2026-2027秋季广州高二（上）物理期中模拟试卷（二）

第1页（共1页）2026-2027秋季广州高二（上）物理期中模拟试卷（二）一．选择题（共7小题）1．（2025秋•广州校级期中）下列说法正确的是（）A．图甲中，在干燥季节，使用加湿器增加室内湿度，可有效减少静电积累 B．图乙中，学校楼房顶上焊接的钢筋（一起埋入地下）主要作用不是避雷而是为了美观 C．图丙中，小鸟停在单根高压输电线上不会被电死是因为其脚掌是绝缘的 D．图丁中，两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了增强导电能力2．（2025秋•广州校级期中）在空间站附近发现某带电陨石，其形成的等势线和电场线如图所示，其中相邻两条等势线之间电势差相等，其中A、B、C点是等势线上三个不同的点，D点是等势线和电场线的交点。下列说法正确的是（）A．三点中同一正电荷在A点受电场力最大 B．三点中同一负电荷在A点电势能最小 C．同一电子从A点运动到C点时动能是到B点时的2倍 D．某电子在D点由静止释放，其不可能沿电场线运动3．（2025秋•广州校级期中）如图所示为不等量点电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ﹣x图像，φ轴经过图线的最低点，交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A．q1、q2带异种电荷 B．两点电荷的电荷量之比q1C．将一质子从a点由静止释放，则不能到达b点 D．将一质子从a点由静止释放，质子的电势能一直减小4．（2025秋•广州校级期中）一段均匀铜导体的电阻为r，横截面积为S，导体两端所加电压为U，电子电量为﹣e，导体中单位体积内的自由电子数为n，则电子在铜导体中定向迁移的速率为（）A．rneSU B．UneSr C．UrneS 5．（2025秋•广州校级期中）如图所示，储罐中存储有绝缘液体，绝缘液体的相对介电常数εr随着液体浓度的提高而增大。放在储罐中的平行金属板电容器与储罐外壳绝缘，正极板与金属外壳接地的静电计相连，负极板接地。电容器带的电荷量始终不变，若仅提高液体浓度，则（）A．电容器的电容减小 B．电容器的电容不变 C．静电计指针的张角减小 D．静电计指针的张角不变6．（2025秋•广州校级期中）如图所示的交变电压，加在平行板电容器的两板上，开始时A板电势比B板高．这时，一个原来静止的电子正处在两板中间，它在电场力的作用下开始运动，重力可以不计，设两板间的距离足够大，则电子的运动情况可能是（）A．先向B板运动，然后返回A板 B．先向A板运动，然后返回B板 C．一直向A板运动 D．一直向B板运7．（2025秋•广州校级期中）两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（）A．R1的电阻R1＝tan45°＝1Ω B．当U＝1V时，R2的电阻小于R1的电阻 C．R2的电阻随电压的增大而增大 D．在R2两端加0.5V电压时，每秒通过导体的电荷量是0.25C二．多选题（共3小题）（多选）8．（2025秋•广州校级期中）2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功研制出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的100倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ=1A．电导率的单位是Ω﹣1•m﹣1 B．电导率大小与温度有关 C．材料的电导率与材料的形状有关 D．材料的电导率越大，其导电性能越好（多选）9．（2025秋•广州校级期中）如图所示，正六棱柱上、下底面的中心为O和O'，A、D两点分别固定等量异种点电荷，下列说法正确的是（）A．F点与E点的电场强度相同 B．A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 C．将一电子由O点沿直线移动到O'点，其电势能不变 D．将一质子由A'点沿直线移动到D'点，电场力做负功（多选）10．（2025秋•广州校级期中）在如图所示的电路中，电源的内阻r不为0，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，下列说法正确的是（）A．灯L1变亮，灯L2变暗 B．灯L1变暗，灯L2变亮 C．电容器的电荷量增大 D．电容器的电荷量减少三．实验题（共2小题）11．（2025秋•广州期中）某同学欲测量一粗细均匀的金属棒的电阻率。（1）滑动变阻器滑片向上移动，电压表示数_______，电流表示数_______（均填“变大”“变小”或“不变”）。（2）该同学为了测定金属棒的电阻设计了如图所示的电路图；用电压表与电流表读数之比来得到电阻的测量值，若考虑电表内阻引起的系统误差，则电阻的测量值相较于真实值_______（填“偏大”或“偏小”）。（3）设测得导电材料的电阻为R，导电材料的长度为L，导电材料的直径为D，求得导电材料的电阻率为____________________（用题目所给字母表示）。12．（2025秋•广州期中）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。（1）除开关和导线若干外，现还提供以下器材：A．电流表（量程：0～0.6A，内阻rA＝0.2Ω）B．电压表（0～15V）C．电压表（0～3V）D．滑动变阻器（0～20Ω）E．滑动变阻器（0～200Ω）实验中电压表应选用_____；滑动变阻器应选用_____。（选填相应器材前的字母）（2）为准确测定电池的电动势和内阻，应选择的实验电路是图中的_____（选填“甲”或“乙”）。（3）根据实验记录，画出的U﹣I图像如图所示，可得待测电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。四．解答题（共3小题）13．（2025秋•广州期中）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时刻的波形图，此时处于x＝4m的质点P沿y轴负方向运动。虚线为Δt＝0.5s后的波形图，且T＜Δt＜2T。求：（1）该波的传播方向。（2）该波的周期T和传播速度v。（3）从t＝0时刻开始，经历t＝1.9s质点P通过的路程。14．（2025秋•广州期中）示波器中的示波管利用电场来控制电子的运动。如图甲所示，电子枪释放的无初速电子，被电压为U0的加速电场加速后进入偏转系统。现考虑电子只沿Y（竖直）方向偏转的情况，则偏转系统可以简化为如图乙所示。偏转电极的两只极板长为L1，极板间距为d，极板右端与荧光屏的距离为L2。在两极板间施加如图丙所示的正弦型电压，电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度为Lm。所有电子均能从极板射出打中荧光屏，且电子穿过极板的时间极短，可认为此过程中极板间电压不变。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计重力。求：（1）电子进入偏转系统的速度v0的大小；（2）电子穿过极板的最大速度偏转角的正切值；（3）丙图中电压的最大值Um。15．（2025秋•广州期中）如图，固定在地面上的木板AB和半径为R的14圆弧槽刚好接触。圆弧槽的凹侧和底面光滑，右侧通过不计质量的细杆与一台压力传感器相连，左侧空间有方向水平向左的匀强电场。从A点向左，每隔l=4R15μ放置一个不带电的小物块。物块的编号依次为1、2、3、4，其质量均为m。物块4与一条劲度系数k=15μ2mg4R的轻弹簧相连。弹簧起初处于原长，其左端连在木板左端。一个质量也为m、电荷量为+q的（1）带电小物块下滑过程中，压力传感器的最大示数Fmax；（2）若所有碰撞均为弹性碰撞，匀强电场的场强E为多大时，弹簧最大压缩量为l；（3）将1、2、3号物块拿掉，若带电物块与4号物块发生完全非弹性碰撞，则匀强电场的场强E为多大时，弹簧最大压缩量为l。

解答一．选择题（共7小题）1．（2025秋•广州校级期中）下列说法正确的是（）A．图甲中，在干燥季节，使用加湿器增加室内湿度，可有效减少静电积累 B．图乙中，学校楼房顶上焊接的钢筋（一起埋入地下）主要作用不是避雷而是为了美观 C．图丙中，小鸟停在单根高压输电线上不会被电死是因为其脚掌是绝缘的 D．图丁中，两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣是为了增强导电能力【分析】根据静电的防止、静电屏蔽等知识进行分析解答。【解答】解：A．使用加湿器增加室内湿度，可有效地释放较多的静电，减少静电积累，故A正确；B．房顶上焊接的钢筋主要作用是避雷，故B错误；C．小鸟不会被电死是因为两脚间电势差非常小，近似为零，故C错误；D．两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，以防止外部信号对内部电信号的干扰，并没有增强其导电能力，故D错误。故选：A。【点评】考查静电的防止与应用、静电屏蔽的应用等，会根据题意进行准确分析解答。2．（2025秋•广州校级期中）在空间站附近发现某带电陨石，其形成的等势线和电场线如图所示，其中相邻两条等势线之间电势差相等，其中A、B、C点是等势线上三个不同的点，D点是等势线和电场线的交点。下列说法正确的是（）A．三点中同一正电荷在A点受电场力最大 B．三点中同一负电荷在A点电势能最小 C．同一电子从A点运动到C点时动能是到B点时的2倍 D．某电子在D点由静止释放，其不可能沿电场线运动【分析】A.同一电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小，据此分析判断；B.沿电场线的方向电势逐渐降低，结合题图，即可分析判断；C.该电子初动能未知，据此分析判断；D.电子在D点由静止释放时，所受合外力（电场力）为该点电场线的切线方向，据此分析判断。【解答】解：A.同一电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小，则由图可知，A点的电场强度最小，故三点中同一正电荷在A处受电场力最小，故A错误；B.沿电场线的方向电势逐渐降低，则由图可知，A点的电势最低，故对于同一负电荷而言，其电势能最大，故B错误；C.由于该电子初动能未知，无法判断动能关系，故C错误；D.电子在D点由静止释放时，所受合外力（电场力）为该点电场线的切线方向，但电场线是弯曲的，在电场力的作用下运动，电场线不是其运动轨迹，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查对电场中功能关系的掌握，解题时需注意，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。3．（2025秋•广州校级期中）如图所示为不等量点电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ﹣x图像，φ轴经过图线的最低点，交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A．q1、q2带异种电荷 B．两点电荷的电荷量之比q1C．将一质子从a点由静止释放，则不能到达b点 D．将一质子从a点由静止释放，质子的电势能一直减小【分析】根据x轴上﹣x0～2x0之间的电势都大于零，分析两个点电荷的电性；φ﹣x图像的斜率等于电场强度，根据x＝0处图像切线的斜率为零，可知该点处的电场强度为零，结合点电荷场强公式求两点电荷的电荷量之比；将一质子从a点由静止释放，根据电场力对质子做功情况分析质子能否到达b点，并判断质子电势能的变化情况。【解答】解：A、由图可知，x轴上﹣x0～2x0之间的电势都大于零，结合电势的叠加原理，可知两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；B、φ﹣x图像的斜率等于电场强度，x＝0处图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，则有kq1x02C、因a点电势高于b两点电势，质子从a点由静止释放到达b点，电场力做功大于零，所以质子到达b点时速度不为0，故C错误；D、将一质子从a点由静止释放后，在两个点电荷之间做往返运动，向右运动时，电势能先减小后增大。向左运动时，电势能先减小后增大，接着循环往复，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查对φ﹣x图像的理解，要知道φ﹣x图像的斜率等于电场强度，根据电场的叠加原理和电势叠加原理解答。4．（2025秋•广州校级期中）一段均匀铜导体的电阻为r，横截面积为S，导体两端所加电压为U，电子电量为﹣e，导体中单位体积内的自由电子数为n，则电子在铜导体中定向迁移的速率为（）A．rneSU B．UneSr C．UrneS 【分析】根据欧姆定律可求出电流的表达式，再根据电流的微观表达式进行分析，从而确定迁移的速率。【解答】解：由欧姆定律I=U由I＝nveS可得v=UneSr，故B正确，故选：B。【点评】本题考查电流的微观表达式以及欧姆定律的应用，要注意明确微观意义的推导过程。5．（2025秋•广州校级期中）如图所示，储罐中存储有绝缘液体，绝缘液体的相对介电常数εr随着液体浓度的提高而增大。放在储罐中的平行金属板电容器与储罐外壳绝缘，正极板与金属外壳接地的静电计相连，负极板接地。电容器带的电荷量始终不变，若仅提高液体浓度，则（）A．电容器的电容减小 B．电容器的电容不变 C．静电计指针的张角减小 D．静电计指针的张角不变【分析】若仅提高液体浓度，缘液体的相对介电常数εr增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd分析电容的变化，结合电容器极板带电量Q不变，结合【解答】解：AB、若仅提高液体浓度，缘液体的相对介电常数εr增大，根据电容的决定式C=εrSCD、因为电容器带的电荷量始终不变，电容增大，根据电容的定义式C=QU可知，电容器的电压U减小，则静电计指针的张角减小，故C正确，故选：C。【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电荷量不变，根据电容的决定式C=εrS6．（2025秋•广州校级期中）如图所示的交变电压，加在平行板电容器的两板上，开始时A板电势比B板高．这时，一个原来静止的电子正处在两板中间，它在电场力的作用下开始运动，重力可以不计，设两板间的距离足够大，则电子的运动情况可能是（）A．先向B板运动，然后返回A板 B．先向A板运动，然后返回B板 C．一直向A板运动 D．一直向B板运【分析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质．【解答】解：前半个周期内，电子受到的电场力方向水平向上，向上做匀加速直线运动，后半个周期内，电子所受的电场力水平向下，电子向上做匀减速直线运动，一个周期末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向A板运动。故C正确，A、B、D错误。故选：C。【点评】由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键．7．（2025秋•广州校级期中）两个电阻R1、R2的伏安特性曲线如图所示，由图可知（）A．R1的电阻R1＝tan45°＝1Ω B．当U＝1V时，R2的电阻小于R1的电阻 C．R2的电阻随电压的增大而增大 D．在R2两端加0.5V电压时，每秒通过导体的电荷量是0.25C【分析】根据电阻的定义式R=UI求解；根据I﹣U图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数判断；根据公式q＝【解答】解：A、根据电阻的定义式R=UI，可得R1的电阻为：R1B、由题图可知，当U＝1V时，通过两个电阻R1、R2电流相等，结合电阻的定义式R=UI，故R1、R2电阻相等，故C、根据I﹣U图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知R2的电阻随电压的增大而增大，故C正确；D、在R2两端加0.5V电压时，由题图可知通过R2的电流大于0.25A，由q＝It可知每秒通过导体的电荷量大于0.25C，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了欧姆定律的使用，解题关键在于运用图像分析出此时图像中直线斜率的倒数为电阻的大小，再由直线斜率的变化分析出电阻的变化。二．多选题（共3小题）（多选）8．（2025秋•广州校级期中）2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功研制出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的100倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ=1A．电导率的单位是Ω﹣1•m﹣1 B．电导率大小与温度有关 C．材料的电导率与材料的形状有关 D．材料的电导率越大，其导电性能越好【分析】根据电阻率的单位推导出电导率的单位；电阻率与温度有关，则电导率与温度也有关；根据影响电阻率的因素分析电导率与哪些因素有关。【解答】解：A、电阻率ρ的单位是Ω•m，根据电导率σ=1ρ，可知电导率的单位为1Ω⋅mB、电阻率与温度有关（如金属的电阻率随温度升高而增大），电导率作为电阻率的倒数，必然与温度有关，故B正确；C、电导率是材料的固有属性，仅由材料种类和温度决定，与形状无关，故C错误；D、电阻率ρ越小，材料的导电性能越好，而电导率σ越大，电阻率越小，导电性能越好，故D正确。故选：ABD。【点评】解答本题时，要掌握电阻率的意义、单位以及与温度的关系，从而分析电导率的意义、单位以及与温度的关系。（多选）9．（2025秋•广州校级期中）如图所示，正六棱柱上、下底面的中心为O和O'，A、D两点分别固定等量异种点电荷，下列说法正确的是（）A．F点与E点的电场强度相同 B．A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 C．将一电子由O点沿直线移动到O'点，其电势能不变 D．将一质子由A'点沿直线移动到D'点，电场力做负功【分析】根据等量异种点电荷电场的对称性分析F点与E点的电场强度关系；根据离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，来分析A'点与F'点的电势差与O'点与D'点的电势差关系；将一电子由O点沿直线移动到O'点，分析电势变化判断电子电势能的变化；将一质子由A'点沿直线移动到D'点，分析电势变化情况判断电场力做功正负。【解答】解：A、F、E关于等量异种点电荷连线AD的中垂线对称，根据等量异种点电荷电场的对称性，可知F、E两点场强大小相等，但场强的方向不同，故A错误；B、根据点电荷的电势分布，可知离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，A′与F′间的电势变化幅度小于O′与D′间的电势变化幅度，所以A′与F′的电势差小于O′与D′的电势差，故B正确；C、OO′在等量异种点电荷的中垂面上，中垂面是一个等势面，电势为0，电子的电势能Ep＝qφ＝0，故电子沿OO′移动时电势不变，电势能也不变，故C正确；D、A′靠近正电荷，电势高。D′靠近负电荷，电势低。质子由A'点沿直线移动到D'点时，因质子带正电，从高电势到低电势，故电场力做正功，故D错误。故选：BC。【点评】解答本题时，要掌握等量异种点电荷电场和电势分布情况，知道两点电荷连线的中垂面是等势面，要知道对称点场强方向并非同向。（多选）10．（2025秋•广州校级期中）在如图所示的电路中，电源的内阻r不为0，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，下列说法正确的是（）A．灯L1变亮，灯L2变暗 B．灯L1变暗，灯L2变亮 C．电容器的电荷量增大 D．电容器的电荷量减少【分析】将滑动变阻器的滑片P向下调节，滑动变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可知道灯L1亮度的变化。根据路端电压与灯L1电压的变化，分析并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化；分析电容器电压的变化判断其电荷量的变化。【解答】解：AB、将滑动变阻器的滑片P向下调节，滑动变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流增大，则灯L1变亮。灯L2和电容器与滑动变阻器并联电压U并＝E﹣I（r+RL1），I增大，则U并减小，灯L2变暗，故A正确，B错误；CD、电容器两极板间的电压减小，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量减少，故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题是电路动态变化分析问题，根据闭合电路欧姆定律分析并联部分电压的变化是关键，也可以根据“串反并同”的规律分析各部分电流的变化。三．实验题（共2小题）11．（2025秋•广州期中）某同学欲测量一粗细均匀的金属棒的电阻率。（1）滑动变阻器滑片向上移动，电压表示数变大，电流表示数变大（均填“变大”“变小”或“不变”）。（2）该同学为了测定金属棒的电阻设计了如图所示的电路图；用电压表与电流表读数之比来得到电阻的测量值，若考虑电表内阻引起的系统误差，则电阻的测量值相较于真实值偏小（填“偏大”或“偏小”）。（3）设测得导电材料的电阻为R，导电材料的长度为L，导电材料的直径为D，求得导电材料的电阻率为πRD24L【分析】（1）分析滑片移动时滑动变阻器接入电路中阻值变化，根据欧姆定律分析电流表和电压表示数变化；（2）分析电路的组成，由于电压表的分流，导致电阻的测量值偏小；（3）根据电阻定律求出电阻率。【解答】解：（1）滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路中阻值减小，电路中总阻值减小，根据欧姆定律可知，总电流增大，电流表示数变大，金属棒两端电压增大，电压表示数变大；（2）按题意，测电阻采用的电流表的外接法，由于电压表的分流，导致电流的测量值偏大，所以电阻的测量值相较于真实值偏小；（3）根据电阻定律得R＝ρL解得：ρ=πR故答案为：（1）变大；变大；（2）偏小；（3）πRD【点评】本题考查电阻率测量实验，实验难点是电流表的内外接法引起实验误差，熟记小外偏小，大内偏大的实验规律。12．（2025秋•广州期中）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。（1）除开关和导线若干外，现还提供以下器材：A．电流表（量程：0～0.6A，内阻rA＝0.2Ω）B．电压表（0～15V）C．电压表（0～3V）D．滑动变阻器（0～20Ω）E．滑动变阻器（0～200Ω）实验中电压表应选用C；滑动变阻器应选用D。（选填相应器材前的字母）（2）为准确测定电池的电动势和内阻，应选择的实验电路是图中的乙（选填“甲”或“乙”）。（3）根据实验记录，画出的U﹣I图像如图所示，可得待测电池的电动势E＝1.5V，内电阻r＝0.8Ω。【分析】（1）根据电源电动势选择电压表量程，根据方便操作选择滑动变阻器；（2）根据电流表内阻已知分析判断；（3）利用图像与纵轴交点和斜率绝对值计算电源电动势和内阻。【解答】解：（1）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选0﹣3V的C；为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的D；（2）由于电流表内阻已知，而电压表内阻未知，故可以采用将电流表作为等效内阻采用相对电源的内接法，故选乙图；（3）由图示电源U﹣I图像可知，图像与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E＝1.5V，电源等效内阻为：r=ΔU故电源实际内阻为：r0＝r﹣rA＝1Ω﹣0.2Ω＝0.8Ω故答案为：（1）C，D；（2）乙；（3）1.5，0.8。【点评】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图像、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图像法处理实验数据的方法；知道电源的U﹣I图像与纵轴交点坐标值是电源电动势，图像斜率的绝对值是电源内阻。四．解答题（共3小题）13．（2025秋•广州期中）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t＝0时刻的波形图，此时处于x＝4m的质点P沿y轴负方向运动。虚线为Δt＝0.5s后的波形图，且T＜Δt＜2T。求：（1）该波的传播方向。（2）该波的周期T和传播速度v。（3）从t＝0时刻开始，经历t＝1.9s质点P通过的路程。【分析】（1）结合题意及题图，由“同侧法”即可分析判断；（2）结合题意，先确定该波周期与0.5s的关系，进而求得该波周期，再结合题图确定该波波长，最后根据波速与波长的关系列式，即可分析求解；（3）结合（2）的分析，先确定1.9s与周期的关系，再结合题图及质点通过路程的特点，即可分析求解。【解答】解：（1）由题知，此时处于x＝4m的质点P沿y轴负方向运动，则由图根据“同侧法”可知，该波的传播方向沿x轴负方向。（2）由题意可得：nT+14T=0.5s，（n＝0，1，2由题知：T＜Δt＜2T，由此可得：T＝0.4s，由题图可知，该波波长为：λ＝8m，则该波的传播速度为：v=λ（3）由（2）可得：1.9s=(4+34由图可知，该波振幅为：A＝0.4m，则结合题意可得，从t＝0时刻开始，经历t＝1.9s质点P通过的路程为：S＝4×4A+3A＝4×4×0.4m+3×0.4m＝7.6m；答：（1）该波的传播方向为沿x轴负方向。（2）该波的周期T为0.4s，传播速度v为20m/s。（3）从t＝0时刻开始，经历t＝1.9s质点P通过的路程为7.6m。【点评】本题考查机械波的图像问题，解题时需注意，结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向，波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。14．（2025秋•广州期中）示波器中的示波管利用电场来控制电子的运动。如图甲所示，电子枪释放的无初速电子，被电压为U0的加速电场加速后进入偏转系统。现考虑电子只沿Y（竖直）方向偏转的情况，则偏转系统可以简化为如图乙所示。偏转电极的两只极板长为L1，极板间距为d，极板右端与荧光屏的距离为L2。在两极板间施加如图丙所示的正弦型电压，电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度为Lm。所有电子均能从极板射出打中荧光屏，且电子穿过极板的时间极短，可认为此过程中极板间电压不变。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计重力。求：（1）电子进入偏转系统的速度v0的大小；（2）电子穿过极板的最大速度偏转角的正切值；（3）丙图中电压的最大值Um。【分析】（1）电子在加速电场中由动能定理确定速度；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，结合荧光屏亮线长度的几何关系求偏转角正切；（3）利用类平抛的加速度、位移公式及几何关系联立求解最大电压。【解答】解：（1）电子在加速电场中，由动能定理得eU0=12mv0（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，当打到荧光屏上产生亮线的最下端或最上端时，偏转角最大，当打到最下端时，根据类平抛运动中末速度的反向延长线过水平位移的中点可知，轨迹如图所示由几何关系可知tanθ=（3）当偏转电压最大时，偏转角最大，此时水平方向有L1＝v0t竖直方向的加速度为a=偏转的位移为y=由几何关系有tanθ=联立以上式子解得Um=答：（1）电子进入偏转系统的速度的大小2eU（2）电子穿过极板的最大速度偏转角的正切值Lm（3）丙图中电压的最大值2L【点评】本题综合动能定理、类平抛运动规律与几何关系，关键是明确加速与