广西桂林中学2017届高三12月月考物理试卷 14页

广西省桂林中学2017届高三12月月考物理试卷（解析版）‎ 一、选择题 ‎1．如图所示，小孩用与水平方向成θ角的轻绳拉放置在水平面上的箱子，第一次轻拉，没有拉动；第二次用更大的力拉，箱子还是不动，则（　　　）‎ A．两次拉时箱子所受支持力相同 B．第二次拉时箱子所受支持力增大 C．第二次拉时箱子所受摩擦力增大 D．第二次拉时箱子所受摩擦力减小 ‎【答案】C ‎【解题思路】对箱子受力分析，受重力、拉力、支持力与静摩擦力，依据平衡条件，则支持力等于重力与拉力竖直方向的分力之差，当拉力增大时，则拉力竖直方向分力也增大，因此第二次拉时箱子所受支持力减小，选项A、B均错误；小孩之所以推不动，是因为箱子受到地面对它的静摩擦力作用，且静摩擦力和拉力水平方向的分力为平衡力，静摩擦力的大小等于拉力水平方向分力大小，由于拉力的增大，则摩擦力也变大，选项C正确，D错误，C正确，A、B、D均错误。‎ 考点：物体的平衡、静摩擦力 ‎【名师点睛】本题主要考查了物体的平衡、静摩擦力。物体处于静止状态，说明物体受平衡力的作用，根据力的合成与分解法则，从而确定静摩擦力的大小等于拉力水平分力的大小，而竖直方向支持力等于重力与拉力竖直方向的分力之差，从而即可求解。‎ ‎2．关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是（　　　）‎ A．原子核的结合能越大，原子核越稳定 B．任何两个原子核都可以发生核聚变 C．衰变成要经过8次衰变和6次衰变 D．发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2‎ ‎【答案】D ‎【解题思路】原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这也就是原子核的结合能，自然组成原子核的核子越多，它的结合能就越高。因此，有意义的是它的结合能与核子数之比，称做比结合能，也叫平均结合能。比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项A错误；自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素--氘与氚的聚变．不是任意的原子核就能发生核聚变，符合题意，选项B错误；衰变成的过程中，衰变的次数为，衰变的次数为：，选项C错误；发生α衰变时，电荷数少2，质量数少4，质量数等于质子数加上中子数，知中子数减少了2．选项D正确，D正确，A、B、C均错误。‎ 考点：结合能、衰变衰变、核聚变 ‎【名师点睛】本题主要考查了结合能、衰变衰变、核聚变。原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这也就是原子核的结合能自然，组成原子核的核子越多，它的结合能就越高。因此，有意义的是它的结合能与核子数之比，称做比结合能，也叫平均结合能。比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素--氘与氚的聚变．不是任意的原子核就能发生核聚变，衰变衰变时满足质量数守恒，电荷数守恒。‎ ‎3．图示是某区域的电场线分布情况如图所示，M、N、P是电场中的三个点，下列说法正确的是（　　　）‎ A．M点和N点的电场强度的方向相同 B．同一电荷在N点受到的电场力大于其在M点所受的电场力 C．正电荷在M点的电势能小于其在N点的电势能 D．负电荷由M点移动到P点，静电力做正功 ‎【答案】B ‎【解题思路】电场强度的方向是沿着电场线的切线方向，则可知M点和N点的电场强度的方向不同，选项A错误；电场线的疏密反电场强度的相对大小，电场线越密场强越大，N处电场线比M处密，则N处场强大，由，知同一电荷在N点受到的电场力大于其在M点所受的电场力，选项B正确；正电荷从M移动到N点时电场力做正功，电势能则减小，所以正电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能，选项C错误；负电荷所受的电场力方向与电场强度相反，则负电荷由M点移动到P点，静电力负功，选项D错误，B正确，A、C、D均错误。‎ 考点：电场线、电势能 ‎【名师点睛】本题主要考查了电场线、电势能电场强度的方向沿着电场线的切线方向，电场线的疏密反电场强度的相对大小，电场线越密场强越大，负电荷所受的电场力方向与电场强度相反，结合这些知识即可解答。‎ ‎4．图示为A、B两质点在同一条直线上运动的υ-t图象如图所示．A的最小速度和B的最大速度相同。已知在t1时刻，A、B两质点相遇，则（　　　）‎ A．两质点是从同一地点出发的 B．在0-t2时间内，质点A的加速度先变小后变大 C．在0-t2时间内，两质点的位移相同 D．在0-t2时间内，合力对质点B做正功 ‎【答案】B ‎【解题思路】根据速度图象与坐标轴围成面积代表位移，可知，在t1时间内，A的位移比B的位移大，而在t1时刻，A、B两质点相遇，所以出发时质点A在后，B质点在前，选项A错误；根据图象的斜率表示加速度，则知在0-t2时间内，质点A的加速度先变小后变大，选项B正确；由图知，在0-t2时间内，A质点的位移比B的位移大，选项C错误；在0-t2时间内，质点B的动能变化量为零，根据动能定理知，合力对质点B做的功为零，选项D错误，B正确，A、C、D均错误。‎ 考点：速度-时间图象 ‎【名师点睛】本题主要考查了速度-时间图象。关键要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积代表位移，图象的斜率表示加速度，结合动能定理分析合力做功正负。‎ ‎5．如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球（从半径大的轨道下滑的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点）分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨迹的最低点时，下列说法正确的是（　　　）‎ A．大球的速度可能小于小球的速度 B．大球的动能可能小于小球的动能 C．大球的向心加速度等于小球的向心加速度 D．大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力 ‎【答案】C ‎【解题思路】根据动能定理得，，解得：，可知半径大的圆形轨道，球到达底端的速度大，选项A错误；由动能定理：，可知大球质量大，下降的高度大，则到达底端的动能大，选项B错误；根据可知，两球的向心加速度相等，选项C正确；根据牛顿第二定律得，，代入，可得：,由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，选项D错误，C正确，A、B、D均错误。‎ 考点：圆周运动、动能定理、向心加速度 ‎【名师点睛】本题主要考查了圆周运动、动能定理、向心加速度。根据动能定理比较小球到达底端时的动能大小以及速度大小．根据向心加速度公式比较两球的向心加速度大小，结合牛顿第二定律比较支持力的大小。‎ 二、多选题 ‎6．如图所示，电路中的电阻的阻值为R = 100Ω，电流表为理想电流表，在a、b之间接入电压的交流电源，则 A．电流表的示数为2.2A B．t = 0.01s时，电流表的示数为零 C．若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，则电流表的示数也增大一倍 D．若将电阻换成200Ω，则电源的输出功率变为原来的两倍 ‎【答案】AC ‎【解题思路】根据可知，电压的最大值为，有效值为,电流的有效值为,电流表测量电流的有效值，即电流表的示数为2.2A，选项A正确；因为电流表显示的是有效值，不随时间变化，所以t = 0.01s时，电流表的示数为2.2A，选项B错误；若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，由Em = nBSω知，电动势的最大值增大一倍，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大一倍，则电流表的示数也增大一倍，选项C正确；若将电阻换成200Ω，由可知，U不变，电源的输出功率变为原来的一半，选项D错误，选项A、C均正确，B、D均错误。‎ 考点：交流电、电流有效值、电功率 ‎【名师点睛】本题主要考查了交流电、电流有效值、电功率。由电压U的表达式得出电压最大值，求得有效值，电表显示的是有效值，根据欧姆定律求电流的有效值．根据Em = nBSω分析转速提高后电动势的变化，再分析电流的变化．根据功率公式分析电源输出功率的变化。‎ ‎7．如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R、质量为m的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等．已知圆环的电阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则（　　　）‎ A．圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针 B．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动 C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为 D．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR ‎【答案】AD ‎【解题思路】由题意可知圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁通量应垂直纸面向外，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，选项A正确；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速，选项B错误；根据，选项C错误；由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，由动能定理得：,所以，选项D正确。 ‎ 考点：楞次定律、动能定理 ‎【名师点睛】本题主要考查了楞次定律、动能定理。分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据线圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据求电荷量根据动能定理求出线框的ab边刚进人磁场到ab边刚离开磁场这段过程中克服安培力做的功，即可知道线框从进入到全部穿过磁场的过程中克服安培力做的。‎ ‎8．某人造卫星进入一个绕地球转动的圆形轨道上，它每天绕地球转8周，假设地球同步卫星绕地球运行的轨道半径为地球半径的6.6倍，则此人造卫星（　　　）‎ A．绕地球运行的周期等于3h B．距地面高度为地球半径的1.65倍 C．绕地球运行的速率为地球同步卫星绕地球运行速率的2倍 D．绕地球运行的加速度与地球表面重力加速度之比为400∶1089‎ ‎【答案】ACD ‎【解题思路】已知该人造卫星每天绕地球转8周，则其绕地球运行的周期为：，选项A正确。‎ 地球同步卫星的周期为，则 ‎．设该人造卫星与地球同步卫星的轨道半径分别为r和r1，则根据开普勒第三定律得：,解得：，设地球的半径为R，由题有，所以，距地面高度为，选项B错误；由上分析知，该卫星的轨道半径是地球同步卫星轨道半径的，则根据，解得：，得知该卫星绕地球运行的速率为地球同步卫星绕地球运行速率的2倍，选项C正确；根据，解得，地球表面重力加速度为：,则有：，选项D正确，选项A、C、D均正确，B错误。‎ 考点：万有引力的定律的应用、开普勒第三定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了万有引力的定律的应用、开普勒第三定律。由题可知该人造卫星的周期，运用开普勒第三定律求出其轨道半径与地球同步卫星轨道半径之比，求出距地面高度．根据卫星的速度公式分析该卫星绕地球运行的速率与地球同步卫星绕地球运行速率的关系．根据分析加速度与地球表面重力加速度的关系。‎ ‎9．一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示．已知气体处于状态A时的温度为300K，则下列判断正确的是　　　 。‎ A．气体处于状态B时的温度是900K B．气体处于状态C时的温度是300K C．从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大 D．从状态A变化到状态B过程气体放热 E．从状态B变化到状态C过程气体放热 ‎【答案】ABE ‎【解题思路】由题义知：TA = 300K；A→B过程为等压变化，则有,代入数据解得：,选项A正确；B→C过程是等容变化，则有,代入数据解得：‎ ‎,选项B正确；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，选项C错误；由A→B气体的温度升高，内能增大．体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U = W + Q知，气体吸热，选项D错误。B→C过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律△U = W + Q知，气体放热．故E正确。所以ABE正确，C、D均错误。‎ 考点：理想气体状态方程 ‎【名师点睛】本题主要考查了理想气体状态方程．气体由状态A到状态B为等压变化，由盖•吕萨克定律求状态B时的温度．气体由B到C为等容变化，由查理定律求C状态的温度；一定质量理想气体内能变化由温度决定，用热力学第一定律来分析吸热还是放热。‎ ‎10．关于下列光学现象，说法中正确的是　　　 。‎ A．电磁波和其他可见光一样，也能产生衍射现象 B．水中蓝光的传播速度比红光的慢 C．光的偏振现象说明光是纵波 D．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽 E．一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹，是因为玻璃三棱镜吸收了白光中的一些色光 ‎【答案】ABD ‎【解题思路】一切波都有干涉、衍射现象，电磁波也是波，因此电磁波和其他可见光一样均具有干涉、衍射等现象，选项A正确；蓝光的折射率大于红光的折射率，根据知水中蓝光的传播速度比红光慢，选项B正确；光的偏振现象说明光是横波．选项C错误；由于红光的波长大于蓝光的波长，根据条纹间距等于，故在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽，选项D正确；一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹是因为光的折射，不是因为三棱镜吸收了光；故E错误，选项A、B、D均正确，CE错误。‎ 考点：衍射现象、双缝干涉、光的折射 ‎【名师点睛】本题主要考查了衍射现象、双缝干涉、光的折射。所有电磁波在真空中的速度均相同，均为光速；因为蓝光的折射率大于红光的折射率，由可知蓝光的传播速度与红光的速度大小关系；根据可明确干涉条纹与波长间的关系；明确光的色散的原理。‎ 三、实验题 ‎11．图甲是验证机械能守恒定律的装置．一根轻细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方．在钢球底部竖直地粘住一片质量不计、宽度为d的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出．记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t。‎ ‎（1）△Ep = mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到　 之间的竖直距离。‎ A．钢球在A点时的顶端 B．钢球在A点时的球心 C．钢球在A点时的底端 ‎（2）用计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，则遮光条宽度为　　　　cm，某次测量中，计时器的示数为0.0150s，则钢球的速度为υ = 　　　　m/s（结果保留三位有效数字）。‎ ‎（3）计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小△Ep与动能变化大小△Ek，就能验证机械能是否守恒。‎ ‎【答案】（1）B（2）1.501.00‎ ‎【解题思路】（1）小球下落的高度h是初末位置球心之间的高度差，即钢球下落的高度h应为释放时的钢球球心到钢球在A点时的球心之间的竖直距离，答案为B。‎ ‎（2）因为刻度尺的最小分度为1mm，故读数要估读一位。即读数为：1.50cm。根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，钢球的速度：。‎ 考点：验证机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了验证机械能守恒定律。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，掌握刻度尺读数的方法，需估读一位；小球下落的高度h是初末位置球心之间的高度差；根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出钢球的速度。‎ ‎12．某同学利用如图甲所示的电路测量满偏电流为100的电流表内阻（约1000Ω），可供选择器材有：‎ 滑动变阻器R1，最大阻值20Ω；‎ 滑动变阻器R2，最大阻值100kΩ；‎ 电阻箱，最大阻值99999Ω，‎ 电池E，电动势9.0V（内阻不计），开关2个，导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）图中滑动变阻器R应选用　　　（填“R1”或“R2”）；‎ ‎（2）保持开关S1闭合，S2断开，调节滑动变阻器R接入电路的阻值，使得电流表满偏．再闭合S2，调节电阻箱的阻值．使得电流表半偏．如果电阻箱R′的示数为995Ω，则待测电流表的内阻Rg = 　　　Ω，且测量值　　　 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；‎ ‎（3）若要把该电流表改装成3V的电压表，应串联　　 Ω的电阻；现要校准该改装后的电压表．使用乙图中的实验器材（能满足实验要求），滑动变阻器采用分压电路．把实物图连上导线。‎ ‎【答案】（1）R2（2）995小于（3）29005实物连线如图所示 ‎【解题思路】（1）为减小实验误差，应选择最大阻值较大的滑动变阻器R2。‎ ‎（2）电流表半偏时流过电流表与电阻箱的电流相等，它们并联两端电压相等，由欧姆定律可知，它们的电阻相等，则电流表内阻：Rg = 995Ω；把电阻箱接入电路时电路总电阻变小，电路总电流变大，电流表半偏 时流过电阻箱的电流大于流过电流表的电流，电阻箱阻值小电流表内阻，故电流表内阻测量值小于真实值；‎ ‎（3）把电流表改装成3V的电压表，需要串联电阻，串联电阻阻值：‎ 校准电压表电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ 考点：测量电流表内阻 ‎【名师点睛】本题主要考查了测量电流表内阻。应用半偏法测电流表内阻滑动变阻器阻值越大，实验误差越小，应选择最大阻值较大的滑动变阻器．根据半偏法测电阻的原理求出电流表内阻且分析实验误差．把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值；校准改装后的电压表，电压表要采用分压接法，与标准电压表并联，据此连接实物电路图。‎ 四、计算题 ‎13．一质量为M的沙袋用长度为L的轻绳悬挂，沙袋距离水平地面高度为h，一颗质量为m的子弹，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上（沙袋的质量不变，子弹与沙袋作用的时间极短）．测量出子弹落地点到悬挂点的水平距离为x，在子弹穿出沙袋后沙袋的最大摆角为θ，空气阻力不计，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）子弹射出沙袋瞬间的速度大小υ1；‎ ‎（2）子弹射入沙袋前的速度大小υ。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解题思路】（1）子弹射出沙袋后做平抛运动，根据平抛运动规律：‎ 在竖直方向：‎ 解得：‎ ‎（2）由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 对子弹穿过沙袋的过程，以向右为正，根据动量守恒定律得:‎ 解得：‎ 考点：平抛运动、动量守恒定律、机械能守恒定律 ‎【名师点睛】本题主要考查了平抛运动、动量守恒定律、机械能守恒定律。子弹射出沙袋后做平抛运动，根据平抛运动基本公式求解；对沙袋，根据机械能守恒定律求出子弹射出时，沙袋的速度，对子弹穿过沙袋的过程，以向右为正，根据动量守恒定律列式求解即可。‎ ‎14．如图所示，C、D为两平行金属板，C板带正电，D板带负电，E、F为金属板D右侧磁场中的两条虚线，C、D、E、F四条线相互平行。且相邻两条线间距d = 10m。虚线E左右两边的磁场方向相反，磁感应强度大小均为B = 1×10﹣2T。现在紧靠金属板C的O1由静止释放一质量m = 1.0×10﹣12kg、电荷量q = 1.0×10﹣8C的带正电粒子，粒子被电场加速后穿过金属板D中的小孔O2进入磁场，在磁场中运动时经过虚线F上的点O3。粒子在磁场中做圆周运动的半径R = 20m，粒子进入磁场后撤去加速电场，不计粒子重力。取。求：‎ ‎（1）C、D间的电压U；‎ ‎（2）粒子从O2到O3点的运动时间t；‎ ‎（3）若自粒子穿过O2开始，右方与虚线F相距30m处有一与之平行的挡板G向左做初速度为0的匀加速直线运动，当它与粒子相遇时，粒子运动方向恰好与挡板平行，求挡板的加速度大小a。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解题思路】（1）粒子进入磁场后做匀速圆周运动：‎ 粒子从C板到D板加速过程，根据动能定理：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）由几何关系可得：‎ 解得：‎ 粒子在DE和EF之间的运动时间均为,因此其从O2到O3点的运动时间：‎ 而 代入数据解得：‎ ‎（3）粒子运动方向恰好与挡板平行时，粒子运动时间:‎ 挡板G的移动时间：‎ 由几何关系知，到挡板G与粒子相遇时，挡板移动的距离为：‎ 且有：‎ 代入数据解得：‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、带电粒子在匀强电场中的运动。根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子速度，在根据动能定理求出电压；再根据几何关系求出轨迹对应的圆心角．根据题意和几何知识可知，粒子在匀强磁场B2中的运动轨迹所对应的圆心角也为，到达O3点时，粒子的速度方向恰好水平向右，从O2到O3点，在两个磁场中粒子运动的时间相等，由求解磁场中运动的时间．即可得到总时间；求出板移动的时间和距离，进而求出加速度。‎ ‎15．如图，柱形容器内用轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料．开始时活塞至容器底部的高度为H1 = 50cm，容器内气体温度与外界温度相等．在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2 = 30cm处，气体温度升高了△T = 60K；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3 = 25cm处：已知大气压强为p0 = 1×105Pa．求：气体最后的温度与压强。‎ ‎【答案】‎ ‎【解题思路】对取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降的等压过程，‎ 由盖-吕萨克定律：代入数据解得:‎ 从初始状态到末状态，温度相同，由玻意耳定律：‎ 代入数据解得:‎ 考点：理想气体的状态方程 ‎【名师点睛】本题主要考查了理想气体状态方程．由盖吕萨克定律和玻意耳定律列式即可求解．当取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降的等压过程，由盖-吕萨克定律即可解得气体最后的温度；从初始状态到末状态，温度相同，由玻意耳定律即可解得气体最后的压强。‎ ‎16．一列简谐横波在= 0时的波形图如图所示．介质中 = 2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为．介质中 = 6m处的质点刚好开始振动。求 ‎①这列波的波速；‎ ‎②从= 0时开始，到介质中 = 12m处质点第一次到达波谷所需的时间。‎ ‎【答案】①10m/s②0.9s ‎【解题思路】①由简谐振动表达式：可知：‎ 波的周期为：‎ 由波的图象得波长：‎ 故波速为：‎ ‎②= 0时，介质中 = 3m处波传播的距离：‎ 从= 0时，介质中 = 12m处的质点第一次到达波谷所需的时间：‎ 代入数据解得：‎ 考点：简谐振动图象 ‎【名师点睛】本题主要考查了简谐振动图象。根据质点P的振动方程，读出ω，周期为；根据波动图象读出波长，再求出波速；先求出t = 0时，介质中 = 3m处波传播的距离，在求出介质中 = 12m处的质点第一次到达波谷所需的时间即可。‎ ‎ ‎