广东省东莞市达标名校2018年高考二月适应性考试物理试题含解析

广东省东莞市达标名校2018年高考二月适应性考试物理试题
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．狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠，善于捕捉鸟类。

一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h，最大水平位移为x。

不考虑空气阻力。

下列说法正确的是（）A．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h增大
C．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值减小
D．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值增大
2．如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移一时间图象，图乙为质点c和d做直线运的速度一时间图象，由图可知( )
A．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
B．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
C．t1到t2时间内，b和d两个质点的运动方向发生了改变
D．t1到t2时间内，a和d两个质点的速率先减小后增大
3．下列关于温度及内能的说法中正确的是()
A．温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的温度高
B．两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同
C．质量和温度相同的冰和水，内能是相同的
D．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
4．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A．小球A、B受到的拉力T OA与T OB相等，且T OA＝T OB＝
B．弹簧弹力大小
C．A球质量为
D．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg
5．下列说法正确的是（）
A．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
B．铀核（238
92U）衰变为铅核（206
82
Pb）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
C．210
83Bi的半衰期是5天，100克210
83
Bi经过10天后还剩下50克
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
6．a、b两个物体在同一时间、从同一地点开始，沿同一条直线运动，v-t图象如图所示，a、b两物体运动图线均为正弦(余弦)曲线的一部分。

在0～6s时间内，关于两物体的运动，下列说法正确的是（）
A．b物体的加速度先增加后减小
B．a物体的位移大于b物体的位移
C．2s末a物体的加速度大于b物体的加速度
D．3s末a、b两物体之间的距离最大
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．如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ=30o。

开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F 使小物块向右运动距离L，小物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是（）
A．小物块和弹簧系统机械能改变了（F-μmg）L
B．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大
C．小物块在弹簧悬点正下方时速度最大
D．小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和
8．如图所示，半径为R 的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m 的物块从P 点由静止释放刚好从槽口A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B 点，不计物块的大小，P 点到A 点高度为h ，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是
A ．物块从P 到
B 过程克服摩擦力做的功为mg(R+h)
B ．物块从A 到B 过程重力的平均功率为22mg gh
C ．物块在B 点时对槽底的压力大小为(2)R h mg R
+ D ．物块到B 点时重力的瞬时功率为mg 2gh
9．如图所示，左端接有阻值为R 的足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B 、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的金属棒ab 垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计。

某时刻给金属棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程（ ）
A ．金属棒做匀减速直线运动直至停止运动
B ．电阻R 上产生的焦耳热为2
2I m
C ．通过导体棒ab 横截面的电荷量为
I BL
D ．导体棒ab 运动的位移为22I R r B L +（） 10．如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L 。

1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B ，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 。

边长为()d d L <的正方形线圈PQMN 电阻为R ，各边质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。

开始PQ 与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度为0v 向右匀速运动。

设PQ 刚进入磁场时PQ 两端电压为1U ，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ 两端电压为2U ；在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F ，拉力所做的功为W ，则下列判断正确的是（ ）
A ．0132Bdv U =
B ．20U Bdv =
C ．2203B d v F R =
D ．23014B d v W R
= 11．如图所示，质量为m 的小球与轻质弹簧相连，穿在竖直光滑的等腰直角三角形的杆AC 上，杆BC 水平弹簧下端固定于B 点，小球位于杆AC 的中点D 时，弹簧处于原长状态。

现把小球拉至D 点上方的E 点由静止释放，小球运动的最低点为E ，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．小球运动D 点时速度最大
B ．ED 间的距离等于DF 间的距离
C ．小球运动到
D 点时，杆对小球的支持力为22
mg D ．小球在F 点时弹簧的弹性势能大于在E 点时弹簧的弹性势能
12．甲、乙两车在同一平直道路上同向运动其v t -图像如图所示，图中OPQ ∆和OQT ∆的面积分别为1s 和()221s s s >，初始时，甲车在乙车前方0s 处，则（ ）
A ．若012s s s =+，两车不会相遇
B ．若01s s <，两车相遇2次
C ．若01s s =，两车相遇1次
D ．若02s s =，两车相遇1次
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．某同学要测定电阻约为200Ω的圆柱形金属材料的电阻率，实验室提供了以下器材：
待测圆柱形金属R x ；
电池组E （电动势6V ，内阻忽略不计）；
电流表A 1（量程0~30mA ，内阻约100Ω）；
电流表A 2（量程0~600μA ，内阻2000Ω）；
滑动变阻器R1（阻值范围0~10Ω，额定电流1A）
电阻箱R2（阻值范围0~9999Ω，额定电流1A）
开关一个，导线若干。

(1)先用螺旋测徽器测出该金属材料的截面直径，如图甲所示，则直径为___________mm，然后用游标卡尺测出该金属材料的长度，如图乙所示，则长度为___________cm。

(2)将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为6V的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为_______Ω。

(3)在如图内所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明所用器材的代号______。

(4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表A1、A2的示数I1、I2，作出I2-I1图像如图丁所示，求得图线的斜率为k=0.0205，则该金属材料的电阻R x=___________Ω。

（结果保留三位有效数字）
(5)该金属材料电阻率的测量值___________（填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。

14．物理小组的同学在老师指导下用两根完全相同的轻弹簧和重物验证力的平行四边形定则，他进行了如下操作（弹簧始终处于弹性限度内）：
（1）用刻度尺测出弹簧的自由长度L0。

（2）如图l所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L1。

（3）如图2所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60°，测出两弹簧的长度分别为L2、L3，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是___。

（4）如图3所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L4、L5，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是____。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S点发
射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出．已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间
3
2
d
t
c
，c为真空中
光速，不考虑反射光线．求：
(i)棱镜的折射率n ；
(ii)入射光线与界面BC 间的夹角．
16．高空杂技表演中，固定在同一悬点的两根长均为L 的轻绳分别系着男、女演员，他们在同一竖直面内先后从不同高度相向无初速摆下，在最低点相拥后，恰能一起摆到男演员的出发点。

已知男、女演员质量分别为M 、m ，女演员的出发点与最低点的高度差为4
L ，重力加速度为g ，不计空气阻力，男、女演员均视为质点
（1）求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小；
（2）若两人接着从男演员的出发点一起无初速摆下，到达最低点时男演员推开女演员，为了使女演员恰能回到其最初出发点，男演员应对女演员做多少功？
17．一列简谐横波沿x 轴正向传播，0t =时的图像如图所示，此时18m x =处质点开始振动，此时刻后介质中P 质点回到平衡位置的最短时间为0.2s ，Q 质点回到平衡位置的最短时间为1s ，已知0t =时两质点相对平衡位置的位移相同，求：
①波的传播周期为多少？
②传播速度是多大？
③从0t =时刻算起经过多长时间距O 点20m 的质点M 第二次回到平衡位置？
参考答案
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．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．狞猫做斜抛运动，在竖直方向则有
01sin θy v v gt ==
狞猫在空中的运动时间
012sin θ2v t t g
== 保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间增大，故A 错误；
B ．狞猫在空中的最大高度
22201sin θ122v h gt g
== 保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度增大，故B 正确；
CD ．狞猫最大水平位移为
22002cos θsin θsin2θx v v x v t g g
=== 最大水平位移与最大高度的比值为
4tan θ
x h = 保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x 与h 的比值不变，故C 、D 错误。

故选B 。

2．A
【解析】
【详解】
在位移-时间图象中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由甲图可知，t 1时刻a 、b 两质点第一次相遇，则t 2时刻两质点第二次相遇，故A 正确；t 1到t 2时间内，根据v-t 图像的面积表示位移知c 的位移大于d 的位移，若t 1时刻c 、d 两质点第一次相遇，则t 2时刻两质点没有相遇。

故B 错误；两质点中只有b 运动方向改变，a 、c 、d 质点的方向未发生改变，故C 错误；根据x-t 图象的斜率表示速度，知t 1到t 2时间内，a 质点的速度不变。

由v-t 图象知：d 的速率先减小后增大，故D 错误。

3．D
【解析】
试题分析：影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大．
温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，A 错误；影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，B 错误；一定质量的冰融化成相同温度的水需要从外界吸热，故质量和温度相同的冰和水，内能是不相同的，C 错误；一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，D 正确．
4．C
【解析】
【详解】
A 、
B 、隔离对B 分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：T OB sin45°=F
竖直方向有：T OB cos45°=mg ， 则，弹簧弹力 F=mg ，
根据定滑轮的特性知：T OA 与T OB 相等；故A ，B 错误.
C 、
D 、对A 分析，如图所示：
由几何关系可知拉力T OA 和支持力N 与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N 和T 相等，有：
2T OA sin60°=m A g ， 解得：，由对称性可得：，故C 正确，D 错误. 故选C.
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便． 5．B
【解析】
【详解】
A ．β衰变的实质是原子核内部的中子转化为一个质子和一个电子，电子从原子核内喷射出来，A 错误；
B ．铀核（238
92U ）衰变为铅核（206
82Pb ）的过程中，每经一次
α衰变质子数少2，质量数少4；而每经一次β衰变质子数增1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒知，α衰变次数
23820684
m -==次 β衰变次数
()8292826n =--⨯=次
B 正确；
C ．设原来Bi 的质量为0m ，衰变后剩余质量为m 则有
10501110025g 22
()()t T m m ==⨯= 即可知剩余Bi 质量为25g ，C 错误；
D ．密立根油滴实验表明电子的电荷量是分离的，玻尔提出核外电子的轨道是分立的不连续的，D 错误。

故选B 。

6．C
【解析】
【详解】
A ．b 的斜率先减小后增大，固b 的加速度先减小后增大；A 错误。

B ．由图可知曲线a 在 0~6 秒内与时间轴所围上下面积之和小于曲线b 与时间轴所围上下面积之和，固曲线a 位移小于曲线b 位移；B 错误。

C ．2s 末曲线a 的斜率大于曲线b 的斜率，故两秒末曲线a 的加速度大于曲线b 的加速度；C 正确。

D ．6s 末曲线ab 所围面积之差最大，故6s 末ab 两物体之间距离最大；D 错误。

故选C 。

【点睛】
v-t 图像基本知识点。

如斜率代表加速度，斜率的绝对值代表加速度大小，斜率的正负代表加速度方向，与时间轴所围面积代表位移。

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．BD
【解析】
【分析】
物块向右移动L ，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中受重力、拉力F 、弹簧的弹力和摩擦力作用，根据功能关系和动能定理判断机械能和动能的变化；根据小物块的位置判断弹簧长度的变化以及弹簧弹性势能可能的变化情况.
【详解】
物块向右移动L ，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加到达悬点正下方；继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B 正确；此过程中物块对地面的压力不等于mg ，则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（F-μmg ）L ，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-μmg ）L ，选项A 错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C 错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F 和摩擦力做功之和，选项D 正确；故选BD.
8．BC
【解析】
【详解】
A 项：物块从A 到
B 做匀速圆周运动，根据动能定理有：0f mgR W -= ，因此克服摩擦力做功f W mgR =，
故A 错误；
B 项：根据机械能守恒，物块在A 点时的速度大小由21
2
mgh mv =
得：v =A 到B
运动的时间为12R t v π==，因此从A 到B
过程中重力的平均功率为W P t ==B 正确； C 项：根据牛顿第二定律：2
v N mg m R
-=，解得：(2)R h mg N R +=，由牛顿第三定律得可知，故C 正确；
D 项：物块运动到B 点，速度与重力垂直，因此重务的瞬时功率为0，故D 错误。

故选：BC 。

9．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab 受到向左的安培力向右减速运动，由
22B L v ma R r
=+ 可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A 项错误； B ．导体棒减少的动能
2
2211()222k I I E mv m m m
=== 根据能量守恒定理可得
k E Q =总
又根据串并联电路知识可得
22()
R R I R Q Q R r m R r ==++总 故B 项错误;
C ．根据动量定理可得
0BiL t mv -∆=-，I mv =，q i t =∆
可得
I q BL
= C 项正确；
D ．由于
E BLx q i t t R r R r =∆=
∆=++ 将I q BL
=代入等式，可得导体棒移动的位移 22()I R r x B L
+= D 项正确。

故选CD 。

10．ABD
【解析】
【详解】
A ．只有PQ 进入磁场，PQ 切割磁感线产生电动势
102E Bdv =
电路中电流
11E I R
= PQ 两端电压 0113342Bdv U E =
= 选项A 正确；
C ．受到的安培力
()()2201122B d v F B I d R ==
进入过程克服安培力做功
233114B d v W F d R
== 都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功；PQ 进入右边磁场、MN 在左边磁场中，MN 切割磁感线产生电动势1E ，PQ 切割右边磁感线产生电动势
20E Bdv =
回路中电流
122E E I R
+= PQ 和MN 受到安培力大小分别为
32F BI d =
()422F B I d =
需要拉力最大为
220349B d v F F F R
=+= 选项C 错误；
B ．PQ 进入右边磁场过程中克服安培力做功
2W Fd =
都进入右边磁场后，PQ 和MN 都切割磁场，回路无电流，安培力为0，
220U E Bdv ==
选项B 正确；
D ．PQ 出磁场后，只有MN 切割磁感线，线圈受到安培力
2205B d v F BId R
== PQ 出磁场过程中安培力做功
35W F d =
整个过程克服安培力做功
23013214B d v W W W W R
=++= 选项D 正确。

故选ABD.
11．CD
【解析】
【分析】
分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力和弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。

【详解】
A ．圆环沿杆滑下，ED 段受到重力和弹簧弹力（杆对小球的支持力垂直于杆，不做功），且与杆的夹角均为锐角，则小球加速，D 点受重力和杆对小球的支持力，则加速度为sin 45g o
，仍加速，DF 段受重力和
弹簧弹力，弹力与杆的夹角为钝角，但一开始弹力较小，则加速度先沿杆向下，而F 点速度为0，则DF 段，先加速后减速，D 点时速度不是最大，故A 错误；
B ．若ED 间的距离等于DF 间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则系统机械能不守恒，故B 错误；
C ．
D 点受重力和杆对小球的支持力，垂直于杆方向受力分析得杆对小球的支持力为2mg ，故C 正确； D ．若ED 间的距离等于DF 间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则ED 间的距离应小于DF 间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能增大，则系统机械能守恒，故D 正确；
故选CD 。

【点睛】
本题考查弹簧存在的过程分析，涉及功能关系。

12．ABC
【解析】
【详解】
读取v t -图像信息，运动情景图如图所示
图像与t 轴所围面积为位移，至Q 点时，乙车位移为
s 乙12s s =+
甲车位移为
s 甲2s =
初始时，甲车在乙车前方0s 处
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
120s s s +=
乙车还没有追上甲车，此后甲车比乙车快，不可能追上；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +>+
即
01s s <
则此前乙车已追上甲车1次，此时乙车在甲车前面，之后乙车速度小于甲车，乙车还会被甲车反追及1次。

则全程相遇2次；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +=+
即
01s s =
则此前乙车始终在甲车后面，此时乙车刚好追及甲车（临界点），之后乙车速度小于甲车，不再相遇。

则全程仅相遇1次；故A 、B 、C 正确，D 错误；
故选ABC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．9.203 10.405 8000 209 等于
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数为9mm ，可动刻度部分读数为20.3×0.01mm ，所以金属材料的直径为d=9mm+0.203mm=9.203mm ；根据游标卡尺读数规则，金属材料的长度
L=10.4cm+0.005cm=10.405cm 。

(2)[3]．改装后电压表量程为U=6V ，由
I 2g （r 2g +R 2)=U
解得
R 2=8000Ω
即电阻箱接入电路的阻值为8000Ω。

(3)[4]．由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的阻值，所以需要设计成滑动变阻器分压接法，将电阻箱与电流表A 2串联后并联在待测电阻两端，由于改装后的电压表内阻已知，所以采用电流表外接法。

(4)[5]．由并联电路规律可得
I 2（r 2g +R 2)=(I 1-I 2）R x
变形得
2122x g
x R I I r R R =
++ 由 220.0205x g x
R k r R R ==++ 解得金属材料的电阻
R x =209Ω。

(5)[6]．由于测量电路无系统误差，金属材料的电阻测量值等于真实值，可知金属材料的电阻率测量值等于真实值。

14．123L L L == ()()()222
104050L L L L L L -=-+-
【解析】
【详解】
（3）[1]当合力沿两个分力角平分线方向且两个分力夹角为120︒，合力和两个分力大小相等，故弹簧形变量形同，长度相同，即123L L L ==；
（4）[2]当两个分力相互垂直时，由勾股定理知： 22212F F F =+
即：
()()()222
104050L L L L L L -=-+-。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)3n =
（2）30θ=o
【解析】
【详解】
（i ）光路如图所示，E 是光线在AB 边的射出点，设光线通过棱镜的速度为v ，则
11,22
DE d vt d =
= c n v
= 解得 3n =
（ii ）光线射到界面BC ，设入射角为i ，折射角为r ，则
2i π
θ=-
22r πθ=
- sin sin i n r
= 解得
θ＝30°
16． (1) 1.5mg ；(2) ()()22Mm M m W gL M m +=
+
【解析】
【详解】
(1)女演员从初始位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得 2114=2
L mg mv 在最低点时，对女演员，由牛顿第二定律得
21=v F mg m L
- 联立解得
1.5F mg =
根据牛顿第三定律得女演员对轻绳的拉力大小为1.5mg 。

(2)男演员从初始位置摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得
221=2
Mgh Mv 男、女演员在最低点相拥后获得共同速度，水平方向满足动量守恒
()123mv Mv m M v -=+
他们一起以相同速度摆到男演员的出发点，由机械能守恒定律得
()()2312m M gh m M v +=+
他们再一起从男演员的出发点摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得 ()()221=2
M m gh M m v ++
男演员在最低点推开女演员，女演员恰能摆回初始位置仍满足 2114=2
L mg mv
此过程男演员对女演员做的功
22211122
W mv mv =- 联立解得
()
()22Mm M m W gL M m +=+
17．①2.4s ；②5m/s ；③2.8s 。

【解析】
【详解】
①由题意简谐横波沿x 轴正向传播，分析得知，此时P 点向下运动，Q 点向上，它们周期相同，则 2(0.2s 1s) 2.4s T =⨯+=
②根据图像可知12m λ=则波速
12m/s=5m/s 2.4
v T λ
== ③距O 点20m 的质点M 第二次回到平衡位置时，波向前传播14m ，则经过的时间 14s=2.8s 5
x t v == 即经过2.8s 质点M 第二次回到平衡位置。