2024屆陜西省渭南市高三下學(xué)期教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)考試?yán)砭C試卷（Ⅱ）-高中物理【含答案解析】

渭南市2024年高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（II）物理試題一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~5題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，第6-8題有多項(xiàng)符合要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.如圖為北半球二十四個(gè)節(jié)氣時(shí)地球在公轉(zhuǎn)軌道上位置示意圖，其中冬至?xí)r地球離太陽(yáng)最近。地球公轉(zhuǎn)線速度最大的節(jié)氣是（）A.春分 B.夏至 C.秋分 D.冬至【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)開普勒第二定律，地球在近日點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度最大，故地球公轉(zhuǎn)線速度最大的節(jié)氣是冬至。故選D。2.用一臺(tái)理想變壓器對(duì)電動(dòng)汽車充電，該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：2，輸出功率為4.4，原線圈的輸入電壓。關(guān)于副線圈輸出電流的有效值和頻率正確的是（）A.10A，50 B.，50C.10A，100 D.20A，50【答案】A【解析】【詳解】原線圈兩端電壓的有效值為變壓器輸入功率等于輸出功率，原線圈中的電流的有效值為根據(jù)理想變壓器原副線圈電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系解得副線圈輸出電流的有效值為變壓器不改變交變電流的頻率，則副線圈輸出電流頻率為故選A。3.2024年春節(jié)前后，我國(guó)湖北、湖南等地遭遇了多年不遇的凍雨天氣，給人們的出行帶來不便。當(dāng)樹葉上帶有冰塊，人在樹下行走經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)冰塊砸到頭部的情況，若冰塊的質(zhì)量為100g，從離頭頂?shù)木嚯x約為80cm處無初速掉落，砸到頭部冰塊未反彈，與頭部的作用時(shí)間約為0.2s，重力加速度g取，則冰塊對(duì)頭部的平均作用力約為（）A.4N B.3N C.2N D.1N【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)可得冰塊在空中下落時(shí)間為以向下為正方向，整個(gè)過程對(duì)冰塊應(yīng)用動(dòng)量定理可得解得冰塊對(duì)頭部的平均作用力為故選B。4.如圖為氫原子的能級(jí)示意圖。大量的處于基態(tài)的氫原子吸收12.75的能量后，能輻射幾種不同波長(zhǎng)的光，已知普朗克常量，真空中的光速，，則這些光中最長(zhǎng)的波長(zhǎng)為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)光子的能量處于基態(tài)的氫原子吸收的能量后，將躍遷到4能級(jí)。光的波長(zhǎng)解得所以能極間能量差越小，波長(zhǎng)越長(zhǎng)，最長(zhǎng)為故選B。5.如圖（a），足夠高的水平長(zhǎng)桌面上，P點(diǎn)左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動(dòng)下從桌面左端開始運(yùn)動(dòng)，其圖像如圖（b）所示。已知砝碼B質(zhì)量為0.20，重力加速度g取10，用表示物塊A的質(zhì)量，表示物塊A與P點(diǎn)右邊桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則有（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【詳解】由圖像可知，滑塊A在P點(diǎn)左邊運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為在P點(diǎn)右邊運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為由牛頓第二定律聯(lián)立解得故選C。6.如圖為兩點(diǎn)電荷Q、的電場(chǎng)等勢(shì)面分布示意圖，Q、位于x軸上，相鄰等勢(shì)面的電勢(shì)差為3V。若x軸上的M點(diǎn)和N點(diǎn)位于0V等勢(shì)面上，P為某等勢(shì)面上一點(diǎn)，一個(gè)電子僅受電場(chǎng)力，在此電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過N點(diǎn)和P點(diǎn)，則（）A.Q為正電荷 B.M點(diǎn)的電場(chǎng)方向沿x軸正方向C.電子經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)力小于P點(diǎn) D.從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)電子的電勢(shì)能減少12【答案】BD【解析】【詳解】A．沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，結(jié)合各等勢(shì)面的電勢(shì)高低，由圖可知電場(chǎng)線由N點(diǎn)指向Q，則Q為負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；B．沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，結(jié)合各等勢(shì)面的電勢(shì)高低關(guān)系可知M點(diǎn)的電場(chǎng)方向沿x軸正方向，故B正確；C．等差等勢(shì)面的疏密程度反應(yīng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由圖可知N點(diǎn)的等差等勢(shì)面比P點(diǎn)的更密，所以N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小比P點(diǎn)的大，因此電子經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)力大于P點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．M點(diǎn)和N點(diǎn)位于0V等勢(shì)面上，P點(diǎn)與N點(diǎn)的等勢(shì)線間隔四個(gè)，而相鄰等勢(shì)面的電勢(shì)差為3V，則P點(diǎn)與N點(diǎn)的電勢(shì)差為12V，則從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，電子的電勢(shì)能減少故D正確故選BD。7.如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道由直線段和圓弧段組成，兩段相切于B點(diǎn)，段與水平面夾角為，段圓心為O，最高點(diǎn)為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A.小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸減小B.小球從A到C的過程中，小球的機(jī)械能不斷減少C.小球的初速度D.若小球初速度增大時(shí)，小球沒有從圓軌道上B點(diǎn)脫離軌道，則小球能夠沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)【答案】CD【解析】【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC

=

0則小球從C到B的過程中，有聯(lián)立有則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大，A錯(cuò)誤；B．小球從A到C的過程中，只有重力做功，機(jī)械能不變，故B錯(cuò)誤；C．從A到C的過程中有解得故C正確；D．小球沒有從圓軌道上B點(diǎn)脫離軌道，說明隨著高度上升，小球的速度減小，所需向心力減小，同時(shí)，重力指向圓心的分力增大，則更不會(huì)脫離軌道，能夠到達(dá)C點(diǎn)，故D正確。故選CD。8.近年來，我國(guó)可控核聚變研究不斷取得突破。東方超環(huán)（EAST）首次實(shí)現(xiàn)403秒的長(zhǎng)時(shí)間高約束模式運(yùn)行，國(guó)內(nèi)當(dāng)前規(guī)模最大、參數(shù)能力最高的新一代人造太陽(yáng)“中國(guó)環(huán)流三號(hào)”實(shí)現(xiàn)100萬(wàn)安培等離子體電流下的高約束模式運(yùn)行，再次刷新我國(guó)磁約束聚變裝置運(yùn)行紀(jì)錄，標(biāo)志我國(guó)磁約束核聚變研究向高性能聚變等離子體運(yùn)行邁出重要一步。托卡馬克是一種利用磁約束來實(shí)現(xiàn)受控核聚變的環(huán)形容器，如圖甲所示，它的中央是一個(gè)環(huán)形的真空室，外面纏繞著線圈，在通電的時(shí)候托卡馬克的內(nèi)部產(chǎn)生的磁場(chǎng)可以把高溫條件下高速運(yùn)動(dòng)的離子約束在小范圍內(nèi)。如圖乙為該磁約束裝置的簡(jiǎn)化模型，兩個(gè)圓心均在O點(diǎn)，半徑分別為R和3R的圓，將空間分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ內(nèi)無磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向垂直于紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一群電荷量為、質(zhì)量為m的粒子在紙面內(nèi)以不同速率從區(qū)域Ⅰ中的O點(diǎn)沿半徑方向射入到環(huán)形磁場(chǎng)后，都沒有從區(qū)域Ⅱ的外圓射出，不計(jì)粒子相互作用與粒子重力，。對(duì)于這些粒子，下列說法正確的是（）A.粒子運(yùn)動(dòng)的速率不超過B.粒子從區(qū)域Ⅰ射入?yún)^(qū)域Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不超過，就會(huì)返回到區(qū)域ⅠC.粒子從區(qū)域Ⅱ射出返回區(qū)域Ⅰ，在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不少于，才會(huì)進(jìn)入?yún)^(qū)域ⅡD.若粒子運(yùn)動(dòng)速率為，則粒子每運(yùn)動(dòng)距離，軌跡就會(huì)重復(fù)一次【答案】AD【解析】【詳解】A．粒子從區(qū)域Ⅰ中的O點(diǎn)沿半徑方向射入到環(huán)形磁場(chǎng)后，都沒有從區(qū)域Ⅱ的外圓射出，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最大半徑為，此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得粒子運(yùn)動(dòng)的速率最大值為故A正確；B．粒子從區(qū)域Ⅰ射入?yún)^(qū)域Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為根據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場(chǎng)中軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為則當(dāng)時(shí)，粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子從區(qū)域Ⅱ射出返回區(qū)域Ⅰ時(shí)，速度方向?yàn)閺较?，則粒子在區(qū)域Ⅰ中，運(yùn)動(dòng)的距離為，在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)最短的時(shí)間為故C錯(cuò)誤；D．若粒子運(yùn)動(dòng)速率為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得根據(jù)題意，做出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示可知粒子將在區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ間做周期運(yùn)動(dòng)，粒子每運(yùn)動(dòng)距離軌跡就會(huì)重復(fù)一次，故D正確。故選AD。第Ⅱ卷第9題~第12題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答。第13題~第14題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題9.某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，裝置如圖所示。一質(zhì)量為m、直徑為d的小球固定于釋放裝置上，在小球正下方h處固定光電門，調(diào)節(jié)光電門的中心，使其與小球的球心在同一豎直線上。由靜止釋放小球，記錄小球通過光電門的擋光時(shí)間（當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間）（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球直徑示數(shù)如圖（b），則小球直徑________；（2）小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小為________（用題中所給物理量字母表示）；（3）當(dāng)近似與________（用題中所給物理量字母表示）相等時(shí)，則在誤差允許范圍內(nèi)可認(rèn)為小球下落過程中機(jī)械能守恒。【答案】（1）0.640（2）（3）【解析】【小問1詳解】小球直徑為【小問2詳解】根據(jù)極短時(shí)間的平均速度等于瞬時(shí)速度，小球經(jīng)過光電門時(shí)的速度大小為【小問3詳解】若小球下落過程中機(jī)械能守恒，則整理得10.摻氟氧化錫（）玻璃在太陽(yáng)能電池研發(fā)、生物實(shí)驗(yàn)、電化學(xué)實(shí)驗(yàn)等領(lǐng)域有重要應(yīng)用，它由一層厚度均勻、具有導(dǎo)電性能的薄膜和不導(dǎo)電的玻璃基板構(gòu)成。為了測(cè)量該薄膜厚度d，某興趣小組開展了如下實(shí)驗(yàn)：（1）選取如圖（a）所示的一塊長(zhǎng)條型玻璃，測(cè)出其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，寬度為b；（2）用歐姆表接薄膜M、N兩端，測(cè)得薄膜電阻約為40。為了獲得多組數(shù)據(jù)，進(jìn)一步精確測(cè)量阻值，有如下器材可供選用：A．電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻約為0.2）B．兩量程電壓表V（量程0~3V，內(nèi)阻約1；量程0~15V，內(nèi)阻約為5）C．電流表A（量程0~10，內(nèi)阻）D．滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為10）E．定值電阻F．定值電阻G．開關(guān)一個(gè)，導(dǎo)線若干其中，電壓表量程應(yīng)選________，定值電阻應(yīng)選________（選填“”或“”）（3）根據(jù)以上要求，將圖（b）所示的器材符號(hào)連線，組成測(cè)量電路圖_____；（4）用電壓表測(cè)得的電壓U，電流表測(cè)得的電流I，電流表內(nèi)阻以及選的定值電阻（“”或“”），盡量精確的表示的測(cè)量結(jié)果，________；（5）已知該薄膜的電阻率為，根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)，測(cè)得其電阻值為，則該薄膜的厚度________（用、L、b和表示）。【答案】①.0~3V②.③.④.⑤.【解析】【詳解】（2）[1]電源電動(dòng)勢(shì)為3V，故電壓表量程應(yīng)選0~3V。[2]電流表的量程較小，需改裝成大量程電流表，根據(jù)電流表改裝原理可知電流表應(yīng)并聯(lián)阻值較小的定值電阻，故定值電阻應(yīng)選。（3）[3]滑動(dòng)變阻器阻值較小，應(yīng)采用分壓式接法，改裝后的電流表內(nèi)阻已知，為準(zhǔn)確測(cè)出薄膜電阻，電流表應(yīng)內(nèi)接，實(shí)驗(yàn)電路如圖所示。（4）[4]通過薄膜電阻的電流為根據(jù)歐姆定律，薄膜電阻的阻值為（5）[5]根據(jù)電阻定律該薄膜的厚度為11.如圖甲所示，兩根平行光滑足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌固定在傾角的斜面上，其間距。導(dǎo)軌間存在垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度。兩根金屬棒和與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，棒通過一絕緣細(xì)線與固定在斜面上的拉力傳感器連接（連接前，傳感器已校零），細(xì)線平行于導(dǎo)軌。已知棒的質(zhì)量為，電阻為，棒的質(zhì)量為，電阻為，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)對(duì)棒施加平行于導(dǎo)軌向上的外力F，使其從靜止開始勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)拉力傳感器開始測(cè)量細(xì)線對(duì)棒的拉力，觀察得到隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，且在10s內(nèi)與并未相遇，重力加速度g取。求：（1）時(shí)，金屬棒的電流大小及方向；（2）時(shí)，金屬棒的速度大小及方向；（3）已知金屬棒在0~4s的時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為0.08J，求這段時(shí)間外力F所做的功?！敬鸢浮浚?）；方向由c流向d；（2），運(yùn)動(dòng)方向沿斜面向上；（3）【解析】【詳解】（1）由圖象知，時(shí)，因棒不動(dòng)，隨t減小，受到安培力方向向上，由左手定則可判定其電流方向由b流向a，對(duì)棒，由平衡知代入數(shù)據(jù)解得棒與棒構(gòu)成回路，則棒的電流也為，方向由c流向d。（2）棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流方向和磁場(chǎng)方向用右手定則判定棒的運(yùn)動(dòng)方向向上，由，解得將，代入得所以棒的運(yùn)動(dòng)方向沿斜面向上，時(shí)，其速度大小為0.4。（3）在0~4s，棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有由功能關(guān)系有而回路產(chǎn)生焦耳熱Q與棒的焦耳熱關(guān)系為將代入解得12.一個(gè)彈射碰撞裝置如圖所示，斜面高，傾角，形狀相同的剛性小球A、B質(zhì)量分別為和。將此裝置固定于豎直墻面左側(cè)某位置，用A球?qū)椈蓧嚎s到指定位置P后無初速釋放，A球離開彈簧時(shí)具有動(dòng)能，隨后A沖上斜面頂端與B球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)彈射裝置的水平面與斜面均光滑且平滑連接，A與B碰撞時(shí)間極短。已知B球與墻面碰撞前后瞬間，速度平行于墻面方向的分量不變，垂直于墻面方向的分量大小不變，方向相反，空氣阻力不計(jì)，重力加速度的大小取，，，。求：（1）兩球碰撞前瞬間A球的速度大??；（2）兩球碰撞后B球飛離斜面時(shí)的速度大??；（3）為使B球能落回到斜面上，求裝置右端到墻面距離x的取值范圍。【答案】（1）；（2），方向沿斜面向上，與水平方向夾角為；（3）【解析】【詳解】A離開彈簧運(yùn)動(dòng)到斜面最高點(diǎn)與B碰撞前，由機(jī)械能守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得對(duì)A、B的彈性碰撞過程有聯(lián)立解得方向沿斜面向上，與水平方向夾角為（3）如圖甲所示，B球離開墻面后做斜拋運(yùn)動(dòng)，因與墻面碰撞前后瞬間，速度平行于墻面方向的分量不變，垂直于墻面方向的分量大小不變，方向相反，則其運(yùn)動(dòng)軌跡碰撞墻面后與不碰撞墻面的繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的軌跡關(guān)于墻面對(duì)稱①B球從斜面頂點(diǎn)離開與墻面碰撞后，剛好能到斜面頂點(diǎn)，如圖乙所示水平方向位移，有豎直方向速度，有兩式聯(lián)立解得②B球從斜面頂點(diǎn)離開與墻面碰撞后，剛好能到斜面底端，如圖丙所示水平方向位移，有豎直方向位移，有解得綜合①②得，要使B球落到斜面上，裝置到墻面的距離x應(yīng)滿足（寫成不扣分）（二）選考題13.密封于汽缸中的理想氣體，從狀態(tài)a依次經(jīng)過、和三個(gè)熱力學(xué)過程最后回到初態(tài)a。若該氣體的壓強(qiáng)p隨體積V變化的圖像如圖所示，則以下關(guān)于這三個(gè)熱力學(xué)過程的說法，正確的是（）A.由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊到缸壁單位面積的次數(shù)不變B.由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，氣體從外界吸熱C.由狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，氣體分子的平均動(dòng)能不變D.由狀態(tài)c變化到狀態(tài)a，氣體分子的平均間距不變E.由狀態(tài)a出發(fā)沿圖示過程又回到狀態(tài)a，氣體從外界吸熱的總和大于氣體對(duì)外界放熱的總和【答案】BDE【解析】【詳解】A．由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，壓強(qiáng)不變，體積增大，溫度增大，分子平均動(dòng)能增大，氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)撞擊到缸壁單位面積的次數(shù)減小，故A錯(cuò)誤；B．由狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，溫度增大，內(nèi)能增大，則；且氣體對(duì)外界做功，則，根據(jù)熱力學(xué)第一定律氣體吸一定從外界吸熱，故B正確；C．由狀態(tài)b變化到狀態(tài)a，壓強(qiáng)不變，體積減小，則溫度減小，由狀態(tài)a變化到狀態(tài)c，體積不變，壓強(qiáng)減小，則溫度減小，故狀態(tài)b溫度大于狀態(tài)c溫度，故氣體分子的平均動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；D．由狀態(tài)c變化到狀態(tài)a，體積不變，則氣體分子的平均間距不變，故D正確；E．圖中三角形面積表示沿三角形abca過程氣體對(duì)外界所做功的多少（即沿折線bca比沿直線ab多做的少），則氣體從外界吸收的熱大于對(duì)外界的放熱，故E正確。故選BDE。14.如圖（a），盛有氣體的導(dǎo)熱圓柱形容器內(nèi)壁光滑，豎直放置，被圓形隔板分成上部分A和下部分B，隔板導(dǎo)熱。開始時(shí)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，A和B體積均為V、溫度均為環(huán)境溫度、上部分A的壓強(qiáng)為p，隔板的質(zhì)量m符合，S為隔板的面積，g為重力加速度。設(shè)所有氣體均視為理想氣體，在氣體狀態(tài)變化過程中環(huán)境溫度始終不變?，F(xiàn)將容器水平放置，如圖（b）。（1）求穩(wěn)定后A、B兩部分氣體的體積：（2）穩(wěn)定后，將A接一個(gè)打氣，打氣每次打氣都把壓強(qiáng)為p、體積為的氣體打入A中，緩慢打氣若干次后，A的體積變?yōu)?，求打氣次?shù)n。【答案】（1），；（2）36【解析】【詳解】（1）容器豎直放置時(shí)，對(duì)隔板受力有又題有解得容器水平放置后，A、B兩部分壓強(qiáng)相等，設(shè)為，由玻意耳定律，對(duì)A部分氣體有對(duì)B部分氣體有又聯(lián)立以上方程解得，，（2）當(dāng)A的體積則B的體積此時(shí)兩部分氣體壓強(qiáng)也相等，用表示，對(duì)B部分氣體，由玻意耳定律有解得對(duì)A部分氣體打氣過程有由以上公式解得15.如圖（a），在均勻介質(zhì)中有A、B、C和D四點(diǎn)，其中A、B、C三點(diǎn)位于同一直線上，，，垂直于。時(shí)，位于A、B、C處的三個(gè)完全相同的橫波波源同時(shí)開始振動(dòng)，振動(dòng)圖像均如圖（b）所示，振動(dòng)方向與平面垂直，已知波長(zhǎng)為4m。下列說法正確的是（）A.這三列波的波速均為2B.時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)C.時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)D.時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2E.時(shí)，D處的質(zhì)點(diǎn)與平衡位置的距離是2【答案】BCD【解析】【詳解】A．波速由介質(zhì)決定，由圖（b）的振動(dòng)圖像可知，振動(dòng)的周期為4s，故三列波的波速均為故A錯(cuò)誤；B．由圖（a）可知，D處距離波源最近的距離為3m，故開始振動(dòng)的時(shí)間為波源C處的橫波傳播到D處所需的時(shí)間，則故B