【文档说明】卷2-备战高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（重庆专用）·2月卷（解析版）.docx，共(21)页，656.919 KB，由管理员店铺上传

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1备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（重庆专用）·2月卷第二模拟一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2020·重庆高三三模）如图1所示，边长为1m、电阻为2的正方形线框，置于磁

场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间按图2正弦规律变化的磁场中，取2π10=，则在0~4s内线框产生的焦耳热为（）A．10JB．6JC．4JD．2J【答案】A【解析】由题可知，正方形线框中磁通量2sinmBLt=，正方形线框

中产生交流电2cosmeBLtt==电动势最大值2mmEBL=，有效值222mEBL=在0－4s内线框产生的焦耳热为2EQTR=则210Q==πJJ故A正确，BCD错误。故选A。2．（2020·重庆高三月考）某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘

杆上，将金属环放在线圈左侧。闭合开关时金属环被弹射出去，若（）2A．从右向左看，金属环中感应电流沿顺时针方向B．将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动C．将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金属环将向右运动D．金属环不闭合，则闭合开关时金属环不

会产生感应电动势【答案】C【解析】A．闭合开关后，由右手定则可知螺线管的左边为N极，故穿过圆环的磁场方向向左，由于圆环中磁通量变大，由楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向右，故从右向左看，圆环中电流方向为逆时针，故

A错误；B．将电源正负极对调，闭合开关时，圆环中的磁通量仍然增加，由楞次定律可知，圆环仍然向左运动，故B错误；C．金属环放置在右侧时，闭合开关，圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，它将向右运动，故C正确；D．金属环不闭合，磁通量变化时会产生

感应电动势，但是没有感应电流，故D错误；故选C。3．（2020·重庆市开州中学高三一模）内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，图为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、乙两个等大的小球（均可视为质点）分别静置于P

、Q处，PO⊥OQ，甲、乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左运动，甲球刚返回到P处时，恰好与乙球再次发生碰撞，则（）A．k=12B．53k=C．k=2D．k=5【答案】

B【解析】设甲球初速度为v0，初始时两球间的弧长为l，则管道长为4l，设碰撞后甲、乙小球速度大小分别为v1、v2，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得021mvkmvmv=−由机械能守恒得3222021111222mvkmvmv=+由于再次碰撞，则有1lvt=23lvt=联立方程，

解得53k=故选B。4．（2021·沙坪坝区·重庆一中高三月考）如图所示，一质量为M=2kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的小滑块（可视为质点）静止放在长木板上。从t=0时刻开始，长木板受到向左的逐渐增

加的水平拉力F，小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g大小取10m/s2，下列说法正确的是（）A．当F=12N时，小滑块的加速度大小为5m/s2B．当F=18N时，小滑块的加速度大小为6m/s2C．当F=18N时，长木板的加速度大小为6

.5m/s2D．当F增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】C【解析】A．长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有()FMma=+刚要发生相对滑动时mgma=解得15NF=当12N15NF=＜时，由牛顿第二定律()FMma=+代

入数据得小滑块的加速度大小为2s4m/a=4故A错误；B．当18N15NF=＞时，发生相对滑动，小滑块的加速度大小为2s5m/mgagm===故B错误；C．对长木板，根据牛顿第二定律得FmgMa−=解得26.5m

/sa=故C正确；D．当拉力大于15N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为2m/s5mgam==恒定不变，故D错误。故选C。5．（2020·沙坪坝区·重庆南开中学高三月考）一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为342(m)xt=+。该质点在0t=到

3st=间的平均速度为（）A．27m/sB．36m/sC．45m/sD．54m/s【答案】B【解析】由题意可得0t=时，质点距离O点的距离为12mx=同理3st=时，质点距离O点的距离为31(432)m110mx=+=则，质点在

3s内的位移为21108mxxx=−=在这段时间内，质点的平均速度为536m/sxvt==故选B。6．（2020·沙坪坝区·重庆八中高三月考）如图，在正四面体ABCD的B、C、D三个顶点和AB、AC、

AD三条棱的中点E、F、G处各放一个电量为Q（Q>0）的点电荷，则关于顶点A和底面中点O的电场强度大小和电势大小，以下说法正确的是（）A．AOEE；AOB．AOEE；AOC．AOEE；AOD．AOE

E；AO【答案】C【解析】设正四面体边长为r，AB、AC、AD三条棱与AO的夹角为θ，根据数学几何知识可知6cos3=B、C、D三个顶点的点电荷在A点的场强分别为12QEkr=利用平行四边形定则，求得它们在A点的合场强为1126

3coskQEEr==且方向竖直向上；E、F、G三个顶点的点电荷在A点的场强分别为222QEkr=同理求得它们在A点的合场强为222463coskQEEr==且方向竖直向上；6故A点的场强大小为12256AkQEEEr=+=根据数学几何知识可知，B、C、D三个顶点

与O的距离为133rr=，B、C、D三个顶点的点电荷在A点的场强分别为32213QkQEkrr==利用平行四边形定则，求得它们在O点的合场强为0；根据数学几何知识可知，A点与O点关于EFG所在平面对称，故E、F、G三个顶点的点电荷在O点的合场强大小与在A点相同，即42246kQEEr

==故O点的场强大小为4246OkQEEr==比较得出AOEE根据电势特点可知，距离正电荷的越近，电势越大，A点与O点关于EFG所在平面对称，故E、F、G三个顶点的点电荷在O点和A点的电势相同，而O点距离B、C、D三个顶点的点电荷较近，

故O点电势较高。故选C。7．（2020·重庆万州区·万州外国语学校天子湖校区高三月考）如图甲所示，倾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜

面上．在图乙中，换成让小球在水平面上做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°，在图丙中，两个小球对称在水平面上做圆周运动，每个小球质量均为m，轻绳与竖直方向的夹角θ，且转动逐渐加快，在θ≤45°过程中，三幅图中，斜面都静止，且小球未碰到斜面，则以下说法中正确的是7A．甲图中

斜面受到地面的摩擦力方向水平向右B．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力不可能为零C．乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下D．丙图小球转动的过程中滑块一定沿斜面向上运动【答案】D【解析】A、甲图中，以小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力是一对平衡力，所以绳子的拉力大

小T等于小球的重力；以斜面和滑块组成的整体为研究对象受力分析，水平方向：cosfT=，方向水平向左，故A错误；BC、乙图中，以小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则：cosmgT=；以滑块为研究对象，滑块受到重力、绳子的拉力、斜面的

支持力和摩擦力；设摩擦力的方向向上，则：12sin45mgTf=+，可得：12sin452coscosmgmgfmgmg=−=−，由于45„，则2cosmgmg，可知1f一定为正值，所以乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力一定沿斜面向上

．若增大小球的转速，则细线与竖直方向之间的夹角增大，当45=时，2cosmgmg=，则滑块受到的摩擦力为零，故BC错误；D、以任意一个小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则：cosmgT=，两个小球的质量相等，所以两

根绳子的拉力的合力的方向一定沿竖直向下的方向，且合力的大小：2cos2cos2cosmgFTmg===合，可知竖直段的竖直的拉力始终与两个小球重力的和，等于2mg；以滑块为研究对象，滑块受到重力、绳子的拉

力、斜面的支持力和摩擦力；设摩擦力的方向向上，则：22sin45mgTf=+，解得：22sin452(22)fmgmgmg=−=−，为负，故摩擦力的方向8向下，故小球转动的过程中滑块一定沿斜面向上运动，D正确．二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共1

5分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.8．（2020·重庆市第七中学校高三月考）下列说法中正确的是（）A．卢瑟福通过对天然放射现象的研究，提出原子的核式结构学说B．氡222的衰

变方程是222218486842RnPo+He→，已知其半衰期约为3.8天，则约经过15.2天，16克氡222衰变后还剩1克氡C．已知中子、质子和氘核的质量分别为npmm、和Dm，则氘核的比结合能为()2nD2pmm

mc+−（c表示真空中的光速）D．对于某种金属，超过其极限频率的入射光强度越弱，所逸出的光电子的最大初动能越小【答案】BC【解析】A．卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的研究，提出原子的核式结构学说，A错误；B．氡222的衰变方程是222218486842RnPo+He→，

已知其半衰期约为3.8天，则约经过15.2天，也就是4个半衰期，则16克氡222衰变后还剩4116()12gg=氡，B正确；C．已知中子、质子和氘核的质量分别为npmm、和Dm，则氘核的比结合能为()22npD22mmmcm

cE+−==（c表示真空中的光速），C正确；D．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光强无关，D错误。故选BC。9．（2020·重庆高三月考）如图所示，水平面（纸面）内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN，导轨电阻不计，

间距为L；导轨之间有方向竖直向下（垂直于纸面向里）、大小为B的匀强磁场；金属杆ab、cd质量均为m，电阻均为R，两杆静止在水平导轨上，间距为s0。t=0时刻开始金属杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=t0时刻，金属杆cd的速

度大小为v，此时撤去外力F，下列说法正确的是（）9A．t=t0时刻，金属杆ab的速度大小为0Ftvm−B．从t=0到t=t0时间内，流过金属杆ab的电荷量为0FtBLC．最终两金属杆的间距为00222FRtsBL+D．最终两金属杆的间距为0022FRtsBL+【答案】

AD【解析】A．t＝t0时刻，设金属杆ab的速度大小为v，对两杆整体，由动量定理得0Ftmvmv=+解得'0Ftvvm=−选项A正确；B．从t＝0到t＝t0时间内，对于金属杆ab，由动量定理得'BILtmv='BLqmv=则流过金属杆ab的电荷量为q0FtmvmvqBLBL−==选项B

错误；CD．最终两金属杆达到共同速度v共，由动量守恒定律得Ft0=2mv共通过回路的电量为q，有'BLqmv=共设最终两金属杆的间距为S，有()022BLssBSqRR−==联立解得100022sFRts

BL=+选项C错误；D正确。故选AD.10．（2020·沙坪坝区·重庆南开中学高三月考）如图所示，光滑水平面与逆时针运动的粗糙倾斜传送带平滑连接，水平面上有一质量为m的滑块，以初速v0向右冲上传送带，传送带的速度大小为v。在

滑块冲上传送带到离开传送带的过程，下列说法中正确的是（）A．传送带对滑块做功可能为零B．传送带对滑块冲量可能为零C．传送带对滑块冲量可能水平向左D．v0和v越大，滑块与传送带摩擦生热都越多【答案】ACD【解析】A．若滑块从传送带下方离开，滑块在向上运动过程中，摩擦力向下，摩

擦力做负功，向下加速下滑过程中摩擦力向下，做正功，若滑块在下滑过程中一直做匀加速直线运动，则上滑过程和下滑过程摩擦力大小相同，位移大小相同方向相反，因此整个过程摩擦力做的功可能为零，A正确；B．滑块向上滑动和向下

过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方向均为发生变化且不为零，故传送带对滑块冲量不为零，B错误；C．滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方向均为发生变化且不为零，由三角形定则可得：当摩擦力与支持力的

合力水平向左时，二者合力与重力的合力仍可以平行于斜面向下，故传送带对滑块冲量可能水平向左，C正确；D．由于物块运动的方向与传送带运动的方向相反，v0和v越大，二者相对位移越大，由Qfs=热可得：v0和v越大，滑块与传送带

摩擦生热都越多，D正确；故选ACD。三、非选择题：共57分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共45分。11.（6分）（2021·重庆高三月考）如图甲所示，用弹簧OC和弹簧测力计a、b做探究求合力的方法

实验。保持弹簧11OC伸长量不变。（1）根据图甲所示，弹簧测力计a的读数是_________N，弹簧测力计b的读数是__________N；（2）若弹簧测力计沿Oa、Ob两方向上的拉力夹角小于90，保持弹簧测力

计a与弹簧OC（即竖直向上的方向）的夹角不变，保持弹簧OC伸长的位置O点不变，增大Ob方向与Oa方向的夹角，直至Ob与Oa夹角为90。则弹簧测力计a的读数_________、弹簧测力计b的读数__________。（均选填“变大”“变小”或“不变”）【答案】3.602.8变大变小【

解析】（1）由图弹簧测力计a可知，其分度值为0.1N，弹簧测力计a的读数是3.60N由图弹簧测力计b可知，其分度值为0.2N，弹簧测力计b的读数是2.8N（2）由题意，作图如图所示由图可知，弹簧测力计a的读数变大，弹簧测力计b的读数变小12.（

9分）（2020·重庆北碚区·西南大学附中高三月考）研究组准备测定某金属电阻率ρ，并打算通过查表找到该金属类型。待测金属横截面积为圆形。实验器材有：毫米刻度尺、游标卡尺、多用电表、待测合金及导线若干。12（1）用毫米刻度尺测量待测金属丝的长度，

用游标卡尺测量其直径，结果分别如图所示，可得其长度L=______cm，直径D=______mm；（2）采用多用电表粗测待测金属丝电阻，先把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏角过大。则松开表笔与

电阻的接触，把开关旋到______挡位（选填“×100”或者“×1”）；两表笔短接，进行欧姆调零，把两表笔接触电阻两端，读数；（3）现要进一步精确测量其阻值，研究组采用以下电路图进行测量，其中R2为定值电

阻且已知。请合理选择题目中给出的实验器材（除多用电表外），写出需要测量的物理量并用物理字母表示：______。则待测金属丝电阻Rx=______（用上述字母及题中电路图所给物理字母表示）；（4）得到待测金属丝Rx=0.5Ω，由此可计算得到待

测金属丝电阻率为ρ=______Ω·m（结果保留三位有效数字）；（5）结合表中数据，查表可知该金属为______（填写金属类型名称）。金属类型名称铁铝合金含铜合金常规金属常温下电阻率（Ωm）1.0×10–6–1.6×10–64.4×10–7–5.0×10–71.65×10–8–9.78×1

0–8【答案】50.00（49.99-50.01）1.40×1LAB、LBC2ABXBCRLRL=1.54×10-6铁铝合金【解析】（1）毫米刻度尺精确度为1mm，应估读到下一位，故待测金属丝的长度为50.00cm。（

1）该游标卡尺为20分度，精确度为0.05mm，由题图可知游标第8条与上面对齐，故读数应为1mm+8×0.05mm=1.40mm（2）把选择开关旋到“×10”挡位，测量时指针偏角过大。应调到较低档位，使指针偏角减小，回到表盘13中间区域，故应把开关旋到“×1”档位。（

3）本实验采用电桥法测电阻，当电流计示数为零时满足2xABBCRLRL=移项后可得待测电阻2ABXBCRLRL=故需要测量的物理量为AB和BC的长度LAB、LBC。（4）由电阻定律LRS=可得2()2=DRRSLL=代入数据可得电阻率ρ=1.54×10-6Ω·m

。（5）结合表中数据，查表可知该金属为铁铝合金。13.（12分）（2020·重庆梁平区·高三月考）如图所示，质量为m的子弹、以初速度0v水平向右射向置于光滑水平面上的长为L、质量为2m的木板，穿出木板时子弹的速度为02v，设木板对子弹的阻力恒定。（1）求子弹刚穿出木板时

木板的速度1v；（2）求子弹穿过木板的过程中木板滑行的距离1L及子弹穿过木板时所受阻力f；（3）木板若固定在传送带上，使木板和传送带始终以恒定的速度u水平向右运动，子弹仍以初速度0v向右射向木板（0uv），子弹所受阻力仍为f，求子弹最终的速度v。（用0v和u表示）【答

案】（1）04v；（2）5L，20516mvL；（3）22005()8vuvuv=+−−或u【解析】（1）规定初速度方向为正方向，在子弹射穿木板的过程中，子弹和木板构成的系统水平方向动量守恒，即有140022vmvmmv=+解得04vv=（

2）设子弹和木板之间的摩擦阻力为f，由动能定理，得子弹2201011()()222vfLLmmv−+=−木板20112()024vfLm=−解得15LL=20516mvfL=（3）当木板固定在传送带上，设子弹在木板中运动时间为t，对子弹应用动

量定理和动能定理，得0ftmvmv−=−22011()22fLutmvmv−+=−解得()22008161630vuvuvv−+−=即22005()8vuvuv=+−−当()220058vuv−，即010(1)4uv−时，子弹可以射穿木板，速度为22

005()8vuvuv=+−−当010(1)4uv−时，子弹射不穿木板且v=u14.（18分）（2020·重庆市凤鸣山中学高三月考）如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内，有一个半径为R、圆心15O1坐标

为（0，－3R）的圆形区域、该区域内存着磁感应强度为B1、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；有一对平行带电极板垂直x轴且关于y轴对称放置，极板AB、CD的长度和两极板间距均为2R，极板的两个端点B和D位于x轴上，AB板带正电，CD板带负电。在第一和第

二象限内（包括x轴和正y轴上）有垂直于坐标平面向里的磁感应强度为B2（未知）的匀强磁场。另有一块长为R、厚度不计的收集板EF位于x轴上2R～3R的区间上。现有一坐标在（R，－3R）的电子源能在坐标平面内向

圆形区域磁场内连续不断发射速率均为1eBRm、方向与y轴正方向夹角为θ（θ可在0～180°内变化）的电子，已知电子的电荷量大小为e、质量为m，不计电子之间的相互作用力，两极板之间的电场看成匀强电场且忽略极板的边缘效应。电子若打在AB极板上，则即刻被导走

且不改变原电场分布；若电子能经过第一、二象限的磁场后打在收集板上也即刻被吸收（不考虑收集板的存在对电子运动的影响）；若电子没有打在收集板上，则不考虑后续的运动。求：（1）若从θ＝60°发射的电子能够经过原点O，则两极板间电压为多大；（2）

要使第（1）问中的电子能被收集板吸收，则B2应为多大；（3）若B2＝47B1，两极板间的电压大小可以从0开始调节（两极板极性不变），则从哪些角度发射的电子可击中收集板的右端点F。【答案】（1）222eBRm；（2）23B1～B1；（3）见解析【解析】如图是电子轨迹16由于r＝

R，故该电子从,22RR−沿y轴正向进入电场，由2R＝12at2a＝(2)eUmRt＝2Rvv⊥＝atv′＝22vv+设v′与y轴正方向的夹角为αcosα＝vv＝25得U＝222eBRm（2）如图

所示若电子打在收集板的右端点，则由3R＝2r1cosαev′B2＝m21vr得B2＝23B1若电子打在收集板的左端点17则由2R＝2r2cosαev′B2＝m22vr得B2＝B1所以得B2的范围是23B1～B1（3）若B2＝47B1由L＝2rcosαv′＝cosv可知，无

论电压如何，均有L＝72R所以要击中收集板的右端点，则需要电子从坐标为,02R−的位置射出电场如图所示由磁聚焦模型可知，只要电压适当，则θ从0～120°发射的电子均可到达坐标为,02R−

的位置，继而击中收集板的右端点。（二）选考题：共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分。1815.[选修3-3]（12分）（1）（4分）（2020·重庆市开州中学高三一模）下列说法正确的是_________。（在给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的）A．对一定质量的理想气体加热，其内能一定增大B．理想气体放出热量，其分子的平均动能一定减小C．可以从单一热源吸收热量，使之完全转变为功而不发生其他变化D．一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大【答案】D【解

析】A．对一定质量的理想气体加热时，气体可以通过热传递向外传热，使其温度降低，内能减小，故A错误。B．一定质量的理想气体放出热量，如果外界对气体做功，则气体内能可能增加，温度升高，分子的平均动能增加，故B错误。C．热力学第二定律可以表示为：不可能从单一热源取热，

使之完全变为功而不引起其它变化。故C错误；D．一定质量的理想气体，当压强、体积都增大时，根据pVCT=，气体的温度一定升高，则分子总动能一定增大；因理想气体分子势能不计，故气体内能一定增加；故D正确；故选D。（2）（8分）（202

0·渝中区·重庆巴蜀中学高三月考）如图所示，一导热性能良好的汽缸开口向上放在水平面上，已知汽缸的总高度为H=0.3m，用厚度不计、截面面积大小为S=8cm2的密封性良好的活塞封闭缸中的气体，平衡时活塞处于汽缸开口处；气体视为理想气体。活塞质量M=2kg，现在活塞上轻放一

质量为m=2kg的重物，当系统再次达到平衡时活塞距离底端的间距为h，若外界大气压恒为p0=1.0×105Pa，环境温度恒为t=27℃，忽略一切摩擦，重力加速度g取10m/s2求：（1）当系统再次达到平衡时活塞距离

底端的距离h是多少？上述过程中封闭气体吸热还是放热？（2）在第一问基础上，如果将环境的温度从t=27℃缓慢升高到t1=87℃，当系统再次达到平衡时活塞距离底端的距离h'是多少？【答案】（1）0.25m，放热；（2）0.3m19【解析】封

闭气体初始状态的压强为5101.2510PaMgppS=+=未态压强为520()1.510PaMmgppS+=+=由于封闭的理想气体发生了等温变化，由玻意耳定律得12pHSphS=解得0.25mh=等温变化，外界对系统做功，放热由题意可知

，气体发生了等压变化，则由盖—吕萨克定律得ShShTT=代入数据解得0.3mh=16.[选修3-4]（12分）（1）（4分）（2020·重庆高三月考）在双缝干涉实验中，光屏上某点P到双缝1S、2S的路程差为7.5×10

-7m，如果用频率为6.0×1014Hz的单色光照射双缝，则。（在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）A．单色光的波长是2×10-7m；P点出现暗条纹B．单色光的波长是2×10-7m；P点出现亮条纹C．单色光的波长是5×10-7m；P点出现暗条纹D．单色光的波长是5×10-7m；P点出现亮

条纹【答案】C【解析】根据光波的速度公式：cf=则有：8714310m5106.010cf−===m光的路程差跟光波长之比为：777.5101.5510sn−−===即路程差为光的半个波长的奇数倍．因此，两束光在该点振动减弱，出现光的暗条纹，故C正确，ABD错误．20故选

C。（2）（8分）（2020·重庆高三其他模拟）振源S做简谐振动，沿直线传播形成简谐横波，P为传播方向上的一质点，P、S平衡位置相距d=0.2m，如图1所示；图2为振源S的振动图像。已知t=3s时，质点P第一次到达y

=2.5cm。求：（1）振源S的位移y的表达式；（2）该波的传播速度大小v。【答案】（1）0.05cos()22yt=+；（2）0.3m/sv=【解析】（1）简谐振动的位移表达式可表示为cos()yAt

=+由图2可知，5cm0.05mA==；4sT=，所以22T==t=0时，y=0，解得2=所以，位移表达式为0.05cos()22yt=+（2）设质点P从开始振动到第一次到达y=2.5cm时用时t，则0.0250.05cos()22t=+且2s3st＜＜解得7s

3t=21所以，振动由波源S传播至P点用时12s3ttt=−=所以该波的传播速度10.3m/sdvt==