1、2019 年全国高三统一联合考试理科综合能力测试（物理部分）一、选择题：1.一放射性原子核 X 静止在与纸面垂直的匀强磁场中，衰变后产生的原子核 Y 及粒子的运动轨迹如图，则A. 此次衰变可能为 衰变B. Y 的质子数比 X 的质子数小 4C. Y 的中子数比 X 的中子数小 4D. 轨迹 2 为 Y 的运动轨迹【答案】D【解析】【分析】静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，新核的速度与粒子速度方向相反，由外切圆可知，原子核发生了 衰变衰变前后，动量守恒，衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析解答即可【详解】A衰变瞬间粒子和原子核 Y 速度方向
2、相反，根据轨迹图可知，两者在切点处受到的洛伦兹力方向相反，而两者处于同一磁场中，根据左手定则可判断出两者带同种电荷，即 X 发生大的是 衰变，选项 A 错误；BCY 质子数比 X 质子数小 2，Y 的中子数比 X 的中子数小 2，选项 BC 错误；衰变过程遵循动量守恒定律，可得粒子和 Y 的动量大小相等，方向相反，结合可 D得电荷量越大，运动半径越小，故轨迹 2 为 Y 的运动轨迹，故选项 D 正确。qvB=mv2r【点睛】本题中原子核衰变过程类似于爆炸，遵守动量守恒和能量守恒，应用半径和周期公式解决2.如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为 2T，方向与水平面夹角为 (sin=0.6)。质量0
3、.4kg，长为 0.5m 的金属棒 PQ 垂直磁场放在水平面上，金属棒与水平面间的动摩擦因数为 0.75。当给金属棒通入大小为 4A、由 P 流向 Q 的电流时，金属棒的加速度大小为 (重力加速度大小为 10m/s2)A. 0 B. 2.5m/s2 C. 4.5m/s2 D. 5 m/s2【答案】C【解析】【分析】本题中，金属棒的电流方向与磁场垂直，安培力大小为 ，对物体进行正确的受F=BIl=4N力分析，结合牛顿第二定律即可进行求解。【详解】金属棒所受安培力大小为 ，根据牛顿第二定律有F=BIl=4N，带入数据解得 ，选项 C 正确。Fsin(mgFcos)=ma a=4.5m/s2【点睛】
4、对金属棒进行正确的受力分析是解决问题的关键。3.将一小球从地面上以 6m/s 的初速度竖直向上抛出，小球每次与水平地面碰撞过程中的动能损失均为碰前动能的 n 倍，小球抛出后运动的 vt 图象如图所示。已知小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度大小为 10m/s2，则 n 的值为A. B. C. D. 56 16 59 49【答案】B【解析】【分析】根据 图像求出上升过程和下降过程的加速度，利用运动学公式算出与地面碰撞前和碰撞vt后的速度，进而算出动能，依题意进行计算即可。【详解】0.5s 末小球第一次上升到最大高度，由 图像得，小球上升阶段的加速度大小为vt，小球第一次上升的最大高度
5、 。上升阶段，根据牛顿第二定律有a1=12m/s2 h1=1.5m，解得 ；下降阶段，根据牛顿第二定律有 ，解得mg+Ff=ma1Ffm=2m/s2 mgFf=ma2。第一次下降过程，根据 ，解得 ，第一次落地前小球的动能a2=8m/s2 v21=2a2h1 v1=26m/s，第一次与地面碰撞的过程中动能损失 ，则 ，选项 B 正Ek1=12mv21 Ek=Ek112mv22 n=EkEk1=16确。【点睛】对上升过程和下降过程进行正确的受力分析和运动分析是解决问题的关键。4.如图，在倾角为 的斜面顶端将三个小球 M、N、P 分别以 、v 0、2v 0 的初速度沿水平方v02向抛出，N 恰好落
6、到斜面底端。已知 sin= ，不计空气阻力，重力加速度大小为 g。则 M35落到斜面时的速度大小与 P 落到地面时的速度大小之比为A. 13100 B. 14 C. 116 D. 1013【答案】D【解析】【分析】由题意分析可知，M、N 会落到斜面上，物体平抛落到斜面上，由相同的位移偏向角，根据位移偏向角可以算出 M 的末速度 ，物体 N、P 落到水平面上，有相同的下降高度，故vM由相同的运动时间，根据运动学分析，可算出 。vP【详解】对 M： ，解得 ， ，对 N： ，解得tan=yMxM=12gt2Mv02tM tM=3v04g vMy=gtM=34v0 tan=yNxN=12gt2Nv0
7、tN， ， ， ，解得 ，tN=3v02g tP=tN=3v02g vPy=vNy=gtN=3v02 v2M=(v02)2+v2My vM=134v0，解得 ，故 ，故 D 正确。v2P=(2v0)2+v2Py vP=52v0 vM:vP= 13:10【点睛】平抛运动与斜面的结合问题，要抓住位移偏向角等于斜面的倾角。5.如图，一对电荷量相等的带正电的点电荷关于 Ox 轴对称放置。一重力不计的带电粒子从坐标原点 O 由静止释放，粒子 x 轴正向运动。关于带电粒子运动过程中的电势能 Ep 随坐标 x 变化的图象可能正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】等量同种电荷中垂线上的电场
8、强度的变化规律为：从无穷远处到 O 点在到无穷远处，电场强度先增大在减小，O 点最小，再增大再减小， Ep-x 图像的斜率表示电场力的大小，结合图像分析即可得答案。【详解】根据题意，粒子带负电。x 轴上的电场强度有两个最大值的点，且关于电荷连线对称。粒子运动过程中，电场强度可能先增大，达到最大值后再减小，运动到电荷连线中点时电场强度为 0，速度达到最大，继续运动，电场强度变大，达到最大值后再变小，根据 ，由此可知 ，结合斜率判断 A 选项正确。EP=qExEPx=qE【点睛】熟悉等量同种电荷中垂线上电场强度的分布特点是解决问题的关键。6.如图(a)，在同一平面内固定一长直导线 PQ 和一导线框
9、 abcd，abcd 在 PQ 的下方。导线PQ 中通有从 Q 到 P 的电流，电流 i 的变化如图(b) 所示(形状为向上平移的余弦曲线) 。导线框 abcd 中的感应电流A. 在 t=0 时为零B. 在 t1 时改变方向C. 在 t1 时最大，且沿 adcba 的方向D. 在 t3 时最大，且沿 adcba 的方向【答案】AC【解析】【分析】图像中电流最大时，变化率为零，磁通量最大，磁通量的变化率为零，电流为 0 时，磁i-t通量为零，磁通量的变化率最大， 图像斜率正负与感应电流的方向有关，斜率的正负不i-t变，感应电流的方向也不变，抓好这几点，根据不同的时间节点进行分析，即可解决问题。【
10、详解】A由图（b）可知，导线 PQ 中电流再 是达到最大值，变化率为零，故导线t=0框中的磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，此时导线框中产生的感应电动势为零，导线框 abcd 中的电流为零，选项 A 正确；B导线 PQ 中的电流再 时，其 图线斜率正负不变，所以导线框 abcd 中磁通量变化率t1 i-t的正负不变，根据楞次定律，此时导线框中产生的感应电流的方向不变，导线框 abcd 中的电流方向不变，选项 B 错误；C导线 PQ 中的电流在 时，其 图线的斜率最大，电流变化率最大，导线框 abcd 中磁t1 i-t通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，此时导线框 abcd 中产生的
11、感应电流最大，且由楞次定律可判断出感应电流的方向沿 adcba 方向，选项 C 正确；D由楞次定律可判断出在 时感应电流的方向为沿 abcda 方向，选项 D 错误；t3故选 AC7.一质量 m=2kg 的滑块在摩擦力作用下沿水平面减速滑行，其运动过程 t(其中 x 为滑块xt的位移)图象如图所示，重力加速度大小为 10m/s2，则A. 010s 内滑块的位移为 10mB. 010s 内滑块的平均速度为 1.5m/sC. 滑块受到的摩擦力大小为 0.8ND. 滑块与水平面间的动摩擦因数为 0.04【答案】CD【解析】【分析】结合运动学公式，正确分析 图像斜率与截距的物理意义，联立运动学公式，找
12、出初速度xt-t和加速度，对物体进行正确的受力分析即可。【详解】根据匀变速直线运动的位移公式 ，变形得 ，对比 图像得x=v0t+12at2 xt=v0+12at xt-t， ，解得 ，滑块减速时间 ，所以 10sv0=b=3m/sa2=k=-0.2m/s2 a=-0.4m/s2 t0=-v0a=7.5s末滑块已停止运动A.根据 ，解得 ，选项 A 错误；0-v20=2ax x=11.25mB.10s 内滑块的平均速度 ，选项 B 错误；v=xt=1.125m/sC.根据 ，解得 ，即滑动摩擦力大小为 0.8N，选项 C 正确；Ff=ma Ff=-0.8ND.根据 ，解得 ，选项 D 正确。|
13、Ff|=mg =0.04【点睛】正确分析 图像斜率与截距的物理意义是解决问题的关键。xt-t8.如图，轻弹簧一端悬挂在水平光滑轴 O 上，另一端固定一可视为质点的小球，静止时弹簧的长度为 L。现突然给小球一水平速度 v0= (g 为重力加速度大小)，则在小球向上运2gL动的过程中A. 弹簧的最大长度大于 LB. 小球到达的最高点高于 O 点C. 小球到达的最高点与 O 点等高D. 小球到达最高点时弹簧弹力为零【答案】AB【解析】【分析】弹簧在运动的过程中会发生形变，不好讨论，故可假设弹簧长度不变，然后进行受力分析，在最低点弹力和重力两力之和为零，做离心运动，弹簧伸长。之后利用能量守恒的观点讨论
14、弹簧运动到不同位置的情况，在圆周运动的最高点，法向合外力为零，弹簧的弹力沿法向方向。【详解】A小球获得速度 后，假设弹簧长度不变，则小球做圆周运动，在最低点弹力v0与重力的合力提供向心力，原来二者的合力为零，所以向心力不足，小球应该做离心运动，即弹簧长度边长，选项 A 正确；BC假设小球刚好运动到与 O 等高处，此时速度为零，弹簧弹力也为零，由于 ，v0= 2gL开始时系统的机械能为 ，所以小球运动到与 O 登高处时速度不为零，小12mv20+EpFmgL球继续向上运动，所以最高点高于 O 点，选项 B 正确，C 错误；D小球运动至最高点时速度为零，重力沿弹簧方向有分力，弹簧弹力不为零，选项
15、D 错误。【点睛】熟悉竖直面内圆周运动的特点以及使用能量守恒的观点是解决问题的关键。二、非选择题：9.某同学用如图(a)所示的装置，探究仅在摩擦力做功的条件下，摩擦力做功与物体动能变化的关系。实验的部分操作如下：按图(a)所示安装器材，带有遮光条的物块置于水平面上，与弹簧接触但不连接。用力向左推物块，将弹簧从原长位置 O 向左压缩一定距离，松手让物块向右运动，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间 t，测出滑块停下时到光电门的水平距离 x。(1)若光电门固定在 O 点(遮光条经过光电门时弹簧恰处于原长)，多次改变释放时滑块到光电门的距离，得到多组数据，该同学处理数据时，得到如图(b)所示的 x
16、 和 的关系图线。1t2通过推理分析，可以得出：通过 O 点后，摩擦力对物块做功大小与其动能变化大小_(选填“成正比”“成反比”或“不确定”)。(2)若光电门固定在 O 点右侧按上述方法仍在同一坐标系内作 x 和 的关系图线，其图象为1t2_；若光电门固定在 O 点左侧，其图象可能为_。( 以上两空均选填图“(b)”“图(c)”或 “图(d)”)【答案】 (1). 成正比 (2). 图(b) (3). 图(c)【解析】【分析】遮光条通过光电门的平均速度处理成瞬时速度，经过光电门，对遮光条使用动能定理即可求解。【详解】 （1）遮光条的宽度的 d 一定，经过光电门的平均速度等效为经过该点的瞬时速度
17、，则有速度 ，动能 ，过了光电门后，在摩擦力的作用下停下来，由v=dt Ek=12mv2=12m(dt)21t2动能定理得： ，整理可知， 是一个正比例函数，结合图像和推理可知摩擦mgx=0Ek x1t2力对物块做功大小与其动能变化大小成正比；（2）光电门固定在 O 点右侧，从光电门开始到停下来，还是满足 ，故其图mgx=0Ek像仍然为图（b） 。光电门固定在 O 点左侧，离开光电门后，除了摩擦力做功，还有弹簧的弹力做正功，此时应有表达式 ，其中 为常量，故图像为图（c） 。Ek+Ep=mgx Ep【点睛】熟悉光电门的特点以及进行正确的做功分析是解题的关键。10.某实验小组欲自制欧姆表测量一个
18、电阻的阻值，实验提供的器材如下：A.待测电阻 Rx(约 200)；B.电源(电动势 E 约 1.4V，内阻 r 约 10)；C.灵敏电流计 G(量程 1mA，内阻 Rg=200)；D.电阻 R1=50；E.电阻 R2=200；F.滑动变阻器 R3(阻值范围为 050)；G.滑动变阻器 R4(阻值范围为 0500)；H.开关，导线若干。(1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图(a)所示的电路测量。部分步骤如下：先闭合开关 S1、S 2，调节滑动变阻器 R，使灵敏电流计读数 I1 接近满偏；保持滑动变阻器滑片位置不动，断开开关 S2，读出此时灵敏电流计的示数 I2。根据实验要求，
19、定值电阻 a 应选_；滑动变阻器 R 应选_。(选填器材前的标号)若实验中 I1=0.90mA，I 2=0.54mA，则电源电动势为_V 。(2)测出电动势后，该小组成员在图(a)的基础上，去掉两开关，增加两支表笔 M、N，其余器材不变，改装成一个欧姆表，如图(b)所示，则表笔 M 为_( 选填“红表笔”或“黑表笔”)。用改装后的欧姆表测量待测电阻 Rx 阻值，正确操作后，灵敏电流计读数如图(c)所示，则待测电阻 R 的阻值为_ 。【答案】 (1). D (2). G (3). 1.35 (4). 黑表笔 (5). 180【解析】【分析】（1）在仪器的选择中，要通过估算进行，电阻 a 可尝试先
20、使用电阻 R1，然后进行整个电路的估算，接着尝试使用电阻 R2，比较那个更符合题目所给的条件。（2）利用闭合电路的欧姆定律进行计算；（3）多用电表的红黑表笔遵循“红进黑出” ，再利用欧姆档的欧姆调零原理，结合测电阻的原理进行计算即可。【详解】 （1）闭合开关 S1、S 2，调节滑动变阻器 R，使灵敏电流计读数 I1 接近满偏，灵敏电流表两端的电压约为 ，则滑动变阻器两端电压约为U0=I1Rg=0.2V，若电阻 a 选择了 ，则电流中的总电流为 ，此U1=1.4V0.2V=1.2V R1 I=1mA+U0R1=5mA时滑动变阻器的阻值约为 ，滑动变阻器 R4，若电阻 a 选择 ，则电流中的总R=
21、U1I=240 R2电流为 ，滑动变阻器的阻值约为 ，无滑动变阻器满足要求，I=1mA+U0R2=2mA R=U1I=600综上所述，电阻 a 选择 D，滑动变阻器选择 G；（2）第一次闭合开关 S1、S 2，有 ，断开 S2 后，有E=I1Rg+(I1+I1RgR1)(R4+r)，联立解得 ；E=I2Rg+(I2+I2RgR1)(R4+R2+r) E=1.35V（3）改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表“红进黑出”的特点，表笔 M 应接黑表笔。根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 ，接待测电阻后，读出表R内 =EI 1.35510 3 270的电流为 ，电路中的总电流 ，则有 ，解得I3 0
22、.60mA I总 =5I3=3.00mA Rx+R内 =EI总Rx=180【点睛】正确地进行电路电流，电压的估算，熟悉闭合电路欧姆定律以及欧姆表的工作原理是解题的关键。11.如图，平面直角坐标系 xOy 内，x0 区域存在沿 x 轴正方向的匀强电场 E，x0 区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B=0.2T。一比荷 =5108C/kg 的粒子，从点qmP(6cm，0) 进入电场，初速度 v0=8106m/s，方向沿 y 轴正方向，一段时间后经点Q(0，16cm)进入磁场。粒子重力不计，求：(1)匀强电场的电场强度 E；(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标。【答案】(1) (2) 610
23、5NC (0，4cm)【解析】【分析】（1）粒子从 P 运动到 Q 做类平抛运动，利用平抛运动的知识求解；（2）进入磁场做圆周运动，正确地画出轨迹，找好相应的几何关系。【详解】 （1）粒子由 P 到 Q 做类平抛运动，设运动时间为 t，粒子的质量为 m，电荷量为q，设 y 轴方向粒子做匀速直线运动y=v0t沿 x 轴正方向粒子做匀加速直线运动x=12qEmt2解得： E=6105N/C（2）如图所示，设进入磁场时速度为 ，方向与 y 轴夹角为，在磁场中做圆周运动的圆心v为 O1洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB=mv2r则圆周运动半径 r=mvqB设粒子第一次从 y 轴回到电场时的
24、左边为 ，根据几何关系：y1 yy1=2rsin在电场，电场力对粒子做正功： ，qEx=12mv212mv20 v0=vcos解得： y1=4cm即粒子第一次回到电场时的位置坐标为 (0,4cm)12.如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前 L 处静止着质量 m1=1kg 的小球 A，质量 m2=2kg 的小球 B 以速度 v0 运动，与小球 A 正碰。两小球可看作质点，小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失。求(1)第 1 次碰撞后两小球的速度；(2)两小球第 2 次碰撞与第 1 次碰撞之间的时间；(3)两小球发生第 3 次碰撞时的位置与挡板的距离。【
25、答案】(1) 方向均与 相同 (2) (3)43v0 13v0 v0 6L5v0 9L【解析】【分析】（1）第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；（2）小球 A 与挡板碰后反弹，发生第 2 次碰撞，分析好位移关系即可求解；（3）第 2 次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，分析第 2 次碰后的速度关系，位移关系即可求解。【详解】 （1）设第 1 次碰撞后小球 A 的速度为 ，小球 B 的速度为 ，根据动量守恒定律v1 v2和机械能守恒定律: m2v0=m1v1+m2v212m2v20=12m1v21+12m2v22整理得： ，v1=2m2m1+m2v0 v2=m2
26、m1m1+m2v0解得 ， ，方向均与 相同。v1=43v0 v2=13v0 v0（2）设经过时间两小球发生第 2 次碰撞，小球 A、B 的路程分别为 、 ，则有x1 x2，x1=v1t x2=v2t由几何关系知： x1+x2=2L整理得： t=6L5v0（3）两小球第 2 次碰撞时的位置与挡板的距离： x=Lx2=35L以向左为正方向，第 2 次碰前 A 的速度 ，B 的速度为 ，如图所示。vA=43v0 vB=13v0设碰后 A 的速度为 ，B 的速度为 。根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有vA vB； m1vA+m2vB=m1vA+m2vB 12m1v2A+12m2v2B=12m1v2
27、A+12m2v2B整理得： ，vA=(m1m2)vA+2m2vBm1+m2 vB=(m2m1)vB+2m1vAm1+m2解得： ，vA=89v0 vB=79v0设第 2 次碰后经过时间发生第 3 次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距 ，则x，xx=vBt x+x=|vA|t整理得： x=9L13.如图，一定质量的理想气体，从状态 a 开始，经历过程到达状态 d，对此气体，下列说法正确的是_。A. 过程中气体从外界吸收热量B. 过程中气体对外界做功C. 过程中气体温度升高D. 气体在状态 c 的内能最大E. 气体在状态 a 的内能小于在状态 d 的内能【答案】ADE【解析】【分析】过程是等压变化，结合
28、体积变化情况和理想气体状态 进行分析，可知过程 中pVT=k气体对外做功，温度升高，内能增加，一定从外界吸收热量，过程中体积减小，温度降低。 中是等容变化，对外不做功。利用理想气体状态 和过程对各点内能进行判断。pVT=k【详解】A过程中气体对外做功，温度升高，内能增加，一定从外界吸收热量，A 正确；B过程中气体体积不变，气体不做功，B 错误；C过程中气体压强不变，体积减小，温度降低，C 错误；D对理想气体 ，状态 c 压强最大，体积最大，故温度最高，内能最大，D 正确；pVT=kE气体在状态 a 的温度低于在状态 d 的问题，在状态 a 的内能小于状态 d 的内能，E 正确。14.如图，横截
29、面积分别为 2S、3S 的密闭导热汽缸 A、B，高度相等，底部通过细管连通，汽缸 B 顶部旁边有一阀门 K，初始时阀门关闭。A、B 底部装有水银，汽缸 A 中被封闭理想气体高度为 h=15cm，汽缸 B 中被封闭理想气体高度为 2h，打开阀门 K，经足够长时间后两汽缸内液面高度恰好相等。外界大气压 p0=75cmHg，不考虑环境温度的变化，求打开阀门后，从阀门溢出的气体初态的体积与汽缸 B 内初态气体的总体积之比。【答案】5:9【解析】【分析】阀门打开经足够长时间后，两气缸内液面高度恰好相等，则两气缸内气体压强相等，结合前后状态和玻意耳定律求解。【详解】设初始时，气缸 A 内气体压强为 ，气缸
30、 B 内气体压强为 ，A 中水银面比 BpA pB中高 h，则 pB=pA+ph阀门打开经足够长时间后，两气缸内液面高度恰好相等，则两气缸内气体压强均变为 ，p0设气缸 A 内水银面下降 ，则有h 2Sh=3S(h+h)设稳定后气缸 B 内气体在初始条件时体积为 ，对该部分气体，根据玻意耳定律有：V1pBV1=p03S(h+h)解得： V1=83Sh则溢出的气态初态的体积： V2=3S2hV1与 B 气缸初态气体的总体积： V=3S2h则溢出的气态初态的体积与 B 气缸初态气体的总体积之比为： V2:V=5:915.宽为 10m，中央水深为 4m 的池塘边有一棵树，站在正对岸边的人看到树顶端的
31、倒影与池塘底部中央的点光源在一条直线上。已知人眼到水面的高度为 1.5m，树顶端到水面的高度为 6m。则水的折射率为_ ；若在水面上各处都看不到该光，则至少要在水面上铺设直径为_m 的遮光膜。(结果可用根号表示)【答案】 (1). (2). 43 2477【解析】【分析】本题考查了光的折射定律，画出光路图如图，根据折射定律和几何知识求解。【详解】根据题意画出光路图如图所示，BF=10m，CD=4m ，AB=1.5m,EF=6m,由几何关系知OB=2m，OD=3m，OA=2.5m，OC=5m，则水的折射率 ；各处都看不到，则发生了n=OBOAODOC=43全反射， ，设遮光膜半径为 R， ，解得
32、 ，所以遮光膜的最sinC=1n=34 tanC=R4m R=127m5m小直径为 。247m=2477m【点睛】正确地画出光路图是解题的关键。16.一列简谐横波沿 x 轴方向传播，在 x 轴上沿传播方向上依次有 P、Q 两质点，P 质点平衡位置位于 x=4m 处。图(a)为 P、Q 两质点的振动图象，图 (b)为 t=4s 时的波形图，已知P、Q 两质点平衡位置间的距离不超过 20m。求(i)波速的大小及方向。()Q 质点平衡位置坐标 x 的可能值。【答案】(i)0.75m/s 沿 x 轴正方向传播 ()7.75m ，13.75m 或 19.75m【解析】【分析】（1）由振动图像可知，4s
33、末质点 P 位于平衡位置向下振动，根据波动图像和振动图像的关系，波沿 x 轴正方向传播；（2）波由 P 传到 Q，由 P、Q 两质点的振动图象，找出时间关系 ，结合 进行tPQ x=vt求解即可。【详解】 （1）由图像可知，振动周期 ，波长 ，则波速为T=8s =6m v=T=0.75m/s图（a）中虚线为 P 的振动图线，实线为 Q 的振动图线，4s 末质点 P 位于平衡位置向下振动，根据图（b） ，则波沿 x 轴正方向传播。（2）由题意可知，Q 在 P 右侧，即波由 P 传到 Q，由 P、Q 两质点的振动图象可知，P 比Q 多振动 t=(8k+5)s(k=0,1,2,3,)Q 到 P 的距离为： x=vt=(6k+3.75)m(k=0,1,2,3,)由于 ，则 。则有： ；x20m k=0,1,2 x=3.75m,9.75m,15.75m xQ=x+x代入数据得： xQ=7.75m,13.75m,19.75m
