【物理】安徽省定远县育才学校2020届高三6月模拟试题（解析版） 18页

安徽省定远县育才学校2020届高三6月模拟试题 二、选择题，本题共8小题，每小题6分，共48分。每小题给出的4个选项中，第14-17题只有一项是符合题意要求的，第18-21题有多项是符合题意要求的。全部选对的6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14.已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n＝4的能量状态，则 ‎ A. 氢原子可能辐射3种频率的光子 B. 氢原子可能辐射5种频率的光子 C. 有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 D. 有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 ‎15.如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速率为 v0，乙的速率为2 v0，两者方向互相垂直。小工件（看作质点）离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与甲、乙之间的动摩擦因数相同，乙的宽度足够大。工件与乙有相对运动的过程中，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 摩擦力的大小逐渐减小 B. 摩擦力的大小逐渐增加 C. 摩擦力的方向是变化的 D. 摩擦力的方向始终不变 ‎16.科学技术的发展没有一帆风顺，目前实力位于世界前茅的中国人民解放军火箭军也经历了 艰难的发展历程。1962年3月21日，我国自行研制的第一代战术导弹东风2号发射升 空.然而由于出现故障，导弹起飞后25s时发动机关闭，很快就坠毁在发射塔附近，导弹上升的最大高度仅为3570m。设发动机工作时推力恒定，导弹在空中一直沿竖直方向运动，不考虑大气的作用，已知东风2号的质量恒为3.0×104kg，取g=10m/s2，由此可知 A. 导弹在空中上升的时间与下落的时间之比为25:‎ B. 发动机工作时的推力是其重力的1.68倍 C. 15s时，导弹发动机的功率约为2.08×107W D. 返回地面时，导弹的动能约为1.07×1010J ‎17.一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示．则物块 A. 第一个t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移 B. 第一个t0时间内的平均速度大于第二个t0时间内的平均速度 C. 第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量 D. 第一个t0时间内合外力的功大小大于第二个t0时间内合外力的功大小 ‎18.图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是 ‎ A. 站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动 B. 在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍 C. 在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能 D. 若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接 ‎19.如图所示，电源电动势E＝3V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω、R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10﹣3μF的理想平行板电容器，电容器板长0.2m，板间距为0.125m。一带电粒子以0.8m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5‎ 阻值分别为1.8Ω、1Ω．下列说法正确的是 A. 此粒子带正电 B. 带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为3×10﹣9C C. 欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω D. 欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于l.4Ω ‎20.如图所示，平面直角坐标系中同时存在范围足够大、方向平行于坐标系平面的两个匀强电场I和II，其中电场I的场强大小为、方向沿轴。一个电子在某次运动中的轨迹如图中曲线所示，轨迹关于虚线对称，点坐标为。已知两点关于虚线对称，电子的重力不计，下列说法正确的是 A. 电子位于三点处的电势能大小关系是 B. 电场I和II的合场强方向与轴成30°角 C. 电场II的场强大小可能为 D. 电场II的场强大小可能为 ‎21.如图所示，质量均为m的物块a、b用一根劲度系数为k的轻弹簧相连接，放在倾角为θ的足够长光滑固定斜面上，且a是带电量为+q的绝缘物块，b不带电，C为固定挡板。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，系统处于静止状态。现用一外力F沿斜面方向拉物块a使之向上做匀加速运动，当物块a刚要离开斜面时物块b恰将离开挡板C。重力加速度大小为g，则此过程中 A. 物块a运动的距离为 B. b刚要离开挡板时弹簧弹力为2mgsinθ C. 外力F做的功为 D. 物块a运动的时间为 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。‎ ‎（一）必考题：‎ ‎22.（6分）在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置。实验操作的主要步骤如下：‎ A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直 B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A C．将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B D．将木板再水平向右平移同样距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C 若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，已知当地的重力加速度为g。‎ ‎①关于该实验，下列说法中正确的是_______‎ A．斜槽轨道必须尽可能光滑 ‎ B．每次释放小球的位置可以不同 C．每次小球均须由静止释放 D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，之后再由机械能守恒定律求出 ‎②根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝________。(用题中所给字母表示)‎ ‎③实验完成后，该同学对上述实验过程进行了深入的研究，并得出如下的结论，其中正确的是______。 ‎ A．小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为Δp1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为Δp2，则应有Δp1：Δp2=1:1‎ B．小球打在B点时的动量与打在A点时的动量的差值为Δp1，小球打在C点时的动量与打在B点时动量的差值为Δp2，则应有Δp1：Δp2=1:2‎ C．小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为ΔEk1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为ΔEk2，则应有ΔEk1：ΔEk2=1:1‎ D．小球打在B点时的动能与打在A点时的动能的差值为ΔEk1，小球打在C点时的动能与打在B点时动能的差值为ΔEk2，则应有ΔEk1：ΔEk2=1:3‎ ‎23. （9分）小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。‎ 他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图(a)的电路图：‎ a．电流表A1(量程0.6A，内阻很小)；电流表A2(量程300μA，内阻rA=1000Ω)；‎ b．滑动变阻器R(0-20Ω)；‎ c，两个定值电阻R1=1000Ω，R2=9000Ω；‎ d．待测电阻Rx；‎ e．待测电源E(电动势约为3V，内阻约为2Ω)‎ f．开关和导线若干 ‎(1)根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为___________(填“R1”或“R2”)‎ ‎(2)小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表A1、A2的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图(b)所示。根据图线可得电源电动势E=___________V；电源内阻r=___________Ω，(计算结果均保留两位有效数字)‎ ‎(3)小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：‎ ‎①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数Ia，电流表A2示数Ib；‎ ‎②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A1示数Ic，电流表A2示数Id；后断开S1；‎ ‎③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为___________。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比___________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)‎ ‎24. （14分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量m=lkg的小物块A，弹簧压缩后被锁定在某一长度。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=2ms的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量M=2kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物块A、B之间发生的是对心碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除。取g=10m/s2。‎ ‎(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；（4分）‎ ‎(2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边曲面距水平台面h′=0.5m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；（5分）‎ ‎(3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小。(计算结果可用根号表示)（8分）‎ ‎25. （18分）如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy，水平轴x下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆PQ与x轴的夹角θ=30°，杆的末端在y轴Q点处，PM两点间的距离为L。一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并由P点静止释放，与b瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为，b沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的N点，且OM=ON。已知重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)碰后b的速度大小υ以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能△E；（6分）‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小B；（6分）‎ ‎(3)b离开杆后经过多长时间会通过x轴。（6分）‎ ‎33．[物理—选修3–3]（15分）‎ ‎（1）（5分）下列说法正确的是_________。(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)‎ A. 温度高的物体，其分子的平均动能一定大 B. 岩盐是立方体结构，粉碎后的岩盐不再是晶体 C. 液晶既有液体的流动性，又有晶体的各向异性 D. 热量可以从低温物体传给高温物体 E. 温度升高，气体的压强一定变大 ‎（2）. （10分）如图所示，一内壁光滑开口向上的导热性能良好的圆柱形汽缸，用质量不计、横截面积为S的导热性能良好的活塞封闭了热力学温度为T1的气体，此时活塞与容器底部相距2h。现缓慢地将沙子倒在活塞上，当它与容器底部相距为h时，继续加沙子的同时通过电热丝缓慢加热气体，使活塞位置保持不变，直到气体热力学温度达到T2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞与汽缸间无摩擦且不漏气。求：‎ ‎①活塞刚与容器底部相距为h时(未加热气体)，封闭气体的压强；‎ ‎②整个过程中倒入沙子的总质量 ‎34.. [物理一选修3–4）（15分）‎ ‎(1)（5分）如图所示，三棱镜截面是边长为L=2cm的等边三角形，一束单色光与AB边成30°角斜射到AB边中点上，光束进入三棱镜后与三棱镜的底边平行，再经过三棱镜折射后离开三棱镜。光束离开三棱镜时相对于入射光线偏转的角度为θ=___________；棱镜对这束单色光的折射率n=___________；这束光通过三棱镜的时间t=___________。(已知真空中的光速c=3×108m/s)‎ ‎（2）（10分）甲乙两列横波传播速率相同，分别沿x轴正方向和负方向传播，t1时刻两列波的前端刚好分别传播到质点A和质点B，如图所示。已知横波甲的频率为2.5Hz，求：‎ ‎(i)在t1时刻之前，x轴上的质点C已经振动的时间；‎ ‎(ii)在t1时刻之后的2.5s内，x=+3处的质点位移为－6cm的时刻。‎ ‎【参考答案】‎ ‎14.C ‎【解析】根据＝6知，这群氢原子可能辐射6种频率的光子。故A错误，B错误。n＝4跃迁到n＝3辐射的光子能量为0.66eV，n＝3跃迁到n＝2辐射的光子能量为1.89eV，n＝4跃迁到n＝2辐射的光子能量为2.55eV，均小于逸出功，不能发生光电效应，其余3种光子能量均大于2.7eV，所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应。故C正确，D错误。‎ ‎15.D ‎【解析】当乙的速度为2v0时，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角为α，；工件受到的摩擦力与二者相对速度的方向相反，如图所示．‎ ‎ 工件在x轴、y轴方向的加速度的大小分别为ax、ay，根据牛顿运动定律ax=μgsinα，ay=μgcosα；经过极短的时间△t，x轴、y轴方向的相对速度大小分别为vx=v0-ax△t，vy=2v0-ay△t；解得   ，；表明经过极短的时间△t，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角仍为α，所以摩擦力方向保持不变；故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力的大小始终为f=μmg，方向不变；故选项ABC错误，D正确。‎ ‎16.B ‎【解析】A、设推力作用结束时的速度为v，则导弹匀加和匀减的平均速度为，故加速的位移为，，匀减的位移，联立解得：，则减速时间为，即加速和减速时间之比为；故A错误.‎ B、加速的加速度为，解得；故B正确.‎ C、导弹在15s时正在加速，，则发动机的功率为；故C错误.‎ D、导弹返回地面做自由落体运动，，则落地动能为；故D错误.故选B.‎ ‎17.C ‎【解析】AB：速度时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移；则物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移．据得，物块第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度．故AB两项错误．‎ C：冲量，可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量．故C项正确．‎ D：根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量．由图知，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，则第一个t0时间内合外力的功大小等于第二个t0时间内合外力的功大小．故D项错误．‎ ‎18．BD ‎【解析】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A错误；由得：，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为，故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C错误；“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D正确；‎ ‎19.BC ‎【解析】A．上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误；‎ B．电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0═2V，电容器的电荷量为 Q0＝CU0＝1.5×10﹣9×2C＝3×10﹣9C，故B正确；‎ C．当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间 ‎。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有 ，解得：a＝2m/s2．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得，并可得，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1的电压UR1＝E﹣U1＝0.6V，电流 ，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 ，由，由此算出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω，故C正确；‎ D．同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s2．电容器极板间电压 U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误。‎ ‎20.AD ‎【解析】由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力沿CO方向，则电场的方向沿OC方向，则AB两点电势相等且高于C点的电势，则电子位于三点处的电势能大小关系是，选项A正确；由C点的坐标可知，合场强的方向与x轴夹角为30°，选项B错误；由平行四边形法则可知，场强II的最小值为 ，可知选项C错误，D正确。‎ ‎21.AD ‎【解析】A．刚开始时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小：，物块b恰将离开挡板时，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力大小：。整个过程弹簧形变量即a的运动距离，A正确 B．b刚要离开挡板时对b分析有弹簧弹力：，B错误 CD．物块a刚要离开斜面时，垂直于斜面方向有，解得：，物块a匀加速，有，，联立解得：；整个过程的初末状态弹簧的弹性势能大小相等，根据动能定理得：解得：，C错误D正确。‎ ‎22. C （2分） （2分） A（2分）‎ ‎【解析】.①‎ A、为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，B错误，C正确．D、小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h，结合水平位移求出，故D错误．故选C。②根据，解得：，③依据动量定理：，由于水平位移相同，则它们的运动时间相等，因此应有，故A正确，B错误；根据动能定理：，虽然它们的运动时间相等，但由于竖直方向不是初速度为零，那么竖直方向的位移不是1：3，因此，竖直方向的位移也不相等，所以动能的变化量也不相等，故CD错误；故选A。‎ ‎23.R2 （2分） 3.0 （2分） 2.1 （2分） （2分） 相等 （1分）‎ ‎【解析】（1）电流表A2与R2串联，可改装为量程为的电压表，故选R2即可；‎ ‎（2）由图可知电流表A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E=3.0V；内阻 ‎ ‎（3）由题意可知： ，；联立解得；由以上分析可知，若考虑电流表A1内阻的影响，则表达式列成： ，，最后求得的Rx表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。‎ ‎24.（1）物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为； （2）； （3），‎ ‎【解析】（1）若B在传送带上能一直减速运动，设它在最左端时的速度为v1前，则B从最高点运动到传送带最左端的过程中由动能定理： ‎ 解得v前1=4m/s>2m/s，则物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4m/s；‎ ‎（2）设B与A碰撞后瞬间的共同速度为v1后，对AB系统由动量守恒定律： ‎ 分析可知，当弹簧恢复原长时AB分离，设B第一次离开弹簧时速度为v1离 ‎，对B离开弹簧到运动到h＇高度处由动能定理： ‎ 对AB及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置，由能量守恒定律： ‎ 联立解得： ‎ ‎（3）若B从h＇处下落后再传送带上能够一直减速，则B从h＇运动到传送带最左端过程中由动能定理：‎ 解得，故物块B与物块A第二次碰撞前的速度大小为；B与A第二次碰撞的过程中，对AB系统： ‎ 解得；‎ B向右再次冲到传送带上若能在其上速度减为0，设其通过的位移为x，由动能定理：‎ 解得 故而B第三次与A相碰时速度仍为；‎ 再由：‎ 解得；‎ 推理可知B与A第n次碰撞后速度大小表达式为：‎ 根据以上分析可知：，（n=2，3，4…）‎ ‎25.（1） ； （2） ‎ ‎（3）ⅰ；竖直向上经过x轴： （n=1、2、3……）ⅱ；竖直向下经过x轴： （n=1、2、3……）‎ ‎【解析】（1）设a和b相碰前的速度大小为v1，碰后的速度为v2，由机械能守恒定律： ‎ ‎ ‎ 由动量守恒定律： ‎ 解得 ‎ 机械能损失： ‎ 解得 ‎ ‎（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B，由于b从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，可得qvBcosθ=2mg，‎ 解得 ‎ ‎（3）b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，‎ 由几何关系可知轨迹的圆心O′在x轴上，b经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角α=1200，又匀速圆周运动的周期为 ‎ b从Q点第一次通过N点的时间为 ‎ 可得 ‎ b第一次通过N点后做竖直上抛运动，经t2时间第二次通过N点，有： ‎ b第二次通过N点后做竖直上抛运动，经t3时间第三次通过N点，有：‎ 故b离开杆后会通过x轴的可能时间是：‎ ‎（ⅰ）竖直向上通过x轴：‎ ‎ （n=1、2、3、……）‎ ‎（ⅱ）竖直向下通过x轴：‎ ‎ （n=1、2、3、……）‎ ‎33.（1）ACD ‎【解析】温度越高，分子的平均动能越大，故A正确；岩盐是立方体结构，是晶体，且有规则的几何形状，粉碎后的岩盐仍是晶体，仍有规则的几何形状，故B错误；液晶是一种特殊的物态，它既有液体的流动性，又有晶体的各向异性，故C正确；根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，不过需要消耗外界的功，故D正确；根据理想气体状态方程可知：，温度升高，气体的压强不一定增大，还与气体的体积是否变化有关，故E误。故选ACD。‎ ‎（2）.（1） ；（2）‎ ‎【解析】①气体做等温变化，根据玻意耳定律列式可求解封闭气体的压强；‎ ‎②根据查理定律，结合活塞的平衡方程求解沙子的质量。‎ ‎①已知，p1=p0，‎ 气体做等温变化，根据玻意耳定律：p1V1= p2V2‎ 解得活塞刚与容器底部相距为h时，封闭气体的压强p2=2p0‎ ‎②保持活塞位置不变，气体做等容变化，根据查理定律： ‎ 由平衡条件可知：mg=(p3-p1)S 解得沙子的质量：‎ ‎34.（1）60° ,1×10-10s ‎ ‎【解析】解：如图所示，由于光束进入三棱镜后与三棱镜的底边平行，可知，折射率：；根据可得：，这束光通过三棱镜的时间：‎ ‎（2）.（1）0.6s（2）t1+1.2和t1+2.0s ‎【解析】（1）由 可得 ‎ 则 解得 ‎（2）x=+3处的变化质点位移为6cm，则说明两列波的波谷同时到达x ‎=+3处，则有甲波的波谷到达x=+3处得时间为 （n=0、1、2、3……）‎ 乙波的波谷到达x=+3处的时间为 （n=0、1、2、3……）‎ 由 可解得m=2n-1‎ n=1，m=1，t=1.2s n=2，m=3，t=2.0s n=3，m=5，t=2.8s 在t1时刻之后得2.5s内，x=+3处的质点的位移为-6cm得时刻为t1+1.2s和t1+2.0s.‎