安徽省阜阳市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

安徽省阜阳市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．卫星绕某一行星的运动轨道可近似看成是圆轨道，观察发现每经过时间t ，卫星运动所通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ。

已知引力常量为G ，由此可计算该行星的质量为（ ）
A ．22l Gt
B ．22l G t θ
C ．2l
G t θ D ．22l G t
θ 【答案】B
【解析】
【详解】
设卫星的质量为m ，卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则
2
2Mm v G m r r
= 其中
l r q =，l v t
= 联立可得
2
2
l M G t θ= 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2．光滑绝缘水平面内有一电场，其一条电场线沿x 轴方向且电势ϕ随坐标x 变化的关系如图所示，一质量为m,带电荷量为q （q>0）的小球在该电场线上O 点以一定速度向x 轴正向释放且能过2x 点。

小球沿该电场线做直线运动。

则（ ）
A ．小球在2O x :间做匀加速直线运动，在2x 后做加速度减小的加速运动
B ．小球在2x 处动能最小，电势能最大
C ．小球在1x 和3x 处加速度相同
D ．小球在3x 处时的速度是在4x 处时的二倍
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．沿电场线方向电势降低，带正电的小球从O 到2x 逆着电场线运动，做减速运动，从2x 之后做加速运动，A 错误；
B ．小球运动过程中仅有电场力做功，电势能和动能相互转化，根据电势能p E q ϕ=可知带正电的小球在2x 处电势能最大，动能最小，B 正确；
C ．x φ-图像斜率的物理意义为场强，即
E x ϕ∆=∆ 小球在1x 和3x 处图像斜率不同，所以场强大小不同，根据牛顿第二定律
qE ma =
结合A 选项分析可知小球在1x 和3x 处加速度大小、方向均不同，C 错误；
D ．小球的初动能不为零，在3x 和4x 位置的速度比例关系无法求解，D 错误。

故选B 。

3．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x t
－t 的图象如图所示，则
A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s
B ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2
C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/s
D ．质点在第1 s 内的平均速度0.75 m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得0.50.5x v t t
==+，既()000.50.52
v v at v t ++==+，可得：v 0=0.5m/s ，a=1m/s 2，故AB 错误；质点在1 s 末速度为v=v 0+at=1.5m/s ，故C 正确；质点在第1 s 内的平均速度0.50.51m/s 1m/s v =+⨯=，故D 错误。

故选C 。

4．如图所示的电路中，电源的电动势为E 内电用为r 。

闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 向左移动的过程中，下列结论正确的是（ ）
A ．电容器C 上的电荷量增加
B ．电源的总功率变小
C ．电压表读数变大
D ．电流表读数变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．与变阻器并联的电容器两端电压变小，电容不变，则由Q C U
=知电容器C 上电荷量减小，故A 错误； B ．电源的总功率P EI =，与电流的大小成正比，则知电源的总功率变大，故B 错误；
CD ．当滑片向左滑动的过程中，其有效阻值变小，所以根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则电流表读数变大，电压表读数变小，故C 错误，D 正确。

故选D 。

5．如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k 。

在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，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。

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。

已知k ＝2.0 N/m ，ab 的长度为0.20 m ，bc 的长度为0.05 m ，B ＝0.20 T ，重力加速度为g 。

下列说法不正确的是（ ）
A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为mg k
B．若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接C．该电流表的量程是2.5 A
D．若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20 T
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．设弹簧的伸长量为Δx，则有
mg＝kΔx
得
mg
x
k
∆=
故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为mg
k
，故A正确，不符合题意；
B．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B正确，不符合题意；
C．设满量程时通过MN的电流为I m，则有
BI m l ab＋mg＝k（l bc＋Δx）
解得
I m＝2.5 A
故该电流表的量程是2.5 A，故C正确，不符合题意；
D．设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有
2B′I m l ab＋mg＝k（l bc＋Δx）
解得
B′＝0.10 T
故D错误，符合题意。

故选D。

6．如图所示，粗糙水平地面上用拉力F使木箱沿地面做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角θ从0°逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度和动摩擦因数都保持不变，则F的功率（）
A ．一直增大
B ．先减小后增大
C ．先增大后减小
D ．一直减小
【答案】D
【解析】
【详解】 木箱的速度和动摩擦因数都保持不变，据平衡条件可得：
cos N F f F θμ==
N sin F F mg θ+=
解得：
cos sin mg F μθμθ
=+ F 的功率
cos cos cos sin 1tan mgv mgv P Fv μθμθθμθμθ
===++ θ从0°逐渐增大到90°的过程中，tan θ增大，F 的功率一直减小，故D 项正确，ABC 三项错误。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．关于物体的内能，下列说法正确的是______
A ．物体吸收热量，内能可能减少
B ．10g100℃水的内能等于10g100℃水蒸气的内能
C ．物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能
D ．电阻通电时发热，其内能是通过“热传递”方式增加的
E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．如果物体对外做的功大于吸收的热量，物体内能减少，A 正确；
B ．10g100℃的水变成10g100℃水蒸气的过程中，分子间距离变大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能，B 错误；
C ．物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能，C 正确；
D ．通电的电阻丝发热，是通过电流做功的方式增加内能，D 错误；
E ．根据熵和熵增加的原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，E 正确。

故选ACE 。

8．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面
上的A 点，沿斜面向下运动，经C 点到达B 点时，速度减为零，然后再返回到A 点。

已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数3μ=
，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。

则下列判断正确的是（ ）
A ．物块在上滑过程中机械能一定减小
B ．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C ．物块下滑时经过C 点的动能一定大于上滑时经过C 点的动能
D ．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．上滑过程中满足
cos sin Eq f mg θθ>+
则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A 错误；
B ．上滑过程中由动能定理
-f G k W W W E -=∆电
则
G W W >电
则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B 错误；
C ．由于滑块下滑经过C 点往下运动，再返回到C 点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑时经过C 点的动能一定大于上滑时经过C 点的动能，选项C 正确；
D ．当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为
N=mgcos30°
摩擦力
f=μmgcos30°=mgsin30°
可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面
在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D 正确。

故选CD 。

9．图为回旋加速器的示意图，D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U 。

A 处粒子源产生氘核，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。

若加速过程中粒子在磁场中运动的周期与高频交流电周期相等，则下列说法正确的是（ ）
A ．若加速电压增加为原来2倍，则氘核的最大动能变为原来的2倍
B ．若高频交流电的频率增加为原来2倍，则磁感应强度变为原来的2倍
C ．若该加速器对氦核加速，则高频交流电的频率应变为原来的2倍
D ．若该加速器对氦核加速，则氦核的最大动能是氘核最动能的2倍
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R ，则根据
2
v qvB m R
= 知
qBR v m
= 则最大动能为
2222122Km q B R E mv m
== 与加速的电压无关，故A 错误；
B ．电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，若高频交流电的频率增加为原来2倍，则T 为原来一半，而2m T Bq
π=，则磁感应强度变为原来的2倍。

故B 正确； C ．氦核的比荷为
12，氚核的比荷为13，根据2m T Bq π=可知，若该加速器对氦核加速，则高频交流电的
周期应变为原来的32倍，频率为原来的23
．故C 错误； D ．最大动能 2222122Km q B R E mv m
== 若该加速器对氦核加速，则氦核的最大功能是氘核最大功能的2倍。

故D 正确。

故选BD 。

10．图示为振幅、频率相同的两列横波相遇时形成的干涉图样，实线与虚线分别表示的是波峰和波谷，图示时刻，M 是波峰与波峰的相遇点，已知两列波的振幅均为A ，下列说法中正确的是（ ）
A ．图示时刻位于M 处的质点正向前移动
B ．P 处的质点始终处在平衡位置
C ．从图示时刻开始经过四分之一周期，P 处的质点将处于波谷位置
D ．从图示时刻开始经过四分之一周期，M 处的质点到达平衡位置
E.M 处的质点为振动加强点，其振幅为2A
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．图示时刻位于M 处的质点只在平衡位置附件上下振动，并不随波迁移，故A 错误；
BC ．P 处的质点图示时刻处于波峰和波谷相遇，二者运动的步调始终相反，合位移为0，始终处于平衡位置，故B 正确，C 错误；
D ．从图示时刻开始经过四分之一周期，M 处的质点到达平衡位置，位移为0，故D 正确；
E. M 处的质点为振动加强点，其振幅为2A ，故E 正确。

故选BDE 。

11．如图所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m 的小物块从木板最右端以速度v 0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。

已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A ．木板先加速再减速，最终做匀速运动
B ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为204()
Mmv M m + C ．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为0Mmv M m
+ D ．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为202()Mv M m g
μ+ 【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。

所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A 正确；
B ．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得
0()mv m M v =+
得
0mv v m M
=+ 从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得 22p 0f 11()22E mv m M v W =
-+- 从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得
22f 0112()22
W mv m M v =-+ 20f 4()
mMv W m M =+ 则最大的弹性势能为
20p 4()
E Mmv M m += 所以B 正确；
C ．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为
00Mmv I mv mv M m =-=-
+ 所以0Mmv M m
+是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C 错误；
D ．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为
f F m
g μ=
又系统克服摩擦力做功为
f f W F x =相对
则
20f f =4()Mv W x F M m g
μ=+相对 即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为204()Mv M m g
μ+，所以D 错误。

故选AB 。

12．如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接有一定值电阻，导轨平面的倾角为37︒，金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力F 拉着金属棒由静止向上运动，金属棒的质量为0.2kg ，其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示，且金属棒由静止
加速到最大速度的时间为1s ，金属棒和导轨的电阻不计，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，g 取10m/s 2，则（ ）
A ．F 为恒力
B ．F 的最大功率为0.56W
C ．回路中的最大电功率等于0.56W
D ．金属棒由静止加速到最大速度这段时间内定值电阻上产生的焦耳热是0.26J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对棒受力分析有
22sin 37B L v F mg ma R
︒--= 变形得
2222sin 37()mR F mg v a R B L B L
︒
-=-+ 结合图乙可知
22 1.02.8
mR B L = 22sin 37()1F mg R B L
︒
-= 联立解得
22251.76N,14
R F B L == 且由P Fv =可知，F 的最大功率为
1.76W P =
故A 正确，B 错误；
C ．当棒的速度为1m/s 时，回路中的电流最大，回路中的电功率最大为
2222
max 0.56W B L v P I R R === 故C 正确；
D ．金属棒由静止加速到最大速度由动量定理得
22sin 37B L vt Ft mg t mv R
︒--= 即
22sin 37B L x Ft mg t mv R
︒--= 解得
0.72m x =
金属棒由静止加速到最大速度，由动能定理得
21sin 372
A Fx mg x W mv ︒-⋅+=
解得 0.26J A W =-
由功能关系可知
0.26J A Q W =-=
故D 正确。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组采用图甲所示的装置“探究动能定理”即探究小车所受合外力做功与小车动能的变化之间的关系。

该小组将细绳一端固定在小车上，另一端绕过定滑轮与力传感器、重物相连。

实验中，小车在细绳拉力的作用下从静止开始加速运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况，力传感器记录细绳对小车的拉力大小：
（1）实验中为了把细绳对小车的拉力视为小车的合外力，要完成的一个重要步骤是_____；
（2）若实验中小车的质量没有远大于重物的质量，对本实验______影响（填“有”或“没有”）；
（3）实验时，下列物理量中必须测量的是______。

A．长木板的长度L B．重物的质量m C．小车的总质量M
【答案】平衡摩擦力没有 C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]实验前调节长木板的倾角以平衡摩擦力，以保证细绳的拉力等于小车受的合力；
（2）[2]由于有力传感器测量绳的拉力，则没必要使小车质量远大于重物和力传感器的总质量，即对本实验没有影响；
（3）[3]实验中需要测量小车的动能，故需要知道小车的总质量M，故AB错误，C正确。

14．某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元件的不同，分别设计了以下两种不同的电路。

实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源E，辅助电源E'；
电阻箱1R、2R，滑动变阻器R、R'；
电压表V，电流表A；
灵敏电流计G，两个开关1S、2S。

主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，闭合开关1S 和2S ，再反复调节1R 和2R ，或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 示数分别为1I 、1U 。

②反复调节电阻箱1R 和2R （与①中的电阻值不同），或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数再次为0，读出电流表A 、电压表V 的示数分别为2I 、2U 。

回答下列问题：
(1)哪套方案可以更容易得到实验结果______（填“甲”或“乙”）。

(2)电源的电动势E 的表达式为_____，内阻r 为______。

(3)若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内阻，经理论分析可得，E 测____（填“大于”“小于”或“等于”）E 真，r 测_____（填“大于”“小于”或“等于”）r 真。

【答案】甲 211221
I U I U I I -- 1221U U r I I -=- 等于 等于 【解析】
【详解】
(1)[1]甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同，电阻箱可以直接读数；乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要作图处理数据才可以得到结论，同状态下采集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势E 和内阻r ，甲电路更简单。

(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律得
11E U I r =+
22E U I r =+
解得
211221
I U I U E I I -=-，1221U U r I I -=- (3)[4][5]当电流计G 的示数为0时，相同电源，电流相等时路端电压相等，此电路中电流表测的是干路电流，电压表测的是1R 两端的电压（路端电压），因此电流表和电压表都是准确值，故
E E =测真，r r =测真
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。

如图，4个“— ”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好
在A 处。

现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。

已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g 。

求
（1）滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；
（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。

【答案】（1）3sin 4F mg θ=
（2）43d L = 【解析】
【详解】
（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4sin cos 4mg mg ma θμθ-⋅=
以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，轻杆受到的压力为F ，由牛顿第二定律：
sin cos F mg mg ma θμθ+-⋅=
已知tan μθ= 联立可得：3sin 4
F mg θ= （2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v
这个过程， 4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L ，由动能定理，有：
214sin 6cos 32)4v 2
mg L mg L L L m θμθ⋅-⋅⋅++=
⋅（ 可得：v 3sin gL θ= 由于动摩擦因数为tan μθ=，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动；
第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：
()22111sin 3.5v v 22
mg L m m θ⋅=- 可得：1v 4sin gL θ=当第1个滑块到达BC 边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。

由此可知，相邻两个滑块到达BC 段边缘的时间差
为v L t ∆=，因此到达水平面的时间差也为v L t ∆= 所以滑块在水平面上的间距为1v d t =∆
联立解得43
d L = 16．如图所示，在竖直面内有一矩形区ABCD ，水平边AB=6L ，竖直边BC=8L ，O 为矩形对角线的交点。

将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球恰好经过C 点。

使此小球带电，电荷量为q （q>0），同时加一平行于矩形ABCD 的匀强电场，现从O 点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过D 点的小球的动能为初动能的5倍，经过E 点（DC 中点）的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g ，求∶
(1)小球的初动能；
(2)取电场中O 点的电势为零，求D 、E 两点的电势；
(3)带电小球所受电场力的大小和方向
【答案】 (1) 916mgL (2) 74D mgL q ϕ=-； 4E mgL q ϕ= (3) 54
mg F =，方向与OE 成37°斜向上 【解析】
【详解】
(1)不加电场时，由平抛运动的知识可得
03L v t =
2142
L gt = 初动能
20012
k E mv =
解得 0916k E mgL =
(2)从D 点射出的小球，由动能定理
044OD kD kO k mg L qU E E E ⋅+=-=
解得
74OD mgL U q
=- 因为O 点的电势为零，则
74D mgL q
ϕ=- 从E 点射出的小球，由动能定理
40OE kE kO mg L qU E E ⋅+=-=
解得
4OE mgL U q
=- 因为O 点的电势为零，则
4E mgL q
ϕ= (3)设电场方向与OE 成θ角斜向上，则从E 射出的小球： 44cos mg L F L θ⋅=⋅
从 D 射出的粒子
75sin(53)4
OD mgL U q F L θ==⋅-o 联立解得 3tan 4θ=
θ=37°
cos 0.8θ=
54
mg F = 电场力的方向与OE 成37°斜向上；
17．如图所示，一列简谐横波沿x 轴负方向传播，在t 1=0时刻波形如图中的实线所示，t 2=0.5s 时刻的波形如图虚线所示，若该列波的周期T>0.5s ，试求；
①该列波的波长λ、周期T 和波速v ；
②在x 轴上质点P 在t=0时刻的运动方向和t=3.0s 内通过的路程．
【答案】（1）8m ；2s ；4m/s （2）质点p 向y 轴负方向运动，0.3m
【解析】
【详解】
（1）由图可知，波长λ=8m ，由于该波沿x 轴负方向传播，从t 1=0到t 2=0.5s 时间内，有：
2114t t t k T ⎛⎫∆=-=+ ⎪⎝
⎭ (k=0，1，2，3….)又知T>0.5s ，联立上式解得：k=0，则波的周期T=4∆t=2s 由v T λ
= 可得8/4/2
v m s m s == （2）由于波沿x 轴负向转播，故t=0时刻质点p 向y 轴负方向运动，又知33.02t s T ==
， 则质点P 在t=3.0s 时间内通过的路程为2346510m 0.32
s A m -=⨯=⨯⨯=。