高二物理期末试题-济宁市2014-2015学年高二(下)期末试卷物理试题及答案

2014-2015学年山东省济宁市高二（下）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全选对的得5分；选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分
1．（5分）（2015春•济宁期末）在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A．闭合线圈在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定产生感应电流
B．线圈不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势
C．感应电流的磁场总是与原磁场的方向相反
D．法拉第通过实验研究，总结出电磁反应现象中感应电流方向的规律
考点：楞次定律；感应电流的产生条件．
分析：产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动．根据这个条件进行选择，并依据楞次定律，即可分析求解．
解答：解：A、位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流．故A错误．
B、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流，若不闭合则电路中就没有感应电流，但有感应电动势．故B正确．
C、根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，或与原磁场的方向相反．故C 错误．
D、楞次通过实验研究，总结出电磁反应现象中感应电流方向的规律；故D错误；
故选：B．
点评：本题考查感应电流的产生条件，要注意明确磁通量发生变化可能是面积变化，也可以胆磁场发生变化，并掌握楞次定律的内容．
2．（5分）（2015春•济宁期末）如图甲所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，规定磁场垂直纸面向外为正方向，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，下面关于线圈中感应电流的大小和方向的说法正确的是（）
A．第1秒内感应电流增大，电流方向为逆时针
B．第2秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针
C．第3秒内感应电流减小，电流方向为逆时针
D．第4秒内感应电流大小不变，电流方向为顺时针
考点：楞次定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：在B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由楞次定律可得出电流的方向．
解答：解：根据B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，由法拉第电磁感应定律：E=各段时间内的电流为定值，且大小相等．
A、在第1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向；感应电流是恒定的，故A 错误；
B、在第2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向；感应电流是恒定的，故B 错误；
C、在第3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向；感应电流是恒定的，故C 错误；
D、在第4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向；感应电流是恒定的，故D 正确；
故选：D．
点评：解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及安培力的大小和方向的判定．
3．（5分）（2015春•济宁期末）如图所示，在条形磁铁中央位置的正上方水平放置一铜质圆环，现将圆环由静止释放，在圆环下落过程中，下列说法正确的是（）
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环中产生逆时针方向的感应电流
C．圆环的机械能守恒
D．磁铁对桌面的压力大于磁铁受到的重力
考点：楞次定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流．环没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒．
解答：解：AB、圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流，故A错误，B错误．
C、由于没有感应电流，故没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒，故C正确；
D、根据平衡条件，磁铁对桌面的压力等于磁铁受到的重力，故D错误．
故选：C．
点评：解决本题的关键知道产生感应电流的条件，以及掌握条形磁铁的磁感线分布，基础题．
4．（5分）（2015春•济宁期末）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的e﹣t图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的e﹣t图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（）
A．交流电a的有效值为5V
B．a、b两种交流电的周期之比为2：3
C．a、b两种交流电的周期之比为3：2
D．t=0.3s时b图对应的通过线圈的磁通量为零
考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；交变电流．
专题：交流电专题．
分析：由图读出电压最大值U m，周期T，根据最大值和有效值的关系可求得有效值；根据产生过程明确磁能量．
解答：解：A、由图可知，a的最大值为5V；故A错误；
BC、周期分别为T a=0.4S，T b=0.6s，则周期之比为：2：3；故B正确；C错误；
D、t=0.3s时b图的感应电动势为零，则此时通过线圈的磁通量最大；故D错误；
故选：B．
点评：本题考查对交流电压图象的理解能力．对于电压与磁能量的关系，应根据法拉第电磁感应定律分析．
5．（5分）（2015春•济宁期末）如图所示，是一个理想变压器的电路连接图，电压表和电流表均为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光照强度的增加而减小），R1为定值电阻，下列说法正确的是（）
A．光照强度增强时，电流表的示数增大
B．光照强度增强时，原线圈的输入功率减小
C．光照强度减弱时，电压表和电流表的示数均减小
D．变压器原、副线圈中的电流之比随光照强度的变化而变化
考点：变压器的构造和原理．
专题：交流电专题．
分析：由光照强度的变化可明确电阻的变化，则可以得出输出电流的变化，再由电流、电压与匝数的关系分析电流及电压的变化；由功率公式分析功率的变化．
解答：解：AB、光照增强时，光敏电阻阻值减小，输出端电流增大；故电流表示数增大；输入电流也增大；故由P=UI可得，输入功率增大；故A正确，B错误；
C、光照减弱时，电阻增大，则输出电流减小；电流表示数减小；而由于匝数不变；故电压表示数不变；故C错误；
D、因电流之比等于匝数的反比，因此电流之比不会发生变化；故D错误；
故选：A．
点评：本题为变压器与闭合电路欧姆定律动态分析的结合，要注意改变电阻能改变电流和功率，但不能改变电压．
6．（5分）（2015春•济宁期末）在如图所示的电路中，A1、A2为两个完全相同的灯泡，L 为直流电阻不可忽略的自感线圈，E为电源，S为开关，R为保护电阻，下列说法正确的是（）
A．闭合开关S，A1先亮，A2后亮，最后A1更亮一些
B．闭合开关S，A2先亮，A1后亮，最后A2更亮一些
C．断开开关S，A2闪亮一下再熄灭
D．断开开关S，A1、A2都要过一会儿再熄灭
考点：自感现象和自感系数．
分析：根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势，电流增大时自感电动势阻碍电流增大，电流减小时自感电动势阻碍电减小，相当于电源；并结合欧姆定律分析．
解答：解：A、由于是两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，A2灯泡立刻发光，而A1灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，由于两灯泡并联，L的电阻不能忽略，所以稳定后A2比A1更亮一些，故A错误，B正确；
C、当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，而且亮度相同，故C错误；D正确．
故选：BD．
点评：对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解．体会线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故．
7．（5分）（2015春•济宁期末）如图所示是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，电站的输出电压U1=250V，输出功率P1=100kW，输电线路的总电阻R=8Ω，若输电线路上损耗的功率为总功率的5%，则下列说法正确的是（）
A．输电线路上损耗的功率为5kW
B．输电线路上的输电电流大小为20A
C．升压变压器的匝数比为=
D．若降压变压器的匝数比为=，则用户获得的电压U A为220V
考点：远距离输电．
专题：交流电专题．
分析：明确发电机原理为电磁感应原理；根据电阻定律可求得导线电阻，则由损失的功率及功率公式可求得电流；由P=UI可求得升压变压器输出电压；由欧姆定律求出导线损耗的电压，由匝数之比等于电压之比可求得匝数之比．
解答：解：A、输电线上损耗的功率P=5%P1=0.05×100000=5Kw；故A正确；
B、由P=I2R可得：I===25A；故B错误；
C、由P1=U2I可得：U2==4000V；故升压变压器匝数之比为：==；故C 正确；
D、降压变压器输入端U3=U2﹣IR=4000﹣25×8=3800V；则U A==220V；故D正确；
故选：ACD．
点评：本题考查远距离输电的内容，要注意明确远距离输电中的变压器原理，同时注意从导线损耗功率入手，灵活选择功率公式求解电流，再由欧姆定律求得电压等，即可求解．
8．（5分）（2015春•济宁期末）如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为l，下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m，电阻为r的金属棒ab，在沿着斜面且与金属棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，在上升h高度的过程中，下列说法正确的是（）
A．恒力F所做的功等于
B．金属棒上滑的速度为
C．整个回路中产生的焦耳热为﹣mgh
D．作用于金属棒上的各个力所做的功等于mgh与整个回路中产生的焦耳热之和
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．
专题：电磁感应与电路结合．
分析：题中导体棒ab匀速上滑，合力为零，对导体棒正确受力分析，根据平衡条件求棒上滑的速度，由动能定理列方程，弄清功能转化关系，注意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的焦耳热．
解答：解：A、恒力F所做的功为W F=F•，故A正确．
B、导体棒匀速上升过程中，作用于棒上各力的合力为零，则有：F=mgsinθ+，解得
v=．故B正确．
C、根据功能关系可得，整个回路中产生的焦耳热为Q=W F﹣mgh=﹣mgh，故C正确．
D、由于金属棒匀速运动，则合外力为零，合外力做功为零，即作用于金属棒上的各个力所做的功等于零，故D错误．
故选：ABC．
点评：对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量．
二、解答题（共3小题，满分30分）【必做部分】
9．（8分）（2015春•济宁期末）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置，如图是两个成功的演示实验，当灵敏电流计的电流从正接线柱流入、负接线柱流出时，电流表指针向右偏转，请回答下列问题：
（1）在图甲所示的实验中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入时磁通量的变化量相同（选填“相同”或“不同”），电流表指针的最大偏转角度不同（选填“相同”或“不同”）．
（2）在图乙所示的实验中，当导体棒AB向靠近电流表的一侧（沿图乙中v的方向）移动时，电流表的指针将会向左偏转（选填“向左”、“向右”或“不”）．
（3）由以上演示实验可归纳出的共同结论是：感应电流产生的条件：闭合电路磁通量发生变化．
考点：研究电磁感应现象．
专题：实验题．
分析：当通过闭合回路的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针发生偏转．根据闭合电路欧姆定律确定电流表指针偏转角与电动势的关系，并依据右手定则来判定感应电流方向，最后实验的共同结论是感应电流产生的条件．
解答：解：（1）不论快速插入，还是慢速插入时磁通量的变化量相同，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小不同，再由电流表的电流I=，知电流表指针的偏角与感应电动势的大小成正比，则最大偏转角不同．
（2）当灵敏电流计的电流从正接线柱流入、负接线柱流出时，电流表指针向右偏转，
根据右手定则可知，电流表的指针将会向左偏转．
（3）以上演示实验可归纳出的共同结论是：感应电流产生的条件：闭合电路磁通量发生变化．
故答案为：（1）相同，不同；（2）向左；（3）感应电流产生的条件：闭合电路磁通量发生变化．
点评：解决本题的关键知道感应电流的产生条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．
10．（9分）（2015春•济宁期末）如图所示，匝数为n=100匝的矩形线圈，其边长L1=25cm，L2=20cm，线圈总电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=0.4T，线圈绕垂直于磁感线的O1O2轴以角速度ω=50rad/s匀速转动，图示位置线圈与磁感线垂直．求：（1）矩形线圈产生的最大电动势；
（2）从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时表达式；
（3）从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量．
考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．
分析：（1）根据E m=nBωS求解感应电动势的峰值；
（2）根据感应电动势的瞬时值表达式e=E m cosωt即可求解；
（3）先求电动势的平均值；根据闭合电路欧姆定律求得电流，由q=It可求得电量．
解答：解：（1）感应电动势的峰值E m=NBSω=100×0.4×0.25×0.2×50=100v
（2）由题意e=E m cosωt=100cos50t（v）
（3）转过90度时，磁通量的变化量为BS；
则平均电动势=n；
电量q=t===0.2C；
答：（1）感应电动势的峰值50V．
（2）从此位置开始计时，它的感应电动势的瞬时值表达式e=50cos50t（v）．
（3）从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.2C．
点评：要会写出交流电的表达式，在求流过电阻的电荷时要用到平均电动势，电量与转动的快慢无关；可以记住相应的结论．
11．（13分）（2015春•济宁期末）如图所示，两光滑金属导轨，间距d=0.2m，在桌面上的部分是水平的，处在磁感应强度B=1T、方向竖直向下的有界匀强磁场中，电阻R=1Ω，桌面高H=0.8m，金属杆ab质量m=0.2kg、接入电路部分的电阻r=1Ω，从导轨上距桌面h=0.45m 高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s=0.8m，g=10m/s2．求：
（1）金属杆刚进入磁场时，杆中的电流大小和方向；
（2）金属杆刚要离开磁场时受到的安培力的大小；
（2）整个过程中电路放出的热量．
考点：安培力；焦耳定律．
分析：（1）由机械能守恒定律求出金属杆进入磁场时的速度，然后由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，再依据右手定则，即可判定感应电流方向．
（2）金属杆离开磁场后做平抛运动，由平抛运动规律求出金属杆离开磁场时的速度，然后由安培力公式求出安培力．
（3）由动能定理求出安培力做的功，从而求得放出的热量．
解答：解：（1）由右手定则可知，金属杆进入磁场时，电流从a流向b．
金属杆进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgh=mv2，
解得：v===3m/s
金属棒切割磁感线产生感应电动势：E=Bdv，
解得：E=1×0.2×3=0.6V
由欧姆定律可知，电流：I=，
解得：I==0.3A；
（2）金属棒离开磁场后做平抛运动，
在竖直方向上：H=gt2，
水平方向上：s=v′t，
解得：v′==2m/s
金属棒离开磁场时受到的安培力：
F=BId=，
代入数据，解得：F=0.04N，
（3）从金属棒开始下滑到离开磁场过程中，
由动能定理得：mgh+W=mv′2﹣0，
解得，安培力做功：W=﹣0.5J；
因此产生热量为Q=0.5J
答：（1）金属杆刚进入磁场时，杆中的电流大小0.3A和方向由a流向b；
（2）金属杆刚要离开磁场时受到的安培力的大小0.04N；
（2）整个过程中电路放出的热量为0.5J．
点评：本题考查了判断电势高低、求电流、求安培力、求功等问题，是电磁感应与力学、电学相结合的一道综合题，应用机械能守恒定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平抛运动规律、动能定理即可正确解题．
三、【选做部分】共三个选修模块，每个模块4小题，请考生从三个模块中任选一个模块在答题纸上作答，答题前，请务必在答题纸上将所选模块的标号用2B铅笔涂黑【选修3—3】12．（6分）（2015春•济宁期末）下列说法中正确的是CE．
A．只要是由确定熔点的物体必定是晶体
B．液体表面存在张力是由于表面层分子间距离小于液体内部分子间距离
C．容器中气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的
D．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，所以它是非晶体
E．布朗颗粒的无规则运动反映了液体分子的无规则运动．
考点：* 晶体和非晶体．
分析：晶体有固定的熔点，而非晶体却没有固定的熔点；表面存在张力是由于表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的；没有确定的形状，但它仍是晶体，从而即可求解；
解答：解：A、晶体均具有确定的熔点；但有固定熔点的固体不一定就是晶体；故A错误；
B、液体表面存在张力是由于表面层由于蒸发等原因而使分子间距离大于液体内部分子间距离；故B错误；
C、容器中气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的；故C正确；
D、潮后会粘在一起，是很多晶体结合在一起造成的；虽然没有确定的几何形状，但它仍是晶体，故D错误；
E、固体小颗粒的无规则运动反映了液体分子的无规则运动．故E正确；
故答案为：CE．
点评：本题考查晶体与非晶体的不同，要注意掌握液体表面的张力的形成原理及气体压强产生原因；明确布朗运动的意义．
13．（6分）（2015春•济宁期末）下列说法中正确的是ACDE．
A．分子间的距离增大时，分子间相互作用的引力和斥力都减小
B．在一定温度下当气体容纳某种液体分子的个数达到极值时，这种气体就成为饱和汽，此时液体就不再蒸发
C．雨后叶子表面上额小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果
D．一定质量的理想气体温度升高，其内能一定增大
E．热现象的自发过程不一定沿分子热运动无序性增大的方向进行．
考点：热力学第二定律；* 液体的表面张力现象和毛细现象．
分析：分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小；
水珠呈球形是因为液体表面张力的结果；
理想气体不计分子势能；温度升高时内能增大；
热力学第二定律有不同的表述：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；解答：解：A、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小；但斥力减小的快；故A 正确；
B、在一定温度下当气体容纳某种液体分子的个数达到极值时，这种气体就成为饱和汽，此时液体蒸发和落下的分子数相互平衡；不是不再蒸发；故B错误；
C、雨后叶子表面上额小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果；故C正确；
D、理想气体不计分子势能；故温度升高，其内能一定增大；故D正确；
E、热力学第二定律的内容可以表述为：一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．故E正确；
故选：ACDE．
点评：本题考查了选修内容，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容，要注意基础知识的学习与掌握
14．（6分）（2015春•济宁期末）如图所示，一定质量的理想气体经历如图所示的BA、AC、CB三个变化过程，在A→C过程中外界对气体（选填“外界对气体”或“气体对外界”）做功，气体的内能减小（选填“增大”、“减小”或“不变”），气体放出（选填“吸收”或“放出”）热量．
考点：理想气体的状态方程．
专题：理想气体状态方程专题．
分析：分析清楚图示图象，判断气体体积如何变化，然后判断气体做功情况；
应用盖吕萨克定律判断气体的温度如何变化，然后判断气体内能如何变化；
应用热力学第一定律判断气体吸热与放热情况．
解答：解：由图示图象可知，在A→C过程气体压强p不变而体积V减小，外界对气体做功，
由盖吕萨克定律：=C可知，V减小，T减小，气体温度降低，气体内能减小，△U＜0，外界对气体做功：W＞0，由热力学第一定律：△U=W+Q，可知：Q=△U﹣W＜0，则气体要放出热量；
故答案为：外界对气体；减小；放出．
点评：本题考查了判断气体做功与吸放热情况，由图示图象判断出气体状态参量如何变化，应用盖吕萨克定律、热力学第一定律可以解题．
15．（12分）（2015春•济宁期末）如图所示，开口向上的气缸用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞质量m=2kg，面积S=10cm2，活塞与气缸之间的摩擦忽略不计，外界大气压强p0=1.0×105Pa，此时活塞到气缸底部的距离L1=20cm，气缸壁和活塞都是导热的，外界大气温度保持不变，取g=10m/s，求：
（1）此时被封闭气体的压强p1是多少？
（2）若气缸足够高，现把气缸翻转使其开口向下，则活塞到气缸底部的距离L2是多少？
考点：理想气体的状态方程．
专题：理想气体状态方程专题．
分析：（1）由平衡条件可以求出封闭气体的压强．
（2）由平衡条件求出封闭气体的压强，然后应用玻意耳定律求出活塞到气缸底部的距离．解答：解：（1）封闭气体的压强：p1=p0+=1.0×105+=1.2×105Pa；
（2）气缸开口向下时，封闭气体的压强：p2=p0﹣=1.0×105﹣=8×104Pa，
气体初状态的体积：V1=L1S=20S，万状态体积：V2=L2S，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，
即：1.2×105×20S=8×104×L2S，解得：L2=30cm；
答：（1）此时被封闭气体的压强p1是1.2×105Pa；
（2）若气缸足够高，现把气缸翻转使其开口向下，则活塞到气缸底部的距离L2是30cm．点评：本题考查了求气体压强、求活塞到气缸底部的距离，分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件、玻意耳定律可以解题．
【选修3—4】
16．（2015春•济宁期末）以下说法正确的是ADE．
A．光纤通信是利用了全反射的原理
B．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由于光的衍射造成的
C．障碍物的尺寸比光的波长大得多时，一定不会发生衍射现象
D．人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的单缝衍射图样
E．根据麦克斯韦的电磁理论可知，变化的电场周围一定可以产生磁场．
考点：全反射．
专题：全反射和临界角专题．
分析：光纤通信利用光在纤维中发生全反射传递信息；薄膜干涉是光在膜的前后表面反射光发生叠加产生干涉；眯起眼睛看灯丝时，观察到彩色条纹，是光通过细缝产生衍射形成的；明确麦克斯韦的电磁理论．
解答：解：A、光纤通信是利用了光的全反射原理制成的；故A正确；
B、水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由于油膜的上下表面对光的干涉形成的．故B错误；
C、障碍物的尺寸比光的波长大得多时，也会发生衍射现象；只不过不明显；故C错误；
D、人们眯起眼睛看灯丝时看到的彩色条纹是光的衍射图样．故D正确．
E、据麦克斯韦的电磁理论可知，变化的电场周围一定可产生磁场；故E正确；
故选：ADE．
点评：本题考查了全反射、干涉、衍射、电磁波等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点．
17．（2015春•济宁期末）如图甲是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是x1=2m处的介质质点，Q是x2=4m处的介质质点，此时x3=6m处的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象，由此可知ACDE．
A．这列波的周期T=2s
B．这列波的传播速度v=3m/s
C．这列波的波源起振方向沿y轴负方向
D．图乙可能是图甲中质点P的振动图象
E.2s内，质点Q运动的路程为20cm．
考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．
专题：振动图像与波动图像专题．
分析：由甲读出波长λ，由图乙读出周期T，由v=求出波速．波源的起振方向与x3=6m 的质点t=0时刻的振动方向，由波的传播方向判断．根据图乙t=0时刻质点的位置和速度方向，在图甲中选择对应的质点
解答：解：AB、由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速v==2m/s，故A 正确，B错误；。