2020年辽宁省大连市高考物理二模试卷 (含答案解析)
2020年辽宁省大连市高考物理二模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.静止在匀强磁场中的?90234Th，发生β衰变，产生一个未知粒子X和一个β粒子，它们在磁场中的
运动轨迹如图所示，下列说法正确的是()
A. 该核反应方程为?90234Th→88230Th+24He
B. β粒子和X粒子在磁场中做圆周运动时转动方向相同
C. 轨迹1、2分别是X粒子、β粒子的运动轨迹
D. β粒子与X粒子的运动周期相同
2.如图所示，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m
的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，则()
A. 车厢对货物的作用力大小等于mg
B. 车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上
C. 悬臂对车厢的作用力大于(M+m)g
D. 悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上
3.2019年4月10日晚9时许，全球多地天文学家同步公布的首张黑洞照片(如图
)。假设银河系中两个黑洞A，B，它们以二者连线上的O点为圆心做匀速圆
周运动，测得A，B到O点的距离分别为r和2r。黑洞A、B均可看成质量分
布均匀的球体，不考虑其他星球对黑洞的引力，两黑洞的半径均远小于它们之间的距离。下列说法正确的是()
A. 黑洞A，B的质量之比为1∶2
B. 黑洞A，B所受引力之比为1∶2
C. 黑洞A，B的角速度之比为1∶1
D. 黑洞A，B的线速度之比为1∶2
4.如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁
场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀
速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向．在下图中能正确描述感应电
流I与线框移动距离x关系的是()
A. B. C. D.
5.一物块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s。从此刻开始在物块运动方向上再施加
一水平作用力F，力F与物块的速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。则下列说法中正确的是()
A. 第1秒内水平作用力F做功为1 J
B. 第2秒内水平作用力F的平均功率为1 W
C. 第3秒内水平作用力F的平均功率为2 W
D. 0～3秒内水平作用力F所做的总功为3 J
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.(多选)一只闭合的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，
穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图所示，则下列说法正确的是()
A. t=0时刻线圈平面与中性面重合
B. t=0.1s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大
C. t=0.2s时刻，线圈中有最大感应电动势
D. 若转动周期减小一半，则最大感应电动势也减小一半
7.如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴
上，使小球在竖直平面内作圆周运动，关于小球在最高点的速度v下列说法
中正确的是()
A. v的最小值为√gL
B. 当v由√gL值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大
C. 当v由√gL值逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大
D. 当小球在最高点的速度为2√gL时，轻杆受到竖直向下的力，其大小为3mg
8.一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在
电场力的作用下，由静止开始运动，则下列说法中正确的是()
A. 微粒在0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同
B. 微粒将沿着一条直线运动
C. 微粒做往复运动
D. 微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同
9.下列说法正确的是()
A. 绝对湿度大，相对湿度一定大
B. 荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果
C. 单晶体和多晶体都具有各向异性的物理性质
D. 一定质量理想气体等温膨胀，一定从外界吸热
E. 对于一定质量的理想气体，压强增大，体积增大，分子的平均动能一定增大
10.如图所示，两束单色光a、b自空气射向玻璃，经折射后形成复合光束c.下列说
法中正确的是()
A. 从玻璃射向空气，a光的临界角小于b光的临界角
B. 玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率
C. 经同一双缝所得干涉条纹，a光条纹宽度小于b光条纹宽度
D. 在玻璃中，a光的速度大于b光的速度
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11.在研究匀变速直线运动的实验中，如图是一条记录小车运动情况的纸带，并在其上取了A、B、
C、D、E5个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接在220V、
50Hz的交流电源．
(1)由纸带上的数据计算v B=______m/s，v C=______m/s，v D=______m/s。
(2)在右图所示坐标中作出小车的v?t图线，并根据图线求出a=______m/s2。(此题计算结果
均保留三位有效数字)
12.某同学做描绘小灯泡伏安特性曲线的实验，根据图中提供的器材已连接了部分电路，其中电流
表内阻约为5Ω。
(1)请连接完成如图1所示的实物图。
(2)实验中闭合电键后通过调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数，如表所示，作出
小灯泡的I?U图象如图2所示。
U(y)00.5 1.0 1.5 2.0 2.5
I(A)00.170.300.390.450.49
(3)根据作出的图象可以判断，随着温度的升高，小灯泡的电阻________(填“变大”“变小”
或“不变”)，小灯泡灯丝的电阻率________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)由图象可知，当小灯泡两端的电压为0.8V时，小灯泡的功率为________W(结果保留2位有
效数字)。
四、计算题（本大题共4小题，共50.0分）
13.如图所示，在两相距2R，水平放置的平行金属板PQ间，一质量为m、电量为q的带电粒子以
速度v0=√2gR沿板间水平中轴线O1O2从O1点射入，刚好打在下极板的中点B，现在两极板间加上竖直向下的匀强电场，粒子恰好能沿O1O2做直线运动，已知重力加速度为g，求：
(1)极板长度L；
(2)粒子带何种电荷？PQ间U为多少？
(3)若在极板竖直中线AB右侧区域再加上一垂直纸面向里的匀强磁场(如图乙)，要使从O1射入
的粒子能从PQ板间射出，求匀强磁场B的大小范围？
14.如图所示，倾角为37°的斜面AB底端与半径R=0.4m的半圆轨道BC相连，O为轨道圆心，BC
为圆轨道直径且处于竖直方向．质量m=1kg的滑块从斜面上某点由静止开始下滑，恰能到达C 点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求滑块经过C点时速度v C的大小
(2)若滑块滑块从斜面上更高的某点下滑，离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至
落到斜面上的时间t．
15.如图所示为一定质量理想气体的p?V图象，气体状态由A经B到C的变化过程中，气体吸收了
420J热量，对外做功400J。已知状态A的温度为300K。求气体：
(1)内能改变的数值；
(2)状态C的温度T C。
16.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形如图所示，此时波刚好传到x=5m处
P点；t=1.2s时x=6m处Q点第一次有沿y轴正方向的最大速度．
①求这列简谐波传播的周期与波速；
②写出x=4m处质点的振动方程；
③画出这列简谐波在t=1.2s时的波形图．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：
根据电荷数守恒、质量数守恒判断衰变方程的正误，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。
根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析判断粒子的轨迹。
A.该核反应方程为α衰变方程，故A错误；
B.原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，衰变后的粒子带的电性相反，很据左手定则可以得知，β
粒子和X粒子在磁场中做圆周运动时转动方向相反，故B错误；
C.核反应前核静止，动量为零，根据动量守恒定律得，反应后系统总动量为零，则x粒子和β的动量大小相等，方向相反，则" role="presentation" style="position: relative;">r=mv Bq，知轨道半径等于两粒子的电量之反比，轨迹1、2分别是X粒子、β粒子的运动轨迹，故C正确；
D.由周期公式T=2πm
，可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期与m、q相关，由于新核与β粒子的qB?
比荷相差很大，周期不同，故D错误，
故选C。
2.答案：C
解析：
车厢与货物具有相同的加速度，运用隔离法对车厢受力分析，运用牛顿第二定律分析车厢对货物的
作用力，再用整体法分析悬臂作用力，加速度分解为水平和竖直方向，研究牛顿第二定律的分量式，
从而得出结论。
解决本题关键是将加速度分解为水平和竖直方向，利用牛顿第二定律研究，注意悬臂不是绳子，作用力可以不沿悬臂。
A.货物随车厢一起斜向上加速运动，加速度沿缆绳向上，在竖直方向加速度有向上的分量，处于超重状态，所以货物对车厢的压力大于重力，根据牛顿第三定律，车厢对货物的作用力大小大于mg，所以A错误；
B.货物受到重力、车厢支持力和静摩擦力三个力作用，因为加速度平行缆绳向上，所以三个力的合力平行缆绳向上，但车厢对货物的作用力即重力和静摩擦力的合力一定不是平行缆绳向上，所以B 错误；
C.车厢也具有平行缆绳向上的加速度，对车厢和货物整体受力分析，受到重力(M+m)g、悬臂的作用力F两个力的作用，整体加速度有向上的分量，竖直方向合力不为零，方向向上，根据牛顿第二定律F y?(M+m)g=(M+m)a y所以悬臂作用力的竖直分力Fy>(M+m)g，悬臂作用力F=√F x2+F y2，即悬臂作用力大于(M+m)g，所以C正确；
D.由C分析知悬臂对车厢的作用力F不沿竖直方向，而是斜向右上方，所以D错误。
故选C。
3.答案：D
解析：解：C、两个黑洞A、B以二者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，构成双星系统，属于同轴转动模型，两黑洞做匀速圆周运动的周期相同，则角速度相等，之比为1：1，故C错误；
=m1r1ω2=m2r2ω2，知半径之比等于质量之反比，故质量之A、根据万有引力提供向心力，Gm1m2
(r1+r2)2
比为2：1，故A错误；
B、黑洞A、B间的万有引力属于相互作用力，大小相等，故B错误；
D、根据线速度与角速度关系可知，v=rω，知线速度与半径成正比，黑洞A、B的线速度之比为1：2，故D正确。
故选：D。
此题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及会用万有引力提供向心力进行求解。
解析：
本题导体的运动可分为三段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小，再求得感应电流的大小．
本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；而进入第二段过程，分处两磁场中的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大2I0
解：x在0?a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为L=
2×tan30°(a?X)=2√3
3
(a?X)，感应电动势为E=BLv，感应电流为
I=B2√3(a?X)v
3R =2√3B(a?X)v
3R
，随着x的增大，I均匀减小，当x=0时，I=2√3Bav
3R
=I0；当x=a时，
I=0；
x在a?2a内，线框的AB边和其他两边都切割磁感线，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负
方向；有效切割的长度为L=2√3
3(2a?x)，感应电动势为E=BLv，感应电流大小为I=2√3(2a?X)Bv
3R
，
随着x的增大，I均匀减小，当x=a时，I=4√3Bav
3R
=2I0；当x=2a时，I=0；
x在2a?3a内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正方向；有效切割的长度为L=2tan30°(3a?
x)=2√3(3a?X)
3
，感应电动势为E=BLv，感应电流为
I=B2√3(3a?X)v
3R =2√3B(3a?X)v
3R
，随着x的增大，I均匀减小，当x=2a时，I2√3Bav
3R
=I0当x=3a时，
I=0；
故根据数学知识可知B正确，ACD错误；
故选：B．
5.答案：C
解析：解：AD、由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F?t图象及功的公式W=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J，总功为4J，故AD错误；
B、由以上分析知：第2秒内水平作用力F做功W2=1.5J，平均功率P=W2
t
=1.5W，故B错误；
C、由以上分析知：第3秒内水平作用力F做功W3=2J，平均功率P′=W3
t
=2W，故C正确。
根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少，根据P=W
求解平均功率。
t
本题考查的是学生对功的理解，根据功功率的定义可以分析做功计功率的情况。
6.答案：AB
解析：线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为最大。
本题考查了法拉第电磁感应定律，掌握线圈在转动过程中磁通量和感应电动势之间的关系，以及中性面的特点。
A.由图知t=0时刻，磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，与中性面重合，故A正确；
B.t=0.1s时刻，磁通量为零，但Φ的变化率达到最大，感应电动势为零，故B正确；
C.t=0.2s时刻，磁通量最大，线圈平面与磁感线垂直，此时感应电动势为零，故C错误；
D.由E m=NBSω可知，周期减半时角速度增大一倍，则电动势就增大一倍，故D错误。
故选AB。
7.答案：BC
解析：
本题意在考查对向心力等所学知识的识记能力和综合应用能力，及熟记和理解基础知识是解答此题的关键。
杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，临界的速度为零，根据牛顿第二定律判断杆子对小球的弹力随速度变化的关系。
解决本题的关键搞清小球向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，以及知道杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力。
A.小球在最高点的最小速度为零，此时重力等于杆子的支持力。故A错误。
B.当v>√，杆子表现为拉力，根据牛顿第二定律得，F+mg=m v2
，速度增大，杆对小球的弹
L
力增大，故B正确。
C.当v<√gL，杆子表现为支持力，根据牛顿第二定律得，mg?F=m v2
，速度减小，杆对小球的
L
弹力增大，故C正确。
D.在最高点，当v=2√时，杆子表现为拉力，轻杆受到竖直向上的力，根据牛顿第二定律得，F+ mg=m v2
，解得F=3mg，故D错误。
L
故选BC。
8.答案：BD
解析：解：A、加速度的方向与正电粒子所带的电场力的方向相同，所以由牛顿第二定律得知，微粒在0?1s内的加速度与1?2s内的加速度大小相同，方向相反。故A错误；
B、C由图看出，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s做加速运动。第2s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去。微粒将沿着一条直线运动。故B正确，C错误。
D、微粒在第1s内与第3s内都是从速度为0开始加速，加速度相同，所以它们的位移也相同。故D 正确。
故选：BD。
由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．
该题通过图象，通过分析微粒的受力情况，结合运动的对称性分析其运动情况是关键．属于基础题目．
9.答案：BDE
解析：解：A、对于不同的压强和温度，饱和蒸汽压不同，故绝对湿度大时相对湿度不一定大，故A 错误；
B、荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果，故B正确；
C、单晶体具有各向异性的物理性质，但多晶体是各向同性，故C错误；
D、一定质量理想气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律，一定要吸收热量，
故D正确；
E、对于一定质量的理想气体，压强增大，体积增大，根据理想气体状态方程PV
T
=C，温度一定升高，故分子的平均动能一定增大，故E正确；
故选BDE．
解答本题需掌握：
①绝对湿度是指每单位容积的气体所含水分的重量，一般用mg/L作指标．相对湿度是指绝对湿度与该温度饱和状态水蒸气含量之比，用百分数表达．
②凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．
③温度是分子热运动平均动能的标志．
④热力学第一定律公式：△U=W+Q．
⑤理想气体状态方程PV
T
=C．
本题考查了绝对湿度与相对湿度、液体表面张力、单晶体与多晶体、热力学第一定律、温度的微观意义、理想气体状态方程等，知识点多，难度小，要加强识记．
10.答案：BD
解析：解：
A、B、由图知，b光的入射角大于a光的入射角，折射角相同，由折射定律n=sini
snr
知，玻璃对b光
的折射率比玻璃对a光的折射率大，由临界角公式sinC=1
n
得知，a光的折射率n较小，临界角较大，故A错误，B正确；
C、因为a光的折射率小，则a光的波长长，根据△x=L
d
知，a光的干涉条纹间距大．故C错误．
D、由v=c
n
知，a光在玻璃中的传播速度比b光在玻璃中的传播速度大，故D正确．
故选：BD
先根据光路图读出b光的入射角大于a光的入射角，从而根据折射定律得出b光的折射率大于a光
的折射率，由临界角公式sinC=1
n 比较临界角的大小；由v=c
n
比较在玻璃中的传播速度的大小．通
过双缝干涉条纹的间距公式判断出干涉条纹的间距大小．
解决本题的关键在于通过光的偏折程度比较出光的折射率大小，并要掌握折射率、频率、波长以及在介质中的速度等大小关系．
11.答案：(1)1.38 2.64 3.90
(2)图象如图所示13.0
解析：
熟练应用匀变速运动规律，即可正确求出物体的瞬时速度；本题的难点是作v?t图象，求加速度，一定要掌握描点法作图的方法。
(1)做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，据此求出各点的瞬时速度。
(2)应用描点法作图，然后根据v?t图象求出加速度。
(1)计数点间的时间间隔t=0.02s×5=0.1s，瞬时速度v B=v AC=AC
2t =0.2760
2×0.1
m/s=1.38m/s，
v C=v BD=AD?AB
2t
=
0.6030?0.0750
2×0.1
m/s=2.64m/s
v D=v CE=AE?AC
2t =1.0560?0.2760
2×0.1
m/s=3.90m/s；
(2)应用描点法作图，v?t图象如图所示
a=Δv
Δt
=13.0m/s2
故答案为：(1)1.38 2.64 3.90(2)图象如图所示13.0。
12.答案：(1)(3)变大变大(4)0.20
解析：
根据题意分析得出电流表和电压表的接法，再连接实物图；根据图像判断电阻的变化和电阻率的情况；根据图像求小灯泡的功率。
本实验考查了描绘灯泡伏安特性曲线的实验中的仪器选择、电路设计、灯泡功率、滑动变阻器阻值等问题，由I?U图象找出电压对应的电流，熟练应用串联电路特点及欧姆定律是正确解题的关键。
(1)因为电流表内阻约为5Ω，根据原理电流表应外接，滑到变阻器使用分压式接法，答案如图所示：
(3)根据作出的图象可以判断，随着温度的升高，小灯泡的电阻变大，根据电阻定律知小灯泡灯丝的电阻率变大；
(4)由图象可知，当小灯泡两端的电压为0.8V时，电流为0.25A，则小灯泡的功率为P=UI=0.20W。故答案为(1)见答案图；(3)变大；变大；(4)0.20。
13.答案：解：(1)极板不带电，粒子做平抛运动，则有：R=1
2
gt2
L
2
=v0t
解得：L=4R；
(2)加上电场后，竖直方向，mg=qE，
两力方向相反，故粒子带负电
由mg=q U
2R
；
解得：U=2mgR
q
；
(3)加上磁场后，粒子做匀速圆周运动，设圆周半径为r，则有：
qv0B=m v02
r
粒子刚好从下极板右侧射出磁场时，由几何关系得：r12=(2R)2+(r1?R)2解得：
r1=2.5R
B1=2m√2gR
5qR
；
粒子刚好从下极板B出磁场时，由几何关系可得：r2=0.5R
B2=2m√2gR
qR
综上所述，要使粒子不与极板相碰，则有：B1<2m√2gR
5qR ；或者B2>2m√2gR
qR
答：(1)极板长度4R；
(2)粒子带负电荷，PQ 间U 为
2mgR q
；
(3)匀强磁场B 的大小范围B 1<
2m √2gR 5qR
，或者B 2>
2m √2gR qR
．
解析：(1)根据粒子做平抛运动，结合运动学公式，即可求解；
(2)根据加上电场后，竖直方向电场力与重力平衡，从而确定粒子电性，及极板间电压；
(3)根据粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，及几何关系，即可求解． 考查粒子做平抛运动与圆周运动，掌握平抛运动处理规律，理解牛顿第二定律在圆周运动中应用，同时注意几何关系的正确建立．
14.答案：解：(1)若滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有
mg +F N =
mv c
2R
恰好通过则F N =0；
故v c =√gR =√10×0.4=2m/s (2)滑块离开C 点做平抛运动，则有
x =v c t y =1
2
gt 2
由几何关系得：tan37°=2R?y x
联立得5t 2+3t ?0.8=0 解得t =0.2s 答：
(1)滑块经过C 点时速度v C 的大小为2m/s ； (2)滑块从C 点飞出至落到斜面上的时间t 为0.2s ．
解析：(1)滑块恰好能到达C 点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C 点的速度； (2)离开C 点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间．
本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，关键要注意挖掘隐含的临界条件，知道小球通过竖直平面圆轨道最高点时，重力恰好提供向心力，对于平抛运动，要结合几何知识进行求解
15.答案：解：(1)由热力学第一定律
ΔU =Q +W
代入数据：ΔU=420J+(?400)J=20J 解得ΔU=20J
(2)由理想气体状态方程p A V A
T A =p C V C
T C
代入数据
500×103×1×10?3
300K =
100×103×4×10?3
T C
解得：T C=240K
解析：(1)根据热力学第一定律求气体内能改变的数值；
(2)根据理想气体状态方程求状态C的温度。
16.答案：解：①波速v=x
t =3
1.2
m/s=2.5m/s
由v=λ
T 得：T=λ
v
=4
2.5
s=1.6s
②由图可知，A=10cm=0.1m
t=0时刻x=4m处的质点位于负的最大位移处，所以其振动方程为：
y=?Acosωt=?Acos 2π
T
?t=?0.1cos
5πt
4
m.
③经过1.2s，该波沿x轴正方向传播的距离为：s=vt=2.5×1.2=3m
所以该波在1.2s时刻的波形图如图．
答：①求这列简谐波传播的周期是1.6s，波速是2.5m/s；
②写出x=4m处质点的振动方程为y=?0.1cos5πt
4
m；
③画出这列简谐波在t=1.2s时的波形图如图．
解析：①由图读出波长．根据波从P传到Q的距离和时间求出波速，由波速公式求解周期．
②由图判断出振幅，以及x=4m处的质点的初位置，然后结合振动方程即可求出；
③由平移法即可画出这列简谐波在t=1.2s时的波形图．
本题要波的传播方向熟练判断出质点的振动，灵活运用波形平移法确定波形，要知道波速两个公式
v=x
t 和v=λ
T
都可以运用，要根据条件灵活选择．