2020年辽宁省沈阳二中高考物理模拟试卷(五) (含答案解析)

2020年辽宁省沈阳二中高考物理模拟试卷(五)

一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）

1.下列说法正确的是()

A. 某种金属能否发生光电效应取决于照射光的强度

B. 卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验，证实了在原子核内部存在中子

C. 核聚变反应方程12H+13H→24He+A中，A表示质子

206Pb原子核的过程中，发生6次β衰变

D. —个92238U原子核衰变为一个82

2.理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入电压的变化规律如图乙所示，副线圈所接

电路如图甲所示，灯L1和L2的规格相同，开关断开时灯L1正常发光，下列说法正确的是()

A. 副线圈输出电压的频率为10Hz

B. 电压表的示数为220V

C. 开关S闭合时，电压表和安培表的示数都增加

D. 开关S闭合时，变压器的输入功率增加

3.如图所示，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体，以初速度v0

被抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为()

mv?02+mgH

A. 1

2

mv?02+mg?1

B. 1

2

C. mgH?mg?2

mv?02+mg?2

D. 1

2

4.如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L=2m的

轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，

OP长为d=1.2m，重为8N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止

状态，则轻绳的弹力大小为()

A. 10N

B. 8N

C. 6N

D. 5N

5.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与

两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直纸面向里为正，变化规律如图乙所示．则以下说法正确的是()

A. 第2秒内上极板为正极

B. 第3秒内上极板为负极

C. 第2秒末两极板之间的电场强度大小为零

D. 第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr2

d

6.在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b、c处分

别固定一个正点电荷，电荷量相等．如图所示，D点为正三角形

外接圆的圆心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E

关于c电荷的对称点，则下列说法中正确的是()

A. D点的电场强度不为零、电势可能为零

B. E、F两点的电场强度相同

C. E、G、H三点的电场强度大小和电势均相同

D. 若释放c电荷，c电荷将一直做匀加速运动(不计空气阻力)

二、多选题（本大题共4小题，共21.0分）

7.如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列

说法正确的是()

A. b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度

B. b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度

C. c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c

D. a卫星由于阻力，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大，机械能不变

8.一质点沿直线运动时的速度--时间图线如图所示，则以下说法正确的

是()

A. 第1s末质点的位移和速度都改变方向

B. 第2s末质点的运动方向改变

C. 第4s末质点的位移为零

D. 第3s末和第5s末质点的位置相同

9.如图所示是一定质量的理想气体的状态变化图线，下列说法正确的是()

A. 由状态A变化到状态B，气体分子的平均动能增大

B. 由状态A变化到状态C，气体内能不变

C. 由A经B到C的过程与由A经D到C的过程，气体对外做功相同

D. 由A经B到C，由A经D到C，由A直接到C的三个过程中，气体均吸热，但是吸热量不

同

10.下列说法正确的是()

A. 部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象

B. 横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期

C. 变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场

D. 在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，可判断该星球正在靠近向地球

E. 泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.如图所示，电源的内阻r=2.0Ω，电阻R=8.0Ω，开关闭合后，电

流表示数I=0.5A.则电源的电动势E=______V；在t=5s时间内，

电阻R产生的焦耳热Q=______J。

12.某实验小组用下列器材组装如图甲所示简易欧姆表．

实验器材如下：

A.干电池(电动势E为3.0V，内电阻r忽略不计)；

B.电流计(量程300μA，内电阻100Ω)；

C.可变电阻R；

D.定值电阻R0=1Ω；

E.导线若干，红黑表笔各一只．

(1)欧姆表正确调零后，将红、黑表笔接在待测电阻的两端，指针指在刻度盘的中央位置，则待

测电阻的阻值R x=______Ω；

(2)表盘上100μA刻度线对应的电阻刻度值是______Ω；

(3)用调整好的欧姆表测阻值为R的电阻时，指针偏转的角度为θ，则θ与R关系图象正确的是

______(选填字母)．

(4)如果将R0=1Ω的定值电阻与电流计并联，如图乙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡前、

后倍率之比等于______．

四、简答题（本大题共1小题，共19.0分）

13.一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，凹槽内有一可视为质点的小物块B，它到凹槽两内侧的距

，如图所示。水平长木板C位于光滑水平的桌面上，凹槽A与水平长木板C间的摩擦离均为L

2

不计，小物块B与长木板C间的动摩擦系数为μ.A、B、C三者质量相等，原来都处于静止。现使凹槽A以大小为v0(v02<2μgL)的初速度向右运动。已知当任一次凹槽A和小物块B发生碰撞时，两者的速度都互换，而木板C的速度不变，凹槽A和小物块B发生碰撞的时间极短。求：

(1)从凹槽A、小物块B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，长木板C运动的路程。

(2)在凹槽A、小物块B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。

五、计算题（本大题共3小题，共33.0分）

14.在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图

所示，位于M板处的粒子源不断产生质量为m、电荷量为q的粒子，粒子经小孔S1不断飘入电压为U的加速电场，其初速度可视为零；然后经过小孔S2射出后沿x轴方向从坐标原点O垂直于磁场方向进入x轴上方(含x轴正半轴)的有界匀强磁场控制区，磁场的磁感应强度为B.，粒子发生270°偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板到y轴、荧光屏到x轴的距离均为L，不考虑粒子重力及粒子间的相互作用。

(1)求粒子在磁场中运动半径的大小；

(2)求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；

15.图为一上粗下细且下端开口的薄壁玻璃管，管内有一段被水银密闭的气体，下管

足够长，图中管的截面积分别为S1=2cm2，S2=1cm2，管内水银长度为?1=

?2=2cm，封闭气体长度L=10cm，大气压强为p0=76cmHg，气体初始温度

为300K，若缓慢升高气体温度，试求：当气体温度为525K时，水银柱上端距玻

璃管底部的距离．

16.一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10cm。O和A是介质中平衡位置分别位于

x=0和x=5cm处的两个质点。t=0时开始观测，此时质点O的位移为y=4cm，质点A处于s时，质点O第一次回到平衡位置，t=1s时，质点A第一次回到平衡位置。

波峰位置：t=1

3

求

(i)简谐波的周期、波速和波长；

(ii)质点O的位移随时间变化的关系式。

-------- 答案与解析 --------

1.答案：D

解析：

发生光电效应的条件是入射光的频率大于等于极限频率，与入射光的强度无关；根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献；根据质量数守恒与电荷数守恒判断A粒子；由质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数。

本题考查了物理学史、光电效应、轻核的聚变、原子核衰变；涉及的知识点多，关键平时要多掌握基础知识。

A.能否发生光电效应，取决于照射光的频率是否大于金属的极限频率，故A错误；

B.卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子具有核式结构，故B错误；

C.核聚变反应方程12H+13H→?24He+A中，A的质量数：A=2+3?4=1，电荷数：z=1+1?2= 0，可知A表示中子，故C错误；

D.由质量数守恒和电荷数守恒知铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，238=206+8×4，要经过8次α衰变，92=82+8×2?6×1，6次β衰变，故D正确。

故选D。

2.答案：D

解析：

首先知道该题是变压器与闭合电路问题的结合，可以根据接通s后电路电路电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况，从而判断选项

电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

解：A、据输入电压μ随时间t的变化关系如图乙所示，可知T=0.02s，f=50Hz，变压器不改变频率，故A错误；

B、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈

的输出的电压也不变，而电压表的示数恰好为副线圈端电压，U2=1

5

×220V=44V，故B错误；CD、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，即原线圈的输入功率变大；但电压不变，故D正确，C错误；

故选：D

3.答案：B

解析：解：小球做平抛运动，只受重力，机械能守恒，其减小的重力势能等于增加的动能，即：

mg?=E KB?1

2

mv02

解得：E KB=mg?+1

2

mv02

故选：B．

小球做抛体运动，只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解即可．

本题关键是根据机械能守恒定律列式求解，也可以用动能定理列式求解．

4.答案：D

解析：

根据几何关系得到两边绳子与竖直方向的夹角，再根据竖直方向的平衡条件列

方程求解。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究

对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答。

设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示：

同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设

为α，则根据几何关系可知NQ=MN，即PM等于绳长；

根据几何关系可得：sinα=PO

PM =1.2

2

=0.6，则α=37°

根据平衡条件可得：2Tcosα=mg

解得：T=5N，故D正确，ABC错误。

故选D。

5.答案：A

解析：

(1)由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极。

(2)由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小。

本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强电场场强与电势差的关系的应用。解题的关键是知道楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，难度较大，分析清楚图象、熟练应用基础知识。

A.第2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故A正确；

B.第3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故B错误；

C.根据法拉第电磁感应定律可知，第2秒末感应电动势不变，则两极板之间的电场强度大小不为零，故C错误；

D.由题意可知，第3秒末两极板间的电场强度大小E=U

d =S?

ΔB

Δt

d

=0.1πr2

d

，故D错误。

故选A。

6.答案：C

解析：

D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0；

电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，故E、G、H三点的场强大小相同，但方向不同；在直线cF上场强方向向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动．

场强是矢量，故场强的合成满足平行四边形定则．点电荷在真空中产生的电场的场强E=k Q

r2

，零点式的选取是任意的．

A、D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D 点的场强为0.因为电势是一个相对性的概念即零电势的选取是任意的，故D点电势可能为0，故A 错误．

B、由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E点的场强仅由电荷c决定，故场强方向向左，

而电荷c在D、F位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故E、F 两点的电场强度大小不同，方向相反．故B错误．

C、E、G、H三点分别为ab、ac、bc的中点，故E的场强仅由电荷c决定，同理G点的场强仅由电荷b决定，H点的场强仅由电荷a决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，而它们的电势是相同的，故C正确．

D、若释放电荷c，则a、b在C点的合场强水平向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做变加速运动．故D错误．

故选：C．

7.答案：AB

解析：解：根据万有引力提供圆周运动向心力有G Mm

r2=m v2

r

=ma有：

A、线速度v=√GM

r

，可知轨道半径小的线速度大，故A正确；

B、向心加速度a=GM

r

知，轨道半径小的向心加速度大，故B正确；

C、c加速前万有引力等于圆周运动向心力，加速后所需向心力增加，而引力没有增加，故C卫星将做离心运动，故不能追上同一轨道的卫星b，所以C错误；

D、a卫星由于阻力，轨道半径缓慢减小，根据v=√GM

r

可知其线速度将增大，但由于克服阻力做功，机械能减小。故D错误。

故选：AB。

根据万有引力提供圆周运动向心力，由轨道半径关系分析线速度、向心加速的大小关系，同时知道卫星通过做离心运动和近心运动来改变轨道高度．

万有引力提供圆周运动向心力，熟练掌握万有引力以及向心力公式，知道卫星变轨原理是正确解题的关键．

8.答案：BCD

解析：解：

A、根据速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移可知，第1s秒末质点的位移沿正方向，没有改变；速度方向也没有改变。故A错误。

B、由图可知，质点在2s末的速度为零，开始向负方向运动，故质点在2s末运动方向改变。故B正

确。

C、0?2s内的位移为x1=1

2×2×1m=1m，2?4s内的位移为x2=?1

2

×2×1m=?1m，故4s

内质点的位移为x=x1+x2=0.故C正确。

D、第3末位移等于第1s末的位移，位移为1

2

×1×1m=0.5m，第5s末的位移也等于第1s末的位移，为0.5m。故第3s末和第5s末质点的位置相同。故D正确。

故选：BCD。

速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴同一侧物体运动的方向就没有改变；只要总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向；深刻理解某一段时间内的位移就等于在该段时间内速度图象与时间轴围成的面积是解决此类题目的突破口．

9.答案：AD

解析：解：A、由状态A变化到状态B，由于B所在等温线温度高，所以气体分子的平均动能增大，故A正确；

B、由状态A变化到状态C，由于C所在等温线温度高，内能大，所以气体内能增大，故B错误；

C、p?V图线下面积表示做功，图中两过程图线下面积可知做功不同，故C错误；

D、由于D中三个过程内能增量相同，体积增大，都对外做功，但做功值不同，由热力学第一定律可知吸热量不同，故D正确；

故选：AD

由pV

T

=C得，pV=CT，故pV之积越大表示温度越高，理想气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热．

由p?V图象上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程进行分析，是我们解决这类问题的突破口．

10.答案：ADE

解析：解：A、部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象，故A正确；

B、在波传播的过程中质点不随波迁移，故B错误；

C、变化的电场一定产生磁场，变化的磁场一定产生电场；均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场产生稳定的电场；故C错误；

D、根据多普勒效应可知，在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变短，频率变大，可判断该星球正在靠近向地球，故D正确；

E、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，故E正确；

故选：ADE。

当振动频率等于固有频率时，会发生共振现象；

质点不会随波迁移的；

均匀变化的电场(磁场)，产生稳定的磁场(电场)，而非均匀变化的电场(磁场)，则产生不稳定的磁场(电场)；

根据多普勒效应，由接收的频率的大小，从而可得波长的长短，从而可确定间距的远近；

泊松亮斑是光的衍射形成的，气泡看起来特别明亮是光的全反射现象。

考查了共振现象、电磁波理论内容，同时掌握根据多普勒效应来确定间距的变化，及理解光的明显衍射与全反射的条件。

11.答案：5 10

解析：解：开关闭合后，根据闭合电路欧姆定律得电源的电动势为：

E=I(R+r)=0.5×(8.0+2.0)V=5V，

在t=5s时间内，电阻R产生的焦耳热为：

Q=I2Rt=0.52×8.0×5J=10J

故答案为：5，10。

根据闭合电路欧姆定律即可求解电源的电动势E，电阻R产生的焦耳热根据Q=I2Rt求解。

本题的关键是要掌握闭合电路欧姆定律定律和焦耳定律，知道定值电阻产生的热量可根据Q=I2Rt 求解。

12.答案：(1)1×104；(2)2×104；(3)D；(4)100：1

解析：

欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的工作原理是解题的关键；欧姆表中值电阻等于其内阻；应用闭合电路欧姆定律可以解题．

(1)欧姆表中值电阻等于其内阻，则中间刻度值对应示数为：R中=R内=E

I g =3V

300×10?6A

=1×104Ω；

(2)欧姆表的内阻：R内=E

I g =3V

300×10A

=1×104Ω；

有：I g=

E

R

内

，

1

3

I g=E

R

内

+R，

解得：R=2×104Ω；

(3)电路电流：I=E

R

内

+R，随R增大，电流I减小，随R增大I减小变快，由图示图象可知，图D所示图象准确，故选：D；

(4)电流表内阻为100Ω，给电流表并联1Ω的电阻，电流表量程扩大100倍，用该电流表改装成欧姆

表，同一刻度对应的电阻值变为原来的1

100

，欧姆表换挡前、后倍率之比等于100：1；

故答案为：(1)1×104；(2)2×104；(3)D；(4)100：1。

13.答案：解：(1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。

由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率逐渐接近。

设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为S1.设A、B、C质量皆为m，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=2mv1

由能量守恒定律得：?μmgS1=1

2mv12?1

2

mv02

由①②解得：S1=3v02

8μg

，由题意知：v0<√2μgL，

解得：S1<3

4

L

可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离(l?S1)后才与A发生第二次碰撞。

设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为S2。

由能量守恒定律得：μmgS2=1

2

mv12

解得：S2=v02

8μg

，

因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为：S=S2+L?S1=L?v02

4μg

(2)第一次碰撞前瞬间：v A=v0,v B=v C=0

第一次碰撞后瞬间，AB速度互换，C速度不变：v A=0,v B=v0,v C=0

第二次碰撞前瞬间，BC已经共速，A速度依然是0：v A=0,v B=v0

2,v C=v0

2

第二次碰撞后瞬间，AB速度互换，C速度不变：v A=v0

2,v B=0,v C=v0

2

第三次碰撞前瞬间，BC已经共速，A速度依然是v0

2:v A=v0

2

,v B=v0

4

,v C=v0

4

第三次碰撞后瞬间，AB速度互换，C速度不变：v A=v0

4,v B=v0

2

,v C=v0

4

第四次碰撞前瞬间，BC已经共速，A速度依然是v0

4：v A=v0

4

,v B=3v0

8

,v C=3v0

8

解析：【试题解析】

本题是对研究对象、多过程问题，难度较大，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，求C的路程是要注意B、C位移间的几何关系..

14.答案：解：(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU=1

2

mv2，

粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=m v2

R

，

解得R=1

B √2mU

q

；

(2)粒子射入到坐标原点的时间t1=L

v

，

粒子在磁场中运动的时间为t2=3

4T=3

4

?2πm

qB

，

离开磁场到达荧光屏的时间为t3=R+L

v

，

所以粒子运动的总时间为t=t1+t2+t3=L√2m

qU +(2+3π)m

2qB

；

答：(l)粒子在磁场中运动半径的大小为1

B √2mU

q

；

(2)粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间为L√2m

qU +(2+3π)m

2qB

；

解析：(1)根据动能定理求解粒子在电场中加速获得的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解运动半径；

(2)根据运动学知识分别求解粒子射入到坐标原点、粒子在磁场中运动以及离开磁场到达荧光屏的时间，相加即可；

解决该题的关键是掌握粒子在各段的运动情况，尤其是在磁场中的运动情况，能根据题意求解粒子做圆周运动的最大和最小半径。

15.答案：解：设全部进入细管水银长度为x，温度为T2

V

水银

=?1S1+?2S2=xS2

x=?1S1+?2S2

S2

=6cm，

p 1=p 0?(?1+?2)=72 cmHg p 2=p 0?x =70 cmHg

由理想气体状态方程

p 1V 1T 1

=

p 2V 2T 2

，解得：T 2=350 K

因为T 3=525K >350K

所以水银柱上端气体又经历等压过程：V 3T 3

=V

2

T 2

解得V 3=36 cm 3

设水银又下移了?3，则S 1(L +?1)+S 2?3=36 cm 3， 解得?3=12 cm ，

因此水银柱上端距玻璃管底部的距离为?=?3+?1+L =24 cm ．

解析：对上方封闭气体运用理想气体的状态方程，结合几何关系，即可求出当粗管内的水银刚被全部挤出时气体的温度；分析可知525K >350K ，所以粗管内的水银被全部挤出后，气体发生等压变化，根据盖?吕萨克定律，即可求出当气体温度为525K 时，水银柱上端距离玻璃管底部的距离。 本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要分析好压强P 、体积V 、温度T 三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，注意利用几何关系即：水银的总体积保持不变，求出初末态的体积，水银柱的压强只与高度有关，与水银柱的粗细无关。

16.答案：解：(i)因为t =0时，质点O 的位移为：y =4 cm ；

t =1s 时，A 点第一次回到平衡位置，可的：T

4=1s ，解得：T =4s 。

而且t =13s 时，质点O 第一次回到平衡位置，用时小于T

4，可以判断出，在t =0时刻，质点O 正在向下振动。

结合简谐波沿x 轴正向传播，可知在t =0时刻，质点O 位于“上坡”且位移为正；根据已知条件“波长不小于10 cm ”和O 、A 两点在平衡位置上间距5 cm ，即小于半个波长，可知在t =0时刻，质点A 位于紧邻O 点右侧的波峰处。

结合上述两个推断，可知经历时间2

3s ，波的传播距离x =5cm 。所以波速为： v =x

t =

5

2

3

cm/s =7.5cm/s =0.075m/s 。

波长为：λ=vT =7.5cm/s ×4s =30cm =0.3m (ii)设y =Asin(ωt +φ0)

可得：ω=2π

T =π

2

rad/s

再由t=0时，y=4cm；t=1

3

s时，y=0代入得：A=8cm=0.08m

再结合t=1s和当t=1

3s时，质点的位移，可得：φ0=5

6

π

所以质点O的位移随时间变化的关系式为：y=0.08sin(π

2t+5

6

π)；

答：(i)简谐波的周期为4s，波速为0.075m/s，波长为0.3m；

(ii)质点O的位移随时间变化的关系式为y=0.08sin(π

2t+5

6

π)。

解析：(i)利用A点在0s时和1s时所处的位置可求得简谐波的周期，利用波速的公式v=x

t

可求得波速，利用波速波长及周期之间的关系式λ=vT可求得波长；

(ii)先根据题意求出简谐波的圆频率，设出简谐振动的通式，利用0s时和1s时的O点的位移，可得知初相位，即为可知质点O的位移随时间变化的关系式。

该题对于简谐振动的考查非常新颖，首先要求学生能准确的从题干中提取出相关的信息，熟练的利用波速、波长、周期之间的关系式及周期的定义进行相关问题的解答。对于第二问的解答有一定的难度，要注意利用数学知识求解初相位，同时要注意会分别用正弦和余弦来表述振动的关系式。