2018-2019点班高二(下)期末物理试卷(解析版)

1、2018-2019学年 重点班高二（下）期末物理试卷、选择题（本题共 11小题，每小题 4分，共44分.其中第1题第7题只有一个选项正确，第8题第11题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选 错的得0分.）1. （4分）在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是（）普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论根据玻尔理论氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子动能减小卢瑟福通过对a粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的汤姆逊根据阴极射线在电场和在磁场

2、中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷A.B.C.D.2. （4分）如图所示，足够长的传送带以恒定的速率vi逆时针运动，一质量为 m的物块以大小为V2的初速度从传送带的 P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到 P点的过程中，下列说法正确的是（）A.合力对物块的冲量大小一定为2mviB.合力对物块的冲量大小可能为2mv2C.合力对物块的冲量大小可能为零D.合外力对物块做的功可能为零3. （4分）如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的8盏完全相同的灯泡（额定功率为 P）,左端接在一电压恒为 U0的交流电源两端。此时 8盏灯刚好正常发光。下列说法中正

3、确的是（A .该变压器的原副线圈匝数比为1 : 3B.此时交流电源输出的功率为6PC. U0=8UD.如果灯L6突然烧断，灯Li和L2将变亮，而其余 5盏灯将变得更暗4.（4分）在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，若M >m,则铁块离开车时将（5.A.向左平抛B.向右平抛C.自由落体（4分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器D.无法判断T的原、副线圈匝数分别为ni, n2,在T的原线圈两端接入一电压u=Umsincot的交流电源，若输送电功率为2P,输电线的总电阻为 2r,不考虑其他因素的影响，则输

4、电线上损失的电功率6.为（A.(B.C. 16 () 2(T7-) 2r 稣%4r（4分）在t=0时刻一木块在静水面1s时，如图所示，水波向西刚好传播到O、M间的距离为2m,波形的最低点是（D.16 () 24)2rnl %。处开始上下振动，形成各个方向传播的水波。M点（图中只画了东、西方向，其他方向未画出），N与原静水的竖直距离为15cm,以下分析正确的A. t=1s时，。点的运动方向向下B.该水波的波长为 2mC. M点与N点振动后，在某时刻速度不可能相同D. t= 1.25s时刻M点和N点处于同一水平线上7. （4分）电动汽车越来越被人们所喜爱，某一种无线充电方式的基本原理如图所示，路面

5、 上依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈,通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电，若汽车正在匀速行驶，下列说法正确的是（）A .感应线圈中产生的恒定的电流B.感应线圈中产生的方向改变、大小不变的电流C.感应线圈一定受到的路面线圈磁场的安培力，且该安培力会阻碍汽车运动D.给路面上的线圈通以同向电流，不会影响充电效果8. （4分）如图的实验中，分别用波长为 用，加的单色光照射光电管的阴极K,测得相应的遏止电压分别为 Ui和U2.设电子的质量为 m,带电荷量为e,真空中的光速为 c,极限波长为 拈，下列说法正确的是（）A ,用波长为 正的

6、光照射时，光电子的最大初动能为eU2B ,用波长为22的光照射时，光电子的最大初动能为e<Ul-U2) e(Ul-U2)X0一、 - - -(工？-入)入2一e（Ui -u2J 入 i £ 2C.普朗克常量等于_乙,u » C(Ui 入 1 -Un 1 )D.阴极K金属的极限频率为 1!VJ- (uru2)9. （4分）白光是由多种单色光构成的复合光，点光源S发出的一束白光由空气斜射到横截面为矩形acdb的玻璃砖上的。点，S、。和d三点位于同一直线上，0为入射角，如图所示，下列说法正确的是（A.当。增大时，光不可能在ab界面上发生全反射B.当。增大时，光可能射到bd界

7、面上，并不可能在 bd界面上发生全反射C.射到cd界面上的光，一定不能在cd界面上发生全反射D.从cd界面射出的各种色光一定互相平行10. （4分）如图两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R. Ox轴平行于金属导轨，在 0WxW4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标X （以m为单位）的分布规律为B=0.8-0.2x （T）。金属棒ab在外力作用下从x = O处沿导轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好,不计导轨和金属棒的电阻。设在金属棒从 x1= 1m经x2= 2m至ij x2= 3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒H *A.在X1与X3处的

8、电动势之比为1： 1B.在X1与X3处受到磁场B的作用力大小之比为1: 33: 5C.从X1到X2与从X2到X3的过程中通过 R的电量之比为D.从X1到X2与从X2到X3的过程中通过 R产生的焦耳热之比为5: 311. （4分）如图所示，用一根粗细均匀的电阻丝制成形状相同、大小不同的甲、乙两个单h相同,匝矩形线框。甲对应边的长度是乙的两倍，二者底边距离匀强磁场上边界高度磁场方向垂直纸面向里， 匀强磁场宽度d足够大。不计空气阻力，适当调整高度h,将二者由静止释放，甲将以恒定速度进入匀强磁场中。在矩形线框进入磁场的整个过程中，甲、乙的感应电流分别为 Il和I2,通过导体横截面的电量分别为qi和q2

9、,线框产生的热量分别为Qi和Q2,线框所受到的安培力分别是Fi和F2,则以下结论中正确的是 （）A . Ii = I2B. qi = 2q2C. Qi= 2Q2D. Fi = 4F2二、实验探究题（本题共 2个小题，每空2分，共14分.）12. （4分）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示。该工件的直径为 cm,高度为 mm。甲乙13. （I0分）小东的家庭实验室里备有一些现成的实验器材，他找出一个03V的电压表,一个定值电阻Ro= 5 Q, 一个开关和部分导线，想利用这些器材测量一节新型干电池（电动势约为4.5V,内阻很小）的电动势与内阻。由

10、3（i）图I、2分别是小东根据器材设计的两种实验方案，你认为合理的电路是图 请根据合理的实验电路完成图 3中的实物连接 。（2）电路连接好后，将电阻箱的阻值调到最大，闭合开关，改变电阻箱接入电路的阻值R,记录不同阻值 R对应的电压表示数 U,根据记录，最后用图象法处理数据，为了方便直观地根据图象分析数据，使绘出的图线为直线，可以用工作纵轴，则横轴应U是 。（3）若以上为纵轴作出的图线泄露为 k,纵截距为b,则所测电源的电动势 E=,U内阻r= （均用题中所给字母表示）。本实验存在由于 导致的系统误差。三、计算题（本题共 4小题，共42分.）14. （10分）如图所示，交流发电机的矩形金属线圈a

11、bcd的边长ab= cd = 50cm, bc=ad =30cm,匝数n=100,线圈的总电阻 r= 10Q,线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F （集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R= 90的定值电阻连接。现使线圈绕过 bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO,以角速度 3= 400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。求：（1）线圈中感应电流的最大值；（2）线圈转动过程中电阻 R的发热功率；（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过工周期通过电阻 R的电荷量。4R15. （10分）一

12、列在介质中沿 x轴负方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，此时坐标为（1cm, 0）的质点A刚好开始振动。在 t1=1.4s时亥位于坐标（3cm, 0） 处的质点P恰好第三次（从质点P起振算起）到达波峰。质点Q的坐标是（-2.5cm , 0）。 求：这列波的传播速度；试推导从t = 0时刻开始，质点Q的位移y随时间t变化的表达式。* y /rmr116. (10分)如图甲所示(俯视图)，绝缘的水平桌面上有三个相邻的矩形区域I、II、III ,区域I的宽度为2d,区域II、III的宽度均为d,水平Ox轴与分界线 M , M1, M2, M3 均垂直，区域I有竖直向上的磁场，磁感线沿分

13、界线M方向分布是均匀的，沿 Ox方向分布是不均匀的；区域II无磁场；区域III有磁感应强度为 B2=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场，与 Ox轴平行的两光滑平行导轨固定在桌面上，导轨间距为0.3m,左端接一电阻R. 一质量为 m=0.2kg、长度为L=0.3m的导体棒AC在水平向右的恒力 F作用下 从分界线M处由静止开始沿导轨方向向右运动，其速度v的二次方与位移x的大小关系如图乙所示，若棒和导轨的电阻均不计，棒始终与导轨垂直且接触良好。求：(1)力F的大小和电阻R的阻值；(2)棒在区域I中的位移x与磁感应强度大小 Bi的关系式。17. (12分)在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“

14、双电荷交换反应”类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有一小球C沿轨道以速度V0.射向B球，如图所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体 D .在 它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变.然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后 A、B都静止不动，A与P接触而不粘连.过一段时 间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失).已知A、B、C三球的质量均为m.(i)求弹簧长度刚被锁定后 A球的速度.(ii)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能.AP

15、:A B 一|2018-2019重点班高二(下)期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题(本题共 11小题，每小题 4分，共44分.其中第1题第7题只有一个选项正确，第8题第11题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的得0分.)1 【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】解：普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故正确；v 22氢原子辐射一个光子后， 电子的轨道半径减小， 根据号- = mJ知，核外电子的动能 T2 增大，故错误；卢瑟福通过对“粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒耳通过对天然放射

16、性的研究，原子核具有复杂结构，并没有提出原子核是由质子和中子组成的，故 错误；汤姆逊根据阴极射线在电场和在磁场中的偏转情况判定，阴极射线的本质是带负电的粒子流，并测出了这种粒子的比荷，故 正确，故B正确，ACD错误。故选：B。2【分析】 通过讨论，结合运动学规律分析物块再次回到P点的速度，运用动量定理求出合外力的冲量.【解答】解：若V2>V1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度 V1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为V1,规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量 I合=mv1-m ( - V2)= mv1+mv2。根据

17、动能定理知，合外力做功 科合二上坨一工2,若V2VV1,物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到 P点的速度大小为 V2,规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合=mv2-m ( - V2)= 2mv2根据动能定理知，合外力做功为:故选：BD。w合11rly故BD正确AC错误。3【分析】 变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，根据灯泡正常发光可知原副线圈中电流的大小关系。【解答】解：AC、设灯泡正常发光时，额定电流为 历.由题图可知，原线圈中电流I原= 10,副线圈中6灯并联，副线圈中电流I副=6I0,U副=U,根据理想变压器

18、的基本规律：I 原 ni = I 副 n)2 得 ni:皿=6: 1; U 原：U 副=n1：血得 U 原=6U ,所以 Ui = 6U+2U = 8U .故 A错误，C正确。B、根据总功率等于各部分功率之和知电源输出功率为8P,故B错误；D、如果灯L6突然烧断，总功率减小，故副线圈总电流减小，原线圈电流也减小，故灯Li和L2将变暗，而原线圈电压变大，故副线圈电压变大，其余5盏灯将变得更亮，故 D错误，故选：Co4【分析】系统水平方向动量守恒， 系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律,求出铁块离开车时的速度，即可判断铁块的运动情况.【解答】解：小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，

19、系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvo= Mv 车+mv 铁系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：4-mv02 = 4-Mv 车 2+4-mv 铁 2222解得铁块离开车时：v铁=贮生¥口M 0由于M>m,则得v铁<0,所以铁块离开车时将向右平抛，故 ACD错误，B正确。故选：B。5 【分析】理想变压器输入功率和输出功率相等，根据理想变压器电压和匝数的关系，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，求出输电线上的电流，求出输电线上消耗的功率。【解答】解：A、B、C、D、根据正弦式交流电最大值和有效值的关系可知，加在原线圈上的电压U尸-根据理想变压器电压和

20、匝数的关系可知，解得1 V2n2TT,输电线上的电流I = ZE,消耗的功u2PNX*16 令）除）.A、B、D错误，C正确。6.【分析】当t= 1s时水面波向西刚刚只传到M点，且M点向下振动，由图可知，0点振动了半个周期，从而求出周期，进而判断=1s时O点的运动方向；求出波速，再根据 入故选：Co1=佰时”、N点的振动情况判=vT求出波长，根据振动情况判断速度是否相同；根据断是否会在同一水平线上。【解答】解：A、当t= 1s时水面波向西刚刚只传到 M点，由图可知，。点振动了半个周期，则T = 2s, t=0时刻，O点向下振动，经过半个周期O点向上振动，故 A错误；A v 9B、根据v =立=

21、W=2m/s,则波长 仁vT = 2X2=4m,故B错误；At 1C、M点和N点相差之个波长，以后 M向下振动，N向上振动，经过 工T后M从负向最 44大位移向上振动、N从平衡位置向上振动，经过一段时间后M和N的速度可能相同，故C错误；D、t=1s时M点向下振动，N点向上振动，再经过 0.25s, M和N相对于平衡位置的位移相同，M、N处于同一水平线上，故 D正确；故选：D。7【分析】地面相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，则线圈内部产生磁场方向相反，车运动时，车底线圈始终位于地面两个线圈，磁通量发生变化，故会产生感应电流，从而给电动车充电了。【解答】解：A、由于路面下铺设圆形线圈，相邻两个线

22、圈的电流相反，所以两个线圈中磁场方向相反，感应线圈中的磁通量怎样变化不确定，无法判断感应线圈中产生的电流是否为恒定电流，故 A错误；B、由于路面上的线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故B错误；C、感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故 C正确；D、给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，穿过感应线圈的磁通量变小，变化率变小，所以产生的感应电流变小，影响充电效果，故D错误；故选：Co8【分析】根据动能定理求光电子的最大初

23、速度；根据爱因斯坦光电效应方程求金属的逸出功和普朗克常量h;由W= h力求金属的极限频率。【解答】解：AB、根据光电效应方程，则有：号-W口二二因此波长为 及的光照射时，光电子的最大初动能为 eU2,故A正确，B错误；C、根据爱因斯坦光电效应方程得：hW=eUi+W, h2= eU2+W,得金属的逸出功为： W=h* - eU1oe(Ui -U9)已 i 人 9(Ui -Uo)联立得： h =-=. 故 C 正确；y y 2白(尢2-卜1)D、阴极K金属的极限频率为:h uru2四 三/),故d 22(UU2)错误。故选：AC 。而且入射角大于等于临界9 【分析】发生全反射的必要条件是光从光密

24、介质射入光疏介质,角。根据全反射条件和几何关系结合分析。【解答】解：A、白光由空气斜射到玻璃砖abcd的ab面上，由光疏介质射向光密介质,不可能在ab界面上发生全反射，故 A正确；B、当。增大时，折射角增大，光可能射到bd界面上，若在bd界面上入射角大于临界角，可能发生全反射。故 B错误;CD、由于光在cd面的入射角等于ab面的折射角，根据光路的可逆性知， 光在cd面的出 射角等于ab面的入射角，光线不可能在 cd面上发生全反射，而且，从 cd界面射出的各 种色光一定互相平行，故 CD正确； 故选：ACD。10 .【分析】 磁感应弓11度随x增大而减小，ab棒在外力作用下在磁场中运动，切割磁感

25、线。 已知金属棒从xi= 1m经X2= 2m到X3= 3m的过程中，R的电功率保持不变，由功率公 式则电流和电压均有相等。从而很容易判断感应电动势的大小，电荷量的比值同样用平 均值方法来求，安培力之比用安培力公式来求，难于判定的是热量，虽然电流相等但不 知时间关系，所以由图象法来求，F-x图象与坐标轴围成的面积就是功，而面积是梯形面积，很好表示，那么克服安培力做功的比值就能求出。2【解答】解：A、由功率的计算式：P=1L二江，知道由于金属棒从 xi = 1m经X2=2mR - R到x3=3m的过电功率保持不变，所以 E应不变，电动势之比为 1:1,故A正确。B、由安培力公式 F = BIL 及

26、 P=EI 知：£1 = JLlLlk = £1 =Q. 8-0. 2X 1 = 3_ 故 B % B2I£L %0.8-0.2X3 1'错误。CD、由于金属棒从 xi= 1m经X2 = 2m到X3 = 3m的过程中，R的电功率保持不变，由 P= I2R知道R中的电流相等，再由安培力公式象与坐标轴围成的面积就是克服安培力做的功，=,根据热量 Q = l2Rt,热量之比为5: 3,3量=-=, 故 C 错误, D 正确。1123故选：AD。F = BIL ,所以F-x图象如图所示显然图即R产生的热量，所以：!-=06+0.4Q2 0. 4+0. 2电流相同，

27、说明时间之比为5: 3,因此电11 【分析】 根据机械能守恒定律知两线框进入磁场的速度相同，甲框的总电阻是乙框的2倍，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律比较线框电流；应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式求出通过导体截面的电量；根据受力判断出乙线框的运动情况，根据焦耳定律比较焦耳热；由安培力公式F=BIL比较安培力大小。【解答】 解：线框进入磁场前的运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh =ymv2,解得：v=j南，两线框进入磁场时速度相同； -WA、根据E=BLv,甲切割磁感线产生的感应电动势是乙的2倍，甲线框的电阻是乙的 2倍，由欧姆定律：1 =与可知，通过甲乙的电流相等，故 A

28、正确；b、通过线框横截面的电荷量：q=iAt=AAt=-4i-At=A!LJA£,甲线框的面R R R R积是乙线框的4倍，甲线框的电阻是乙的 2倍，所以qi=2q2,故B正确；C、根据题意，甲线框做匀速运动， 由平衡条件得：mig=BILi,由题意可知：m2=mi,2L2 = L 1,则：m2g=BIL2,乙相框进入磁场过程做匀速运动，2甲进磁场时间：t1=，乙进磁场的时间：t2 = ,则：t1 = 2t2,线框产生的热量： Q VV= i2Rt,则线框产生的热量之比：上二；Ei =2乂2=",故c错误；Q2 I"R2t2 111八“、r一B,L* 蕈'

29、I “I L i 22 o i 9D、线框所受安培力：F=BIL = 口 ： 丫 ,则：寸./= ()2X- = -R r2 B L2y121R2故D错误；故选：AB。二、实验探究题(本题共2个小题，每空2分，共14分.)12【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【解答】解：20分度的游标卡尺，精确度是 0.05mm,游标卡尺的主尺读数为 12mm,游 标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4X 0.05mm= 0.20mm ,所以最终读数为：12mm+0.20m

30、m = 12.20mm = 1.220 cm。螺旋测微器的固定刻度为6.5mm,可动刻度为36.0x 0.01mm = 0.360mm ,所以最终读数为 6.5mm+0.360mm = 6.860mm。故答案为：1.220;6.860。13.【分析】(1)对照电路图连接实物图。(2)根据闭合电路欧姆定律推出表达式，工作纵轴，观察分析关于R的横坐标为何值时U才能让图象线性变化，即可判断出横轴。(3)运用电压表和电阻箱，通过伏阻法测量电源的电动势和内阻。根据实验的原理 E=U+g (R0+r),推导出线性表达式，通过图象直观地知道电动势和内阻。【解答】解：(1)新电池内阻很小，若用图 1方案，在改

31、变电阻箱阻值的过程中，即使电流明显变化，也会使内电压变化很小，即电压表的示数变化范围非常小，导致实验误差较大，所以米用图 2上的方案，根据选用的电路图，实物图连接如图所示：Zj A (2)对图2电路，由闭合电路欧姆定律可得： E二U+；即：一!工LU E E R为了使描出的图线为直线，用 工为纵轴，则横轴为 工。UR(3)根据图线与函数关系可得： /二b，则：eRD+r由：一4解得：rr-Rn b 11本实验存在着由于电压表的分流而导致的系统误差。故答案为：(1) 2;(2)实物图连接如图所示，.!；R(3) , 丁Re，电压表的分流。 b b 三、计算题(本题共 4小题，共42分.)14.【

32、分析】(1)根据公式Em = nBS求解电动势的取大值,J1乳+r)应用欧姆定律求电流的最大值。(2)通过电阻R的电流的有效值求功率；(3)用电流的平均值求电量。【解答】解：(1)线圈产生感应电动势的最大值为:Em = nB coabx bc,根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值为:代入数据解得：Im=3.0A;(2)通过电阻R的电流的有效值为：t_, V2线圈转动过程中电阻 R的热功率为：P=I2R代入数据解得：P=405W;(3)根据法拉第电磁感应定律有:根据闭合电路欧姆定律有:E _ nBAs1R+T=(R+r)At近山隼浮.5乂1。%；答：(1)线圈中感应电流的最大值3.0

33、A;(2)线圈转动过程中电阻 R的发热功率405W;(3)从线圈经过图示位置开始计时，经过工周期通过电阻 R的电荷量7.5X103c。415【分析】根据题意求出波的周期，由图示波形图求出波长，然后求出波速；根据图示波形图求出质点的振幅，根据题意求出Q的起振状态，然后求出振动方程。【解答】解：t=0时刻，P向下振动，此前 P已经经过一个波峰，根据题意可知：ti=丁+旦4解得：T = 0.8s,由图示波形图可知：入=4cm = 0.04m,波速为：v=工-旦里 =0.05m/s；T 0.8由图示波形图可知，质点的振幅为： A = 2cm,Q的起振时刻为：t2 = - = 0.7s,V .27T 、一Q 的振动方程为：y=Asin-(t-t2),代入数据解得：当 t>0.7s时：y=2sin下一(t0.7) cm ,2当tv 0.7s时，Q点不振动，即：y = 0;答：这列波的传播速度为 0.05m/s；t=0时刻开始，质点Q的位移y随时间t变化的表达式为：当t>0.7s时：y=2sin(t0.7) cm ,当 tv0.7s时，Q 点不振动,即：y=0。16.【分析】(1)在0