湖北省荆州市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

湖北省荆州市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．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。

当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾。

如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N 对已偏离原来正常工作轨道的卫星M 进行校正，则（ ）
A ．“轨道康复者”N 从图乙所示轨道上加速，与卫星M 对接补充能源后开动M 上的小发动机向前喷气，能校正卫星M 到较低的轨道运行
B ．让M 降低到N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星M 上的小发动机校正
C ．在图乙中M 的动能一定小于N 的动能
D ．在图乙中，M 、N 和地球球心三者不可能处在同一直线上
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．开动M 上的小发动机向前喷气，可使卫星M 减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M 做向心运动，则能校正卫星M 到较低的轨道运行，故A 正确；
B ．让M 降低到N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星M 上的小发动机，可使卫星M 减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M 做向心力运动，则卫星M 会在更低的轨道运动，故B 错误；
C ．由于不知道M 、N 的质量，所以无法比较两者的动能，故C 错误；
D ．由
22Mm G m r r
ω= 可得
3GM r
ω=
可知 N 的角速度比M 的大，所以M 、N 和地球球心三者可能处在同一直线上，故D 错误。

故选A 。

2．如图，两梯形木块M 、P （均可看成质点）叠放在水平地面上，M 、P 之间的接触面倾斜。

连接M 与天花板之间的细绳沿竖直方向。

关于力的分析，下列说法正确（ ）
A ．木块M 不可能受二个力作用
B ．木块M 可能受三个力作用
C ．木块M 一定受四个力作用
D ．地面可能受到水平方向的摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】
ABC 、对A 受力分析，若细线伸直且拉力等于重力时，AB 间只接触无弹力，即A 只受重力、拉力作用，此时A 只受两个力，且AB 之间无摩擦，若A 细线未伸直即拉力为零，此时A 受重力、支持力、摩擦力作用，故AC 错误，B 正确。

C 、对整体进行分析，整体受重力、支持力或重力、支持力、拉力作用，而水平方向没有外力，故水平地面对B 物体没有摩擦力，故
D 错误；
3．如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为8kg m =的猴子以初速度10.5v =m/s 沿竖直杆从杆底
部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度21m/s v =，加速度22s 2m/a =沿水平方向向左做
匀加速直线运动，3s t =末猴子到达杆的顶部。

已知竖直杆的长度为6m =L ，重力加速度210m/s g =，将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．猴子沿杆运动的加速度大小为20.5m/s
B ．猴子相对地面做匀加速的曲线运动
C ．猴子运动的轨迹方程12
y x = D ．杆给猴子的作用力大小为88N
【答案】C
【解析】
【详解】
A.猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由
21112
L v t a t =+ 得
211m/s a =，
故A 错误；
B.根据分运动与合运动的关系：
1212
v v =， 1212
a a =， 速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故B 错误；
C.猴子在竖直方向的分运动：
2211110.522
y v t a t t t +=+=， 水平方向：
222212
x v t a t t t =+=+， 联立可得：
12
y x =， 故C 正确；
D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：
1y F mg ma -=，
得：
88y F N =，
水平方向：
216x F ma N ==，
则杆对猴子的作用力：
2288x y F F F N =+>，
故D 错误。

故选：C 。

4．如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O ．人沿水平方向拉着OB 绳，物体和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）
A ．OA 绳中的拉力先减小后增大
B ．OB 绳中的拉力不变
C ．人对地面的压力逐渐减小
D ．地面给人的摩擦力逐渐增大
【答案】D
【解析】
解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，
则OA 与竖直方向夹角变大，
OA 的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA 绳子拉力变大，OB 绳拉力逐渐变大；
OA 拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大； 人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；
故选D ．
【点评】本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法．
5．1916年爱因斯坦建立广义相对论后预言了引力波的存在，2017年引力波的直接探测获得了诺贝尔物理学奖．科学家们其实是通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在．如图所示为某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动的示意图，若A 星的轨道半径大于B 星的轨道半径，双星的总质量M ，双星间的距离为L ，其运动周期为T ，则下列说法中正确的是
A ．A 的质量一定大于
B 的质量
B ．A 的线速度一定小于B 的线速度
C ．L 一定，M 越小，T 越小
D ．M 一定，L 越小，T 越小
【答案】D
【解析】
【详解】
A 、根据万有引力提供向心力222A
B A A B B Gm m m r m r L
ωω==，因为A B r r >，所以A B m m <，即A 的质量一定小于B 的质量，故A 错误；
B 、双星系统角速度相等，根据v r ω=，且A B r r >，可知A 的线速度大于B 的线速度，故B 错误；
CD 、根据万有引力提供向心力公式得：2222244 A B A A B B Gm m m r m r L T T ππ==，解得周期为3
2L T GM π=，由此可知双星的距离一定，质量越小周期越大，故C 错误；总质量一定，双星之间的距离就越大，转动周期越大，故D 正确；
故选D ．
【点睛】
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
6．某同学在测量电阻x R 实验时，按图所示连接好实验电路。

闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题。

请你分析造成上述结果的原因可能是（ ）
A．电流表断路
B．滑动变阻器滑片接触不良
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，AB错误；
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确。

故选D。

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．下列说法正确的是（）
A．游泳时头露出水面后，头发全贴在头皮上是液体表面张力的作用
B．密封容器中气体的压强是由气体所受的重力产生的
C．一定质量的理想气体，内能随着温度升高一定增大
D．晶体在熔化过程中，分子势能一定是增大的
E.阴天教室里，同学们感觉空气湿度大，是因为空气中水蒸气的饱和汽压大
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．液体表面张力使液体表面具有收缩的趋势，故游泳时头露出水面后头发全贴在头皮上，A正确；B．密封容器中气体的压强是由大量气体分子对容器的碰撞引起的，B错误；
C．对于一定质量的理想气体，其内能的变化仅与分子热运动的动能有关，当温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，则内能也一定增大，C正确；
D．晶体熔化时从外界吸热，而温度并不升高，晶体分子的平均动能没有变化，故分子势能一定增大，D 正确；
E．同学们感觉到空气湿度大，不是因为空气中水蒸气的饱和汽压大，而是空气中水蒸气的实际压强与同
一温度下水的饱和汽压之比大，E 错误。

故选ACD 。

8．如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。

金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动。

电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。

下列关于该传感器的说法正确的是（ ）
A ．在汽车向右匀速直线运动过程中电路中没有电流
B ．在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流
C ．在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中电介质所处的位置电势升高
D ．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的电流
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．当汽车向右匀速直线运动时，电介质位置不变，根据电容的决定式
r 4S C kd
επ= 可知电容器的电容不变，因两板电压不变，根据电容的定义式 Q C U =
可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，A 正确；
B ．当汽车以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，根据电容器的决定式可知电容器的电容不变，因两极的电压不变，根据电容器的定义式可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，B 错误；
C ．电容器两端与电源连接，电压等于电源电压不变，两板间距不变，电容器两板之间形成的匀强电场不变，根据匀强电场中电势差与场强的关系
U Ed =
可以推断电介质所处位置电势不变， C 错误；
D ．当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，因电容器两端电压等于电源电压不变，根据
Q CU =
可知电容器的电容C 增大导致电容器所带电荷量增加，根据电容器的决定式
r 4S C kd
επ= 可知插入极板间电介质加深，弹簧越拉越长，合力向右增大，汽车向右做加速度增大的加速运动符合上述结果，D 正确。

故选AD 。

9．如图，发电机的输出电压()10002sin100πV U t =，通过理想降压变压器给若干盏灯泡供电，输电线上连接可调电阻r 。

变压器原线圈两端接有理想交流电压表V ，副线圈干路接有理想交流电流表A ，下列说法正确的是（ ）
A ．电压表V 的示数始终为1000V
B ．仅可调电阻r 增大，电压表V 的示数减小
C ．仅接入灯泡增多，电流表A 的示数增大
D ．仅可调电阻r 增大，电流表A 的示数减小
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电压表示数 01000V U U Ir =-<
A 错误；
BD ．可调电阻r 增大，副线圈电阻不变，则电路总电阻增大，电流减小，副线圈电阻分压减小，BD 正确； C ．仅接入灯泡增多，副线圈电流增大，电流表示数增大，C 正确。

故选BCD 。

10．如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为9:1，电表均为理想电表，1R 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，0R 为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流。

下列说法中正确的是（ ）
A ．输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为36250(V)u t π=
B ．241s 0t -=⨯时，该发电机的线圈平面位于中性面
C ．t R 温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变小，变压器的输入功率变大
D ．t R 温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变大，变压器的输入功率变大
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由交变电流的图像可读出电压的最大值为，周期为0.02s ，则角速度为
2rad /s 100rad /s 0.02
πωπ== 所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为
(V)u t π=
故A 错误；
B ．当241s 0t -=⨯时，电压的瞬时值为0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，故B 正确； CD ．t R 温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流变大则原线圈中电流也变大，由
P UI =
可知变压器的输入功率变大，电压表读数
3220U U I R =-
减小，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

11．如图甲，用强磁场将百万度高温的等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托克马克。

我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100 秒的成绩。

多个磁场才能实现磁约束，其中之一叫纵向场，图乙为其横截面的示意图，越靠管的右侧磁场越强。

尽管等离子体在该截面上运动的曲率半径远小于管的截面半径，但如果只有纵向场，带电粒子还会逐步向管壁“漂移”，导致约束失败。

不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A ．正离子在纵向场中沿逆时针方向运动
B ．发生漂移是因为带电粒子的速度过大
C ．正离子向左侧漂移，电子向右侧漂移
D ．正离子向下侧漂移，电子向上侧漂移
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】 A ．根据左手定则可判断出正离子在纵向场中沿逆时针方向运动，故A 正确；
B ．因为左右两边磁场强度不一样，导致左右的半径不同，所以发生偏移；
CD ．根据
2
mv qvB R
= 得
mv R qB
= 发现B 越大，R 越小，所以右边部分的R 大于左边部分的R ，结合左手定则判断出正离子就会向下侧漂移，电子向上侧漂移，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

12．如图（a ）所示，光滑绝缘斜面与水平面成30θ=︒角放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M 、N 与斜面底边平行，磁感应强度大小为3T B =。

质量0.05kg m =的“日”字形导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上运动，导体框各段长度相等，即=0.1m ab bc cd dc af fa fc L =======，ab 、fc ，ed 段的电阻均为2Ωr =，其余电阻不计。

从导线框刚进入磁场开始计时，fc 段的电流随时间变化如图（b ）
所示（电流由f 到c 的方向为正），重力加速度210m/s g =下列说法正确的是（ ）
A ．导线框运动的速度大小为10m/s
B ．磁感应强度的方向垂直斜面向上
C ．在0t =至0.03s t =这段时间内，外力所做的功为0.24J
D ．在0.01s t =至0.02s t =这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.3N
【答案】AD
【解析】
【详解】
B ．由于在0~0.01s 时间内，电流从f 到c 为正，可知cd 中电流从d 到c ，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下，选项B 错误；
A ．因为cd 刚进入磁场时，通过fc 的电流为0.5A ，可知通过cd 的电流为1A ，则由
2
cd BLv I r r =
+ 解得 v=10m/s
选项A 正确；
C ．在0t =至0.03s t =这段时间内，线圈中产生的焦耳热为
2233130.01J=0.09J Q I R t ==⨯⨯⨯总
线框重力势能的增加量
3sin 300.075J P E mg L =⋅=o
则外力所做的功为
0.165J P W Q E =+=
选项C 错误；
D ．在0.01s t =至0.02s t =这段时间内，导线框的cf 边在磁场内部，则所受的安培力大小为
310.1N=0.3N cf F BIL ==⨯⨯
选项D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：
（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d=____mm ，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接．
（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x ．释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t ，则此时滑块的速度v=_____．
（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m ，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m 与它通过光电门时的速度v 的值，根据这些数值，作出v 2-m -1图象如图乙所示．已知当地的重力加速度为g ，由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ=___；弹性势能等于E P =____．
【答案】5.70mm d t
2b gx 2P b E a ＝ 【解析】
【详解】
（1）[1]．由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14×
0.05mm=5.70mm ； （2）[2]．滑块经过光电门的速度为v d t
=
； （3）[3][4]．根据能量守恒 21m 2
p E mgx v μ=+ 整理得
2122p v E gx m
μ=- 结合图象得： 2p b E a =
得
2p b E a
= b mgx μ=
得
μ2b gx
= . 14．在“研究一定质量理想气体在温度不变时，压强和体积的关系”实验中．某同学按如下步骤进行实验： ①将注射器活塞移动到体积适中的V 1位置，接上软管和压强传感器，通过DIS 系统记录下此时的体积V 1
与压强p 1．
②用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积．
③读出注射器刻度表示的体积V ，通过DIS 系统记录下此时的V 与压强p ．
④重复②③两步，记录5组数据．作p ﹣1V 图． (1)在上述步骤中，该同学对器材操作的错误是：__．因为该操作通常会影响气体的__（填写状态参量）．
(2)若软管内容积不可忽略，按该同学的操作，最后拟合出的p ﹣
1V
直线应是图a 中的__．（填写编号） (3)由相关数学知识可知，在软管内气体体积△V 不可忽略时，p ﹣1V 图象为双曲线，试用玻意耳定律分析，该双曲线的渐近线（图b 中的虚线）方程是p=__．（用V 1、p 1、△V 表示）
【答案】用手握住注射器前端 温度 1 P 1（
0+∆∆V V V
） 【解析】
【详解】 (1)[1][2]在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变化，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使气体的温度发生变化．
(2)[3]在p ﹣
1V
图象中，实验中因软管的体积不可忽略，气体测出的体积要比实际体积要小，所以压强P 会偏大，最后拟合出的p ﹣1V 直线应是图a 中的1图线 (3)[4]在软管内气体体积△V 不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为V 1+△V ，压强为P 1，末状态的体积为V+△V ，压强为P ，由等温变化有：
P 1（V 1+△V ）=P （V+△V ）
解得：
P=P 1（0+∆+∆V V V V
） 当式中的V 趋向于零时，有： P=P 1（0+∆∆V V V
） 即该双曲线的渐近线（图b 中的虚线）方程是： P=P 1（
0+∆∆V V V ） 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在xOy 平面内y 轴与MN 边界之间有沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧（I 区）和MN 边界右侧（II 区）的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，且MN 右侧的磁感 应强度大小是y 轴左侧磁感应
强度大小的2倍，MN 边界与y 轴平行且间距保持不变.一质量为m 、电荷量为-q 的粒子以速度0v 从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，每次经过y 轴左侧磁场的时间均为0t ，粒子重力不计.
（1）求y 轴左侧磁场的磁感应强度的大小B;
（2）若经过04.5t 时间粒子第一次回到原点O,且粒子经过电场加速后速度是原来的4倍，求电场区域的宽度d
（3）若粒子在左右边磁场做匀速圆周运动的 半径分别为R 1、R 2且R 1<R 2,要使粒子能够回到原点O,则电场强度E 应满足什么条件？
【答案】 (1) 0m B qt π=
(2) 002.5d v t = (3) ()2020384(1,2,3,)5n n mv E n n qt ++==⋯
【解析】
【详解】 (1) 粒子在磁场中做圆周运动的周期：2m T qB
π=，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则： 02T t =
解得：
0m
B qt π=
(2) 设粒子在I 、Ⅱ区运动的速度分别为v 1、v 2，运动周期分别为T 1、T 2，则
2111mv Bqv r =，2222
2mv Bqv r =，1020,4v v v v == 解得：
212r r =
粒子在t=4.5t 0时回到原点，运动轨迹如图所示：
1222,2m m T T Bq Bq
ππ== 粒子在I 、Ⅱ运动时间分别为
0120,222
t T T t == 粒子在电场中运动时间为
0004.5 2.52t t t -=
故粒子在电场中运动宽度d 所用时为t 0得
1202
v v d t += 解得：
002.5d v t =
(3) 由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足
()211222(1,2,3,)n R R R n -==L
由向心力公式有：
222
22mv Bqv R ''= 解得：
202(1)n v v n
'+= 根据动能定理： 22201122
qEd mv mv '=- 解得： ()20
20384(1,2,3,)5n n mv E n n qt ++==⋯
16．二十世纪初，卢瑟福进行α粒子散射实验的研究，改变了人们对原子结构的认识。

(1)如图1所示，有两个α粒子均以速度v 射向金原子，它们速度方向所在的直线都不过金原子核中心。

请在图1中分别画出两个α粒子此后的运动轨迹示意图；
(2)如图2所示，一个α粒子以速度v 射向金原子，速度方向所在直线过金原子核中心。

由于金原子受到周边其他金原子的作用，可将α粒子与一个金原子核的作用等效为与一个静止的、质量非常大的粒子发生弹性碰撞。

请推导说明α粒子与金原子核作用后速度的大小和方向；
(3)实验发现，绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有极少数α粒子发生了大角度偏转（超过90°）。

卢瑟福根据该实验现象提出了原子的核式结构模型。

为了研究问题的方便，可作如下假设：
①将α粒子视为质点，金原子视为球，金原子核视为球体；
②金箔中的金原子紧密排列，金箔厚度可以看成很多单原子层并排而成；
③各层原子核前后不互相遮蔽；
④大角度偏转是α粒子只与某一层中的一个原子核作用的结果。

如果金箔厚度为L ，金原子直径为D ，大角度偏转的α粒子数占总α粒子的比例为p ，且1p <<。

a.请估算金原子核的直径d ；
b.上面的假设做了很多简化处理，这些处理会对金原子核直径d 的估算产生影响。

已知金箔的厚度约710m -，金原子直径约1010m -，金原子核直径约1410m -。

请对“可认为各层原子核前后不互相遮蔽”这一假设的合理性做出评价。

【答案】 (1) ；(2)碰撞后速度大小几乎不变，方向与原来
相反；(3) a.2D p d L
=；b.不合理 【解析】
【分析】
【详解】
(1)如图，靠仅原子核的偏转角度大一些。

(2)设α粒子质量为m ，金原子核质量为M ，碰撞后，α粒子速度为v 1，金原子核速度为v 2。

弹性碰撞，动量守恒
12mv mv Mv =+
根据能量守恒
22212111222
mv mv Mv =+ 解得
1m M v v m M
-=+ 由题意M m ?，因此1v v ≈-，即碰撞后速度大小几乎不变，方向与原来相反。

(3)a ．金箔厚度为L ，金原子直径为D ，由假设，金原子层数
L N D
= α粒子发生大角度偏转可以认为碰上了金原子核，根据统计规律和概率
Nd p D
= 可以估算出
2D p d L
= b ．如果可认为各层原子核前后不互相遮蔽，则
2D p d L
= 代入数据，可得
0.1p =
不满足1p =，因此“可认为各层原子核前后不互相遮蔽”的假设不合理。

17．如图所示，实线和虚线分别是沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0和t ＝0.06s 时刻的波形图．已知在t ＝0时刻，x ＝1.5m 处的质点向y 轴正方向运动．
(1)判断该波的传播方向；
(2)求该波的最小频率；
(3)若3T<t<4T ，求该波的波速．
【答案】 (1)向右传播(2)12.5Hz(3)75m/s
【解析】
【详解】
（1）在t ＝0时刻，x ＝1.5m 处的质点向y 轴正方向运动，则该波向右传播； （2）由波形图可知：30.06s 4nT T +=解得0.24s 43
T n =+ （n=0、1、2、3……） 当n=0时可求解最大周期0.08s m T =，则最小频率；f n ＝
1m T ＝12.5Hz （3）若3T<t<4T ，则由上述表达式可知n=3，即0.06s ＝(3＋34
)T ，解得：T ＝0.2415s ； 由图中读出波长为=1.2m λ ，则波速v ＝T λ＝1.20.24
×15m/s ＝75m/s.。