【物理】新疆乌鲁木齐市第一中学2020届高三能力测试试题（一）（解析版）

【物理】新疆乌鲁木齐市第一中学2020届高三能力测试试题（一）（解析版）

新疆乌鲁木齐市第一中学2020届高三能力测试试题（一）‎ 一、选择题 ‎1.如图，一个重为10 N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向θ=60°时处于静止状态，此时所用拉力F的值不可能为 A. 5.0‎‎ N B. N C. N D. 10.0N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ABCD．以物体为研究对象，根据图解法可知，当拉力F与细线垂直时最小．‎ 根据平衡条件得F的最小值为：Fmin=Gsin60°=N，‎ 当拉力水平向右时，拉力 F=Gtan60°=N；‎ 所用拉力F的值不可能为A，B、C、D都有可能，故A正确，BCD错误.‎ ‎2.下列说法正确的是____________‎ A. β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流 B. 一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子 C. 用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期 D. 原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，A错误；一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多可产生3种不同频率的光子，B错误；原子核的半衰期与外界因素无关，C正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D错误；‎ 考点：考查了原子衰变，氢原子跃迁 ‎3.把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是：(　 　)‎ A. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大 B. Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变 C. 在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零 D. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）‎ ‎【答案】A ‎【详解】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=36V，T=0.02s，则ω＝ =100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin100πt（V），故D错误．故选A．‎ ‎【点睛】本题考查交变电流的产生及变压器原理，要注意掌握交变电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中．‎ ‎4.如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法中正确的是 A. 两粒子电性相同 B. 甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率 C. 两个粒子电势能都是先减小后增大 D. 经过b点时，两粒子的动能一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据曲线运动时质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷．故A错误．甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初速度相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度．故B正确．甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小．故C错误．a到b时，电场力对两粒子的做的功都是0，两个粒子的速率再次相等，由于不知道质量的关系，所以不能判定两个粒子的动能是否相等．故D错误．故选B．‎ ‎5.地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域．进一步探测发现在地面P点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k<1)．已知引力常量为G，球形空腔的球心深度为d，则此球形空腔的体积是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【详解】地球表面正常的重力加速度大小为,由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为，则空腔体积大小的岩石对物体吸引产生的加速度为，结合万有引力定律，即，解得：，故D项正确，ABC错误．‎ ‎6.如图所示，A、B两物块的质量分别为‎2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）‎ A. 当时，A、B都相对地面静止 B. 当时，A的加速度为 C 当时，A相对B滑动 D. 无论F为何值，B加速度不会超过 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为 ‎。故当 时，AB均保持静止。继续增大F，在一定范围内AB将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；‎ C．设当AB恰好发生相对滑动时的拉力为F'，加速度为a'，则对A有 对AB 整体有 解得，故当 时 A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动。当时A相对于B滑动，故C正确；‎ B．由C项分析可，当时，AB以共同的加速度开始运动，将AB看作整体， 由牛顿第二定律有 解得，故B正确；‎ D．对B来说，其所受合力的最大值 即B的加速度不会超过，故D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎7.如图甲所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点．一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑至最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、加速度a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是(　 )‎ ‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 合力先做正功再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误，B正确． ‎ C. 物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，故过程中加速度改变方向，故C错误．‎ D. 根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故D正确．‎ ‎8.如图所示，abcd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L左右两端接有定值电阻R1和R2，R1=R2=R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻．两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接．初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度，第一次运动至最右端的过程中Rl产生的电热为Q，下列说法中正确的是 A. 初始时刻棒所受安培力的大小为 B. 棒第一次回到初始位置的时刻，R2的电功率小于 C. 棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为 D. 从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的电热大于 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由F=BIL及 I==，‎ 得安培力大小为 FA=BIL=，‎ 故A错误；‎ B. 由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则R2的电功率小于，故B正确；‎ C. 由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为 ‎，‎ 故C错误；‎ D. 由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大．从初始时刻到第一次运动至最右端的过程中电路中产生总热量为2Q，则从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路中产生的焦耳热应大于×2Q，故D正确．‎ 二、非选择题 ‎（一）必考题： ‎ ‎9.如图甲所示，在“探究功与速度变化的关系”的实验中，主要过程如下：‎ A．设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……；‎ B．分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度v1、v2、v3、……；‎ C．作出W-v图象； ‎ D．分析W- v图象．如果W-v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝等关系．‎ ‎(1)实验中得到的一条如图乙所示的纸带，求小车获得的速度应选______________（选填“AB”或“CD”）段来计算．‎ ‎(2)关于该实验，下列说法正确的有_______________‎ A.通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加 B.通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功 C.每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致 D.先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出 ‎(3)在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是___________．（写出一条即可）‎ ‎【答案】(1). CD (2). ACD (3). 没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图知：在AB之间，由于相邻计数间的距离不断增大，而打点计时器每隔0.02s打一个点，所以小车做加速运动．在CD之间相邻计数间距相等，说明小车做匀速运动．小车离开橡皮筋后做匀速运动，应选用CD段纸带来计算小车的速度v．求小车获得的速度应选CD段来计算；‎ ‎（2）该实验中利用相同橡皮筋形变量相同时对小车做功相同，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加．故A正确，B错误；为保证每根橡皮条对小车做功一样多每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致，故C正确；在中学阶段，用打点计时器测量时间时，为有效利用纸带，总是先接通电源后释放纸带，故D正确；故选ACD.‎ ‎（3）在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这种情况的原因可能是没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小.‎ ‎【点睛】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题．‎ ‎10.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．现有如下器材：‎ 直流电源（电动势3．0V，内阻不计）‎ 电流表A1（量程‎3A，内阻约0．1Ω）‎ 电流表A2（量程600mA，内阻约5Ω）‎ 电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）‎ 电压表V2（量程15V，内阻约200kΩ）‎ 滑动变阻器R1（阻值0～10Ω，额定电流‎1A）‎ 滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ，额定电流300mA）‎ ‎(1)在该实验中，电流表应选择______（填“A‎1”‎或“A‎2”‎），电压表应选择______（填“V‎1”‎或“V‎2”‎），滑动变阻器应选择 ________（填“R‎1”‎或“R‎2”‎）．‎ ‎(2)某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接成如图甲所示的电路，请在乙图方框中完成实验的电路图．‎ ‎(3)该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为___________．‎ ‎(4)如图是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线．若将该灯泡与一个6.0Ω的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P=______W（保留两位有效数字）．（若需作图，可直接画在图中）‎ ‎【答案】 (1). A2 V1 R1 (2). ‎ ‎ (3). h (4). 0.37W（0.35W~0.38W）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]灯泡额定电流 I=P/U=1.5/‎3A=‎0.5A，‎ 电流表选A2(量程600mA，内阻约5Ω)；‎ ‎[2]灯泡额定电压为3V，如果选择15V量程则误差太大，故电压表只能选V1(量程3V，内阻约3kΩ)；‎ ‎[3]描述小灯泡的伏安特性曲线，要求电流从零开始变化，需采用分压电路．为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选：R1(阻值0∼10Ω，额定电流‎1A)；‎ ‎(2)[4]由实物电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法．根据实物电路图作出电路图，如图所示:‎ ‎[5]小灯泡的亮度可以发生变化，但电压表、电流表无法调为零，说明分压电路变成限流电路，导线h断路；‎ ‎(4)[6]电动势为3V的电源与6.0Ω的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出等效电源的U−I图象，如图所示:‎ 两图象的交点坐标值为：‎ U=1.2V，I=‎0.3A，‎ 灯泡功率为：‎ P=UI=1.2V×‎0.3A≈0.36W.‎ ‎11.质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上．质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示．已知M:m=3:1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为µ，圆弧轨道的半径为R．‎ ‎ ‎ ‎（1）求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；‎ ‎（2）求水平轨道的长度；‎ ‎（3）若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件．‎ ‎【答案】（1），方向水平向右 （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有 滑块M的速度 ‎，方向向右．‎ ‎（2）物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有 解得 ‎（3）物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大．若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度．对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有 相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有 解得:‎ 要使物块m不会越过滑块，其初速度 ‎12.如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度 B1=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量、质量的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，‎0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C．求：‎ ‎(1)离子在平行板间运动的速度大小．‎ ‎(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标．‎ ‎(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度的大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？‎ ‎【答案】（1）5.0×‎105 m/s （2）‎0.6m （3）B2′≥0.3 T ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，‎ 则有 qE1=qvB1，‎ 代入数据解得：‎ v=5.0×‎105 m/s；‎ ‎（2）离子进入磁场，做匀速圆周运动，‎ 由牛顿第二定律有：‎ qvB2=m 得，r=‎0.2 m，‎ 作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图甲所示，‎ OQ=2r，‎ 若磁场无边界，一定通过O点，则轨迹圆弧QN的圆心角为θ=90°，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，‎ 离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，‎ y=OO′=vt，‎ x=at2，‎ 而 a=，‎ 则 x=‎‎0.4 m 离子打到荧光屏上的位置C的水平坐标为 xC=（0.2+0.4）m=‎0.6 m．‎ ‎（3）只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x轴上．‎ 如图乙所示，‎ 由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径 r′=m，‎ 设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，‎ 则 qvB0=m，‎ 代入数据解得 B0= T=0.3 T，‎ 则 B2′≥0.3 T．‎ ‎（二）选考题 ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量损失，这样的热机效率可以达到100%‎ B. 质量不变的理想气体等温膨胀时一定从外界吸收热量 C. 冬天空调制热时，房间内空气的相对湿度变小 D. 压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力 E. 当液体与固体接触时，如果附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏则液体与固体之间表现为不浸润 ‎【答案】BCE ‎【详解】A．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%，故A错误；‎ B．理想气体在等温膨胀的过程中内能不变，同时对外做功，由热力学第一定律知，一定从外界吸收热量，故B正确；‎ C．密闭房间内，水汽总量一定，故空气的绝对湿度不变，使用空调制热时，房间内空气的相对湿度变小，故C正确；‎ D．压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差．不能表明气体分子间存在着斥力，故D错误；‎ E．液体与固体接触时，如果附着层被体分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润，故E正确。故选BCE．‎ ‎【点睛】热机的效率不可能达到100%；理想气体在等温膨胀的过程中内能不变，由热力学第一定律进行分析；相对湿度，指空气中水汽压与饱和水汽压的百分比；压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差；浸润和不浸润都是分子力作用的表现．‎ ‎14.如图，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端封闭的竖直管相连，气缸和竖直管均导热，气缸与竖直管的横截面积之比为3：1，初始时，该装置底部盛有水银；左右两边均封闭有一定质量的理想气体，左边气柱高‎24cm，右边气柱高‎22cm；两边液面的高度差为‎4cm．竖直管内气体压强为76cmHg，现使活塞缓慢向下移动，使气缸和竖直管内的水银面高度相差‎8cm，活塞与气缸间摩擦不计．求 ‎①此时竖直管内气体的压强；‎ ‎②活塞向下移动的距离．‎ ‎【答案】① ②‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①先以右侧气体为研究对象，找出初末状态的参量，根据根据玻意尔定律求压强；②再以左侧气体为研究对象，找出初末状态的参量，根据根据玻意尔定律求气柱的长度，然后根据几何关系求解活塞向下移动的距离．‎ ‎①若右侧竖直管的横截面积为,左侧气缸的横截面积则为 以右侧气体为研究对象： ‎ 若左侧液面下降，右侧液面升高 ‎，‎ 根据玻意尔定律得： ‎ 解得：‎ ‎②以左边气体为研究对象：‎ 根据玻意尔定律得：‎ 解得： ‎ 活塞下降的高度 ‎【点睛】本题考查了求压强、水银面的高度变化情况、活塞升高的高度，分析清楚图示情景，知道气体发生等温变化，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可解题．‎ ‎15.如图所示，是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN是垂直于放置的光屏，沿方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小 B. A光的频率比B光的频率高 C. 在该玻璃体中，A光比B光的波长长 D. 在真空中，A光的波长比B光的波长长 E. A光从空气进入该玻璃体后，其频率变高 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．光线通过玻璃体后，A光的偏折程度比B光的小，则该玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A光的频率比B光的频率低，由c=λγ知，在真空中，A光的波长比B光的长，故A、D正确，B错误；‎ C．设同一光线在真空中的波长为λ0，在玻璃体中的波长为λ，折射率为n，则 ‎，‎ 得：‎ 在真空中，A光的波长比B光的波长长，而玻璃体对A光的折射率比对B光的折射率小，由λ=λ0/n知，在该玻璃体中，A光比B光的波长长．故C正确；‎ E. 光的频率由光源决定，与介质无关，则A光从空气进入该玻璃体后，其频率不变．故E错误．‎ ‎16.机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，波长λ=‎0.8m，质点p的坐标x=‎0.32m．从此时刻开始计时．‎ ‎①若每间隔最小时间0.4s重复出现波形图，求波速；‎ ‎②若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速；‎ ‎③若p点经0.4s到达平衡位置，求波速．‎ ‎【答案】①‎2 m/s ②‎0.3 m/s ③（0.8+n）m/s（n=0，1，2，3，…）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①依题意，周期T=0.4 s，波速 v= = m/s=‎2 m/s．‎ ‎②波沿x轴正方向传播，当x=‎0.2m的振动传到p点，p点恰好第一次达到正向最大位移．‎ 波传播的距离 ‎△x=‎0.32 m﹣‎0.2 m=‎‎0.12 m 波速 v= = m/s=‎0.3 m/s．‎ ‎③波沿x轴正方向传播，若p点恰好第一次到达平衡位置则 ‎△x=‎0.32 m，‎ 由周期性，可知波传播的可能距离 ‎△x=（0.32+n）m（n=0，1，2，3，…）‎ 可能波速 v==m/s=（0.8+n）m/s（n=0，1，2，3，…）．‎