2019届山东省潍坊市教科院高三高考模拟训练理科综合物理试卷(解析版)

潍坊市教科院2019年高考模拟训练试题
理科综合
二、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分。

有选错的得0分)优题速享
1.（2016·江苏卷）贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。

下列属于放射性衰变的是 A. 14
140
6
71C N e -→+
B.
235113995192
0533902U n I Y n +→++
C. 2341
1120H +H He+n → D. 427301213150He +Al P+n →
【答案】A 【解析】
试题分析：A 为β衰变方程，B 为重核裂变，C 轻核聚变，D 原子核的人工转换，所以A 正确． 【考点定位】核反应方程 【方法技巧】区分几种常见
的
核反应方程。

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2.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个质量为50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层落下，与地面的撞击时间约为2×10－3 s ，试估算该鸡蛋对地面的冲击力约为 A. 1000 N B. 500 N
C. 100 N
D. 50 N
【答案】A 【解析】 【分析】
每层楼高约为3m ，计算鸡蛋下落的总高度，计算下落的时间，全过程根据动量定理列方程求解。

【详解】每层楼高约为3m ，鸡蛋下落的总高度为：h=（25-1）×
3m=72m ；自由下落时间为
：1 3.8t s ===，与地面的碰撞时间约为：t 2=0.002s ，全过程根据动量定理可得：mg （t 1+t 2）
-Ft 2=0，解得冲击力为：F=950N≈103N ，故A 正确。

故选A 。

【点睛】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。

3.图甲是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的交变电压图象。

将该电压加在图乙中理想变压器的M 、N 两端。

变压器原、副线圈匝数比为5：1，电阻R 的阻值为2Ω，电流表、电压表均为理想电表。

下列说法不正确的是
A. 电流表的示数为2A
B. 线圈转动的角速度为50πrad ／s
C. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次
D. 0.01s 时穿过线圈的磁通量最大 【答案】D 【解析】
=100V ，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为：22111
10020V 5n U U n ⨯=＝
＝；副线圈上的电流：22010A 2
U I R ==＝，由电流与匝数成反比得21211
102A 5
n I I n =
⨯=＝，所以电流表读数为2A ，故A 正确。

根据图象可以知道，交流电的周期是0.04s ，由2250rad/s 0.04
T ππ
ωπ=
==，故B 正确；交流电的周期是0.04s ，在每一个周期内交流电的方向改变2次，所以流过灯泡的电流方向每秒钟改变次数：22
500.04
n T ==＝
次，故C 正确。

由图象可知，在t =0.01s 时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，故D 错误；此题选择错误的选项，故选D.
4.如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正。

以下说法正确的是
A. 0～1s 内圆环面积有扩张的趋势
B. 1s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力
C. 1～2s 内和2～3s 内圆环中的感应电流方向相反
D. 从上往下看，0～2s 内圆环中的感应电流先沿顺时针方向、后沿逆时针方向 【答案】D 【解析】
【详解】0～1s 线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故A 错误；1s 末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以1s 末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B 错误；1～2s 正方向电流减小，2～3s 反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故C 错误；0～1s 线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0～ls 内圆环中的感应电流沿顺时针方向；1s ～2s 线圈中电流减小，产生的磁场减弱，金属环中磁通量减小，根据楞次定律可知，从上往下看，1s ～2s 内圆环中的感应电流沿逆时针方向；故D 正确.
5.我国计划于2020建成自己的太空站，该空间站离地面的高度是同步卫星离地面高度的
1
n
，同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍．已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则太空站绕地球做圆周运动的线速度大小为
A.
B.
C.
D.
【答案】B 【解析】 【分析】
由黄金代换，结合万有引力提供向心力即可求出． 【详解】根据已知可知空间站绕地球运动的轨道半径为6R
r R n
=
+，则根据万有引力定律和牛顿第二定律
可得：在地球表面2Mm G mg R =，解得2
GM gR =，对空间站有22Mm v G m r r
=空空
，联立解得v =，B 正确．
【点睛】运用黄金代换式2GM gR 求出问题是考试中常见的方法。

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
6.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。

现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a 、b 间的相互作用和重力可忽略。

下列说法正确的是（ ）
A. a 的质量比b 的大
B. 在t 时刻，a 的动能比b 的大
C. 在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D. 在t 时刻，a 和b 的动量大小相等 【答案】BD 【解析】
试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的
运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点。

解析 根据题述可知，微粒a 向下加速运动，微粒b 向上加速运动，根据a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小，即a a >a b 。

对微粒a ，由牛顿第二定律， qE=m a a a ，对微粒b ，由牛顿第二定律，qE =m b a b ，联立解得：
a qE m >b
qE
m ，由此式可以得出a 的质量比b 小，选项A 错误；在a 、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力等于b 微粒，a 微粒的位移大于b 微粒，根据动能定
理，在t 时刻，a 的动能比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的电场力（合外力）等于b 微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t 时刻，a 微粒的动量等于b 微粒，选项D 正确。

点睛 若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a 的质量比b 小吗？在t 时刻力微粒的动量还相等吗？在t 时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？
7. 如图所示，一质量为m 的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与该小球相连。

现将小球从A点由静止释放，沿竖直直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB 两位置时弹力大小相等，弹簧的形变量相同时弹性势能相同，则小球在此过程中，有（）
A. 加速度等于重力加速度g的位置有两个
B. 弹簧弹力的功率为零的位置有两个
C. 弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
D. 弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于弹簧弹力做负功过程中小球运动的距离
【答案】AC
【解析】
试题分析：弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且此时弹力功率为0；A、B位置弹力大小相等则弹性势能相等，据此分析各选项。

在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B 有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g，当弹簧与杆垂直时小球加速度为g，则有两处加速度为g，故选项A正确；弹簧与杆垂直时弹力的功率为0，有一位置的弹力为0，其功率为0，在A点时小球的速度为零，弹力的功率也为0，故弹簧弹力的功率为零的位置共3处，故选项B错误；因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故选项C正确；因弹簧弹力做负功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离，故选项D错误。

考点：功、功率的计算，胡克定律，牛顿第二定律
8.如图所示，质量为m半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的
最大高度为3
4
h0（不计空气阻力），则
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小车向左运动的最大距离为
12
R C. 小球离开小车后做竖直上抛运动 D. 小球第二次能上升的最大高度1
2h 0<h <34
h 0 【答案】CD 【解析】
【详解】A ：小球与小车在水平方向所受合外力为零，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒；小球与小车在竖直方向所受合外力不为零，小球和小车组成的系统竖直方向动量不守恒。

故A 项错误。

B ：当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v ，小车的速度大小为v '，据系统水平方向动量守恒，以向右为正，得()0mv m v +-='，即v v ='，则小球与车在水平方向位移大小x x ='，又
2x x R +'=，解得：小车向左运动的最大距离x R '=。

故B 项错误。

C ：小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动。

故C 项正确。

D ：小球第一次车中运动过程中，由功能关系得：00031
()44
f m
g
h h Q W mgh 克-
===。

小球第二次在车中运动过程中，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球克服摩擦做的功变少，即
01
4f W mgh '<
克，设小球第二次能上升的最大高度为2h ，由功能关系得：02031()44f mg h h W mgh '-=<克，解得：02013
24
h h h <<。

故D 项正确。

【点睛】功能关系的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以求变力做的功。

本题中摩擦力做功使机械能转化为内能。

三、非选择题：共174分。

第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33～38题为选考题。

考生根据要求作答。

9.某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度．
（1）请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误或不当：①_______；②_______．
（2）该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个打点A、B、C、D、E、F为计数点，测得点A到B、C、D、E、F的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5．若打点的频率为f，则打E点时重物速度的表达式为v E=_______；若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出速度的二次方（v2）与距离（h）的关系图线，如图丙所示，则重力加速度g=_______m/s2．
（3）若当地的重力加速度值为9.8m/s2，你认为该同学测量值存在偏差的主要原因是_______．
【答案】（1）13.55
（1）打点计时器应接交流电源重物释放时应紧靠打点计时器
（2）9.4
（3）空气阻力和摩擦阻力影响
【解析】
试题分析：（1）打点计时器使用交流电源，而该题中接了直流电；重物离打点计时器太远，这样纸带上上所打点很少，不利于减小误差，故不当之处为：①打点计时器接了直流电；②重物离打点计时器太远；（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从D点到F点的时间为：
，所以有：；
根据得：，
由此可知图线的斜率表示2g ，所以：，则
考点：利用自由落体运动求加速度。

【名师点睛】了解实验的装置和工作原理，对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，会通过图象求解重力加速度。

10.现有一电池，电动势E 约为9V ，内阻r 在35~55Ω范围内，允许通过的最大电流为50mA 。

为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a ）所示的电路进行实验。

图中R 为电阻箱，阻值范围为0~9999Ω；R 0为保护电阻。

（1）可备选用的定值电阻R 0有以下几种规格，本实验应选用（ ） A ．20Ω，2.5W B ．50Ω，1.0W C ．150Ω，1.0W D ．1500Ω，5.0W
（2）按照图（a ）所示的电路图，接好电路，闭合电键后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R 和相应的电压表示数U ，取得多组数据，然后作出
11U R R -+图像，如图（b ）所示，由图中所给的数据可知，电源的电动势E=_______V ，r=_______Ω．（结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). C (2). 8.3 (3). 50 【解析】
【详解】（1）电路最小总电阻约为：180Ωm
E
R I =
=，为保护电路安全，保护电阻应选C ； （2）由图a 所示电路图可知，在闭合电路中，由闭合电路欧姆定律：
0U E U Ir U r R R =+=+
+ 变形得：0111
r U E R R E
=⋅++
则
011U R R -+图象是直线；根据0
11
U R R -+图象可知． 纵截距10.12b E =
=。

解得E=8.33V ；斜率6r
k E
== ，解得：r=50Ω。

【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能熟练掌握物理规律运用数学方法将物理公式变形，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量，再根据图象的性质即可求解电动势和内电阻。

11.如图是过山车的部分模型图。

模型图中光滑圆形轨道的半径R=8.1m ，该光滑圆形轨道固定在倾角为
37o α=斜轨道面上的Q 点，圆形轨道的最高点A 与P 点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。

现使小
车(视作质点)从P 点以一定的初速度沿斜面向下运动，已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为10/81μ=，不计空气阻力，过山车质量为20kg ，取g=10m ／s 2
，sin 370.6,cos370.8o
o
==。

若小车恰好能通过圆形轨道的最高点A 处，求：
(1)小车在A 点的速度为多大；
(2)小车在圆形轨道的最低点B 时对轨道的压力为重力的多少倍； (3)小车在P 点的动能．
【答案】（1）9m/s ；（2）6；（3）1290J 【解析】
试题分析：（1）小车恰好能通过最高点A ，说明在A 点小车只受重力作用，根据合力提供向心力有：
2
A
v mg m R
=
得小球在A 点的速度为：9m/s A v =
=
（2）小车从B 至A 的过程中只有重力对小车做功，根据动能定理有：2211222
A B mg R mv mv -⋅=-
得小车在B 点时的速度为：B v =
小车在B 点所受轨道支持力和重力的合力提供圆周运动向心力，令小车质量为mkg 有：
2
B
v N mg m R
-=
解得：N ＝60mN
小车的受到轨道支持力为其重力的6倍．根据牛顿第三定律知，小车对轨道的压力为其重力的6倍； （3）设Q 点与P 点的高度差为h ，PQ 间的距离为L ，则由几何关系有：()1cos 24.3m sin R L αα
+=
=
小车从P 到A ，由动能定理有：22011cos 22
A mg L mv mv μα-⋅=- 得：v 0
m/s 则小车在P 点的动能2
011290J 2
kP E mv =
= 考点：牛顿第二定律的应用；动能定理.
12.(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔1S 、2S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U ，周期为0T 。

在0t =时刻将一个质量为m 、电量为q -（0q >）的粒子由1S 静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在0
2
T t =时刻通过2S 垂直于边界进入右侧磁场区。

（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达2S 时的速度大小v 和极板距离d
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。

（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03t T =时刻再次到达2S ，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 【答案】（1
）d =2
）B <3）2m T qB π=
87m B qT π= 【解析】
试题分析：(1)粒子由S 1至S 2的过程，根据动能定理得qU 0＝
12
mv 2
①· （1分）
由①式得v
（1分） 由牛顿第二定律得q
0U d
＝ma ③ （1分） 由运动学公式得d ＝12a 20()2T ④ （1分） 联立③④式得d ＝0
4
T （1分） (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ： qvB ＝m 2
v R
⑥ （1分） 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R ＞2
L ⑦ （1分） 联立②⑥⑦式得B
（1分） (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动时间为t 1： d ＝vt 1得t 1＝
087m qT π⑩ （1分） 若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得d ＝2
v t 2⑪得t 2＝02T ⑫ （1分） 设粒子在磁场中运动的时间为：t ＝3T 0－
02T －t 1－t 2⑬得t ＝074T ⑭ （1分） 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ＝2m qB
π⑮· （1分） 可知T ＝t ⑯
（1分） 联立⑭⑮⑯式得B ＝0
87m qT π⑰· （1分） 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；粒子在交变电场中的运动
点评：本题考查了带电粒子在组合场中的运动，过程复杂，是一道难题，分析清楚粒子的运动过程，作出粒子的运动轨迹，是正确解题的关键．
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13.下列说法正确的是________。

A. 物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和
B. 布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动
C. 利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的
D. 气体分子间距离减小时，分子间斥力增大、引力减小
E. 石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
【答案】ACE
【解析】
【详解】物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，A 正确；布朗运动是悬浮颗粒的运动，不是液体分子或者气体分子的热运动，B 错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，不违背能的转化守恒定律和热力学第二定律，选项C 正确；气体分子间距离减小时，分子间引力、斥力都增大，D 错误；石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同，E 正确。

14.如图，容积均为V 的汽缸A 、B 下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K 2位于细管的中部，A 、B 的顶部各有一阀门K 1 K 3,B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初始时，三个阀门均打开，活塞在B 的底部；关闭K 2 K 3，通过K 1给汽缸充气，使A 中气体的压强达到大气压p 0的3倍后关闭K 1, 已知室温为27C ，汽缸导热．
()1打开K 2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
()2接着打开K 3，求稳定时活塞的位置；
()3再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20C ，求此时活塞下方气体的压强；
【答案】(1)
12V ， 02p (2) 稳定时活塞位于气缸最顶端 (3) 01.6p 【解析】
【详解】（1）打开K 2之前，A 缸内气体03A p p =,缸内气体0B p p =，体积均为V ，温度均为()27327300T K K =+=，打开K 2后，B 缸内气体(活塞上方)等温压缩，压缩后体积为V 1缸内气体(活塞下方)等温膨胀，膨胀后体积为2V -V 1，活塞上下方压强相等均为P 1，
则：对A 缸内(活塞下方)气体：()01132p V p V V =-，
对B 缸内(活塞上方)气体：011p V p V =， 联立以上两式得：10112,2p p V V ==；即稳定时活塞上方体积为12
V ，压强为02p ； (2)打开K 2，活塞上方与大气相连通，压强变为P 0，则活塞下方气体等温膨胀，假设活塞下方气体压强可降为P 0，则降为P 0时活塞下方气体体积为V 2，则0023p V p V =，
得232V V V =>，即活塞下方气体压强不会降至P 0，此时活塞将处于B 气缸顶端，缸内气压为P 2,0232p V p V =⨯，得2032
p p =，即稳定时活塞位于气缸最顶端； (3)缓慢加热汽缸内气体使其温度升高，等容升温过程，升温后温度为()330020320T K K =+=，由323
p p T T =得：301.6p p =，即此时活塞下方压强为01.6p
15.关于电磁波，下列说法正确的是（ ）
A ．电磁波在真空中的
传播速度与电磁波的频率无关
B ．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C ．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直
D ．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
E ．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
【答案】ABC
【解析】
电磁波在真空中的传播速度均为光速，与电磁波的频率无关，故A 正确；周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，故B 正确；电磁波为横波，它在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直；故C 正确；电磁波可以在介质中传播，所以可以根据电缆、光缆进行有线传播，也可以不需要介质进行传播，即无线传播．故D 错误；电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波仍然可以继续传播，故E 错误．故选ABC ．
点睛：本题考查电磁波基本特性的了解程度．电磁波与声波不同，电磁波在真空中的速度最大，在介质中速度较小；同时注意明确电磁波的传播性质，知道电磁波可以在真空中传播．
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16.甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波通均为25/v cm s =.两列波在0t =时的波形曲线如图所示，求:
（1）0t =时，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标;
（2）从0t =开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16cm -的质点的时间.
【答案】(1) (50300)0,1,2,...x n cmnn =+=±± (2)t=0.1s
【解析】
（1）根据两列波的振幅都为8cm ，偏离平衡位置位移为16cm 的的质点即为两列波的波峰相遇。

设质点x 坐标为x
根据波形图可知，甲乙的波长分别为60cm λ=乙，50cm λ=甲
则甲乙两列波的波峰坐标分别为
1115050(1,2,3)x k k =+⨯=±±±⋯⋯
1225060(1,2,3)x k k =+⨯=±±±⋯⋯
综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为
整理可得1(50300)x n cm =+1,2,3n =±±±⋯⋯
（ii ）偏离平衡位置位移为16cm -是两列波的波谷相遇的点，
0t =时，波谷之差122121(5060)(5050)22
n n x ++∆=+⨯-+⨯1,2,3n =±±±⋯⋯ 整理可得1210(65)5x n n ∆=-+
波谷之间最小的距离为'5x cm ∆=
两列波相向传播，相对速度为250/v cm s =
所以出现偏离平衡位置位移为16cm -的最短时间'0.12x t s v
∆=
= 【考点定位】机械振动机械波
【名师点睛】1列出波峰或波谷的坐标表达式是关键；20t =不存在波谷和波谷相遇的点。

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