2021年海南省新高考物理五模试卷(含答案详解)

2021年海南省新高考物理五模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.下列仪器中，不属于国际单位制中基本单位所对应物理量的测量工具是（）

D.秒表

2.“套圈圈”是地摊上常见的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直0

线上的不同高度处分别以水平速度内、w抛出铁圈，都能套中地

面上同一目标。设铁圈在空中运动时间分别为G、t2,则（）k

A.也>v2../，

//////

B.%<v2

C.tr=t2

D.ti<t2

3,氢原子的能级如图所示，已知用氢原子从第4能向第2能级跃迁时发出的光子

照射钾金属表面时，产生的光电子最大初动能为0.3el<若用氢原子从第3级向

第1能级跃迁时发出的光子照射钾金属表面，则产生的光电子最大初动能为

A.0.85。B.1.15eVC.7.95WD.9.84W

4.2020年7月23日中午12时41分，我国在海南文昌卫星发射中心，使用“长征五号”遥四运载火

箭，将我国首颗火星探测器“天问一号”发射升空，随后，“天问一号”探测器顺利进入预定

轨道，我国首次火星探测发射任务取得圆满成功!已知地球的质量约为火星的10倍，地球的半径

约为火星的2倍，下列说法正确的是（）

A.地球表面的重力加速度是火星表面重力加速度的5倍

B.地球的“第一宇宙速度”是火星“第一宇宙速度”的后倍

C.“天问一号”绕火星匀速飞行时，其内部仪器处于平衡状态

D.探测器的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度

5.铀核（屈5（7）是获得核能的主要原料之一，其中一种核反应方程为第5U+M-X+器*+2乩，并

释放核能，下列说法正确的是（）

A.因为裂变时释放能量，根据E=mc2,所以裂变后的总质量数减少

B.该核反应在中子的轰击下发生，核反应为人工转变

C.X原子核中的核子数为140个，中子数为84个

D.该核反应是重核裂变，产物的结合能之和大于铀核（卷5[7）的结合能

6.光从介质1通过两种介质的交界面进入介质2的光路如图所示.下列论述：\

①光在介质1中的传播速度较大；

②光在介质2中的传播速度较大；\2

③光从介质1射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象；''

④光从介质2射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象.

其中正确的是（）

A.只有①③正确B.只有①④正确C.只有②③正确D.只有②④正确

7.如图，两个完全相同的小球分别用不可伸长的轻绳悬挂于01、。2点，两绳长度均为34球在一

个竖直平面内左右摆动，最大摆角为60。，4球经过最低点时速度大小为〃绳的拉力为以；B球

在水平面内做匀速圆周运动，线速度大小也为外绳的拉力为FB。不计空气阻力，则意为（）

A.2

8.下列说法正确的是（）

A.自然界中存在正电荷、负电荷、元电荷三种电荷

B.摩擦起电说明了电荷可以创生

C.根据公式F=k号*，当TTO时，FTOO

D.点电荷是理想化的模型，实际上不存在

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

9.如图甲为俯视图，水平放置的单匝圆环导线框半径为0.2m,其中有垂直线框方向匀强磁场，线

框右端连接小灯泡4和理想变压器原线圈，变压器副线圈接小灯泡B和C,各灯规格分别为

4（2匕14）、B（3匕1A）、C（3V,0.5A）。线框电阻不计，当圆环导线框磁感应强度如图乙所示正弦

规律变化时，三个小灯泡均正常发光，不考虑小灯泡电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）

A.变压器原、副线圈匝数比为2：3

B.PQ两端电压为6.5U

C.图乙中殳为翳T

D.若拆除小灯泡C、则小灯泡B亮度不变

10.以北直向上抛出一小球，当它回到抛出点时的速度为最设小球运动中受到的空气阻力大小恒定。

则下列说法中正确的是（）

A.小球受到的空气阻力与重力之比为3：5

B.小球受到的空气阻力与重力之比为1：3

C.小球上升的最大高度与无阻力情况下的最大高度之比为3：4

D.小球上升的最大高度与无阻力情况下的最大高度之比为5：8

11.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，。为坐标原点，4点坐标为修，一电子仅在电场力作用

下沿x轴运动，其电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（）

。--__A

X-]JXI

甲乙

A.过。点的电场线一定与x轴重合

B.A点电场强度的方向沿支轴负方向

C.该电子在4点受到的电场力大于其在。点受到的电场力

D.该电子在。点的动能大于其在4点的动能

12.如图所示是一定质量的理想气体的两种升温过程，对两种升温过程的正确解

释是（）

A.a、b所在的图线都表示等容变化

B.Va：Vb=3：1

C.pa：pb=3：1

D.两种过程中均升高相同温度，气体压强的增量△Pa：△Pb=3:1

13.如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点。的距离均为r,在

第二象限内以为圆心，r为半径的[圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强

磁场;现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为"的相同粒子，其中沿MO1

方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限。为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象

限内，以适当的过P点的曲线为边界（图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同），边界

之外的区域加上平行于y轴沿负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相

互作用及其重力。下列说法正确的是（）

y

。.-L-------p

!V••••j

M0Nx

A.若加的是磁场，则所加磁场的磁感应强度与第二象限磁场磁感应强度相等

B.若加的是磁场，则所加磁场的最小面积为叱

4

C.若加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为通"

D.若加的是电场，则左边界PN曲线的方程为y=9-2x+r

三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）

14.用多用电表（符号Mu）欧姆挡测量某用电器（用电阻符号表示）阻值，红、黑表笔插入对应的正、

负插孔，则红表笔与欧姆挡内部电源的极（填“正”或“负”）相连，当选择x100倍率

调零测量后，指针过于靠近右侧。换（填“x1k”或“X10”）倍率重测后指针如图所示。

下面再用电路测量（要求电表读数不小于量程可供选择的器材有：电流表4（量程0.64内阻

6=50）,电流计G（量程3mA,内阻万=200）,电压表V（量程9V,内阻七=3k。），电阻箱

R（0〜9999.90，额定电流较大），滑动变阻器％（最大阻值为10。，额定电流14）,滑动变阻器/?2（

最大阻值为1000,额定电流0.2A）,电源E（电动势为3V、内阻较小）。待测用电器额定电流未知。

多用电表的电压挡和电流挡如图1所示。

图1

（1）为按要求安全完成实验，请设计实验电路图并画在图2虚线框内，标上器材符号。

（2）本实验电阻箱选用阻值约为（填选项序号）。

A.40

B.1O0

C.0.5P

£>.0.1/2

15.(1)用游标卡尺(游标为20分度)测量某个螺母的深度，读数如图甲所示，其深度为

(2)某同学用螺旋测微器测金属丝的直径，其示数如图乙所示，则金属丝直径为mm.

四、计算题(本大题共3小题，共36.0分)

16.如图(a)所示，平静的水面上有两个波源Si和S2,软木塞静止在液面上的P点，P点与两波源的水

平距离分别为=1.5?n和亚=0.9mo在t-0时刻Si和S2同时开始振动，它们做简谐运动的图

象分别如图(b)和(c)所示，设竖直向上为正方向，两列波在水面传播速度大小相等，当△口=0.9s

时软木塞开始振动，求：

图(a)

图(b)图(c)

(1)波速3和波长加

(2)两列波传到软木塞后，软木塞的振动方程。

17.一辆卡车初速度为%=10m/s,以a=2m/s2的加速度行驶，求：

(1)卡车在第3s末的速度"

(2)卡车在前6s内的位移&与平均速度至

(3)卡车在第6s内的位移冲.

18.如图为电源，电动势£=27乙内阻不计.固定电阻&=5000,为一可变电阻.C为平行板

电容器，电容C=104F.虚线到两极板距离相等，极板长人=8.0x10-2小，两极板的间距d=

1.0x10-2m5为屏，与极板垂直，到极板的距离％=0.16m.有一细电子束沿图中虚线以速度

19

v0=8.0x106m/s连续不断地射入C.己知电子电量e=1.6x1Q-C,电子质量"=9x

10-3ikg.

(1)当R2=45000时，电路稳定后，电容器所带的电荷量是多少；电子到达S屏，离。点的距离y为多

大？(计算结果保留二位有效数字).

(2)能使电子到达屏S上，试求&的取值范围•

参考答案及解析

1.答案：c

解析：解：4、刻度尺测量长度，长度是国际单位制中三个力学基本物理量，故A正确；

8、天平测量质量，质量是国际单位制中三个力学基本物理量，故8正确；

C、弹簧测力计测量力，力是导出量，不属于国际单位制中三个力学基本单位对应的物理量，故C

错误；

。、秒表测量时间，时间是国际单位制中三个力学基本物理量，故。正确。

本题选择不属于国际单位制中基本单位所对应物理量的测量工具，

故选：Co

国际单位制中三个力学基本单位对应的物理量分别是长度、质量和时间，由此分析即可。

国际单位制规定了三个力学基本物理量，这三个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制中的单位

分别是什么，这都是需要学生自己记住的基本的知识。

2.答案：B

解析:解:CD、铁圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据九=有:=后，由于打>h2,

故ti>t2，水平分位移相同，由于口>t2，根据％=有：％<〃2；故AC。错误，B正确；

故选：B。

铁圈做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由

落体运动，根据水平位移和高度的关系列式分析。

本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向

上的自由落体运动来求解。

3.答案:D

解析：解：根据玻尔理论得至ljE4-E2=/ib=-0.85eV-(-3.4eV)=2.55eU,由爱因斯坦光电方程

有：Ek=hv—Wo；

可得钾金属的逸出功生=2.25eV

氢原子从第3级向第1能级跃迁时发出的光子能量八%=E3-E1=-l.Slel/-(-13.6eK)=12.09eK

则由爱因斯坦光电方程有：En=hvr-Wo=12.09eV-2.25eV=9.84eV

故4、B、C错误，。正确；

故选：

根据玻尔理论和爱因斯坦光电效应方程，研究该金属的截止频率和产生光电子最大初动能的最大值.

本题考查选修3-5部分内容中的玻尔理论和爱因斯坦光电效应方程，解题的关键是理解玻尔理论的

内容，并且熟练应用爱因斯坦光电方程进行解答。

4.答案：B

解析：解：4、根据万有引力和重力的关系可得：mg=誓，解得星球表面的重力加速度为：g=段，

KK

所以地球表面的重力加速度与火星表面重力加速度之比为：生=^x^=¥x；=5,故A错误;

9火M火9142

B、根据万有引力提供向心力可得线速度大小为"=舟，则地球的“第一宇宙速度”与火星“第一

宇宙速度”之比为：望=匡x$=佟第=遮，故B正确；

V火JM火R地712

c、“天问一号”绕火星匀速飞行时，其内部仪器受到的重力完全提供向心力，不是处于平衡状态,

故c错误；

。、探测器已经脱离地球达到火星，所以探测器的发射速度大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，

故。错误。

故选：B。

根据万有引力和重力的关系求解星球表面的重力加速度，再求出地球表面的重力加速度与火星表面

重力加速度之比；

根据万有引力提供向心力可得线速度大小，由此求解地球的“第一宇宙速度”与火星“第一宇宙速

度”之比；

匀速圆周运动的物体不是处于平衡状态；

探测器已经脱离地球，由此分析探测器的发射速度。

解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F?/=mg,整

理得GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即尸斗=F向,

根据相应的向心力表达式进行分析。

5.答案：D

解析：解：4、因为裂变时释放能量，出现质量亏损，但是总质量数不变，故A错误；

8、该核反应为重核裂变，不是人工转变，故B错误；

C、X原子核中的核子数为(235+1)-(94+2)=140个，中子数为140-(92-38)=86个，故C

错误；

。、结合质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的产物为澈核和锢核，并会释放能量，则裂变产

物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故。正确。

故选：D。

根据原子核的组成特点分析；由质量数守恒判断X；根据爱因斯坦质能方程分析。

本题考查了核反应方程和爱因斯坦质能方程的基本运用，比较简单，要加强训练，才能熟练。

6.答案：B

解析：解：①、②光从光疏介质进入光密介质，折射角小于入射角。由图得知：介质1的折射率小

于2的折射率。光在介质中速度〃=D与n成反比，则光在介质1中的传播速度较大。故①正确，②

错误。

③、④光只有从光密介质进入光疏介质才可能产生全反射，所以光从介质1射向两种介质的交界面

时，不可能发生全反射现象，而光从介质1射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象。故③错

误，④正确。

故选：Bo

光从光疏介质进入光密介质，折射角小于入射角.光在介质中速度9=：,〃与n成反比.产生全反射

的必要条件是光从光密介质进入光疏介质.

本题的解题关键是掌握入射角和折射角大小与折射率的关系，以及全反射的条件，属于基本题.

7.答案：C

解析：解：最低点处小球4的速度为。，绳长为L,小球的质量为m,对4球在最低点处受力分析，

2

根据牛顿第二定律得：FA—mg=mY

4球从最高点摆到最低点的过程中根据动能定理可得：mgL（l-cos。）=\mv2

联立解得：FA=2mg

对B球受力分析，根据B球在水平面内圆周运动，可知：⑹=照

coscr

mv2

mgtana=-----

Lsina

解得：cosa=

2

则：宗=6一1,故AB。错误，C正确。

1tB

故选：Co

竖直面内圆周运动模型和水平面内圆周运动“圆锥摆”模型的分析，分析向心力的来源，根据牛顿

第二定律列式求解即可。

圆周运动模型需会熟练地分析向心力的来源，根据牛顿第二定律列式求解。

8.答案：D

解析：解：4、自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷，故A错误；

8、摩擦起电不是因为电荷的创生而是电荷的转移，故B错误；

C、当r-0时，不能当成点电荷，库仑定律不再适用，故C错误；

。、点电荷是理想化的物理模型，实际上不存在，故。正确。

故选：Do

自然界只存在两种电荷：正电荷、负电荷；

摩擦起电是电子转移引起的，并非说明了电荷可以创生；

库仑定律的适用条件：①真空；②点电荷；

点电荷是一种理想化的物理模型，实际上不存在.

解答此题的关键是知道摩擦起电的实质和库仑定律的适用条件，注意对基础知识的掌握.

9.答案:BC

解析：解：三个灯泡均正常发光，则原线圈输入电流为14副线圈输出电流为1.54根据变流比可

知，变压器原、副线圈匝数比为3：2,故A错误；

B、副线圈输出电压：U2=3V,根据变压比可知，原线圈输入电压：U[=£-U2=4.5匕根据欧姆

定律可知，PQ两端电压为4.5V+2U=6.5IZ,故8正确；

C、PQ两端电压即交变电流电动势的有效值，根据交变电流的产生规律可知，Em=B0SUJ=B()S•亨=

IOOBOSTT(V),根据最大值和有效值的关系可知，变蜉⑺=6.51Z,解得：B=萼7,故C正确；

VN87r乙

D,若拆除小灯泡C,则副线圈电阻变大，输出电流减小，根据变流比可知，输入电流减小，灯泡4两

端电压减小，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则小灯泡B亮度增大，

故。错误。

故选：BC。

根据三个灯泡正常发光，确定输出电流和输入电流，计算匝数比。

根据变压比和变压器的输出电压，求出输入电压，根据欧姆定律确定PQ两端的电压。

根据正弦式交变电流产生规律分析。

C灯拆除后，原线圈电流减小，变压器输入电压增大，故输出电压增大，B灯亮度增加。

此题考查了变压器的构造和原理，解决本题的关键是掌握变压器变压关系和变流关系。要注意导PQ

两端的电压不等于原线圈两端的电压。

10.答案：AD

解析：解：AB,设初速度为火,返回出发点为半孙，阻力大小为上升高度为儿根据动能定理知：

-2//i=^m(y)2-\mvl=_|m诏

从抛出点到最高点，应用动能定理知：=0-；zn诏

解得：/：mg=3：5,故4正确，8错误；

CD、无阻力时高度为H,则有：一小9"=一3机诏，结合项的分析知无：W=5：8,故C错误，D

正确；

故选：ADo

选择上升过程和全程列动能定理表达式即可求解。

此题考查动能定理应用，注意阻力一直做负功，全过程重力不做功。

11.答案:ACD

解析：解：4、电子仅在电场力作用下沿x轴运动，所以电场力的方向一定与运动的方向相同，即过

。点的电场线一定与x轴重合，故A正确；

B、由于4点的电势能比。点大，根据负电荷在电势越低处电势能越大可知，A点的电势低于。点，即

电场强度的方向是有。指向4,沿x轴正方向，故B错误；

C、根据△=e△</>=eE-△x=F△%,可知Ep-x图象的斜率表示电场力的大小，故该电子在4点

的电场力大于其在。点受到的电场力，故C正确；

。、电子从。点运动到4点的过程中，电场力做负功，动能越来越小，电势能越来越大，所以该电子

在。点的动能大于其在4点的动能，故。正确。

故选：ACD.

(1)根据Ep-x图象所示4点的电势能大小和Ep-x图象的斜率表示电场力的大小，场强方向和电子的

受力情况；

(2)根据负电荷由高电势向低电势运动时，电场力做负功，动能越来越小，电势能越来越高，判断电

子的动能变化。

本题考查负电荷仅在电场力作用下的直线运动问题：需注意与-X图象的斜率表示电场力的大小。

12.答案:ACD

解析：解：由理想气体状态方程与=。可得压强与热力学温度关系P=*7,

由此可知，在P-T图象中，过原点的倾斜直线为等容线，且斜率表示体积的倒数

A、由图象可知，a、b均为过原点的直线，故a、b所在的图线都表示等容变化，故A正确；

B、在P-7图象中，过原点的倾斜直线为等容线，且斜率表示体积的倒数可得：署=察=3故

Vbtan603

B错误；

C、由图象可知，匕-a气体做等温变化，由玻意耳定律可知，压强与体积成反比，故母=含=|，

故C正确；

D、根据查理定律C可得：7=提=匕即△「=/£△「，两种过程中均升高相同温度，气体压强

的增量△Pa：△Pb=tan60°：tan30°=3：1,故。正确；

故选：ACD.

由理想气体状态方程与=C可得压强与热力学温度关系P=97,据此式结合图象分析各项即可。

本题考查气体图象问题，关键是利用理想气体状态方程与=C求解压强与热力学温度关系P=E・7，

据此式结合图象分析即可。

13.答案：ACD

解析：

一束平行带电粒子束射向圆形磁场区域，若磁场半径恰好等于粒子束圆周运动半径，则所有粒子会

从同一点射出圆形磁场区域，这种现象是磁聚焦现象，本题考查了磁聚焦现象的运用。

选沿MO】方向射入的粒子作为研究对象，粒子恰好运动四分之一圆周之后进入第一象限，根据牛顿

第二定律结合类平抛运动基本公式和粒子在磁场中的运动规律求解。

本题考查带电粒子在复合场中的运动问题，根据运动形式选择合适方法处理.对于类平抛运动，常

常运用运动的分解法；

对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，洛伦兹力提供向心力，再由几何知识求解半径，二者联立

即可。

4B.作出运动轨迹图：

由题意知，沿MO】方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为［圆弧，速度方向水平向右(沿x轴

正方向)，由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径；

取M射入任意方向的粒子，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点，由于轨

迹半径等于磁场圆半径，以上四点组成的四边形为菱形，可证M点相同速度入射的粒子均沿+x方向

射出磁场；

为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，由对称性可知最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，且

所加磁场强度大小与第二象限相同；

根据几何关系可得所加磁场的最小面积为S=2xC7rr2—12)=更要，故人正确，8错误；

C.若。PN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛运动，沿MO1入射的粒子到达N点时的

运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大。

设类平抛运动时间为3在N点速度与水平方向夹角为

则水平方向和竖直方向有r=仇，r=£t，

联立解得：%=2。，

粒子到达N点时的速度最大为"max=+药=V5V,故C正确；

。若。PN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为(x,y),

则％=r一仇，y=|at2,

整理可得y=”崇匕

当％=0时y=r(经过P点)，Q=(,

2

带入可得边界PN曲线的方程为y=：-2x+r,故。正确。

故选ACD.

14.答案：负X104

解析：解：欧姆表由于与其他挡位共用表头的原因，欧姆表的红表笔应与内

接电源的负极相连。

指针过于靠近右侧，即欧姆表的示数过小，为增大示数那么要减小倍率，所

以换为“X10”倍率；

(1)若直接采用伏安法测电阻，则电压表了和电流表4的量程均太大，不符合题

目要求，所以此种方案行不通。只能通过非常规方法进行，用已知内阻的电E\'S

流表力可代替电压表；电流计G量程过小，则可并联电阻箱扩大量程；滑动变阻器用最大阻值小的飞

接成分压电路，则电路图如图所示；

(2)由图1可读出待测电阻值约为1600,那么该实验在电流计要扩大到/=怖=言a《20nM，则需

要在电流计上并联的电阻为R=然=言。工3.50,则电阻箱阻值选A。

[-IgZU—3

故答案为：负极；x10；(1)如图所示；(2)4

欧姆表内阻电源正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，电压表正接线柱应接电源正极；用欧姆表

测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；

(1)先考虑用基本的伏安法能否满足题设要求，再考虑改装，再思考非常规方法测量电路的接法，最

后画出符合要求的电路图；

(2)根据题意应用闭合电路欧姆定律分析答题。

本题考查了欧姆表的原理、使用及改装，这要从欧姆表的原理和内部结构去考虑。但难点在于用非

常规的办法测电阻，要满足电表超过量程的|的条件，要对每种合情的方案进行测算，好在本题所给

的电表的内阻均已知，可看成双用电表。

15.答案：0.665；0.697〜0.699

解析：解：1、游标卡尺的主尺读数为6rnm,游标尺上第13个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游

标读数为13x0.05nun=0.65m?n,所以最终读数为：6mm+0.65mm=6.65mm=0.665cm.

2、螺旋测微器的固定刻度为0.5nwn,可动刻度为19.x0.01mm—0.198mm,所以最终读数为

0.5mm+0,198mm=0.698mm,由于需要估读，最后的结果可以在0.697〜0.699之间.

故答案为：0.665；0.697〜0.699

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.

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关

测量.

16.答案：解：(1)因两列波波速相同，可知S2产生的波先传播到P点，

波速：V=±="m/s=lni/s

△ijU.7

由两列波的简谐运动图象可知，两列波的周期均为7=0.4s

两列波的波长2=vT=1x0.4m=0.4m

(2)SQS2发出的两列波到P点的波程差为△%,则有△%=%1-％2=0.66=1.54

P点为振动加强点，P点的振幅A=&+A2=4cm+6cm=10cm

两列波都传到P点开始生成合运动所需时间，即波源S1产生的波传播到软木塞处需要的时间to=7=

—s=1.5s

1

设P点合振动方程为y=Asin[a)(^t-t0)+(p]cm

根据波源的起振情况可知3=7T

Si波源简谐运动的圆频率3=y=^rad/s=Snrad/s

P点合振动方程为y=10sin[57r(t-1.5)+it]cm

答：(1)波速u是lm/s,波长4是0.4m；

(2)两列波传到软木塞后，软木塞的振动方程是y=10sin[57r(t-1.5)+Rent。

解析：(1)两列波波速相同，可知S2产生的波先传播到P点，根据波的传播时间与传播距离，求出波

速；根据波源的简谐运动图象求出周期，然后根据波速与波长、周期的关系求出波长。

(2)求出软木塞的振幅，确定软木塞的初相位，然后求出软木塞的振动方程。

本题考查了求波速、波长与质点振动方程问题，分析清楚波的传播过程、根据图示图象求出波源的

振动周期与振幅是解题的前提。

17.答案:解:

(1)卡车在第3s末速度%=%+砒3=10+2x3=16(m/s)

(2)卡车在前6s内位移%6=vot+=10x6+1x2x36=96(m)

前6s内平均速5=等=^-m/s=16m/s

c66

(3)卡车在前5s内位移x5=vot+^atl=10x5+|x2x25=75(m)

所以