【文档说明】安徽省黄山市2021-2022学年高三下学期第二次质量检测理综物理试题 含解析.docx，共(22)页，4.417 MB，由小赞的店铺上传

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2022届安徽省黄山市高中毕业班第二次质量检测理科综合物理一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.近代

物理和技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（）A.原子核的比结合能越大，原子核越稳定B.某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核内有β粒子C.核泄漏污染物铯13755C

s能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为1371375556CsBaX→+，X为中子D.若氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．原

子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A正确；B．β衰变的本质是原子核内一个中子变为一个质子和电子，电子被释放出来，原子核内没有β粒子，故B错误；C．根据质量数守恒和电荷数守恒可得X的质量数为0，电荷数为-1，是电子，

故B错误；D．若氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应，需要看该金属的逸出功是否大于氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子的能量，故D

错误。故选A。2.一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为g。若汽车向左加速运动（C始终与汽车相

对静止），则（）A.A对C的支持力增大B.B对C支持力减小C.当加速度33ag=时，A对C无支持力D.当加速度0a=时，C对B的压力大小为mg【2题答案】【答案】C【解析】【详解】AB．设A、B对C的支持力大小分别为NA、NB，汽车的加速度大小为a。在竖直方向上根据平衡条

件可得ABcos30cos30NNmg+=在水平方向根据牛顿第二定律有BAsin30sin30NNma−=联立解得A3mgNma=−B3mgNma=+可知从a=0到a≠0时，NA减小，NB增大，故AB错误；C．根据上式可知，当加速度a=33g时A0N=根据牛顿第

三定律可知此时C对A的压力为零，故C正确；D．根据B3mgNma=+可知，当加速度0a=时，B对C的支持力为B3mgN=的则C对B的压力大小为3mg，选项D错误。故选C。3.如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L2上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为M，“鹊

桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对”鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月球的影响。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的

是（）A.地球对月球的引力与“鹊桥”中继星对月球的引力相等B.月球与地球质量之比为2232()()LdddLLd+−+C.“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比22:()LLd+D.“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为:LLd+【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．月球所受的合外力方向指向地球，

故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故A错误；D．“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据vr=可得“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为():LdL+,故D错误；C．根据2ar=可得“鹊桥”中

继星与月球的向心加速度之比为():LdL+，故C错误；B．对月球，地球对它的万有引力提供向心力22MMGMLL=月地月对“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故222()()MmMmGGmLdLdd+=++月地联立解得()()22

23LddMdMLLd+=−+月地故B正确。故选B。4.甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其vt−图像如图所示，在0=t时刻，乙车在甲车前方x0处，在10t−时间内乙车的位移为x。下列判断正确的是（）A.若甲

、乙在1t时刻相遇，则03xx=B.若甲、乙在12t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1C.若032xx=，则甲、乙一定相遇一次D.若053xx=，则甲、乙一定相遇两次【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，甲车的初速度等于02v，在1t时刻乙车速度

为0v。在t1时间内，乙车的位移为x，则由vt−图象中，图线与坐标围成的面积表示位移，可判断得甲车的位移为3x，若甲、乙在t1时刻相遇，则032xxxx=−=故A错误；B．若甲、乙在12t1时刻相遇，如图所示由图象可知，0x为阴影

部分对应的距离，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为111322ttt+=故B错误；C．若032xx=，则023xx=1=tt时，两车速度相等，此时甲乙位移差为0000224=3333xxxxxxx=−−=甲乙说明在1=tt之前甲乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的

速度比乙的大，1=tt之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定再次相遇，故C错误；D．若053xx=，则035xx=1=tt时，两车速度相等，此时甲乙位移差为00003363555xxxxxxx=−=−=甲乙说明在1=tt之前甲乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，1

=tt之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定相遇两次，故D正确。故选D。5.如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为

C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是（）A.P向下动，Q向下动B.U1减小，U2增大C.Q1减小，Q2增大D.C1减小，C2增大【5题答案】【答案】C【解析】【详解】D．将B板稍向下移，据r4πSCkd=可知，C1减小；MN板不动，C2

不变；故D项错误；C．假设两板电荷量均不变，则AB板间电压将增大，大于MN间的电压，所以左侧电容器将向右侧电容器充电，即Q1减小，Q2增大；故C项正确；B．充电完成，稳定后，MN间电压增大，则AB间电压相对变化前也增大，故B项错误；A．AB板间电场强度1111111r14πUQkQEdC

dS===左侧电容器所带电荷量减少，则AB板间电场强度减小，P所受电场力减小，重力不变，P向下动；据UEd=，MN间电压增大，MN板间电场强度增大，Q所受电场力增大，重力不变，Q向上动；故A项错误。故选C。6.2022年2月4

日，北京冬奥会盛大开幕。在首钢大跳台进行的跳台滑雪项目极具视觉冲击，深受观众喜爱。如图所示，一位跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡b点，假设运动员及其装备可视为质点，不计空气阻力，关于运动员在空中的运动，下列说法正确的是（）A

.在相等的时间间隔内，重力势能的改变量总是相同的B.在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的C.在下落相等高度的过程中，动能的改变量越来越大D.若增大初速，则运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角不变【6题答案】【答案】BD【解析】【详解】

A．运动员在竖直方向做自由落体运动，则在相等的时间间隔内，运动员下落的竖直高度不同，则重力势能的改变量不相同，选项A错误；B．根据vgT=可知，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的，选项B正确；C．根据动能定理kEmgh=则在

下落相等高度的过程中，动能的改变量相等，选项C错误；D．由平抛运动可得速度方向的夹角为00tanyvgtvv==位移方向的夹角为20012tan2gthgtxvtv===因此可得tan2tan=若增大初速，运动员落

在斜坡上时位移方向与水平方向夹角保持不变，速度方向与水平方向的夹角α也不变，D正确。的故选BD7.如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，A、B、C、E为圆周上四个点，E为BC圆弧的中点，AB//OE，O为圆心，D为AB中点，ACB=。粒子源从C点

沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰以0cosv的速度垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是（）A.AD间和OC间的电势差关系为

：UAD=UOCB.沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点C.在圆周上各点中，从E点离开的粒子速率最大D.若60=，则匀强电场的场强为2032mvEqR=【7题答案】【答案】AC【解析】【详解】A．因为沿C

A方向入射的粒子恰垂直AB方向以0cosv的速度过D点，可知粒子沿平行于BC方向的速度不变，垂直于BC方向的速度减小到零，可知粒子受电场力方向平行于BA向下，则场强方向平行于BA向下，因OD和BC连线垂直于电场线，可知BC和OD均为等势面，则UAD=UOC，选项A正确；。B

．电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；C．在圆周上各点中，从E点离开的粒子电场力做正功且做功最大，则从E点离开的粒子的速率最大，选项C正确；D．若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知0cos60Rvt=23122EqRtm=联立解得

2034mvEqR=选项D错误。故选AC。8.如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。

最终所有粒子均从O点左侧与水平成30°斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）A.粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长B.初速

度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为3mvC.速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为(31)mvqB+D.匀强磁场区域的最小面积为2222334mvqB−【8题答案

】【答案】BD【解析】【详解】粒子运动轨迹如图在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据2vqvBmr=可得速度最大的粒子圆周运动的半径mvrqB=A．所有粒子的速度偏转角都一样，所以在磁场中运动轨迹对应的圆心角都相等，根据2360360mtTqB

==可知运动的时间都相等，故A错误；B．根据矢量的运算法则可知，初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为2cos303pmvmv==故B正确；C．由粒子的运动轨迹结合几何关系可得

速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为3sin30rmvdrqB=+=故C错误；D．匀强磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，根据几何关系得22222113332234mvSrrrqB

=−=−故D正确。故选BD。第II卷（非选择题，共174分）三、非选择题：共174分，第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.小明同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定

则：在竖直木板上铺有白纸，上面固定两个光滑的定滑轮A和B，三根细绳打一个结点O，且所有钩码完全相同，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验不能．．完成的是______A．钩码的个数N1=N2=2，N3

=3B．钩码的个数N1=3，N2=5，N3=4C．钩码的个数N1=N2=N3=5D．钩码的个数N1=3，N2=1，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是______A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．用量

角器量出三段绳子之间的夹角C．量出OA、OB、OC三段绳子的长度D．用天平测出钩码的质量（3）如图所示，小兰同学在做“探究求合力的方法”实验时，用A、B两根弹簧秤把橡皮条的结点拉到O点，此时90+=，在实验过程中，她做了一些探究，其中一个是：她

使B弹簧秤示数有较明显的增大，为了保持结点位置不变，可采取的补救办法是______。A．保持其它不变，增大A的示数同时减小α角B．保持其它不变，增大A的示数同时增加α角C．保持其它不变，增大A的示数同时增大β角D．保持其它不变，增大A的示数同时减小β角【9题答案】【答案】①.D②.A③.BC##

CB【解析】【详解】（1）[1]对O点受力分析可知，在三力作用下满足平衡状态，故三力大小构成三角形，需满足两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，故D项不满足要求，ABC满足要求，故选D；（2）[2]为了验证力的平行四边形定则，必须做受力分析图，需要明确受力点即标记O

点，及力的大小和方向，可以用钩码数量表示力的大小，可以用绳子方向表示力的方向，故选A；（3）[3]保持结点位置不变，则合力大小不变，为使B弹簧秤示数有较明显的增大，如图所示可以保持其它不变，增大A的示数同时增加α角或增大A的示数同时增大

β角，故BC正确，AD错误，故选BC。10.某物理学习小组为了探究小灯泡L（3.8V，0.7A）的伏安特性曲线，同时再测定电源电动势和内阻，设计了如甲所示的电路图。（1）为了完成实验目的，该物理学习小组进行以下的实验操作：第①步：按

照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2________（“闭合”或“断开”），移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据：第一组：电流表I=0.20A，电压表U1=0.65V,电压表U2=4.3V

第二组：电流表I＇=0.40A，电压表1U＇=1.50V,电压表2U＇=4.1V利用以上数据可以求出电源电动势E=______V，电源内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）第②步：将滑动变阻器滑片P调到______（填“最右边”或

“中间”或“最左边”），再闭合开关______，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示。（2）现在将六盏完全相同的灯泡L（3.8V，0.7A）并联后直接接在题中电源的两端，则该电路中每盏小灯泡的

功率P=灯______W。（计算结果保留2位有效数字）【10题答案】【答案】①.断开②.4.5③.1.0④.最右边⑤.S2⑥.0.83【解析】【详解】（1）[1]第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合

，开关S2断开，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。[2][3]根据电路图结合闭合电路欧姆定律得2UEIr=−代入数据得4.30.20Er=−4.10.40Er=−联立解得4.5VE=1.0Ωr

=[4][5]第②步：为了保护电路，将滑动变阻器滑片P调到最右边，再闭合开关S2，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。（2）[6]设流过灯泡的实际电流为I,根据闭合电路欧姆定律得6UEIr=−在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的UI−图象可得两图

线的交点即为灯泡的工作点，可得灯泡实际电压约为1.8V，实际电流为0.46A，则功率0.461.8W0.83WP==灯11.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电

阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：（1）金属棒

到达最低点时的速度和受到的安培力大小；（2）若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值和拉力做的功为多少？【11题答案】【答案】（1）gr；222BLFgrR=；（2）024IBLvR=；2208r

BLvWmgrR=+【解析】【详解】（1）金属棒在最低点时2NvFmgmr−=又2NFmg=解得vgr=通过金属棒的电流22BLvBLIgrRR==安培力FBIL=故222BLFgrR=（2）金属棒以速度v0沿轨道做匀速圆周运动时，从最低点开始，

对应的半径r转过的角度t=电动势00coscoseBLvBLvt==从cd到达ab的过程中，电流的有效值为0012242BLvIBLvRR==由功能关系得拉力做功为22WmgrIRt=+02rtv=所以2208rBLvWmgrR=+12.如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固

定于竖直挡板上，右端与质量0.50kgm=、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，1.5kgBm=，0.5kgCm=，滑块B、C之间有

一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4m/s

，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=1m/s

顺时针转动，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；（3）物块C滑上传送带到达顶端

的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。【12题答案】【答案】（1）2J；（2）1.6m/s；（3）0.536J【解析】【详解】（1）根据Fx−图像可以求外力F做功为F6180.2J180.2J6J2W+=+

=物块A从开始运动M点的过程中2Ff012WWmv−=解得f2JW=（2）A与B碰撞，根据动量守恒定律得01Bmvmmv=+（）解得v1=1m/sAB碰撞后，到弹簧恢复原长时1=+BBBCCmmvmmvmv++（）（）2221111=+222BBBCCmmvmmvmv++（）（）解得0.

6m/sBv=1.6m/sCv=（3）C在传送带上减速至传送带共速过程中1sincosCCCmgmgma+=解得2110m/sa=则11Cvvta−=C与传送带之间的相对位移是1112Cvvxtvt+=−解得10.018mx=（）11cos0.036JQm

gx==C与传送带共速后，继续减速滑到顶端2sincosCCCmgmgma−=解得22s2m/a=22vta=C与传送带之间的相对位移是2222vxvtt=−解得20.25mx=则22cos0.5JQmgx

==摩擦产生的总热量为120.536JQQQ=+=（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.某容器内封闭一定质量的理想气体。气体开始处于状态a，经

历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其pT−图像如图所示。则下面说法正确的是（）A.a、b、c三个状态中b的体积最大B.a、b、c三个状态中c单位体积中的分子数最少C.过程bc中气体一定吸热D.b和c两个状态中，容器壁单位面积单

位时间内受到气体分子撞击的次数相同E.过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量【13题答案】【答案】BCE【解析】【详解】AB．根据CpTV=可知a、b、c三个状态中，ab两态体积相等，c的体积最大，单位体积中的分子数

最少，选项A错误，B正确；C．过程bc中温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸的热，选项C正确；D．b和c两个状态中，b态压强大于c态压强，两态温度相同，气体分子

平均速率相同；b态气体分子数密度较大，则b态容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多，选项D错误；E．过程ab体积不变，内能增加，则过程ab吸收的热量等于内能增加量；过程ca压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，则根据热力学第一定律可知，气体放热，

且放出的热量等于气体内能减小量与外界对气体做功的代数和；因过程ab内能增加量等于过程ca内能减小量，可知过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量，选项E正确。故选BCE。14.如图所示，水平放置的固定汽缸A

和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB＝1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为0300KT=，A中气体压强04App=，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加

热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到'03Bpp=。求：（1）此时A中的气体压强'Ap；（2）此时A中的气体温度'AT。【14题答案】【答案】（1）07p；（2）700K【解析】【详解】（1）活塞平衡

时，由平衡条件得：初状态0()+−=AABABBpSpSSpS末状态''0()AABABBpSpSSpS+−=且SA∶SB＝1∶3得07App=（2）B中气体初、末态温度相等，设末态体积为BV，由玻意耳定律得03=BBB

pVpV设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有003ABABVVVVSS−−=对A中气体由理想气体状态方程得00AAAApVVTTp=解得700KAT=15.如图所示，一块半圆柱形玻璃砖截面的圆心为O点，一束红光和一束蓝光分别沿半径射入截面为半圆形的玻璃砖中后

，都由圆心O沿OP方向射出，则下列说法正确（）A.玻璃砖对A光的折射率小于对B光的折射率B.A光为蓝光，B光为红光C.在玻璃中，A光的传播速度大于B光的传播速度D.若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动90的过程中，则B光先在MN界面发生全反射E

.分别用A、B光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，A光的干涉条纹间距小于B光的干涉条纹间距【15题答案】【答案】ACD【解析】【详解】A．根据光路可逆结合题图可知，两光从空气中射入玻璃砖后，A光折射角大，B光折射角

小，根据折射定律sinsininr=可知玻璃砖对A光的折射率小于对B光的折射率，故A正确；B．折射率越大，频率越大，波长越小，可知B光为蓝光，A光为红光，故B错误；C．根据cnv=可知在玻璃中，A光的传播速度大于B光的传播速度，故C正确；D．根据全反射临界角公式1sinC

n=可知，B光的临界角小，则若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动90的过程中，则B光先在MN界面发生全反射，故D正确；E．根据Lxd=结合B选项可知分别用A、B光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，A光的干涉条纹间距

大于B光的干涉条纹间距，故E错误。故选ACD16.平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，A、B为x轴正半轴上的两个点，O与A之间的距离10.6mL=，此距离小于波长。波源质点从0时刻开始振动

，其位移方程为10sin()(cm)yt=+，当波传到A点时，波源恰好处于波峰位置。求：（1）该简谐横波的波速v；（2）若O与B之间的距离23.2mL=。则从0时刻开始到平衡位置在B处的质点第一次处于波谷的过程中，波源质点在振动过程中通过的路程s。【16题答案】【答

案】（1）0.4m/s；（2）170cm【解析】【详解】（1）由振动位移方程为y=10sin（πt+π）（cm）可知10cmA==则周期22sT==由于O与A之间的距离小于波长，当波传到A点时，波源O恰好处于波峰，则O点振动了34T个周期，A到O的距离。130.6m4L==即

0.8m=由公式vT=可得波速0.4m/sv=（2）由分析可知经过218s4LTvt===则波谷第一次传到B点时间为2144tTT=+波源振动总路程为144170cmsAA=+=