2021年海南省新高考物理試卷

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.公元前4世紀末，我國的僵經》中提到“力，形之所以奮也”，意為力是使有形

之物突進或加速運動的原因。力的單位用國際單位制的基本單位符號來表示，正確

的是（）

A.kg-m-s-1B.kg-m-s~2C.Pa-m2D.J-m~1

2.水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所

示，滑梯頂端到末端的高度H=4.0m,末端到水面的高度/i=l.Onio取重力加速

度g=10m/s2,將人視為質點，不計摩擦和空氣阻力。則人的落水點到滑梯末端

的水平距離為（）

A.4.0mB.4.5mC.5.0mD.5.5m

3.某金屬在一束單色光的照射下發生光電效應，光電子的最大初動能為劣,已知該金

屬的逸出功為生,普朗克常量為人根據愛因斯坦的光電效應理論，該單色光的頻

率丫為（）

4.2021年4月29日，我國在海南文昌用長征五號B運載火箭成功將空間站天和核心艙

送入預定軌道。核心艙運行軌道距地面的高度為400km左右，地球同步衛星距地面

的高度接近36000km。則該核心艙的（）

A.角速度比地球同步衛星的小B.周期比地球同步衛星的長

C.向心加速度比地球同步衛星的大D.線速度比地球同步衛星的小

5.1932年，考克饒夫和瓦爾頓用質子加速器進行人工核蛻變實驗，驗證了質能關系

的正確性。在實驗中，鋰原子核俘獲一個質子后成為不穩定的被原子核，隨后又蛻

變為兩個原子核，核反應方程為Bet2X。已知葉”、宓、X的質量分

別為恤=1.00728”、m2=7.01601〃、m3=4.00151U,光在真空中的傳播速度為

c,則在該核反應中（）

A.質量虧損4n=4.02178u

2

B.釋放的核能4E=（mr+m2-2m3）c

C.鉞原子核內的中子數是5

D.X表示的是鬣原子核

6.如圖，長方體玻璃磚的橫截面為矩形MNPQ,MN=

2NP,其折射率為企。一束單色光在紙面內以。=

45。的入射角從空氣射向MQ邊的中點。，則該束單

色光（）

A.在MQ邊的折射角為60。B.在MN邊的入射角為45。

C.不能從MN邊射出D.不能從NP邊射出

7.如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩Q

相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向

右的推力尸作用在P上后，輕繩的張力變為原來的應

一半。已知P、Q兩物塊的質量分別為啊=0.5kg、

mQ=0.2kg,P與桌面間的動摩擦因數〃=0.5,重力加速度g=lOm/s?。則推力F

的大小為（）

A.4.0NB.3.0NC.2.5ND.1.5/V

8.如圖，U型對接的絕緣斜面M、N固定在水平面上，兩斜

面與水平面夾角均為a=60。，其中斜面N光滑。兩個質

量相同的帶電小滑塊P、Q分別靜止在M、N上，P、Q連

線垂直于斜面M,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則

P與M間的動摩擦因數至少為（）

V3

7B4C-TD.

二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）

9.如圖，理想變壓器原線圈接在u=220&5譏100兀￡（匕）的交流電源上，副線圈匝數

可通過滑片/來調節。當滑片P處于圖示位置時，原、副線圈的匝數比%：電=2：

1，為了使圖中"100V,50W”的燈泡能夠正常發光，下列操作可行的是（）

第2頁，共20頁

A.僅將滑片P向上滑動

B.僅將滑片P向下滑動

C.僅在副線圈電路中并聯一個阻值為200的電阻

D.僅在副線圈電路中串聯一個阻值為200的電阻

10.甲、乙兩人騎車沿同一平直公路運動，t=0時經過路邊的同一路標，下列位移一時

間（x-t）圖像和速度一時間8-t）圖像對應的運動中，甲、乙兩人在to時刻之前能

再次相遇的是（）

11.如圖，在勻強電場中有一虛線圓，ab和cd是圓的兩條直7"

,--￡

徑，其中ab與電場方向的夾角為60。，ab=0.2m,cd與/'/''、.

_：A600',

電場方向平行，a、b兩點的電勢差Uab=20V。貝！|（）C卜------------1d

‘'t

------------------------------r----->

A.電場強度的大小E=200V/m

a'....一

B.b點的電勢比d點的低5U------------------------------->

C.將電子從c點移到d點，電場力做正功

D.電子在a點的電勢能大于在c點的電勢能

12.如圖，一定質量的理想氣體從狀態a出發，經過等容過程到

達狀態b,再經過等溫過程到達狀態c,直線ac過原點。則

氣體（）

0

A.在狀態c的壓強等于在狀態a的壓強

B.在狀態b的壓強小于在狀態c的壓強

C.在b-c的過程中內能保持不變

D.在a-b的過程對外做功

13.如圖，在平面直角坐標系。町的第一象限內，存在垂直紙

面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為8。大量質量為m、

電量為q的相同粒子從y軸上的P（O,V5L）點，以相同的速

率在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向

與y軸正方向的夾角為a（0<a<180。）。當a=150。時,

粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。貝M）

A.粒子一定帶正電

B.當a=45。時，粒子也垂直x軸離開磁場

C.粒子入射速率為眄絲

m

D.粒子離開磁場的位置到。點的最大距離為36L

三、實驗題（本大題共2小題，共20.0分）

14.在伏安法測電阻的實驗中，提供以下實驗器材：電源E（電動勢約6V,內阻約10）,

待測電阻之（阻值小于10。），電壓表火量程3乙內阻約3k0）,電流表4（量程0.64

內阻約10）,滑動變阻器（最大阻值200,單刀開關S],單刀雙擲開關S2,導線若干。

某同學利用上述實驗器材設計如圖所測量電路。

回答下列問題:

（1）閉合開關Si前，滑動變阻器的滑片P應滑到（填"a”或"b”）端；

（2）實驗時，為使待測電阻的測量值更接近真實值，應將S2撥向（填“c”或

“d”）；在上述操作正確的情況下，引起實驗誤差的主要原因是（填正確選

項前的標號）；

人電流表分壓

B.電壓表分流

C.電源內阻分壓

（3）實驗時，若已知電流表的內阻為1.20,在此情況下，為使待測電阻的測量值更

接近真實值，應將52撥向（填“c”或"d”）；讀得電壓表的示數為2.37人

電流表的示數為0.334則&=_____0（結果保留兩位有效數字）。

第4頁，共20頁

15.為了驗證物體沿光滑斜面下滑的過程中機械能守恒，某學習小組用如圖1所示的氣

墊導軌裝置(包括導軌、氣源、光電門、滑塊、遮光條、數字毫秒計)進行實驗。此

0123主尺

lllllllIIIlll.llllllll“I(cm)

IIff11111111111lill

游標

o1020

圖2

(1)某同學設計了如下的實驗步驟，其中不必要的步驟是

①在導軌上選擇兩個適當的位置小B安裝光電門I、U,并連接數字毫秒計；

②用天平測量滑塊和遮光條的總質量小；

③用游標卡尺測量遮光條的寬度由

④通過導軌上的標尺測出4、B之間的距離1；

⑤調整好氣墊導軌的傾斜狀態：

⑥將滑塊從光電門I左側某處，由靜止開始釋放，從數字毫秒計讀出滑塊通過光

電門I、n的時間4匕、仇2；

⑦用刻度尺分別測量4、B點到水平桌面的高度生、傷：

改變氣墊導軌傾斜程度，重復步驟⑤⑥⑦，完成多次測量。

(2)用游標卡尺測量遮光條的寬度d時，游標卡尺的示數如圖2所示，則

d=mm；某次實驗中，測得g=11.60ms,則滑塊通過光電門I的瞬時速

度％=m/s(保留3位有效數字)；

(3)在誤差允許范圍內，若幻-h2=(用上述必要的實驗步驟直接測量的物理

量符號表示，已知重力加速度為g),則認為滑塊下滑過程中機械能守恒；

(4)寫出兩點產生誤差的主要原因：。

四、計算題(本大題共3小題，共36.0分)

16.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，其波源的平衡位置在坐標原點，波源在0?4s內

的振動圖像如圖(a)所示，己知波的傳播速度為0.5TH/S。

(1)求這列橫波的波長；

(2)求波源在4s內通過的路程；

(3)在圖(瓦)中畫出t=4s時刻的波形圖。

>Vcm

(II*

“4卜???1..0'.■?\■??I

圖(a)圖(b>

17.如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度盯向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初

速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為巾和2譏，它們之間的動摩

擦因數為〃，重力加速度為g。

(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大??；

(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；

(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保

持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所

做的功。

第6頁，共20頁

18.如圖，間距為I的光滑平行金屬導軌，水平放置在方向豎

直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為8,導軌

左端接有阻值為R的定值電阻，一質量為m的金屬桿放在

導軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度火向右做勻速直線運動，此時金屬桿內自

由電子沿桿定向移動的速率為劭。設金屬桿內做定向移動的自由電子總量保持不變,

金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其它電阻。

(1)求金屬桿中的電流和水平外力的功率；

(2)某時刻撤去外力，經過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變為號,

求：

心這段時間內電阻R上產生的焦耳熱；

(")這段時間內一直在金屬桿內的自由電子沿桿定向移動的距離。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：力仄根據牛頓第二定律的表達式F=7na可知，力的單位為

故A錯誤，B正確；

C、根據壓強的表達式p=?可知，力的單位為Pa-m2,但是壓強單位Pa不是國際制基

本單位，故C錯誤；

D、根據功的表達式皿=Fx可知，力的單位是/?巾-1,但是功的單位/不是國際制基本

單位，故。錯誤。

故選：Bo

國際單位制規定了七個基本物理量，分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光

強度、物質的量，它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關系式

推導出來的物理量的單位叫做導出單位；通過物理公式去推導力的單位。

本題以我國的《墨經》中提到“力，形之所以奮也”為背景，考查了國際單位制中力的

基本單位，要明確國際單位制中規定了七個基本物理量，這七個基本物理量分別是誰，

它們在國際單位制分別是誰，這都是需要學生自己記住的。

2.【答案】A

【解析】解：人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為明

根據機械能守恒定律可知mg"=1mv2,

代入數據解得u=4^/5m/s

從滑梯末端水平飛出后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，

根據可知落水時間為

t=但=mS=ps

qg\10y]5

水平方向做勻速直線運動，則人的落水點距離滑梯末端的水平距離為

x=a=4遍義Rm=4.0m，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

根據機械能守恒定律計算達到滑梯末端時的速度的大小，再根據平拋運動規律計算人的

落水點到滑梯末端的水平距離。

第8頁，共20頁

本題關鍵是分析清楚物體的運動規律，也可以對全過程運用機械能守恒定律和平拋運動

的規律列式求解。

3.【答案】D

【解析】解：根據愛因斯坦的光電效應方程可知成=%+%

解得該單色光的頻率為

_%+Ek

V-h

故A8C錯誤，。正確

故選：D。

根據光電效應方程成=%+Ek進行求解即可。

解決本題的關鍵掌握光電效應方程，以及知道逸出功與極限頻率的關系，注意普朗克常

數的含義。

4.【答案】C

【解析】解：核心艙和同步衛星都是受萬有引力，萬有引力提供向心力而做勻速圓周運

動，有

22

GMmmv4n7

=-y=m—r=ma=ma)^r

可得：3=席;T=2rr島;。岑…=型

而核心艙運行軌道距地面的高度為400km左右，地球同步衛星距地面的高度接近

36000km,即核心艙的半徑比地球同步衛星的半徑小

由此可知：核心艙的角速度比地球同步衛星的大，周期比同步衛星短，向心加速度比地

球同步衛星大，線速度比地球同步衛星的大，故ABD錯誤，C正確；

故選:Co

衛星的萬有引力提供向心力，根據相關公式判斷每個物理量的大小關系。

常規的萬有引力定律應用，可通過口訣“高軌低速長周期”完成判斷。

5.【答案】B

【解析】解：CD、根據核反應方程滿足質量數守恒和電荷數守恒，可知方程為

lLi+{HBe-2gHe則z=3+1=4,A=7+1=8,被原子核內的中子數是4,X表

示的是氯核，故CO錯誤；

AB,核反應質量虧損為

Am—m+m2-2m3—0.02027it

則釋放的核能為

22

AE=Amc=(m+zn2-2zn3)c

故A錯誤，B正確；

故選：Bo

核反應方程同時滿足質量數守恒和電荷數守恒。根據反應前后各個核子的質量差求質量

虧損。

直接利用核反應方程的質量數和電荷數守恒即可正確求解，根據核子的質量求解核反應

過程中的質量虧損。

6.【答案】C

【解析】解：4光線從。點入射，設折射角為氏由折射定律有

sina

"麗

解得

B=30°

即在MQ邊的折射角為30。，故A錯誤；

A設邊長NP=L則MN=21,作出折射后的光路圖如圖所示

典,

由幾何關系可知光在MN邊的入射角為60。，故8錯誤；

C.光從光密到光疏發生全反射的臨界角設為。，有

sind=-=—

n2

即。=45°,而MN邊的入射角為60。＞45°,且滿足光密到光疏，故光在MN邊發生全反

射，即不能從MN邊射出，故C正確；

第10頁，共20頁

D根據幾何關系可知光在4點發生全反射后到達NP功的B點，根據光的折射的可逆性可

知，光從NP邊的B點折射后的折射角為45。，故。錯誤；

故選:Co

作出光路圖，根據折射定律以及全反射的臨界角公式求解折射角與臨界角；根據幾何關

系可知光在4點發生全反射后到達NP邊的B點，根據光的折射的可逆性可知，光從NP邊

的B點折射后的折射角為45。。

解決該題的關鍵是正確作出光路圖，熟記折射定律的表達式以及全反射的臨界角的求解

公式，能根據幾何知識求解相關的角度。

7.【答案】A

【解析】解：P靜止在桌面上時，Q也靜止，Q受到重力與繩子的拉力所以繩子的拉力居=

mQg=0.2xION=2N

P與桌面間的摩擦力：f=卬"=0.5x0.5xION=2.5N

將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力：F2=：FI=：X2N=1N

此時Q加速下降,可得：mQg-T2=mQa

此時P物體將以相同的加速度向右做勻加速直線運動，對P由牛頓第二定律可得：F+

T2-f=TnPa

代入數據解得：F=4.0/V,故A正確，錯誤。

故選:Ao

先對Q進行受力分析，由二力平衡求出繩子的拉力；再對P進行受力分析，由牛頓第二

定律即可求出推力幾

該題考查牛頓第二定律的應用，解答的關鍵是能正確理解輕繩的張力變為原來的一半時,

物體P與物體Q以相同大小的加速度都做加速運動。

8.【答案】D

【解析】解：滑塊Q在光滑斜面N上靜止，則P與Q帶電同性，兩者之間為庫侖斥力設為

F,兩滑塊的受力分析和角度關系如圖所示

對Q物體在沿著斜面方向有

mgcos300=Fcos300

可得F=mg

而對P物體動摩擦因數最小時有

/V2=F4-mgsin30°

f=口電

f=mgcos300

聯立解得4=?,故ABC錯誤，。正確；

故選：。。

分別對PQ受力分析，根據受力平衡計算P受到的摩擦力的大小。

解決本題的關鍵是分析清楚PQ的受力情況，根據受力平衡計算摩擦力的大小。

9.【答案】BD

【解析】解：原線圈電壓有效值

==220V2=220y

1V2近

則次級電壓有效值

u=^[/1=-x220V=110V>1007

則為了使圖中“100W50W"的燈泡能夠正常發光，則需要減小次級電壓，即僅將劃

片P向下滑動，或者僅在副線圈電路中串聯一個電阻，阻值為

R=?=當普0=20。

—L.--，

UL100

故選：BD。

首先根據理想變壓器原副線圈的關系，求解副線圈電壓的有效值，然后根據串聯電路電

阻與電壓的分配關系求解小燈泡兩端的電壓，最后分析滑線變阻器滑片的的移動方向。

第12頁，共20頁

解答本題的關鍵是理解小燈泡正常發光的含義是：小燈泡兩端的工作電壓為100V。

■.【答案】BC

【解析】解：4、該圖中，甲乙在％時刻之前位移沒有相等的時刻，即兩人在“時刻之

前不可能相遇，故A錯誤；

3、甲乙在琳時刻之前圖像有交點，即此時可位移相等，即兩人在場時刻之前能再次相

遇，故B正確；

C、因圖像的面積等于位移，則甲乙在片時刻之前位移有相等的時刻，即兩人能再

次相遇，故C正確；

。、在v-t圖像中，圖像與時間軸所圍面積表示位移，故在m時刻之前，甲的位移大于

乙的位移，則兩人不可能相遇，故。錯誤；

故選：BCo

在位移一時間圖像中，圖像的交點表示在相同時刻達到相同位移，在u-t圖像中，圖

像與時間軸所圍面積表示位移，即可判斷。

本題主要考查了久-t和u-t圖像，抓住在％-t圖像中，圖像的交點表示到達同一位置，

v-t圖像中，圖像與時間軸所圍面積表示位移即可

11.【答案】AD

【解析】解：4、根據1/皿=/。兒。560。可得電場強度的大?。?/p>

八貳黑片盜”標=200”如故A正確；

B、沿電場線電勢逐漸降低，可知b點的電勢比d點的電勢高，故8錯誤；

C、將電子從c點移到d點，因電子所受的電場力與位移反向，可知電場力做負功，故C

錯誤；

。、因a點的電勢低于c點電勢，則電子在a點的電勢能大于在c點的電勢能，故。正確；

故選：AD.

根據E==求出電場強度大??；沿電場線方向電勢逐漸降低判定電勢高低；根據力與位

移的夾角判定功的正負，結合電場力做功與電勢能的變化關系確定電勢能的變化。

本題主要考查了電場強度的計算和電勢高低的判定，以及電場力做功和電勢能改變量的

關系，解題關鍵明確E=gd為兩點沿電場線方向的距離。

a

12.【答案】AC

【解析】解：.根據V=可知，因直線ac過原點，則在狀態c的壓強等于在狀態a的

壓強，b點與原點連線的斜率小于c點與原點連線的斜率，可知在狀態b的壓強大于在狀

態c的壓強，故A正確，8錯誤；

C.在b-c的過程中溫度不變，則氣體的內能保持不變，故C正確；

D在a—b的過程中，氣體的體積不變，則氣體不對外做功，故。錯誤。

故選：AC.

一定質量的理想氣體內能取決于溫度，根據圖線分析氣體狀態變化情況，根據W=

判斷做功情況。

本題主要是考查了理想氣體的狀態方程的知識，要能夠根據圖像判斷氣體的溫度、壓強、

體積如何變化，結合W=p4V判斷做功情況。

13.【答案】ACD

【解析】解：4根據題意可知粒子垂直支軸離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電,

故A正確；

BC、當a=150。時，粒子垂直x軸離開磁場，運動軌跡如圖1

圖1

粒子運動的半徑為r=^-=2V3L

cos60°

洛倫茲力提供向心力qu8=my

解得粒子入射速率D=迺圾

若a=45。，粒子運動軌跡如圖2

第14頁，共20頁

圖2

根據幾何關系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直，故3錯誤，C正確；

D,粒子離開磁場距離。點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖3

根據幾何關系可知(2r)2=(V3L)2+

解得—3縣L

故O正確。

故選：ACD.

根據左手定則判斷粒子電性，做出粒子在磁場中的運動軌跡，根據幾何知識求解其做圓

周運動的半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解粒子進入磁場時的初速度大小，粒子離開

磁場距離。點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓。

解決該題關鍵能正確做出粒子在磁場中的運動跡，能根據兒何知識同時洛倫茲力提供向

心力解得半徑從而進行解答。

14.【答案】bcBd6.0

【解析】解：(1)滑動變阻器采用限流式接入電路，開關工閉合前，滑片P應滑到b端,

使滑動變阻器接入電路阻值最大，保護電路；

(2)根據題意可知待測電阻的阻值&<100滿足臺>*

所以電流表的分壓比較明顯，電流表應采用外接法，所以開關S2應撥向c端;

外接法的測量誤差主要來源于電壓表的分流，故選修

(3)若電流表內阻％=1.20,則電流表的分壓可以準確計算，所以電流表采用內接法,

所以開關S2應撥向d端；

電壓表測量電流表和待測電阻的總電壓U=2.37乙電流表分壓為%=lRg=0.33x

1.2V=0.396V

根據歐姆定律可知待測電阻阻值為&=牛=%產。x6.00

故答案為：⑴加(2)c,B；(3)d,6.0

(1)開關Si閉合前，滑片P應滑到b端，使滑動變阻器接入電路阻值最大，保護電路；

(2)根據待測電阻與電壓表和電流表內阻的關系確定電流表內外接；

(3)若電流表內阻為=1.20,則電流表的分壓可以準確計算，所以電流表采用內接法，

根據部分電路歐姆定律解得。

本題考查測定金屬絲的電阻率，實驗儀器的選擇是考試中經常出現的問題，在學習中要

注意掌握好其安全、準確的原則；同時注意滑動變阻器在電路中的應用規律，注意電流

表的內外接法的選擇。

15.【答案】②④5.000,431:臉)2座正下空氣阻力、遮光條太寬

9

【解析】解：(1)滑塊沿光滑的斜面下滑過程機械能守恒，需要通過光電門測量通過滑

塊運動的速度：v=W

At

滑塊下滑過程中機械能守恒，減少的重力勢能轉化為動能：mg(厄-九2)=［小域-

加資=加%)2-加%)2

整理化簡得：gdl-電)=*套)2-*肅)2

所以測量滑塊和遮光條得總質量m不必要，②滿足題目要求，測量4、B之間的距離(不

必要，④滿足題目要求。

故選：②④。

(2)游標卡尺的讀數為d=5mm+0x0.05mm=5.00mmo

滑塊通過光電門的速度%=/~=;^m/s=0.431m/s；

Z1C11l.OU

(3)根據(1)問可知：生_心=選:式2,在誤差允許的范圍內，滿足該等式可認滑

1'9

塊下滑過程中機械能守恒；

第16頁，共20頁

(4)滑塊在下滑過程中受到空氣阻力作用，產生誤差；遮光條寬度不夠窄，測量速度不

準確，產生誤差。

故答案為：(1)②④：(2)5.00、0.431；⑶總幺2如5(4)空氣阻力、遮光條太寬

9

(1)根據此實驗的設計原理，大致寫出要驗證的表達式，從而確定需要測量的物理量及

操作步驟；

(2)游標卡尺的讀數為主尺和游標尺的示數之和；

(3)根據光電門原理求得速度，從而得到動能增加量，根據重力勢能的減少量，再根據

機械能守恒定律可求得要驗證的表達；

(4)根據實驗原理和實際操作步驟分析誤差。

本題考查機械能守恒定律的驗證，解題關鍵掌握滑塊通過光電門的速度如何計算。

16.【答案】解析：(1)由題知圖(a)為波源的振動圖像，則可知

A=4cm,T=4s

由于波的傳播速度為"=0.5m/s,根據波長與速度關系有

A=vT=0.5m/sx4s=2m

(2)由(1)可知波源的振動周期為4s,則4s內波源通過的路程為

s=44=4x4cm=16cm

(3)由題圖可知在t=0時波源的起振方向向上，由于波速為。=0.5m/s,則在4s時有

x=vt=0.5m/sx4s=2m

可知該波剛好傳到位置為2m的質點，且波源剛好回到平衡位置，且該波沿正方向傳播,

則根據“上坡、下坡”法可繪制出t=4s時刻的波形圖如下圖所示

y/cm

答:

(1)這列橫波的波長為2m；

(2)波源在4s內通過的路程為16cm；

(3)在圖(b)中畫出t=4s時刻的波形圖為

【解析】(1)首先根據振動圖像得出振動周期T，然后由2=W1求得橫波波長；

(2)首先根據振動圖像得出振動振幅，然后根據每周期路程s=42和周期個數求解總路

程；

(3)首先根據振動圖像讀取波的起振方向，然后根據4s內，傳播的位移，最后根據“上

坡、下坡法”，繪制波形圖。

解答本題的關鍵是，能從波的振動圖像讀取周期、振幅和波源起振方向等信息。

17.【答案】解：(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統動量守恒，規定向右為正

方向，則

2mv0=3mVj/:

解得

v一也

V共一3

(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有

。求=2"滑

再根據動量守恒定律有

2mvQ=2mv^.+mv滑

聯立化簡得

24

V^=5V°'V^=5V°

再根據功能關系有

—umqx=-1xc2mv2.12——1xc27nl片9