湖北省十堰市2021届新高考物理四模考试卷含解析

湖北省十堰市2021届新高考物理四模考试卷
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．如图所示，真空中位于x轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O对称。

下列关于E随x变化的图像正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
设x轴的正方向代表电场强度的正方向
根据等量同种负电荷电场线在沿x轴方向的分布，结合规定正方向判断如下：
①在A点左侧电场线水平向右，场强为正，图像的横轴上方，离A点越近，场强越强；
②在A到O之间的电场线向左，场强为负，图像在横轴下方，离A越近，场强越强；
③在O到B之间电场线向右，场强为正，图像在横轴上方，离B越近，场强越强；
④在B点右侧，电场线水平向左，场强为负，图像在横轴下方，离B越近，场强越强。

综上所述，只有选项A符合题意。

故选A。

2．下列说法正确的是（）
A．米、千克、秒、库仑都属于国际单位制的基本单位
B．同一个物体在地球上比在月球上惯性大
C．一对作用力与反作用力做的功一定大小相等且一正一反
D．物体做曲线运动时，其所受合力的瞬时功率可能为零
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．在国际单位制中，力学的单位被选为基本单位的是米、千克、秒，电学的单位被选为基本单位的是安培，不是库仑，故A错误；
B．惯性大小的唯一量度是质量，故同一个物体在地球上与在月球上惯性一样大，故B错误；
C．作用力做正功，反作用力也可以做正功，比如两带电小球靠斥力分开，库仑斥力对两小球都做正功，故C错误；
D．物体做曲线运动时，如果速度和力垂直，功率为零，如匀速圆周运动，故D正确。

故选D。

3．如图所示，传送带以恒定速度v0向右运动，A、B间距为L，质量为m的物块无初速度放于左端A处，同时用水平恒力F向右拉物块，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，物块从A运动到B的过程中，动能E k随位移x变化的关系图像不可能的是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
开始时滑块受向右的拉力F和向右的摩擦力f而做加速运动，则动能E K=(F+f)x；若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速，此时图像为C；若F>f，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加为∆E K=(F-f)x，此时图像为D；若F≤f，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能做减速，则图像A不可能。

故选A。

4．中澳美“科瓦里-2019”特种兵联合演练于8月28日至9月4日在澳大利亚举行，中国空军空降兵部队首次派员参加，演习中一名特种兵从空中静止的直升飞机上，抓住一根竖直悬绳由静止开始下滑，运动的速度随时间变化的规律如图所示，2t时刻特种兵着地，下列说法正确的是（）
A ．在1t ～2t 时间内，平均速度12
2
v v v +<
B ．特种兵在0～1t 时间内处于超重状态，1t ～2t 时间内处于失重状态
C ．在1t ～2t 间内特种兵所受阻力越来越大
D ．若第一个特种兵开始减速时第二个特种兵立即以同样的方式下滑，则他们在悬绳上的距离先减小后增大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在t 1-t 2时间内，若特种兵做匀减速直线运动，由v 1减速到v 2，则平均速度为12
2
v v +，根据图线与时间轴围成的面积表示位移可知，特种兵的位移大于匀减速直线运动的位移，则平均速度122
v v
v +>，故A
错误；
B ．0-t 1时间内，由图线可知，图线的斜率大于零，则加速度方向竖直向下，发生失重；在t 1-t 2时间内，图线的切线的斜率小于零，则加速度方向竖直向上，发生超重；故B 错误；
C ．在t 1-t 2时间内，根据牛顿第二定律可知 f-mg=ma 解得 f=mg+ma
因为曲线的斜率变大，则加速度a 增大，则特种兵所受悬绳的阻力增大，故C 正确；
D ．若第一个特种兵开始减速时，第二个特种兵立即以同样的方式下滑，由于第一个特种兵的速度先大于第二个特种兵的速度，然后又小于第二个特种兵的速度，所以空中的距离先增大后减小，故D 错误； 故选C 。

5．我国相继成功发射的“实践卫星二十号”和“通信技术试验卫星五号”都属于地球静止轨道卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动。

则两颗卫星在轨运行的（ ） A ．线速度等于第－宇宙速度
B ．动能一定相等
C ．向心力大小一定相等
D ．向心加速度大小一定相等
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于两颗卫星属于地球静止轨道卫星，其轨道半径一定大于地球半径，由公式
22Mm v G m r r
= 得
GM
v r
=
由于第一宇宙速度即为半径为地球半径的卫星的线速度，则这两颗卫星在轨运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A 错误；
B ．由于不清楚两颗卫星的质量，则无法比较两颗卫星的动能，故B 错误；
C ．由于不清楚两颗卫星的质量，则无法比较两颗卫星的向心力，故C 错误；
D ．由于两颗卫星属于地球静止轨道卫星，则两颗卫星的轨道半径一定相等，由公式
2Mm
G
ma r = 得
2GM
a r
=
则加速度大小一定相等，故D 正确。

故选D 。

6．如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n 1=800和n 2=200的两个线圈，上线圈两端u=51sin314tV 的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是
A ．2.0V
B ．9.0V
C ．12.7V
D ．144.0V
【答案】A 【解析】 【分析】
【详解】 由
121
2U U n n =得2121n U U n =，其中12U V =，得242
U V =9.0V ≈，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V ，故选项A 正确．
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，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即ab bc U U =，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下运动的轨迹，、
P Q 是轨迹上的两点。

下列说法中正确的是（ ）
A ．等势面a 的电势一定比等势面c 的电势低
B ．质点通过Q 点时的电势能比通过P 点时的电势能小
C ．质点通过Q 点时的加速度比通过P 点时的加速度大
D ．质点一定是从Q 点运动到P 点 【答案】AB 【解析】 【详解】
A ．电场线与等势面垂直，而根据轨迹弯曲的方向和质点带正电可知，电场线指向下方，沿电场线方向电势降低，故等势面c 的电势最高，故A 正确；
B ．不妨设质点从Q 点运动到P 点，则此过程中电场力做负功，电势能增大，故B 正确；
C ．等差等势面P 处密，P 处电场强度大，则质点经过P 处时受到的电场力大，加速度大，故C 错误；
D ．根据题意无法判定质点的运动方向，D 项错误。

故选：AB 。

8．火星探测项目是我国继载人航天工程、嫦娥工程之后又一个重大的太空探索项目，如图所示，探测器被发射到围绕太阳的椭圆轨道上，A 为近日点，远日点B 在火星轨道近，探测器择机变轨绕火星运动，则火星探测器( )
A ．发射速度介于第一、第二宇宙速度之间
B ．在椭圆轨道上运行周期大于火星公转周期B
C ．从A 点运动到B 点的过程中动能逐渐减小
D ．在B 点受到的太阳引力小于在A 点受到的太阳引力 【答案】CD 【解析】 【详解】
A ．离开地球围绕太阳运动，发射速度要大于第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，A 错误；
B ．两个轨道都围绕太阳，根据开普勒行星第三定律，轨道半径（半长轴）小的，周期小，所以椭圆轨道运行周期小，所以B 错误；
C ．根据开普勒行星第二定律，近日点速度最大，远日点速度最小，从A 到B 速度不断减小，动能不断减小，C 正确；
D ．B 点到太阳的距离大于A 点到太阳的距离，万有引力与距离的平方成反比，所以在B 点受到的太阳引力小于在A 点受到的太阳引力，D 正确； 故选D 。

9．中国航天科工集团虹云工程，将在2023年前共发射156颗卫星组成的天基互联网，建成后WiFi 信号覆盖全球。

假设这些卫星中有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为
16
T ，（T 0为地球的自转周期），已知地球的第一宇宙速度为v ，地球表面的重力加速度为g ，则地球的半径R 和该卫星做圆周运动的半径r 分别为（ ）
A ．2
v R g
=
B ．2
2v R g =
C ．r =
D ．r =【答案】AD 【解析】 【详解】
AB ．绕地球表面运行的卫星对应的速度是第一宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m ，即
2
v mg m R
=
得出
2v R g
=
故A 正确，B 错误；
CD ．卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球的质量为M ，此高度的速度大小为v 1，则有
2202 16
GMm mr T r
π=（）
其中 GM=R 2g
解得该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径
r =故C 错误，D 正确。

故选AD 。

10．2019年10月诺贝尔物理学奖授予两位天文学家MichelMayor 和DidierQueloz ，1995年他们首次探测到太阳系外行星的存在，从而开始了人类大规模的太阳系外行星搜寻。

2016年8月欧洲南方天文台曾宣布在离地球最近的恒星“比邻星”附近发现宜居行星“比邻星b”。

“比邻星b”的质量约为地球质量的1.3倍，半径约为地球半径的2.2倍，若不考虑星球的自转效应，则 A ．“比邻星b”表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 B ．“比邻星b”表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度 C ．“比邻星b”的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度 D ．“比邻星b”的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度 【答案】BD 【解析】 【详解】
AB ．在星球表面，重力与万有引力相等，则有：g=
2
GM
R ，所以 b g g 地=2
2b b R M M R ⨯地地=2
1.31
1 2.2⨯＜1
所以“比邻星 b”表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度。

故A 错误，B 正确。

CD ．根据
b v v 地
1
所以“比邻星b”的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度。

故C 错误，D 正确。

11．如图所示，在竖直平面内有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）
A ．可能等于零
B ．可能等于201
2mv C ．可能等于12mv 02+12qEL-1
2mgL
D ．可能等于12mv 02+23qEL+1
2
mgL
【答案】BCD 【解析】 【分析】
要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB 向左或向右，也可能平行于AC 向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解． 【详解】
令正方形的四个顶点分别为ABCD ，如图所示
若电场方向平行于AC ：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为12qEL ，重力做功为-1
2
mg ，根据动能定理得：E k −
12mv 1＝12qEL−12mgL ，即E k ＝12mv 1+12qEL−1
2
mgL ②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则E k =1
2mv 1． 若电场方向平行于AC ，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为12qEL ，重力做功为1
2
mgL ，根据动
能定理得：E k −12mv 1＝12qEL+12mgL ，即E k ＝12mv 1+12qEL+1
2
mgL ．
由上分析可知，电场方向平行于AC ，粒子离开电场时的动能不可能为2． 若电场方向平行于AB ：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于2．若电场力向右，小球从D 点离开电场时，有 E k −
12mv 1＝qEL+12mgL 则得E k ＝12mv 1+qEL+1
2
mgL 若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于2．故粒子离开电场时的动能都不可能为2．故BCD 正确，A 错误．故选BCD ． 【点睛】
解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．12．关于光的干涉和衍射现象，下列各种说法中正确的是（）
A．光的干涉条纹和衍射条纹都是光波叠加的结果
B．光可以发生干涉和衍射现象，所以光是一种波
C．干涉和衍射的条纹都是明暗相间的，所以不能通过条纹来判断是干涉现象还是衍射现象
D．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹是光的衍射现象
E.白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，是由于各种色光传播速度不同
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．干涉条纹是两列频率相同、相位和振动情况相同的光波叠加，衍射条纹是从单缝通过的两列或多列频率相同的光波叠加，故A正确；
B．干涉和衍射是波的特有现象，光可以发生干涉衍射现象，光是波，故B正确；
C．干涉和衍射都产生明暗相间的条纹，但干涉条纹的宽度是相等的，而衍射条纹宽度不等，中央最宽，故C错误；
D．通过狭缝观察日光灯看到彩色条纹是单缝衍射现象，故D正确；
D．白光是由各种不同颜色的单色光组成的复色光，光的颜色由频率决定，不同单色光，频率不同，在真空中传播速度相同，故E错误。

故选ABD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻。

电源甲的电动势大约为4.5V，内阻大约为1.5Ω；电源乙的电动势大约为1.5V，内阻大约为1Ω。

由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：
A．量程为0~3V的电压表V B．量程为0~0.6 A的电流表A1
C．量程为0~3 A的电流表A2D．阻值为4.0Ω的定值电阻R1
E.阻值为100Ω的定值电阻R2
F.最大阻值为10Ω的滑动变阻器R3
G.最大阻值为100Ω的滑动变阻器R4，
（1）选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻
①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)；电流、表应该选择____(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择____(填“F"或“G").
②分别以电流表的示数I 和电压表的示数U 为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U-I 图象，U 和I 的单位分别为V 和A ，拟合公式为U=-5.8I+4.6，则电源甲的电动势E=____V ，内阻r=_______Ω。

(保留两位有效数字)
③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是（__________） A ．电压表的分流作用 B ．电压表的分压作用 C ．电流表的分压作用 D ．电流表的分流作用 E.定值电阻的分压作用
（2）为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路。

①定值电阻应该选择____(填“D”或“E”)
②实验中，首先将K 1断开，K 2闭合，电压表示数为1.49V ，然后将K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.18V ，则电源乙电动势E=______V ，内阻r=_______Ω。

(小数点后保留两位小数) 【答案】D B F 4.6 1.8 A D 1.49 1.05 【解析】 【详解】
（1）①[1][2]测电动势力约4.5V 的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为
max 4.5
5.5
I =
A 0.82≈ A 如果用量程为3A 的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选
B ； 测电动势约4.5V 的电源电动势与内阻时，电路最小电阻为
4.50.6
E R I =
=Ω=7.5Ω 考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，故定值电阻应选D ； [3]为方便实验操作，滑动变阻器应选F ； ②[4][5]由表达式 U=-5.8I+4.6
根据闭合电路欧姆定律有
()1U E I r R =-+
联立解得电源电动势为E=4.6V ，内阻r=1.8Ω，
③[6]由电路图可知，电压 表的分流作用会造成实验误差，故A 符合题意，BCDE 不符合题意； 故选A ；
（2）①[7]用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因些定值电阻应选D ； ②[8][9]由电路图可知，K 1断开，K 2闭合，电压表示数为电流电动势，电压表示数为1.49V ，即电源乙电动势为E=1.49V ；K 1、K 2均闭合，电压表示数为1.8V ，电压表测路端电压，此时电路电流为 1.184U I R '==A=0.295A 电源内阻为 E U r I '-=
≈1.05Ω 14．某实验小组利用如图所示的装置研究平抛运动规律。

实验装置为完全相同的倾斜轨道与长度不同的水平轨道平滑连接，并将轨道固定在同一竖直面内。

实验时，将两小球A 、B 同时从两倾斜轨道上自由释放，释放位置到水平轨道距离相同。

经过一段时间，小球A 开始做平抛运动，小球B 继续沿水平轨道运动。

两球运动过程中，用频闪照相的方式记录两小球的位置(在图中已标出)。

(1)忽略各种阻力，小球A 在空中运动过程中.两小球______。

(选填正确答案标号)
A ．保持相对静止
B ．在同一竖直线上
C ．运动速度大小相同
D ．机械能相同
(2)A 球做平抛运动后，利用频闪照片计算出两小球连续三个位置的高度差分别为h 1、h 2、h 3，重力加速度为g ，则频闪照相的频闪周期为_____；
(3)在实验操作过程中，发现两小球每次碰撞时，小球A 都碰在小球B 的后上方，请你分析原因可能是________。

【答案】B
1232h h h g
-- A 的阻力大于B 的阻力 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由于两球水平运动速度相同，因此在同一竖直线上，小球A 在空中运动，因此保持相对静止和运动速度大小相同不正确；两球下落位置不同，故机械能不同，故B 正确。

故选B ；
(2)[2]两小球连续三个位置的高度差分别为h 1、h 2、h 3，小球A 在相邻时间段内下落的高度分别为h 1－h 2和h 2－h 3，根据2
x gT ∆=可得 2132h h h T g
--= (3)[3]小球A 都碰在小球B 的后上方，是因为A 球运动过程中所受水平阻力大于B 球所受阻力。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平光滑轨道AB 与半径为R 的竖直光滑半圆形轨道BC 相切于B 点．质量为2m 和m 的a 、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a 与一轻弹簧相连．某一瞬间给小滑块a 一冲量使其获得032
v gR =的初速度向右冲向小滑块b ，与b 碰撞后弹簧不与b 相粘连，且小滑块b 在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求：
（1）a 和b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能；
（2）小滑块b 与弹簧分离时的速度；
（3）试通过计算说明小滑块b 能否到达圆形轨道的最高点C ．若能，求出到达C 点的速度；若不能，求出滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角θ．（求出θ角的任意三角函数值即可）．
【答案】（1）34Pm E mgR =
（2）22v gR =3）2sin 3
θ= 【解析】
【详解】
(1)a 与b 碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．设此时ab 的速度为v ，则由系统的动量守恒可得
2mv 0＝3mv
由机械能守恒定律 220pm 112322
mv mv E 共＝⋅⋅+ 解得：
34
Pm E mgR = (2)当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b 开始离开弹簧，此时b 的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动．设此时a 、b 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得： 2mv 0＝2mv 1+mv 2
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：
22v gR =
(3)设b 恰能到达最高点C 点，且在C 点速度为v C ，
由牛顿第二定律：
2C v mg m R
= 解得：
c v gR
再假设b 能够到达最高点C 点，且在C 点速度为v C ＇,由机械能守恒定律可得：
22211222
C mv mgR mv '=+ 解得:
0C v gR '=<所以b 不可能到达C 点
假设刚好到达与圆心等高处，由机械能守恒
212
B mv mgR = 解得
22B v gR v <
所以能越过与圆心等高处
设到达D 点时离开，如图设倾角为θ：刚好离开有N=0，由牛顿第二定律：
2sin D v mg m R
θ= 从B 到D 有机械能守恒有：
22211(sin )22
D mg R R mv mv θ+=- 解得：
2sin 3
θ=
【点睛】
本题综合性较强，考查了动量守恒、机械能守恒定律以及完成圆周运动的临界条件的应用，注意把运动过程分析清楚，正确应用相关定律求解．
16．如图所示，在xoy 平面内，虚线OP 与x 轴的夹角为30°。

OP 与y 轴之间存在沿着y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E 。

OP 与x 轴之间存在垂直于xoy 平面向外的匀强磁场。

现有一带电的粒子，从y 轴上的M 点以初速度v 0、沿着平行于x 轴的方向射入电场，并从边界OP 上某点Q （图中未画出）垂直于OP 离开电场，恰好没有从x 轴离开第一象限。

已知粒子的质量为m 、电荷量为q （q>0），粒子的重力可忽略。

求：
(1)磁感应强度的大小；
(2)粒子在第一象限运动的时间；
(3)粒子从y 轴上离开电场的位置到O 点的距离。

【答案】 (1)03E v ；(2)()
043π3mv qE ；(3)2076mv qE 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于粒子从Q 点垂直于OP 离开电场，设到Q 点时竖直分速度为y v ，由题意可知
03y v v =
设粒子从M 点到Q 点运动时间为1t ，有
1y qE v t M
= 粒子做类平抛运动的水平位移如的
01x v t =
由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与x 轴相切，设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系
cos30cot30x R R =︒+︒
设粒子在磁场中速度为v ，由前面分析可知
02v v =
洛伦兹力提供向心力
2v
qvB m R
= 解得
3E B v = (2)粒子在磁场中运动周期
2πR T v
= 设粒子在磁场中运动时间为2t ，
212
t T = 粒子离开磁场的位置到y 轴的距离为x ∆，则
2cos30x x R ∆=-︒
沿着x 轴负方向做匀速直线运动，设经过时间3t 到达y 轴，
03x v t ∆=
即
()043π3mv t qE
= (3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到x 轴距离
2013mv y qE
= 粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间3t 到达y 轴并离开电场
223312y qE y v t t m
=-
则 20256mv y qE
= 粒子离开电场的位置到O 点的距离
201276mv y y y qE
=+=。

17．从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz 的简谐横波，分别沿x 轴正、负方向传播，在某一时刻到达A 、B 点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s ．求
（i ）质点P 、O 开始振动的时刻之差；
（ii ）再经过半个周期后，两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x 坐标．
【答案】（i ）0.05s （ii ）两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：2m 、3m 、3m 、4m 、5m ．合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5m 、2.5m 、3.5m 、4.5m ．
【解析】
（i ）该波的周期为110.25
T s f ===， 由图知，质点P 、O 开始振动的时刻之差为0.054T t s ∆=
=； （ii ）该波的波长为100.22vT m m λ==⨯=，根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：1m 、2m 、3m 、4m 、5m ．合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5m 、2.5m 、3.5m 、4.5m ．
【点睛】解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱．。