山东省德州市2019届高三物理上学期期末考试试卷（含解析）.doc

山东省德州市2019届高三物理上学期期末考试试卷（含解析）一、选择题1.以下说法正确的是A. 放在电场中的带电粒子一定受到电场力的作用，在磁场中运动的带电粒子也一定会受到磁场力的作用B. 电源的电动势越大，说明电源储存的电能越多C. 根据电势差的定义式，两点间的电势差 U 与静电力做的功W成正比，与移动电荷的电量 q 成反比D. 穿过闭合电路的磁通量为零时，闭合电路中感应电流不一定为零【答案】D【解析】【详解】放在电场中的带电粒子一定受到电场力的作用，在磁场中运动的带电粒子若速度方向与磁场方向平行，则粒子不会受到磁场力的作用，选项A错误；电源的电动势越大，说明电源把其他形式的能转化为电能的本领大，而不是储存的电能越多，选项B错误；电场中两点间的电势差U只由电场本身决定，与静电力做的功W以及移动电荷的电量q均无关系，选项C错误；穿过闭合电路的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，即闭合电路中感应电流不一定为零，选项D正确；故选D.2.如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1 和I2 ，且 I1I2，用 F12 表示I1 对 I2的作用力，F21表示I2对I1的作用力，则以下说法正确的是A. F12F21B. F12I2可知M处的合磁场不为零，而在N点的磁场可能为零，选项C错误，D正确；故选D.3.图甲为某电源的U I图线，图乙为某小灯泡的U I图线，则下列说法中正确的是A. 电源的内阻为 0.5B. 小灯泡的电阻随着功率的增大而减小C. 当小灯泡两端的电压为 0.5V 时，它的电阻约为 16D. 把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为3W【答案】D【解析】【分析】由电源的U-I曲线斜率得到内阻；根据小灯泡的U-I曲线斜率变化得到电阻变化；由灯泡的U、I，根据欧姆定律求得电阻；由两曲线得到小灯泡的电压、电流，从而求得功率。【详解】由图甲，根据U=E-Ir可得：电动势E=1.5V，内阻r1.51.030.6，故A错误；由图乙可得：功率越大，则电压越大，斜率越大，故电阻越大，故B错误；由图乙可得：当小灯泡两端的电压U=0.5V时，电流I=6A，故电阻RUI0.56=112 ，故C错误；把电源和小灯泡组成闭合回路，将甲、乙两图叠加到一起，两U-I曲线的交点即小灯泡的电压、电流，故U=0.5V，I=6A，所以小灯泡的功率P=UI=3.0W；故D正确；故选D。【点睛】电源的U-I曲线即路端电压和电流的关系，故可根据曲线由U=E-Ir求得电动势、内阻。4.如图所示， a 、 b 为两弹性金属线圈，线圈 a 套在通电螺线管外部，线圈 b 置于通电螺线管的内部，两线圈所在平面都垂直于通电螺线管的轴线，通电螺线管中的电流方向如图所示.当通电螺线管中的电流增大时，对两线圈中的感应电流方向和缩扩情况说法正确的是A. 自左向右看， a 线圈中的感应电流方向为顺时针B. 自左向右看， b 线圈中的感应电流方向为顺时针C. a 线圈会扩张D. b 线圈会扩张【答案】C【解析】【分析】根据右手螺旋法则判断螺线管内外的磁场方向；根据楞次定律判断感应电流的方向；根据左手定则判断线圈的受力情况.【详解】通电螺线管中的电流增大时，穿过线圈a的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，a中产生的感应电流方向为逆时针；穿过线圈b的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，b中产生的感应电流方向为逆时针；选项AB错误；因螺线管外部磁场向左，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到向外的磁场力，有扩张的趋势，选项C正确；同理可知因螺线管内部磁场向右，根据左手定则可知，a线圈的各个小段均受到指向圆心向里的磁场力，有收缩的趋势，选项D错误；故选C.5.图甲是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极( XX 和 YY )、荧光屏组成.管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转电极 XX 和 YY 上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心 O 点，在那里产生一个亮斑.若在偏转极板YY 上加如图乙所示的电压，在偏转极板 XX 上加如图丙所示的电压，则在示波器荧光屏出现的图象是下图中的A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】示波管是带电粒子在电场中加速和偏转的实际应用偏转电极 YY：使电子束竖直偏转；XX：使电子束水平偏转【详解】因为在偏转电极XX之间加恒定不变的正向电压，则在OX方向上有恒定不变的偏移，在偏转电极YY之间加正弦电压，电子上下扫描，在示波屏上出现一条竖直线故B正确，ACD错误故选B.6.电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面 M 、 N 为导体材料，前后两个面为绝缘材料.流量计的长、宽、高分别为 a 、b 、 c ，左、右两端开口，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度为 B 的匀强磁场，某次测量中，与上下两个面 M 、 N 相连的电压表示数为 U ，则管道内液体的流量为A. UBc B. UBb C. UBc D. UBb【答案】B【解析】【分析】最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出两极板间的电压，以及求出流量的大小，再由公式Q=vS，即可求解。【详解】最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUc解得：U=vBc，液体的流速为：v=UcB；则流量为：Q=vbc=bUB，故选B.【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及抓住离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡进行求解。7.如图甲所示，光滑导轨竖直放置，上端接有阻值为 R 的电阻，空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 的大小随时间 t 的变化规律如图乙所示。质量为 m 的导体棒 ab 与导轨接触良好，若使导体棒 ab 保持静止，需对导体棒 ab 再施加一个平行于导轨的作用力 F ，则 F 随时间 t 的变化规律正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】因磁场随时间均匀变化，可知感应电动势恒定，感应电流恒定；结合平衡知识，找到外力F随时间t变化的关系即可.【详解】某时刻的磁场B=kt，回路中产生的感应电动势为：E=BtS=kS为定值，则感应电流I=ER为定值；导体棒所受的安培力F安=BIL=ktIL；则要使金属棒静止所加的外力：F=mg-F安=mg-kILt，则 F 随时间 t 的变化规律正确的是A.【点睛】此题关键是结合平衡知识找到外力F随时间t变化的函数关系，根据数学知识进行判断.8.一含有理想变压器的电路如图所示，其中 A 、 B 、 C 、 D 为四个完全相同的电阻，在 a、b 端输入电压为U0的交流电，当开关S断开时， A、B、C三个电阻中的电流大小相等，现闭合开关 S，以下说法正确的是A. 变压器原、副线圈匝数比为 21B. 闭合开关S前变压器副线圈两端电压为U03C. 闭合开关S，A 中电流变小D. 闭合开关S，B 和C中电流都变大【答案】AB【解析】【分析】当开关S断开时， A、B、C三个电阻中的电流大小相等，可知变压器初级电流与次级电流的关系，从而求解变压器的匝数比；根据变压器的原副线圈的的电压关系求解闭合开关S前变压器副线圈两端电压；根据动态电路分析来判断选项CD.【详解】当开关S断开时， A、B、C三个电阻中的电流大小相等，可知变压器初级电流与次级电流的关系为I2=2I1，根据I1I2=n2n1可知变压器原、副线圈匝数比为 21，选项A正确；闭合开关S前设次级电压为U2，则电阻R1两端的电压为U2，则由U0U2n1=U2n2，解得U2=13U0，选项B正确；闭合开关S，次级电阻减小，次级电流变大，则初级电流变大，即A 中电流变大，则A中电压变大，变压器初级电压减小，次级电压减小，则B 和C中电流都变小，选项CD错误；故选AB.9.如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电且接地(大地电势为零)，下极板带负电.一带电微粒静止在两板之间的 M 点，现将上极板向上移动，则下面说法正确的是A. 电容器的电容减小B. 带电微粒会向下运动C. 带电微粒具有的电势能增大D. 电容器两板之间的电势差减小【答案】AC【解析】【分析】将上极板向上移动，根据C=S4kd和U=Q/C从而可讨论电容器的电容以及两板电势差的变化；根据E=4kQS可知两板间场强的变化，从而讨论微粒的运动情况以及电势能的变化.【详解】将上极板向上移动，根据C=S4kd可知，d变大，电容器的电容C减小，Q一定，由U=Q/C可知U变大，选项A正确，D错误；电容器带电量不变，根据C=S4kd、C=Q/U以及E=U/d可知E=4kQS，则将上极板向上移动，两板间场强不变，微粒仍平衡，选项B错误；根据U=Ed1可知，由于M点与正极板的距离d1变大，可知M点与正极板的电势差变大，则M点的电势降低，则带负电的带电微粒具有的电势能增大，选项C正确；故选AC.10.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 1T ，单匝正方形导线框的边长为 1m ，总电阻为 1 ，开始时处于位置 ，现用外力使导线框绕ab边匀速转过 180 至位置，转动的角速度大小为 rad / s ，则在此过程中以下说法正确的是A. 通过导线横截面的电量为零B. 通过导线横截面的电量为 2CC. 外力做功为22JD. 外力做功为 24J【答案】BC【解析】【分析】根据q=R求解通过导线横截面的电量；先求解线圈转过1800角时电动势的最大值，然后根据有效值求解产生的电能，即为外力的功。【详解】通过导线横截面的电量q=R=2BL2R=21121C=2C，选项A错误，B正确；根据Em=BS=112V=V，则外力做功W=E2Rt=(2)21J=22J ，选项C正确，D错误；故选BC.【点睛】此题关键是记住求解电量的经验公式q=R；知道外力的功率等于产生的电功率，而求解电功率要用交流电的有效值.11.如图甲所示，电场中的一条电场线与 x 轴重合，方向沿 x 轴负方向， O 点为坐标原点， M点坐标为 3cm ；此电场线上各点的电场强度大小E随 x 变化的规律如图乙所示，对于此电场，以下说法正确的是A. 此电场为匀强电场B. 沿 x 轴正方向电势逐渐升高C. M 点的电势是 O 点电势的2倍D. 将一电子自 O 点移至 M 点，其电势能减小 90eV【答案】BD【解析】【分析】根据E-x图像判断电场的特点；逆着电场线电势升高；比较电势高低要有零电势点；根据图像的“面积”求解OM的电势差，从而求解电子自O点移至M点的电势能的变化.【详解】由图乙可知，电场强度E随x增加而增大，可知电场不是匀强电场，选项A错误；因电场线方向沿 x 轴负方向，可知沿 x 轴正方向电势逐渐升高，选项B正确；因零电势点不确定，则不能比较MO两点的电势关系，选项C错误；由U=Ex可知，MO两点的电势差等于E-x图像的“面积”，则UOM=12(2+4)1033102U=90V，则将一电子自 O 点移至 M 点，其电势能减小 90eV，选项D正确；故选BD.【点睛】此题关键是能从E-x图像中获取信息，知道E-x图像的“面积”等于电势差；电子在高电势点电势能较小.12.如图所示，直角三角形 AOC 内有磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里， A=60，AO L 。在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为 qm，发射速度大小都为qBLm，粒子重力忽略不计。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是A. 粒子在磁场中运动最长的时间为m3BqB. 粒子在磁场中运动最长的时间为 mBqC. 粒子在 AC 边界上可以射出的区域长度为 LD. 粒子可以从 A 点射出【答案】ACD【解析】【分析】带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，抓住临界情况，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解【详解】根据qvBmv2R，解得R=mvqBL，当=60飞入的粒子从A点飞出磁场，在磁场中运动时间恰好是T/6，是在磁场中运动时间最长；当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是T/6，从0到60，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大，则最长时间t=60360T162mqBm3qB故AD正确，B错误；当=0飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故C正确；故选ACD。【点睛】考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论从0到60的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键二、实验题13.某同学想要较为精确的测量一只电流表G1 (量程为 4mA 、内阻约为 100 )的内阻。实验室中可供选择的器材有：电流表G2 ：量程为 5mA ，内阻约为 50 ；电压表 V：量程为 4V ，内阻约为 4000 ；定值电阻R1：阻值 R1 5 ；定值电阻R2：阻值 R2 60 ；滑动变阻器R3：最大电阻 15 ，额定电流 1A ；直流电源：电动势 1.5V ，内阻 0.5 ；开关，导线若干。（1）该同学选用其中的部分器材设计了如图甲所示的电路进行测量，你认为该设计方案不合理的地方是 _。（2）请用电流表G1、G2和某一定值电阻重新设计实验，并在乙图的方框中将正确的电路图补充完整(图中注明所选器材符号)_。（3）按照乙图电路进行实验，测得电流表G1的示数为I1 ，电流表G2的示数为I2，则电流表G1内阻的表达式为 _。（4）根据测量数据，做出的 I1I2 图象如图丙所示，则电流表G1的内阻为 _ .(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). ( 1 )电压表量程太大； (2). （2）如图所示： (3). （3）I2I1I1R2 (4). （4）90【解析】【分析】（1）根据待测电流表的最大电压判断电路的缺陷；（2）根据实验原理设计电路图；（3）根据欧姆定律及电路结构得到待测电流表内阻表达式；（4）根据电流表内阻表达式以及I1I2 图象求解电流表内阻.【详解】（1）待测电流表量程为 5mA ，内阻约为 50；可知最大电压约为0.25V，可知电压表量程太大；（2）设计电路如图：（3）根据欧姆定律可知，待测电流表G1内阻表达式为：RG1=(I2I1)R2I1 （4）因RG1=(I2I1)R2I1=(I2I11)R2，由图像可知：I2I1=5.02.0=2.5，可得RG1=(2.51)60=9014.如图所示为某多用电表的简化电路图，已知表头 的满偏电流Ig5mA ，内阻 rg100 ；电源的电动势E 1.5V，内阻r 1 ；定值电阻 R15 ，R220 。（1）测电流时，需要把选择开关B旋转至位置 1 或 2 ，其中旋转至位置_时量程较大，其量程为 _mA 。（2）测电阻时，需要把选择开关 B 旋转至位置3，测量前需欧姆调零，滑动变阻器R5的阻值应调整为 _ 。【答案】 (1). ( 1 ) 1 (2). 125 (3). ( 2 ) 39【解析】【分析】（1）当分流电阻越小时，电流表量程越大，根据欧姆定律即电路的结构求解电流表最大量程；（2）根据闭合电路的欧姆定律求解欧姆表调零时滑动变阻器R5的阻值.【详解】（1）测电流时，需要把选择开关B旋转至位置1时，分流电阻只有R1，可知量程较大；设此时量程为I，则：Ig(rg+R2)=(IIg)R1，解得I=0.125A；（2）测电阻时，需要把选择开关 B 旋转至位置3，此时表头电阻Rg=rg(R1+R2)rg+R1+R2=20 此时满偏电流Igrg=(IIg)(R1+R2)，解得I=25mA；欧姆调零时：I=ERg+R5+r，解得R5=39.三、计算题15.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为 E 的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为 B 匀强磁场.现有大量带电粒子沿中线 OO 射入，所有粒子都恰好沿 OO 做直线运动.若仅将与极板垂直的虚线 MN 右侧的磁场去掉，则其中比荷为qm的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器.已知电容器两板间的距离为3mEqB2，带电粒子的重力不计。（1）求下极板上 N、P 两点间的距离；（2）若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P点离开，求这种粒子的比荷。【答案】（1）x=3mEqB2（2）qm=4q7m【解析】【分析】（1）粒子自 O 点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动，将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的的规律求解下极板上 N、P 两点间的距离；（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解圆周运动的半径，然后根据qvB=mv2R 求解比荷。【详解】（1）粒子自 O 点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动，qE=qvB 粒子过 MN 时的速度大小 v=EB 仅将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，沿电场方向：3mE2qB2=qE2mt2 垂直于电场方向：x=vt由以上各式计算得出下极板上N、 P两点间的距离x=3mEqB2 （2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过 P 点的粒子的比荷为qm，其做匀速圆周运动的半径为 R ，由几何关系得：R2=x2+(R3mE2qB2)2解得 R=7mE4qB2又 qvB=mv2R得比荷qm=4q7m16.如图所示，宽度为 L 的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为 30 。导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为 B 。导体棒ab和cd分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒 ab，在距导轨水平部分高度为 h处释放，导体棒ab在到达 MN处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab到达MN时再释放导体棒 cd ，导体棒 ab在 MN处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失.已知导体棒 ab 质量为 m ，电阻为 r ，导体棒 cd 质量也为 m ，电阻为2 r ，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为 g ，求：（1）导体棒ab到达 MN 之前稳定运动时的速度大小；（2）整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；（3）整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量。【答案】（1）v=3mgr2B2L2（2）Qab=13mgh3m2g2r216B4L4（3）2BLh3r+3m3gr4B3L3【解析】【分析】（1）导体棒 ab 到达 MN 之前稳定时处于平衡状态，列出平衡方程即可求解稳定速度；（2）根据动量守恒定律和能量守恒关系求解整个过程中导体棒ab产生的焦耳热；（3）根据法拉第电磁感应定律结合动量定理求解整个过程中通过导体棒ab某一横截面的电荷量。【详解】（1）导体棒 ab 到达 MN 之前稳定时，由平衡条件得mgsin30 ILB I=BLv3r联立得： v=3mgr2B2L2（2）导体棒ab进入水平部分后， ab 和 cd 组成的系统动量守恒 mv 2 mv导体棒ab和cd最终各自的速度大小相同，都为v=3mgr4B2L2整个过程中能量守恒 mgh=212mv2+Q 导体棒 ab 产生的焦耳热Qab=13Q得 Qab=13mgh3m2g2r216B4L4（3）导体棒ab自开始运动至到达MN的过程中，通过导体棒ab某一横截面的电量q1=ItI=E3rE=t得 q1=2BLh3r 对导体棒 cd 的运动过程运用动量定理：BLI1t1+BLI2t2+BLI3t3+=mv0q2=I1t1+I2t2+I3t3+得 q2=3m3gr4B3L3 整个过程中通过导体棒 ab 的电荷量 q=q1+q2=2BLh3r+3m3gr4B3L3【点睛】此题考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动量守恒和动量定理以及能量守恒定律的应用，掌握平衡条件，注意抓住两棒的运动状态，分析受力情况，选择合适的物理规律求解17.以下说法中正确的是A. 扩散现象可以证明物质分子永不停息地做无规则运动B. 人们感到干燥还是潮湿取决于周围空气的相对湿度C. 从微观角度看，大气压强的产生是由于大气层中的大量空气分子对与它接触物体的碰撞引起的D. 晶体和非晶体的区别在于是否有确定的几何形状E. 热量不能自低温物体传到高温物体【答案】ABC【解析】【详解】扩散现象可以证明物质分子永不停息地做无规则运动，选项A正确；人们感到干燥还是潮湿取决于周围空气的相对湿度，相对湿度越大，则人们越感觉到潮湿，选项B正确；从微观角度看，大气压强的产生是由于大气层中的大量空气分子对与它接触物体的碰撞引起的，选项C正确；晶体和非晶体的区别在于是否有固定的熔点，选项D错误；根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故E错误；故选ABC.18.如图所示，内壁光滑、上端开口的固定气缸竖直放置，内部横截面积为S，高度为 H .现用一质量为m厚度不计的活塞封闭一定量的气体，稳定时活塞所处位置A距气缸底部的距离h。现对缸内气体加热，缸内气体温度上升至热力学温度为T时，活塞刚好上升到气缸最高点，立即停止加热，缸内气体无泄露.已知外部的大气压强为P0，当地重力加速度为 g 。求：（1）加热前缸内气体的热力学温度；（2）停止加热一段时间后，缸内气体恢复至原来的温度，此后保持缸内气体温度不变，将活塞缓慢拉离气缸，至少应施加多大的拉力.【答案】（1）T0=hTH（2）F=HhH(P0S+mg)【解析】【分析】（1）由盖吕萨克定律求解加热前缸内气体的热力学温度；（2）对活塞受力分析求解气体内的压强，根据玻意尔定律求解将活塞缓慢拉离气缸至少应施加的拉力.【详解】（1）活塞上升过程中封闭气体压强不变，由盖吕萨克定律：hST0=HST得加热前缸内气体的热力学温度 T0=hTH （2）加热前活塞受力平衡：P1S=P0S+mg将活塞拉离气缸时：P2S+F=P0S+mg 加热前和活塞将要拉离气缸时，气体温度相同，由玻意尔定律：P1hS=P2HS 得至少应施加的拉力 F=HhH(P0S+mg)19.如图所示，半圆形玻璃砖半径为 8cm ，使直径 AB 垂直于屏幕并接触于 B 点，当激光束 a 以 i 30 的入射角射向玻璃砖的圆心 O 时，在屏幕上 M 点出现光斑，测得 M 到 B 的距离为8cm 。则玻璃砖的折射率为_。要使激光束不能从 AB面射出，则入射角 i 至少应为 _。【答案】 (1). 2 (2). 45【解析】【分析】先根据几何关系求解光线的折射角，然后根据折射定律n=sinrsini求解折射率； 要使激光束不能从 AB面射出，则入射角大于临界角，根据sinC=1n求解临界角.【详解】因MB=OB=8cm，可知折射角为r=450，根据光的折射定律可得：n=sinrsini=sin450sin300=2；临界角sinC=1n=22，可得C=450，即要使激光束不能从 AB面射出，则入射角 i 至少应为450.20.如图甲所示，在某介质的 xOy 平面内有两完全相同的波源S1和S2，波源S1的坐标为( 0，0.15m )，其振动图象如图乙所示；波源S2的坐标为( 0，0.15m )，其振动图象如图丙所示.在x0.4m 处有一平行于y轴的直线，与x轴交于N点，直线上M点的坐标为( 0.4m，0.15m )。两波源发出的波的波长均为 0.2m ，求：（1）两波源发出波的传播到M点的时间；（2）t=514s时，质点M的位移。【答案】（1）4s 5s（2）102cm【解析】【分析】（1）根据波长和周期求解波速，然后根据t=s/v求解两波源发出波的传播到M点的时间；（2）先求解两列波传到M点后振动的时间和位移，然后进行叠加.【详解】（1）两列波的波速 传到 M 点所用的时间传到 M 点所用的时间 （2）时，波源 发出的波传至 M后， M点振动的时间时，波源发出的波引起 M 点振动的位移时，波源 发出的波传至 M 后， M点振动的时间 时，波源发出的波引起 M 点振动的位移 时，质点M 的位移