衡知：kx2=mCg=mg，得： 此时 A、B有最大速度，即 aB=aA=0 设绳子拉力为 T，则对 B有：T-kx2-mg=0 对 A 有：Mgsin-T-Mgcos30=0 解得：M=6.4m，故 A正确； B项：以 AB 整体为对象，当 AB的加速度等零时，速度由最大值，此时弹簧拉伸，故 B 错误； C项：从释放 A到 C刚离开地面的过程中，A 沿斜面向下运动的距离为：，所以 A小球重 力势能减少，故 C 正确； D 项：刚开始弹簧的弹力 kx1=mgMgcos30=1.2mg，对 AB系统来说，机械能的变化与弹簧的弹力和 摩

16、擦力做功有关，一开始弹力做正功，摩擦力做负功，且正功小于负功，所以机械能减小，随着弹力的减 小，弹力做的正功越来越小，机械能也减小，当弹簧被拉长后，弹力和摩擦力都做负功，机械能还是在减 小，所以 AB 系统的机械能一直减小，故 D 正确。 故选：ACD。 【点睛】本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能 守恒进行分析。 二、非选择题二、非选择题 9.如图甲所示为晓宇同学利用气垫导轨验证动量守恒定律的实验装置， 利用弹射装置给滑块 a一水平向右的 速度，使其拖动纸带在气垫导轨上运动，经过一段时间滑块 a 与静止的滑块 b 发生相互作用，两滑块碰后粘 合

17、在一起共同在气垫导轨上运动，在整个过程中打出的纸带如图乙所示。已知两滑块的质量分别用 ma、mb 表示，纸带上打出相邻两点之间的时间间隔为 T。 (1)若碰撞过程系统的动量守恒，则需验证的关系式为_； (2)如果将上述物理量均测量出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，请分析引起实验误差的原 因：_。 【答案】 (1). (2). 纸带与打点计时器的限位孔有摩擦或空气阻力等 【解析】 【分析】 根据图乙求出碰前、后的速度，再由动量定义求出碰撞前后的动量，本题考查动量守恒定律，由动量守恒 列方程求解。 【详解】(1)由动量守恒可知，碰前的总动量为：，碰后的总动量为：， 由动量守恒可得：，整

18、理得：； (2)由于纸带与打点计时器的限位孔有摩擦或空气阻力等，导致前的动量略大于碰后的动量。 【点睛】本题利用气垫导轨进行验证动量守恒定律的实验，要求能明确实验原理，注意碰撞前后两物体的 位置从而明确位移和速度，再根据动量守恒定律列式即可求解。 10.某实验小组在练习使用多用电表，他们正确连接好电路，如图甲所示。闭合开关 S后，发现无论如何调 节电阻箱 R0，灯泡都不亮，电流表无读数，他们判断电路可能出现故障。经小组讨论后，他们尝试用多用 电表的欧姆挡来检测电路。已知保护电阻 R=15，电流表量程为 50mA。操作步骤如下： 将多用电表挡位调到电阻“1”挡，再将红、黑表笔短接，进行欧姆调零；

19、 断开甲图电路开关 S，将多用电表两表笔分别接在 a、c 上，多用电表的指针不偏转； 将多用电表两表笔分别接在 b、c上，多用电表的示数如图乙所示； 将多用电表两表笔分别接在 c、e上，调节 R0=20 时，多用电表示数如图丙所示，电流表的示数如图丁 所示。 回答下列问题： (1)图丙中的多用表读数为_；图丁中的电流表读数为_mA。 (2)操作步骤中，多用电表红表笔应接_（选“c”或“e”）点。 (3)电路的故障可能是_。 A. 灯泡短路 B. 灯泡断路 C. 保护电阻 R 短路 D. 保护电阻 R断路 (4)根据以上实验得出的数据，同学们还计算出多用电表内部电源的电动势 E=_V（结果保留

20、3位有 效数字） 。 【答案】 (1). 24 (2). 38.0 (3). e (4). B (5). 1.48 【解析】 （1）倍率采用 1，故读数为；电流表量程为 50mA，所以分度值为 1mA，所以读数为 38.0mA； （2）因为用多用电表测电阻时，电流方向为红进黑出，即红表笔是流进欧姆表的，而电路中电流表在 e 端 为负极，即电流经过电流表的方向为 de，所以红表笔接 e端； （3）因为多用电表欧姆档的指针不偏转，说明指在无穷大的刻度处，所以 a、c 间断路，而 bc间正常，所 以只有灯泡断路，B正确； （4）根据操作可知电表指针正好指在中间刻度，即根据中值电阻规律可知欧姆档电路内

21、阻为，根 据操作可知； 【点睛】在读取电表读数时，一定要弄清楚电表的分度值（或档位） ；本题第（4）问较难，难点在于根据 中值电阻规律计算欧姆表内阻，因为本题数据是从图中表现出来的，很容易忽略这一重要条件 11.如图所示， 一质量为 M=4kg 的长木板 B静止在光滑的水平面上， 在长木板 B的最右端放置一可视为质点 的小铁块 A，已知长木板的长度为 L=1.4m，小铁块的质量为 m=1kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦 因数为 =0.4，重力加速度 g=10m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力 F=28N，求： (1)小铁块与木板的加速度大小； (2)为了保证小铁块能离开长木

22、板，恒力 F的作用时间至少应为多大？ 【答案】(1)小铁块的加速度为：长木板的加速度为：(2)设恒力 F作用时间至少为 1s. 【解析】 【分析】 根据在长木板的右端施加一水平向右的恒力 F=28N可知，由牛顿第二定律求解 B 的加速度大小，根据能量 关系列方程，整体整个过程中根据动量定理列方程求解即可。 【详解】(1) 根据牛顿第二定律得： 小铁块的加速度为： 长木板的加速度为：； (2) 设恒力 F 作用时间为 t，小铁块在长木板上滑动距离为 L1， 由空间关系可知 整理得： 此时，小铁块的速度 长木板的速度 撤去 F后，小铁块和长木板组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得： 解得： 若滑

23、块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒得： 代入数据解得：。 【点睛】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物 体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。 12.如图所示，宽度为 2d 与宽度为 d的两部分导轨衔接良好固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强 磁场，磁感应强度大小为 B，长度分别为 2d 和 d 的导体棒甲和乙按如图的方式置于导轨上，已知两导体棒 的质量均为 m、两导体棒单位长度的电阻均为 r0，现给导体棒甲以水平向右的初速度 v0。假设导轨的电阻 忽略不计、导体棒与导轨之间的摩擦可忽

24、略不计，且两部分导轨足够长。求： (1)当导体棒甲开始运动瞬间，甲、乙两棒的加速度大小分别为多大？ (2)导体棒甲匀速时的速度大小应为多大？ (3)两导体棒从开始运动到刚匀速的过程中两导体棒发生的位移分别是 x甲和 x乙，试写出两导体棒的位移 x甲 和 x乙之间的关系式。 【答案】(1)、(2) v0 (3) 【解析】 【分析】 现给导体棒甲以水平向右的初速度 v0可知，本题考查电磁感应现象中的动力学问题，根据法拉第的电磁感 应定律与闭合电路欧姆定律综合牛顿运动定律进行求解。 【详解】(1) 导体棒甲刚开始运动时电源电动势为 E2Bdv0 由题意整个电路的总电阻为 由闭合电路的欧姆定律，电路中

25、的总电流大小为 由以上整理可得导体棒甲、乙所受的安培力大小分别为 ， 由牛顿第二定律可知导体棒甲、乙的加速度大小分别为 ，； (2) 由动量定理，对导体棒甲有 即： 同理对导体棒乙有 两导体棒均匀速运动时，有 v22v1 联立以上可解得； (3)由得 由法拉第电磁感应定律得 又 整理得： 联立以上可得 13.下列说法正确的是_。 A. 高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故 B. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 C. 布朗运动就是液体分子的无规则运动 D. 分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减少而增大 E. 机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程

26、 【答案】BDE 【解析】 【详解】A项：高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，故 A错误； B项：一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，由理想气体状态方程可知，温度一定升高，则内能一定增 加，故 B 正确； C项：布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的， 所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故 C错误； D 项：分子力做功等于分子势能的减小量，故分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而 增大，故 D正确； E项：根据热力学第二定律知，机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程，E正确。 故选：BDE。

27、14.如图所示的气缸放在水平面上，其横截面积为 S=1 10-3m2，质量为 m=2kg的活塞将一定质量的理想气体 封闭在气缸中，活塞被锁定。活塞距离气缸底部的距离为 L1=12cm，气体的温度为 T1=300K、压强为 P1=1.5 105Pa。已知外界大气压强恒为 P0=1.0 105Pa、重力加速度为 g=10 m/s2，不计摩擦。求： (i)先将封闭气体的温度缓慢升高到 T2=400K，然后解除锁定，当活塞再次平衡时，封闭气体的温度为 T3=360K，则活塞到气缸底部的距离 L3为多少？ (ii)保持封闭气体的温度 T3=360K不变，活塞处于解除锁定的状态，现使整个装置竖直向上做匀加

28、速直线运 动，若使活塞到气缸底部的距离为 L4=16cm，则装置的加速度应为多大？ 【答案】(i)18cm (ii)a7.5m/s2 【解析】 【分析】 (1)）根据将封闭气体的温度缓慢升高到 T2=400K，当活塞再次平衡时，封闭气体的温度为 T3=360K可知， 根据气体的等容变化和理想气体方程列方程求解； (2) 根据整个装置竖直向上做匀加速直线运动可知，由牛顿第二定律列方程求解。 【详解】(i)由题意知，气体等容变化 解得： 当再次平衡时，活塞受力平衡，故封闭气体压强为 根据理想气体状态方程有 即 解得 L318cm； (i) 由题意知，气体等温变化： 解得： 应向上做匀加速直线运动，

29、对活塞，由牛顿第二定律得： 解得 a7.5m/s2。 15.下列说法正确的是_。 A. 拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度 B. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 C. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是光的色散现象 D. 泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相的拍摄利用了激光的相干性 E. 交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度利用了多普勒效应 【答案】CDE 【解析】 【详解】A 项：拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射光的强度，使照片清 晰，但不能增加透射光的强度，故 A错误； B项：

30、用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉，故 B错误； C项：用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光折射，形成光的色散现象，故 C正确； D 项：根据光的衍射与光的干涉特点，泊松亮斑是光的衍射现象，根据激光的应用可知，全息照相的拍摄利 用了激光的相干性的特点，与干涉原理有关，故 D正确； E项： 交通警察向车辆发射超声波并通过测量反射波的频率确定车辆行进的速度利用了多普勒效应， E正确。 故选：CDE。 16.一列沿 x 轴方向传播的横波，如图所示的实线和虚线分别为 t1=0s时与 t2=1s 时的波形图像。求： (i)如果该横波的传播速度为 v=75m/s 时，分析该波的传播

31、方向； (ii)如果该横波沿 x 轴的正方向传播， 虚线上 x=2m的质点到达平衡位置时波传播的最短距离是多少？相对应 的时间应为多长？ 【答案】(i)沿 轴的正方向 (ii) 最短距离为 所用的时间应为(n0、1、2) 【解析】 【分析】 (1) 实线和虚线分别为 t1=0s 时与 t2=1s时的波形图像，分沿 x轴正方向和负方向传播两种情况分析处理； (2) 横波沿 x 轴的正方向传播，找出最短距离的质点，再求出对应的时间。 【详解】(i) 如果沿轴的正方向传播，则的时间内，该波传播的距离为 s(n3)m(8n3)m(n0、1、2) 若波速为，则 1s 的时间内波传播的距离为 则(8n3)=75，解得 n9 显然波可能沿轴的正方向传播 如果沿轴的负方向传播，则的时间内，该波传播的距离为 s(n5)m(8n5)m(n0、1、2) 若波速为则 1s的时间内波传播的距离为 则(8n5)=75，解得 由于 n 必须为整数，则波不可能沿 x 轴的负方向传播 由以上可知，当波的速度为时，波的传播方向一定沿轴的正方向； (ii) 图象可知：波长 8m 当波沿 x轴正向传播时，01s的时间内传播的距离：s(n3)m(8n3)m(n0、1、2) (8n3)m/s(n0、1、2) 虚线上的质点到达平衡位置波应沿轴的正方向传播最短距离为 则所用的时间应为 t (n0、1、2)。