資源簡介

2024屆四川省瀘州市高三下學期第三次教學質量診新性考試理綜試題-高中物理
1．（2024高三下·瀘州模擬）核潛艇是以核反應堆為動力來源，若反應堆的一個核反應方程式為，則（ ）
A．，Y為元素
B．，Y為
C．有56個質子，144個中子
D．核比核的比結合能小
2．（2024高三下·瀘州模擬）2022年4月“神舟十三”號乘組人員將回到地球家園，3位航天員出色的完成了出艙任務以及其他太空實驗，為我國空間站關鍵技術驗證做出杰出貢獻。已知空間站離地面的高度約為400km，地球半徑為6400km，則（　　）
A．空間站繞地球運動的周期約為80分鐘
B．空間站的運行速度大于第一宇宙速度
C．空間站的向心加速度大于赤道上隨地球自轉的物體的向心加速度
D．如果空間站外的物體脫落，將沿指向地心的直線落向地面
3．（2024高三下·瀘州模擬）在2022年北京冬奧會上，中國運動員谷愛凌在自由式滑雪空中技巧項目中勇奪金牌，為國增光。她從助滑坡滑下，從圓弧形跳臺上起跳，在空中完成空翻、旋轉等動作后在著落坡著陸，假設在著落坡上下滑時做初速度不為零的勻加速直線運動，在AB、BC連續兩段相等位移x內運動的時間分別為和，如圖所示。則在ABC段滑行時的加速度大小為（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高三下·瀘州模擬）靜置于水平地面上質量為m的物體，受一豎直向上的恒力F作用，從靜止開始向上運動。經時間t后撤去F，又經時間t物體剛好落回地面。不計空氣阻力，重力加速度為g，則恒力F等于（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為，定值電阻、和的阻值分別為3Ω、1Ω和4Ω，A為理想交流電流表，U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定。當開關S斷開時，電流表的示數為I。則當S閉合時，電流表的示數為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，質量均為m的A、B兩物體用一輕彈簧連接，放在光滑的水平面上，A緊靠光滑的墻。現用外力推B將彈簧壓縮某一長度并處于靜止狀態，然后撤去外力，在彈簧恢復原長時B物體的速度為v。彈簧始終處于彈性限度內，則在撤去外力以后的運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．物體A、B和輕彈簧組成的系統機械能守恒
B．彈簧再次被壓縮到最短時具有的彈性勢能為
C．墻壁對A物體的彈力做的功為
D．墻壁對A物體的彈力產生的沖量大小為
7．（2024高三下·瀘州模擬）三個帶電小球的電荷量和質量分別為、、，。它們先后以相同的速度在同一點沿水平方向射入同一勻強電場中，電場沿豎直方向。下列關于描述這三個帶電小球的運動軌跡圖中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，在豎直方向上有兩個相鄰且互不影響的有界勻強磁場I、II，兩磁場的磁感應強度大小相等，方向分別垂直紙面向外和垂直紙面向里，磁場寬度均為。有一邊長的正方形閉合線框abcd，從磁場外距離磁場處由靜止開始下落后垂直進入磁場，當線框ab邊剛進入磁場I區域時恰好做勻速運動，進入磁場II區域的某位置后線框又開始做勻速運動。已知線框的質量，重力加速度g取，不計空氣阻力。以下說法正確的是（　　）
A．線框ab邊剛進入磁場II時加速度大小為
B．線框ab邊剛穿出磁場II時的速度大小為
C．線框ab邊在磁場I和II中運動的總時間為2.35s
D．線框ab邊在磁場I和II中運動的過程中，線框產生的內能為3.6J
9．（2024高三下·瀘州模擬）小利同學在初中物理學習中，知道了“物體的動能與質量、速度有關”，她現用如圖甲所示的實驗裝置探究物體動能的表達式。先測出物塊和遮光片的總質量，用力傳感器測出物塊在水平長木板上運動時的摩擦力f，將物塊壓縮彈簧后釋放，測出物塊脫離彈簧后經過光電門的時間t，遮光片的寬度d，以及測出物塊停下時到光電門的距離x。
利用以上測得的數據算出物塊經過光電門時的速度v及、……，以及克服摩擦力做功。根據克服摩擦力做的功W將物塊的動能轉化為內能，將數據記錄描在坐標系中，剛好是一條過原點的傾斜直線，如圖乙所示。
（1）她根據圖線得到斜率　 　（保留兩位有效數字）。
（2）在誤差范圍內發現斜率k與質量m之間的關系　 　m，從而初步得出動能的表達式。
（3）她要想知道這個結論是否具有普遍性，還應　 　。
10．（2024高三下·瀘州模擬）某個同學設計了一個電路，既能測量電池組的內阻r，又能同時測量未知電阻的阻值。提供的器材如下：
A．電池組（電動勢6V，內阻未知）
B．待測電阻（阻值約十歐）
C．電壓表V（量程3V，內阻很大）
D．電流表（量程1mA，內阻約20Ω）
E．電流表（量程3mA，內阻）
F．電阻箱R（最大阻值999.9Ω）
G．定值電阻、、各一只
H．開關一只，導線若干
實驗步驟如下：
（1）實驗器材連接成如圖甲所示的電路，在將電流表A改裝成6V的電壓表時，應選電流表　 　（選填“”或“”）與定值電阻　 　（選填“”“”或“”）串聯。
（2）閉合開關，調節電阻箱的阻值，先讓電壓表V接近滿偏，逐漸增加電阻箱的阻值，并分別讀出電壓表示數U、電流表示數I和對應的電阻箱讀數R。
（3）根據記錄的電壓表V的示數U和電流表A的示數I，以為縱坐標，以對應的電阻箱的阻值R為橫坐標，描點作圖得到如圖乙所示的圖像，則圖像與縱軸的交點數值為　 　，待測電阻　 　Ω。
（4）若改變電阻箱的阻值R，測得R的最大功率是0.75W，不計電表內阻對電路的影響，則電池組的內阻　 　Ω。
11．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，有10個可視為質點的相同滑塊質量均為，其中9個滑塊在水平地面上分別用長的輕桿連成一條線。水平地面除一段長的粗糙區域AB外，其余各段均光滑。現用水平輕繩一端連接滑塊1，另一端跨過光滑定滑輪連接第10個滑塊。釋放系統時，滑塊1從A處由靜止開始運動。設在整個運動過程中懸掛滑塊未到達地面，B點到滑輪距離足夠長，滑塊與粗糙區域間的動摩擦因數，重力加速度g取。求：
（1）第1個滑塊剛進入粗糙區域時加速度的大小；
（2）第3個滑塊剛離開粗糙區域時輕繩的拉力；
（3）第9個滑塊剛離開粗糙區域時10個滑塊的總動能。
12．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，邊長為l的正方形虛線框OABC內有豎直向下的勻強電場，質量為m、電荷量為q（）寬度為的一簇粒子，以大小為的速度沿x軸方向射入電場。其中下邊沿b粒子自OC中點處射入，恰好從A點處射出；上邊沿a粒子射出電場后經過一段時間，剛好從x軸上某一點射入圓形勻強磁場（圖中未畫出）。已知所有粒子經磁場偏轉后都從x軸上的D點射出磁場，D點到坐標原點的距離為，不計重力及粒子間的相互作用。求：
（1）勻強電場的場強大小；
（2）圓形勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）圓形勻強磁場的圓心位置坐標。
13．（2024高三下·瀘州模擬）一定質量的理想氣體的圖像如圖所示，圖中EF線段的延長線過坐標原點，則的變化過程中，該理想氣體對外界　 　（選填“做正功”“做負功”或“不做功”），理想氣體　 　熱量（選填“吸收”或“放出”），內能　 　（選填“增加”“減小”或“不變”）。
14．（2024高三下·瀘州模擬）兩端開口的薄壁汽缸豎直放置在地面上，用兩個質量及厚度均忽略不計的活塞A、B封閉一定質量的理想氣體，原長為l、勁度系數為的輕彈簧一端與活塞B連接，另一端固定于汽缸口的O點，如圖所示。已知汽缸內壁光滑且導熱良好，橫截面積為S。初始整個裝置置于溫度為27℃、大氣壓強為的環境中，活塞A、B靜止時相距2l。若在活塞A上放一質量為的物體，裝置重新達到平衡，重力加速度為g。
（i）求放上物體重新達到平衡時活塞A下降的距離；
（ii）改變汽缸內氣體的溫度使活塞A再次回到初始位置，則此時氣體的溫度應為多少K？
15．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，真空中有一長方體容器底部鍍有反射膜，容器內裝有一定深度的液體，一束單色光以角斜射到液體表面上，在容器右側的豎直光屏上出現兩個光點P和Q，P、Q間的距離為h。若只將液體的深度增大，則P和Q間的距離h將　 　，光在液體中傳播的時間將　 　。若只將液體的折射率增大，則P和Q間的距離h將　 　。（以上選填“變長”“變短”或“不變”）
16．（2024高三下·瀘州模擬）一列簡諧橫波在介質中沿x軸正向傳播，波的周期，O和P是介質中平衡位置分別位于和處的兩個質點。實線為時刻的波形圖，此時質點O的位移為，質點P處于平衡位置；虛線為時的波形圖，求：
（1）簡諧波的周期、波速；
（2）質點O的位移隨時間變化的關系式。
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】原子核的組成；結合能與比結合能；核裂變
【解析】【解答】AB．根據電荷數守恒和質量數守恒得，Y為，故A錯誤，B正確；
C．有56個質子，中子數為144-56=88，故C錯誤；
D．中等質量核的平均結合能比重核大，核比核的比結合能大，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據電荷數守恒和質量數守恒可推出x、Y。
2、質量數等于質子數加中子數。
3、比結合能越大越穩定，反應后的原子核比結合能大于反應前原子核比結合能。
2．【答案】C
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．同步衛星距地面的高度和周期為，
根據開普勒第三定律有
解得，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是衛星環繞地面運行的最大速度，根據
解得
第一宇宙速度是衛星環繞地面運行的最大速度，空間站的運行半徑大于地球半徑，所以空間站的運行速度不會大于第一宇宙速度，故B錯誤；
C．同步衛星與地球自轉的角速度相同，根據，可知同步衛星比地球自轉的向心加速度大，根據
解得
空間站的運行半徑比同步衛星運行的半徑小，可知空間站的向心加速度大于同步衛星的向心加速度，即空間站的向心加速度大于赤道上隨地球自轉的物體的向心加速度，故C正確；
D．如果空間站外的物體脫落，物體具有慣性，保持原有的運動狀態不變，速度大小不變，仍做勻速圓周運動，不會沿指向地心的直線落向地面，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、根據開普勒第三定律有，可計算空間站繞地球運動的周期。
2、第一宇宙速度，空間站的運行半徑大于地球半徑，所以空間站的運行速度不會大于第一宇宙速度。
3、根據比較加速度。
4、如果空間站外的物體脫落，仍做勻速圓周運動，不會沿指向地心的直線落向地面。
3．【答案】A
【知識點】加速度；平均速度
【解析】【解答】AB、BC連續兩段相等位移x內運動的平均速度分別為
，
勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，根據加速度的定義式有
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】平均速度等于位移除以時間，勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，根據加速度的定義式計算加速度。
4．【答案】A
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】在第一個t時間內，根據牛頓第二定律有
根據位移公式有
根據速度公式有
在第二個t時間內，根據位移公式有
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】根據牛頓第二定律有，位移公式有，速度公式有，聯立可求解恒力F。
5．【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】當開關S斷開時，副線圈兩端的電壓
由
解得
由
解得
則
當S閉合時，設電流表的示數為，由
，
解得
由
解得
則
解得
故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】當開關S斷開時，利用閉合電路歐姆定律列等式，變壓器中電壓與匝數成正比，聯立可得，當S閉合時，同理列等式可求得，再聯立兩個等式可得出當S閉合時，電流表的示數。
6．【答案】A,D
【知識點】動量定理；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．物體A、B和輕彈簧組成的系統，只有彈力做功，系統的機械能守恒，故A正確；
B．彈簧再次被壓縮到最短時由動量守恒
此時彈簧具有的彈性勢能為
故B錯誤；
C．墻壁對A物體的彈力沒有位移，則做的功為零，故C錯誤；
D．對AB系統由動量定理，墻壁對A物體的彈力產生的沖量大小為
故D正確。
故選AD。
【分析】1、物體A、B和輕彈簧組成的系統，只有彈力做功，系統的機械能守恒。
2、彈簧再次被壓縮到最短系統動量守恒列等式：，根據能量守恒可求解此時彈簧具有的彈性勢能為。
3、對AB系統根據動量定理可求解墻壁對A物體的彈力產生的沖量大小。
7．【答案】B,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．當電場方向豎直向上，大小為時，1球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，2球受到的電場力和重力的合力向上，做類平拋運動，向上偏轉，3球受到的電場力和重力的均向下，做類平拋運動，向下偏轉；大小為時，2球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，1球和3球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動，向下偏轉，故A錯誤；
B．當電場方向豎直向下，只有大小為時，3球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，1球和2球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動，當水平位移相等時，豎直偏移量
可知，豎直偏移量與比荷有關，1球和2球的比荷不同，故向下偏轉的偏移量不同，故B正確；
C．若C正確，則1球和2球向上偏轉，電場一定向上，此時3球受到的電場力和重力均向下，向下偏轉，故C錯誤；
D．當電場方向豎直向下，只有大小為時，3球向下的重力大于向上的電場力，合力向下，向下偏轉，1球和2球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動，當水平位移相等時，豎直偏移量
可知，豎直偏移量與比荷有關，1球和2球的比荷不同，故向下偏轉的偏移量不同，3球的加速度小于g，則3個球向下的偏移量均不同，故D正確。
故選BD。
【分析】此題應分情況討論，1、當電場方向豎直向上，大小為時，1球勻速直線運動，2球和3球都做類平拋運動。2、當當電場方向豎直向下，只有大小為時，3球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，1球和2球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動。3、當當電場方向豎直向下，只有大小為時，三個球都做類平拋運動，偏移量不同。
8．【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】A．設線框abcd從h處剛進入磁場I區域時速度為，根據自由落體運動速度、位移關系式有
所以剛進入磁場II區域時，由右手定則可知線框abcd中產生逆時針感應電流，而
，
此時受到的安培力為
根據牛頓第二定律有
線框abcd從h處剛進入磁場I區域時做勻速運動，則有
解得
方向向上，故A錯誤；
B．由于加速度方向與速度相反，線框做減速運動，安培力隨著速度減小而減小，加速度也減小，當加速度為零時，做勻速直線運動，直到線框穿出磁場II，設此時的速度為，根據平衡條件
解得
故B正確；
C．在磁場I區域時做勻速運動的時間為
在磁場II區域時有
根據動量定理有
解得
線框ab邊在磁場I和II中運動的總時間為
故C正確；
D．線框ab邊在磁場I和II中運動的過程中，根據動能定理有
解得
故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據自由落體運動速度、位移關系式，求解線框abcd從h處剛進入磁場I區域時速度，剛進入磁場II區域時，由右手定則可知線框abcd中產生逆時針感應電流
，而，，此時受到的安培力為，根據牛頓第二定律有聯立可求解線框ab邊剛進入磁場II時加速度大小。
2、在磁場I區域時做勻速運動的時間，根據動量定理，可求解在磁場II區域運動時間，線框ab邊在磁場I和II中運動的總時間為
3、線框ab邊在磁場I和II中運動的過程中，根據動能定理有，可求解線框產生的內能。
9．【答案】（1）0.22kg
（2）
（3）更換不同質量的物體，重復前面的實驗步驟
【知識點】探究功與物體速度變化的關系
【解析】【解答】（1）根據圖線得到斜率
（2）由
可得
（3）要想知道這個結論是否具有普遍性，還應更換不同質量的物體，重復前面的實驗步驟。
【分析】(1)根據圖像計算斜率。
（2）根據動能定理，結合圖像可得斜率
（3）要想知道這個結論是否具有普遍性，還應更換不同質量的物體，多次實驗。
（1）根據圖線得到斜率
（2）由
可得
（3）要想知道這個結論是否具有普遍性，還應更換不同質量的物體，重復前面的實驗步驟。
10．【答案】；R2；0.5；10；2
【知識點】電表的改裝與應用；特殊方法測電阻
【解析】【解答】（1）由于電流表A2的內阻一定，應選電流表，根據歐姆定律有
故可以將電流表A2與定值電阻R2串聯，將其改裝成一個量程為6V的電壓表。
（3）根據電路圖
得
則圖像與縱軸的交點數值為
圖像斜率
待測電阻
（4）電阻箱的功率
可見，當時，R功率最大，為
，
解得
。
【分析】(1)考查將電流表A改裝成電壓表，根據歐姆定律有，可計算串聯定值電阻得阻值，然后根據電阻阻值選擇定值電阻。
（3）根據電路圖寫出與R函數關系式，根據斜率計算待測電阻。
（4）電阻箱的功率，根據最大功率計算電池組的內阻。
11．【答案】解：（1）第1個滑塊剛進入粗糙區域時，對10個滑塊整體，根據牛頓第二定律得
第1個滑塊剛進入粗糙區域時加速度的大小
（2）當第3個滑塊剛離開區域時，4、5、6三個物塊在區域內，以全部物塊為研究對象，根據牛頓第二定律得
得
以懸掛的滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律得
解得第3個滑塊剛離開粗糙區域時輕繩的拉力
（3）每個物塊離開粗糙區域克服摩擦力做功大小
以系統為研究對象，根據動能定理得
解得10個滑塊的總動能

【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）第1個滑塊剛進入粗糙區域時，對10個滑塊整體，根據牛頓第二定律得可求解第1個滑塊剛進入粗糙區域時加速度的大小
（2）當第3個滑塊剛離開區域時，4、5、6三個物塊在區域內，以全部物塊為研究對象，根據牛頓第二定律得，以懸掛的滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律得，聯立可求解第3個滑塊剛離開粗糙區域時輕繩的拉力。
（3）每個物塊離開粗糙區域克服摩擦力做功大小，以系統為研究對象，根據動能定理得，聯立可求解10個滑塊的總動能。
12．【答案】解：（1）設粒子從b點運動到A點的時間為t，則有
設勻強電場的場強為，粒子在電場中的加速度為，則有
，
聯立解得
（2）畫出粒子的運動軌跡示意圖，如圖所示
設粒子離開電場的速度為，則由動能定理有
解得
設粒子運動方向與x軸的夾角為，有
即
設從a出發的粒子在F點離開電場，在M點進入磁場，由于所有粒子在電場中運動的時間相等，可知
， ，
設磁場的磁感應強度為B，粒子的軌跡半徑為，由幾何知識可知
，
洛倫茲力充當向心力，有
解得
，
（3）由于所有粒子經磁場偏轉后都從D點射出磁場，由幾何知識可知，必有磁場半徑等于軌跡半徑，設磁場的圓心為，由于，可知，則為正方形，所以的橫坐標為
的縱坐標為
即磁場圓心坐標為（）。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子從b點運動到A點的時間為t，，勻強電場的場強為，粒子在電場中的加速度為，則有，，聯立可求解勻強電場的場強大小。
（2）畫出粒子的運動軌跡示意圖，如圖所示
由動能定理有，可求解粒子離開電場的速度，
粒子運動方向與x軸的夾角為，，
從a出發的粒子在F點離開電場，在M點進入磁場，由于所有粒子在電場中運動的時間相等，可知
， ，
由幾何知識可知，，洛倫茲力充當向心力，
聯立可求解粒子的軌跡半徑和磁場的磁感應強度。
（3）由于所有粒子經磁場偏轉后都從D點射出磁場，由幾何知識可知，必有磁場半徑等于軌跡半徑，為正方形，的橫坐標為， 的縱坐標為，可得出磁場圓心坐標。
13．【答案】做正功；吸收；不變
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】的變化過程中，該理想氣體體積變大，則氣體對外界做正功；
根據
可知
可知從E到F氣體溫度不變，則內能不變；根據
因為，，則，可知，理想氣體吸收熱量。
【分析】1、理想氣體體積變大，氣體對外界做正功，體積減小，外界對氣體做功。
2、理想氣體溫度不變，內能不變，溫度升高，內能增大。
3、根據，，則，理想氣體吸收熱量。
14．【答案】解：（1）將活塞A、B及封閉的一定質量的理想氣體看作整體，根據胡克定律
其中，解得
活塞A下降時封閉的理想氣體溫度不變，當活塞穩定時，設封閉氣體的壓強為，根據活塞A受力平衡
解得
根據玻意耳定律
解得
所以，放上物體重新達到平衡時活塞A下降的距離為
（2）改變汽缸內氣體的溫度使活塞A再次回到初始位置的過程，封閉氣體的壓強不變，初始溫度為
體積為
活塞A回到初始位置時，氣體的體積為
根據蓋—呂薩克定律
解得

【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）將活塞A、B及封閉的一定質量的理想氣體看作整體，根據胡克定，其中，可求解，活塞A下降時封閉的理想氣體溫度不變，當活塞穩定時，根據活塞A受力平衡，可求解封閉氣體的壓強為，
根據玻意耳定律，可求解，
放上物體重新達到平衡時活塞A下降的距離為
（2）改變汽缸內氣體的溫度使活塞A再次回到初始位置的過程，封閉氣體的壓強不變，初始溫度為
，體積為，活塞A回到初始位置時，氣體的體積為
根據蓋—呂薩克定律，可求解氣體的溫度。
15．【答案】變長；變長；變短
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】1、若只將液體的深度增大，光路圖如圖
由圖可知，則P和Q間的距離h將變長。
2、若只將液體的深度增大，光在液體中傳播的路程變長，光在液體中傳播的速度不變，故光在液體中傳播的時間將變長。
3、若只將液體的折射率增大，光線射入液體中偏折增大，如圖
則P和Q間的距離h將變短。
【分析】1、只將液體的深度增大，畫出光路圖，根據光路圖可得出P和Q間的距離h將變長。
2、光在液體中傳播的路程變長，光在液體中傳播的速度不變，則光在液體中傳播的時間將變長。
3、若只將液體的折射率增大，光線射入液體中偏折增大，畫出光路圖，根據光路圖可得出P和Q間的距離h將變短。
16．【答案】解：（1）根據波形圖可知波長為，處的質點P在時刻由平衡位置向下振動，經過其振動形式傳播到虛線的，（，則傳播的距離小于一個波長）則波速為
而周期為
（2）波的振幅為，而質點振動的圓頻率為
則質點O的位移隨時間變化的關系式為
其中時，，可得
故質點O的位移隨時間變化的關系式為
【知識點】橫波的圖象
【解析】【分析】（1）根據波形圖可知波長，經過其振動形式傳播到虛線的，（，則傳播的距離小于一個波長）波速，周期。
（2）圖中得知波的振幅，質點振動的圓頻率為，質點O的位移隨時間變化的關系式為，其中時，，可得代入可得出質點O的位移隨時間變化的關系式。
1 / 12024屆四川省瀘州市高三下學期第三次教學質量診新性考試理綜試題-高中物理
1．（2024高三下·瀘州模擬）核潛艇是以核反應堆為動力來源，若反應堆的一個核反應方程式為，則（ ）
A．，Y為元素
B．，Y為
C．有56個質子，144個中子
D．核比核的比結合能小
【答案】B
【知識點】原子核的組成；結合能與比結合能；核裂變
【解析】【解答】AB．根據電荷數守恒和質量數守恒得，Y為，故A錯誤，B正確；
C．有56個質子，中子數為144-56=88，故C錯誤；
D．中等質量核的平均結合能比重核大，核比核的比結合能大，故D錯誤。
故選B。
【分析】1、根據電荷數守恒和質量數守恒可推出x、Y。
2、質量數等于質子數加中子數。
3、比結合能越大越穩定，反應后的原子核比結合能大于反應前原子核比結合能。
2．（2024高三下·瀘州模擬）2022年4月“神舟十三”號乘組人員將回到地球家園，3位航天員出色的完成了出艙任務以及其他太空實驗，為我國空間站關鍵技術驗證做出杰出貢獻。已知空間站離地面的高度約為400km，地球半徑為6400km，則（　　）
A．空間站繞地球運動的周期約為80分鐘
B．空間站的運行速度大于第一宇宙速度
C．空間站的向心加速度大于赤道上隨地球自轉的物體的向心加速度
D．如果空間站外的物體脫落，將沿指向地心的直線落向地面
【答案】C
【知識點】開普勒定律；第一、第二與第三宇宙速度；衛星問題
【解析】【解答】A．同步衛星距地面的高度和周期為，
根據開普勒第三定律有
解得，故A錯誤；
B．第一宇宙速度是衛星環繞地面運行的最大速度，根據
解得
第一宇宙速度是衛星環繞地面運行的最大速度，空間站的運行半徑大于地球半徑，所以空間站的運行速度不會大于第一宇宙速度，故B錯誤；
C．同步衛星與地球自轉的角速度相同，根據，可知同步衛星比地球自轉的向心加速度大，根據
解得
空間站的運行半徑比同步衛星運行的半徑小，可知空間站的向心加速度大于同步衛星的向心加速度，即空間站的向心加速度大于赤道上隨地球自轉的物體的向心加速度，故C正確；
D．如果空間站外的物體脫落，物體具有慣性，保持原有的運動狀態不變，速度大小不變，仍做勻速圓周運動，不會沿指向地心的直線落向地面，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、根據開普勒第三定律有，可計算空間站繞地球運動的周期。
2、第一宇宙速度，空間站的運行半徑大于地球半徑，所以空間站的運行速度不會大于第一宇宙速度。
3、根據比較加速度。
4、如果空間站外的物體脫落，仍做勻速圓周運動，不會沿指向地心的直線落向地面。
3．（2024高三下·瀘州模擬）在2022年北京冬奧會上，中國運動員谷愛凌在自由式滑雪空中技巧項目中勇奪金牌，為國增光。她從助滑坡滑下，從圓弧形跳臺上起跳，在空中完成空翻、旋轉等動作后在著落坡著陸，假設在著落坡上下滑時做初速度不為零的勻加速直線運動，在AB、BC連續兩段相等位移x內運動的時間分別為和，如圖所示。則在ABC段滑行時的加速度大小為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】加速度；平均速度
【解析】【解答】AB、BC連續兩段相等位移x內運動的平均速度分別為
，
勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，根據加速度的定義式有
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】平均速度等于位移除以時間，勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，根據加速度的定義式計算加速度。
4．（2024高三下·瀘州模擬）靜置于水平地面上質量為m的物體，受一豎直向上的恒力F作用，從靜止開始向上運動。經時間t后撤去F，又經時間t物體剛好落回地面。不計空氣阻力，重力加速度為g，則恒力F等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】牛頓運動定律的綜合應用
【解析】【解答】在第一個t時間內，根據牛頓第二定律有
根據位移公式有
根據速度公式有
在第二個t時間內，根據位移公式有
解得
故A正確，BCD錯誤。
故選A。
【分析】根據牛頓第二定律有，位移公式有，速度公式有，聯立可求解恒力F。
5．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為，定值電阻、和的阻值分別為3Ω、1Ω和4Ω，A為理想交流電流表，U為正弦交流電源，輸出電壓的有效值恒定。當開關S斷開時，電流表的示數為I。則當S閉合時，電流表的示數為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】變壓器原理
【解析】【解答】當開關S斷開時，副線圈兩端的電壓
由
解得
由
解得
則
當S閉合時，設電流表的示數為，由
，
解得
由
解得
則
解得
故ABD錯誤，C正確。
故選C。
【分析】當開關S斷開時，利用閉合電路歐姆定律列等式，變壓器中電壓與匝數成正比，聯立可得，當S閉合時，同理列等式可求得，再聯立兩個等式可得出當S閉合時，電流表的示數。
6．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，質量均為m的A、B兩物體用一輕彈簧連接，放在光滑的水平面上，A緊靠光滑的墻。現用外力推B將彈簧壓縮某一長度并處于靜止狀態，然后撤去外力，在彈簧恢復原長時B物體的速度為v。彈簧始終處于彈性限度內，則在撤去外力以后的運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．物體A、B和輕彈簧組成的系統機械能守恒
B．彈簧再次被壓縮到最短時具有的彈性勢能為
C．墻壁對A物體的彈力做的功為
D．墻壁對A物體的彈力產生的沖量大小為
【答案】A,D
【知識點】動量定理；機械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A．物體A、B和輕彈簧組成的系統，只有彈力做功，系統的機械能守恒，故A正確；
B．彈簧再次被壓縮到最短時由動量守恒
此時彈簧具有的彈性勢能為
故B錯誤；
C．墻壁對A物體的彈力沒有位移，則做的功為零，故C錯誤；
D．對AB系統由動量定理，墻壁對A物體的彈力產生的沖量大小為
故D正確。
故選AD。
【分析】1、物體A、B和輕彈簧組成的系統，只有彈力做功，系統的機械能守恒。
2、彈簧再次被壓縮到最短系統動量守恒列等式：，根據能量守恒可求解此時彈簧具有的彈性勢能為。
3、對AB系統根據動量定理可求解墻壁對A物體的彈力產生的沖量大小。
7．（2024高三下·瀘州模擬）三個帶電小球的電荷量和質量分別為、、，。它們先后以相同的速度在同一點沿水平方向射入同一勻強電場中，電場沿豎直方向。下列關于描述這三個帶電小球的運動軌跡圖中，可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知識點】帶電粒子在電場中的運動綜合
【解析】【解答】A．當電場方向豎直向上，大小為時，1球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，2球受到的電場力和重力的合力向上，做類平拋運動，向上偏轉，3球受到的電場力和重力的均向下，做類平拋運動，向下偏轉；大小為時，2球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，1球和3球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動，向下偏轉，故A錯誤；
B．當電場方向豎直向下，只有大小為時，3球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，1球和2球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動，當水平位移相等時，豎直偏移量
可知，豎直偏移量與比荷有關，1球和2球的比荷不同，故向下偏轉的偏移量不同，故B正確；
C．若C正確，則1球和2球向上偏轉，電場一定向上，此時3球受到的電場力和重力均向下，向下偏轉，故C錯誤；
D．當電場方向豎直向下，只有大小為時，3球向下的重力大于向上的電場力，合力向下，向下偏轉，1球和2球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動，當水平位移相等時，豎直偏移量
可知，豎直偏移量與比荷有關，1球和2球的比荷不同，故向下偏轉的偏移量不同，3球的加速度小于g，則3個球向下的偏移量均不同，故D正確。
故選BD。
【分析】此題應分情況討論，1、當電場方向豎直向上，大小為時，1球勻速直線運動，2球和3球都做類平拋運動。2、當當電場方向豎直向下，只有大小為時，3球重力和電場力等大反向，做勻速直線運動，1球和2球受到的電場力和重力的合力向下，做類平拋運動。3、當當電場方向豎直向下，只有大小為時，三個球都做類平拋運動，偏移量不同。
8．（2024高三下·瀘州模擬）如圖所示，在豎直方向上有兩個相鄰且互不影響的有界勻強磁場I、II，兩磁場的磁感應強度大小相等，方向分別垂直紙面向外和垂直紙面向里，磁場寬度均為。有一邊長的正方形閉合線框abcd，從磁場外距離磁場處由靜止開始下落后垂直進入磁場，當線框ab邊剛進入磁場I區域時恰好做勻速運動，進入磁場II區域的某位置后線框又開始做勻速運動。已知線框的質量，重力加速度g取，不計空氣阻力。以下說法正確的是（　　）
A．線框ab邊剛進入磁場II時加速度大小為
B．線框ab邊剛穿出磁場II時的速度大小為
C．線框ab邊在磁場I和II中運動的總時間為2.35s
D．線框ab邊在磁場I和II中運動的過程中，線框產生的內能為3.6J
【答案】B,C
【知識點】電磁感應中的磁變類問題
【解析】【解答】A．設線框abcd從h處剛進入磁場I區域時速度為，根據自由落體運動速度、位移關系式有
所以剛進入磁場II區域時，由右手定則可知線框abcd中產生逆時針感應電流，而
，
此時受到的安培力為
根據牛頓第二定律有
線框abcd從h處剛進入磁場I區域時做勻速運動，則有
解得
方向向上，故A錯誤；
B．由于加速度方向與速度相反，線框做減速運動，安培力隨著速度減小而減小，加速度也減小，當加速度為零時，做勻速直線運動，直到線框穿出磁場II，設此時的速度為，根據平衡條件
解得
故B正確；
C．在磁場I區域時做勻速運動的時間為
在磁場II區域時有
根據動量定理有
解得
線框ab邊在磁場I和II中運動的總時間為
故C正確；
D．線框ab邊在磁場I和II中運動的過程中，根據動能定理有
解得
故D錯誤。
故選BC。
【分析】1、根據自由落體運動速度、位移關系式，求解線框abcd從h處剛進入磁場I區域時速度，剛進入磁場II區域時，由右手定則可知線框abcd中產生逆時針感應電流
，而，，此時受到的安培力為，根據牛頓第二定律有聯立可求解線框ab邊剛進入磁場II時加速度大小。
2、在磁場I區域時做勻速運動的時間，根據動量定理，可求解在磁場II區域運動時間，線框ab邊在磁場I和II中運動的總時間為
3、線框ab邊在磁場I和II中運動的過程中，根據動能定理有，可求解線框產生的內能。
9．（2024高三下·瀘州模擬）小利同學在初中物理學習中，知道了“物體的動能與質量、速度有關”，她現用如圖甲所示的實驗裝置探究物體動能的表達式。先測出物塊和遮光片的總質量，用力傳感器測出物塊在水平長木板上運動時的摩擦力f，將物塊壓縮彈簧后釋放，測出物塊脫離彈簧后經過光電門的時間t，遮光片的寬度d，以及測出物塊停下時到光電門的距離x。
利用以上測得的數據算出物塊經過光電門時的速度v及、……，以及克服摩擦力做功。根據克服摩擦力做的功W將物塊的動能轉化為內能，將數據記錄描在坐標系中，剛好是一條過原點的傾斜直線，如圖乙所示。
（1）她根據圖線得到斜率　 　（保留兩位有效數字）。
（2）在誤差范圍內發現斜率k與質量m之間的關系　 　m，從而初步得出動能的表達式。
（3）她要想知道這個結論是否具有普遍性，還應　 　。
【答案】（1）0.22kg
（2）
（3）更換不同質量的物體，重復前面的實驗步驟
【知識點】探究功與物體速度變化的關系
【解析】【解答】（1）根據圖線得到斜率
（2）由
可得
（3）要想知道這個結論是否具有普遍性，還應更換不同質量的物體，重復前面的實驗步驟。
【分析】(1)根據圖像計算斜率。
（2）根據動能定理，結合圖像可得斜率
（3）要想知道這個結論是否具有普遍性，還應更換不同質量的物體，多次實驗。
（1）根據圖線得到斜率
（2）由
可得
（3）要想知道這個結論是否具有普遍性，還應更換不同質量的物體，重復前面的實驗步驟。
10．（2024高三下·瀘州模擬）某個同學設計了一個電路，既能測量電池組的內阻r，又能同時測量未知電阻的阻值。提供的器材如下：
A．電池組（電動勢6V，內阻未知）
B．待測電阻（阻值約十歐）
C．電壓表V（量程3V，內阻很大）
D．電流表（量程1mA，內阻約20Ω）
E．電流表（量程3mA，內阻）
F．電阻箱R（最大阻值999.9Ω）
G．定值電阻、、各一只
H．開關一只，導線若干
實驗步驟如下：
（1）實驗器材連接成如圖甲所示的電路，在將電流表A改裝成6V的電壓表時，應選電流表　 　（選填“”或“”）與定值電阻　 　（選填“”“”或“”）串聯。
（2）閉合開關，調節電阻箱的阻值，先讓電壓表V接近滿偏，逐漸增加電阻箱的阻值，并分別讀出電壓表示數U、電流表示數I和對應的電阻箱讀數R。
（3）根據記錄的電壓表V的示數U和電流表A的示數I，以為縱坐標，以對應的電阻箱的阻值R為橫坐標，描點作圖得到如圖乙所示的圖像，則圖像與縱軸的交點數值為　 　，待測電阻　 　Ω。
（4）若改變電阻箱的阻值R，測得R的最大功率是0.75W，不計電表內阻對電路的影響，則電池組的內阻　 　Ω。
【答案】；R2；0.5；10；2
【知識點】電表的改裝與應用；特殊方法測電阻
【解析】【解答】（1）由于電流表A2的內阻一定，應選電流表，根據歐姆定律有
故可以將電流表A2與定值電阻R2串聯，將其改裝成一個量程為6V的電壓表。
（3）根據電路圖
得
則圖像與縱軸的交點數值為
圖像斜率
待測電阻
（4）電阻箱的功率
可見，當時，R功率最大，為
，
解得
。
【分析】(1)考查將電流表A改裝成電壓表，根據歐姆定律有，可計算串聯定值電阻得阻值，然后根據電阻阻值選擇定值電阻。
（3）根據電路圖寫出與R函數關系式，根據斜率計算待測電阻。
（4）電阻箱的功率，根據最大功率計算電池組的內阻。
11．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，有10個可視為質點的相同滑塊質量均為，其中9個滑塊在水平地面上分別用長的輕桿連成一條線。水平地面除一段長的粗糙區域AB外，其余各段均光滑。現用水平輕繩一端連接滑塊1，另一端跨過光滑定滑輪連接第10個滑塊。釋放系統時，滑塊1從A處由靜止開始運動。設在整個運動過程中懸掛滑塊未到達地面，B點到滑輪距離足夠長，滑塊與粗糙區域間的動摩擦因數，重力加速度g取。求：
（1）第1個滑塊剛進入粗糙區域時加速度的大小；
（2）第3個滑塊剛離開粗糙區域時輕繩的拉力；
（3）第9個滑塊剛離開粗糙區域時10個滑塊的總動能。
【答案】解：（1）第1個滑塊剛進入粗糙區域時，對10個滑塊整體，根據牛頓第二定律得
第1個滑塊剛進入粗糙區域時加速度的大小
（2）當第3個滑塊剛離開區域時，4、5、6三個物塊在區域內，以全部物塊為研究對象，根據牛頓第二定律得
得
以懸掛的滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律得
解得第3個滑塊剛離開粗糙區域時輕繩的拉力
（3）每個物塊離開粗糙區域克服摩擦力做功大小
以系統為研究對象，根據動能定理得
解得10個滑塊的總動能

【知識點】牛頓運動定律的綜合應用；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）第1個滑塊剛進入粗糙區域時，對10個滑塊整體，根據牛頓第二定律得可求解第1個滑塊剛進入粗糙區域時加速度的大小
（2）當第3個滑塊剛離開區域時，4、5、6三個物塊在區域內，以全部物塊為研究對象，根據牛頓第二定律得，以懸掛的滑塊為研究對象，根據牛頓第二定律得，聯立可求解第3個滑塊剛離開粗糙區域時輕繩的拉力。
（3）每個物塊離開粗糙區域克服摩擦力做功大小，以系統為研究對象，根據動能定理得，聯立可求解10個滑塊的總動能。
12．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，邊長為l的正方形虛線框OABC內有豎直向下的勻強電場，質量為m、電荷量為q（）寬度為的一簇粒子，以大小為的速度沿x軸方向射入電場。其中下邊沿b粒子自OC中點處射入，恰好從A點處射出；上邊沿a粒子射出電場后經過一段時間，剛好從x軸上某一點射入圓形勻強磁場（圖中未畫出）。已知所有粒子經磁場偏轉后都從x軸上的D點射出磁場，D點到坐標原點的距離為，不計重力及粒子間的相互作用。求：
（1）勻強電場的場強大小；
（2）圓形勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）圓形勻強磁場的圓心位置坐標。
【答案】解：（1）設粒子從b點運動到A點的時間為t，則有
設勻強電場的場強為，粒子在電場中的加速度為，則有
，
聯立解得
（2）畫出粒子的運動軌跡示意圖，如圖所示
設粒子離開電場的速度為，則由動能定理有
解得
設粒子運動方向與x軸的夾角為，有
即
設從a出發的粒子在F點離開電場，在M點進入磁場，由于所有粒子在電場中運動的時間相等，可知
， ，
設磁場的磁感應強度為B，粒子的軌跡半徑為，由幾何知識可知
，
洛倫茲力充當向心力，有
解得
，
（3）由于所有粒子經磁場偏轉后都從D點射出磁場，由幾何知識可知，必有磁場半徑等于軌跡半徑，設磁場的圓心為，由于，可知，則為正方形，所以的橫坐標為
的縱坐標為
即磁場圓心坐標為（）。
【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子從b點運動到A點的時間為t，，勻強電場的場強為，粒子在電場中的加速度為，則有，，聯立可求解勻強電場的場強大小。
（2）畫出粒子的運動軌跡示意圖，如圖所示
由動能定理有，可求解粒子離開電場的速度，
粒子運動方向與x軸的夾角為，，
從a出發的粒子在F點離開電場，在M點進入磁場，由于所有粒子在電場中運動的時間相等，可知
， ，
由幾何知識可知，，洛倫茲力充當向心力，
聯立可求解粒子的軌跡半徑和磁場的磁感應強度。
（3）由于所有粒子經磁場偏轉后都從D點射出磁場，由幾何知識可知，必有磁場半徑等于軌跡半徑，為正方形，的橫坐標為， 的縱坐標為，可得出磁場圓心坐標。
13．（2024高三下·瀘州模擬）一定質量的理想氣體的圖像如圖所示，圖中EF線段的延長線過坐標原點，則的變化過程中，該理想氣體對外界　 　（選填“做正功”“做負功”或“不做功”），理想氣體　 　熱量（選填“吸收”或“放出”），內能　 　（選填“增加”“減小”或“不變”）。
【答案】做正功；吸收；不變
【知識點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等溫變化及玻意耳定律
【解析】【解答】的變化過程中，該理想氣體體積變大，則氣體對外界做正功；
根據
可知
可知從E到F氣體溫度不變，則內能不變；根據
因為，，則，可知，理想氣體吸收熱量。
【分析】1、理想氣體體積變大，氣體對外界做正功，體積減小，外界對氣體做功。
2、理想氣體溫度不變，內能不變，溫度升高，內能增大。
3、根據，，則，理想氣體吸收熱量。
14．（2024高三下·瀘州模擬）兩端開口的薄壁汽缸豎直放置在地面上，用兩個質量及厚度均忽略不計的活塞A、B封閉一定質量的理想氣體，原長為l、勁度系數為的輕彈簧一端與活塞B連接，另一端固定于汽缸口的O點，如圖所示。已知汽缸內壁光滑且導熱良好，橫截面積為S。初始整個裝置置于溫度為27℃、大氣壓強為的環境中，活塞A、B靜止時相距2l。若在活塞A上放一質量為的物體，裝置重新達到平衡，重力加速度為g。
（i）求放上物體重新達到平衡時活塞A下降的距離；
（ii）改變汽缸內氣體的溫度使活塞A再次回到初始位置，則此時氣體的溫度應為多少K？
【答案】解：（1）將活塞A、B及封閉的一定質量的理想氣體看作整體，根據胡克定律
其中，解得
活塞A下降時封閉的理想氣體溫度不變，當活塞穩定時，設封閉氣體的壓強為，根據活塞A受力平衡
解得
根據玻意耳定律
解得
所以，放上物體重新達到平衡時活塞A下降的距離為
（2）改變汽缸內氣體的溫度使活塞A再次回到初始位置的過程，封閉氣體的壓強不變，初始溫度為
體積為
活塞A回到初始位置時，氣體的體積為
根據蓋—呂薩克定律
解得

【知識點】氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋-呂薩克定律
【解析】【分析】（1）將活塞A、B及封閉的一定質量的理想氣體看作整體，根據胡克定，其中，可求解，活塞A下降時封閉的理想氣體溫度不變，當活塞穩定時，根據活塞A受力平衡，可求解封閉氣體的壓強為，
根據玻意耳定律，可求解，
放上物體重新達到平衡時活塞A下降的距離為
（2）改變汽缸內氣體的溫度使活塞A再次回到初始位置的過程，封閉氣體的壓強不變，初始溫度為
，體積為，活塞A回到初始位置時，氣體的體積為
根據蓋—呂薩克定律，可求解氣體的溫度。
15．（2024高三下·瀘州模擬）如圖，真空中有一長方體容器底部鍍有反射膜，容器內裝有一定深度的液體，一束單色光以角斜射到液體表面上，在容器右側的豎直光屏上出現兩個光點P和Q，P、Q間的距離為h。若只將液體的深度增大，則P和Q間的距離h將　 　，光在液體中傳播的時間將　 　。若只將液體的折射率增大，則P和Q間的距離h將　 　。（以上選填“變長”“變短”或“不變”）
【答案】變長；變長；變短
【知識點】光的折射及折射定律
【解析】【解答】1、若只將液體的深度增大，光路圖如圖
由圖可知，則P和Q間的距離h將變長。
2、若只將液體的深度增大，光在液體中傳播的路程變長，光在液體中傳播的速度不變，故光在液體中傳播的時間將變長。
3、若只將液體的折射率增大，光線射入液體中偏折增大，如圖
則P和Q間的距離h將變短。
【分析】1、只將液體的深度增大，畫出光路圖，根據光路圖可得出P和Q間的距離h將變長。
2、光在液體中傳播的路程變長，光在液體中傳播的速度不變，則光在液體中傳播的時間將變長。
3、若只將液體的折射率增大，光線射入液體中偏折增大，畫出光路圖，根據光路圖可得出P和Q間的距離h將變短。
16．（2024高三下·瀘州模擬）一列簡諧橫波在介質中沿x軸正向傳播，波的周期，O和P是介質中平衡位置分別位于和處的兩個質點。實線為時刻的波形圖，此時質點O的位移為，質點P處于平衡位置；虛線為時的波形圖，求：
（1）簡諧波的周期、波速；
（2）質點O的位移隨時間變化的關系式。
【答案】解：（1）根據波形圖可知波長為，處的質點P在時刻由平衡位置向下振動，經過其振動形式傳播到虛線的，（，則傳播的距離小于一個波長）則波速為
而周期為
（2）波的振幅為，而質點振動的圓頻率為
則質點O的位移隨時間變化的關系式為
其中時，，可得
故質點O的位移隨時間變化的關系式為
【知識點】橫波的圖象
【解析】【分析】（1）根據波形圖可知波長，經過其振動形式傳播到虛線的，（，則傳播的距離小于一個波長）波速，周期。
（2）圖中得知波的振幅，質點振動的圓頻率為，質點O的位移隨時間變化的關系式為，其中時，，可得代入可得出質點O的位移隨時間變化的關系式。
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