1、2019 年江西省景德镇一中等十校联考高考物理模拟试卷年江西省景德镇一中等十校联考高考物理模拟试卷 一、选择题一、选择题 1.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步下列表述符合物理学史的是 ( ) A. 伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 B. 牛顿发现了万有引力定律，并预言了引力波的存在 C. 法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究 D. 库仑提出了库仑定律，并用油滴实验测得了元电荷的值 【答案】C 【解析】 【详解】伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础 上的理
2、想化推理，故 A 错误；牛顿发现了万有引力定律，但并没有预言引力波的存在，预言了引力波存在 的人是爱因斯坦，故 B 错误；法拉第首次引入电场线和磁感线，极大地促进了人类对电磁现象的研究，选 项 C 正确；库仑提出了库仑定律，密立根用油滴实验测得了元电荷的值，选项 D 错误；故选 C. 2.质量为 M1kg 的木板静止在粗糙水平面上，木板与地面间的动摩擦因数为 1，在木板的左端放置一个质 量为 m1kg、大小可忽略的铁块铁块与木板间的动摩擦因数为 2，取 g10m/s2.若在铁块右端施加一个 从 0开始增大的水平向右的力 F，假设木板足够长，铁块受木板摩擦力 Ff随拉力 F的变化如图所示则两 个
3、动摩擦因数的数值为( ) A. 10.1 20.4 B. 10.1 20.2 C. 10.2 20.4 D. 10.4 20.4 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图象分析二者的运动情况，先以整体为研究对象根据牛顿第二定律求解加速度大小，分析铁块的摩擦 力随 F 的变化关系，求解 1；再以铁块为研究对象，根据滑动摩擦力的计算公式求解 2。 【详解】根据图线可知，当 0F2N 过程中，整体保持静止；当 2NF6N过程中，二者以共同的加速度 加速前进；当 F6N 过程中，铁块受到的摩擦力不变，说明二者打滑，发生相对运动；所以在 2NF6N 过程中，系统的加速度，对铁块，根据牛顿第二定律可得：F-
4、f=ma，解得 f= F+1g；当 F=6N 时 f=4N，解得 1=0.1；当 F6N 过程中，铁块的摩擦力不变，则有 2mg=4N，解得 2=0.4，故 A正 确、BCD 错误。故选 A。 【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、 进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的 应用。 3.如图所示，理想变压器原线圈 a、b间输入一稳定的正弦交流电，原线圈接有理想交流电流表 A，副线圈 接有理想交流电压表 V，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，下列说法正确的是( ) A. 电压表的示数不变 B.
5、 电压表的示数增大 C. 电流表的示数增大 D. 电阻 R2的功率减小 【答案】B 【解析】 【分析】 电源电压 U=UR1+U1，UR1=R1I1，原副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，当滑线变阻器的滑片 P 向上滑动时，副线圈电阻减小，根据欧姆定律分析电流、电压变化。 【详解】当滑线变阻器的滑片 P 向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，电流表示 数变大，故 R1分压变大，则原线圈输入电压减小，匝数不变，副线圈电压减小，故电压表示数减小，故 AB 错误，C 正确；当滑线变阻器的滑片 P 向上滑动时，电阻减小，副线圈电流变大，R2阻值不变，故功率变 大，故 D 错误；
6、故选 C。 【点睛】变压器的动态分析与恒定电流动态分析相似，只是注意“电压由原线圈决定，功率和电流由副线 圈决定”。 4.已知氢原子的基态能量为- E1，激发态能量 ，其中 n2，3，4，用 h 表示普朗克常量，c 表示 真空中的光速。 有一氢原子处于 n3 的激发态， 在它向低能态跃迁时， 可能辐射的光子的最大波长为 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】一群氢原子处于 n3激发态，据玻尔理论在这 3 种频率光子中，可释放出的光子频率种类中，当 氢原子从 n3 能级向 n2 能级跃迁时辐射的光子频率最小，波长最长， E2-，E3-，E3E2，故 A 正确，BCD错误
7、故选：A。 5.如图所示，在直角三角形 abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，a 60 ，b90 ，边长 acL，一个粒子源在 a点将质量为 2m、电荷量为 q 的带正电粒子以大小和方向不 同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿 ab 边界方向射入磁场从 ac边射出磁场时转 过的圆心角最大，运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求 出粒子的最大速度。 【详解】 粒子沿 ab边界方
8、向射入磁场从 ac 边射出磁场时转过的圆心角最大， 粒子在磁场中的运动时间最长， 粒子速度最大时运动轨迹与 bc相切，粒子运动轨迹如图所示， 由题意可知：a=60 ，b=90 ，边长 ac=L，则 ab= L，四边形 abdO 是正方形，粒子轨道半径：r= L，粒 子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得；qvmB=2m，粒子的最大速度，解得：， 故 ACD错误，B 正确；故选 B。 【点睛】本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹 角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关 系确定轨道半径
9、，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从 C点射出. 6.如图甲所示，左侧接有定值电阻 R2 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B 1T，导轨间距 L1m。一质量 m2kg，阻值 r2 的金属棒在水平拉力 F作用下由静止开始从 CD处沿 导轨向右加速运动，金属棒的 vx图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数 0.2，则从起点发生 x1m位移的过程中(g10 m/s2)( ) A. 金属棒克服安培力做的功 W10.25 J B. 金属棒克服摩擦力做的功 W25 J C. 整个系统产生的总热量 Q4.25 J D. 拉力做的功 W9.25 J 【答案】AC 【解
10、析】 【分析】 由速度图象得出 v与 x 的关系式，由安培力公式得到 FA与 x 的关系式，可知 FA与 x 是线性关系，即可求出 发生 s=1m位移的过程中安培力做功 WA=-x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统 产生的总热量 Q 【详解】由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力，代入得：FA=0.5x，则知 FA与 x 是线性关系。当 x=0时，安培力 FA1=0；当 x=1m时，安培力 FA2=0.5N，则从起点发生 x=1m位移的过程 中，安培力做功为：WA=-x=-0.25J；即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故 A 正确。金属 棒克服摩擦力做的功为
11、：W2=-mgx=-0.2 2 10 1J=-4J，故 B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服 摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量 QWA+W2=4.25 J，选项 C 正确；根据动能定理 得：WF+W2+WA= mv2，其中 v=2m/s，=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功为：WF=8.25J。故 D错误。故 选 AC。 【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方 程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解 7.2018 年 3月 30 日，我国在西昌卫星发射中心用长征
12、三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十、 三十一颗北斗导航卫星。按照计划，北斗卫星导航系统将于 2018 年底服务“一带一路”沿线国家。已知“北斗 第三十颗导航卫星”做匀速圆周运动的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径， 运行速度为 v， 向心加速度为 a； 地球表面的重力加速度为 g，引力常量为 G。下列判断正确的是 A. 地球质量为 B. 该导航卫星的运行周期大于 24 小时 C. 该导航卫星的轨道半径与地球半径之比为 D. 该导航卫星的运行速度与地球第一宇宙速度之比 【答案】AC 【解析】 卫星的轨道半径：；根据，解得，选项 A 正确；卫星做匀速圆周运动的轨道半径小 于地球同步卫星
13、轨道半径， 可知该导航卫星的运行周期小于 24 小时， 选项 B错误； 在地球表面： 可得：，选项 C正确；第一宇宙速度，卫星的速度，则，选项 D错误；故选 AC. 点睛：对于绕地球做匀速圆周运动的卫星而言，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到地球质 量和线速度表达式进行分析。 8.空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为 m的带电小球 A 从 O点斜向上抛出，小球沿如图所示的 轨迹击中绝缘竖直墙壁的 P 点将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球 B仍从 O点以相同的速度 抛出，该球垂直击中墙壁的 Q 点(图中未画出)对于上述两个过程，下列叙述中正确的是( ) A. 球 A的电势
14、能增大，球 B 的电势能减小 B. P 点位置高于 Q点 C. 若仅增大 A球质量，A球有可能击中 Q点 D. 电场力对球 A的冲量大小等于对球 B 的冲量大小 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据题意可判断电场力的方向，从而判断电场力做功情况以及电势能变化情况；分析两种情况下的加速度 关系，根据 v2-v02=2ah判断 h的关系；根据 I=Ft 判断电场力的冲量关系. 【详解】由题意可知，击中 P 点的小球 A 受电场力向下，垂直击中 Q点的小球 B 受电场力向上，可知电场 力对 A做负功，对 B做正功，球 A 的电势能增大，球 B 的电势能减小，选项 A正确；根据牛顿第二定律， 对 A
15、球：mg+qE=maA；对 B 球：mg-qE=maB；可知 aAaB；对球 A 竖直方向： ，对球 B在 竖直方向：；可得 hAhB，即 P 点位置低于 Q 点，选项 B 错误；若仅增大 A球质量，可知 aA减 小，但是不可能等于 aB，则 hA不可能等于 hB，则若仅增大 A 球质量，A球不可能击中 Q点，选项 C错误； 因两次抛球小球在水平方向的分速度相同，水平位移相同，可知两球运动的时间 t相同；根据 I=Eqt可知电 场力对球 A的冲量大小等于对球 B 的冲量大小，选项 D 正确；故选 AD. 二、非选择题二、非选择题 9.用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律气垫导轨上 A处安装了
16、一个光电门，滑块上固定一遮光条， 滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位 于气垫导轨上 B位置的上方 (1) 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d_ mm. (2) 实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为 t，测得滑块质量 为 M，钩码质量为 m，A、B 间的距离为 L。在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能 mgL与 _(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒。 (3) 下列不必要的一项实验要求是_(请填写选项前对应的字母)。 A. 滑块必须由静止释放 B. 应使滑块的质量
17、远大于钩码的质量 C. 已知当地重力加速度 D. 应使细线与气垫导轨平行 【答案】 (1). （1）2.70 (2). （2） (3). （3）B 【解析】 （1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为 2mm，游标尺示数为 14 0.05mm=0.70mm，则游标卡尺读数为 2mm+0.70mm=2.70mm； （2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时 的瞬时速度为：v=d/t；实验要验证机械能守恒定律，故： mgL= （M+m）v2= ； （3）本实验中拉力时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要 保证所挂钩
18、码的质量 m远小于滑块质量 M，故 ACD不符合题意，B符合； 点睛：本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实 验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据 时为方便实验数据处理，注意游标卡尺没有估计值。 10.某实验小组用如下器材来测量电压表的内阻。 A待测电压表（量程 3V，内阻约几千欧） B电流表（量程 0.6A，内阻约 0.1） C电池组（电动势约 3V，内阻可忽略） D滑动变阻器 R0 E变阻箱 R（09999） F开关和导线若干 （1）图甲是某同学设计的电路，大家讨论后一致认为此电路不可行
19、，你认为原因是_； AR0阻值较小 B电流表存在内阻 C电压表无法准确读数 D电流表无法准确读数 （2）同学们改用图乙电路进行测量，设电阻箱的阻值 R，电压表的示数为 U，为了根据图象能求得电压表 的内阻，应该作_图线（选“ R”、填“UR”、U ） ； （3）请根据你选择的坐标轴和下表的数据，在图丙中标上合适的标度作出相应图线_； R/k 0.6 1.5 2 3 4 5 U/V 2.5 2 1.8 1.5 1.3 1.13 /k1 1.67 0.67 0.5 0.33 0.25 0.20 /V1 0.40 0.50 0.56 0.67 0.78 0.88 （4） 根据你所画出的图线， 求出电
20、源的电动势 E_V， 电压表内阻 Rv_k （保留两位有效数字） 。 【答案】 (1). D； (2). ； (3). (4). 2.9； (5). 3.1 【解析】 【详解】 （1）运用图甲测量电压表的内阻，即运用电压表的示数除以电流表的示数，即为电压表的内阻， 由于电动势大约 3V，电压表的内阻大约几千欧，则电流表的示数非常小非常小，无法准确读数，可知该电 路不可行的原因是电流表的无法准确读数， 故选：D。 （2）根据闭合电路欧姆定律得：EU+，整理得：，作 R图线，图线的纵轴截距等于电 动势的倒数，根据图线的斜率可以求出电压表的内阻。 （3） R 图线如图所示。 （4）由图象可知，当 R
21、0 时， 0.34V，则， 图线的斜率 k，RV3.1k。 11.如图所示，质量为 2m和 m的两个弹性环 A、B用不可伸长的、长为 L的轻绳连接，分别套在水平细杆 OP 和竖直细杆 OQ上，OP与 OQ在 O点用一小段圆弧杆平滑相连，且 OQ足够长初始时刻，将轻绳拉至 水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为 g，不计一切 摩擦，试求： (1)当 B 环下落 时 A 球的速度大小； (2)A 环到达 O 点后再经过多长时间能够追上 B环； 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】 （1）A与 B下降的过程中系统的机械能守恒，先由速度的合成与分解求出
22、 A、B 速度的关系，然后即可求 出 A、B在不同点的速度； （2）根据匀变速直线运动的公式，结合位移关系即可求出 A 追上 B的时间。 【详解】 （1）当 B 环下落 时绳子与水平方向之间的夹角满足 sin ，即 30 由速度的合成与分解可知 v绳vAcos 30 vBsin 30 则 vB vA B 下降的过程中 A与 B 组成的系统机械能守恒，有 所以 A环的速度 vA （2）由于 A到达 O点时 B 的速度等于 0，由机械能守恒， 2mvA2mgL， 解得 vA 环 A 过 O点后做初速度为 vA、加速度为 g 的匀加速直线运动，B做自由落体运动； 当 A 追上 B 时，有 vAt g
23、t2L gt2 解得 t 【点睛】该题结合机械能守恒考查运动的合成与分解，解答的关键是能看到 A与 B 的速度不一定大小相等， 但它们沿绳子方向的分速度大小相等. 12.如图所示，在真空室内的 P 点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为q、质量为 m的粒子(不计 重力)，粒子的速率都相同ab为 P 点附近的一条水平直线，P 到直线 ab的距离 PCL，Q为直线 ab 上一 点，它与 P点相距 PQ.当直线 ab 以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场时，水 平向左射出的粒子恰到达 Q点；当 ab 以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达 ab直 线， 且它们到
24、达 ab 直线时动能都相等， 其中水平向左射出的粒子也恰好到达 Q点 已知 sin 37 0.6， cos 37 0.8，求： (1)粒子的发射速率； (2)PQ 两点间的电势差； (3)仅有磁场时，能到达直线 ab 的粒子所用最长时间和最短时间。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【分析】 （1）当只存在匀强磁场时， 粒子由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出 粒子的运动轨迹，由 几何知识求出 粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出 粒子的发射速率； （2）当只存在匀强电场时， 粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学结合求解 PQ两点间的电势差； （3）当仅加上述磁场时，
25、根据几何知识确定出轨迹的圆心角，然后求出能到达直线 ab的粒子所用最长时间 和最短时间 【详解】 （1）设粒子做匀速圆周运动的半径为 R，过 O 作 PQ的垂线交 PQ于 A 点，如图所示： 由几何知识可得 代入数据可得粒子轨迹半径 洛伦兹力提供向心力 Bqvm 解得粒子发射速度为 v （2） 真空室只加匀强电场时， 由粒子到达 ab直线的动能相等， 可知 ab为等势面， 电场方向垂直 ab 向下 水 平向左射出的粒子经时间 t到达 Q点，在这段时间内 L at2 式中 a UEd 解得电场强度的大小为 U （3）只有磁场时，粒子以 O1为圆心沿圆弧 PD运动，当圆弧和直线 ab 相切于 D
26、点时，粒子速度的偏转角 最大，对应的运动时间最长，如图所示据图有 sin 解得 37 故最大偏转角 max233 粒子在磁场中运动最大时长 式中 T 为粒子在磁场中运动的周期 粒子以 O2为圆心沿圆弧 PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短据图有 sin 解得 53 速度偏转角最小为 min106 故最短时长 【点睛】本题的突破口是确定 粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周 运动的半径 13.下列说法中正确的是_ A. 由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力 B. 用油膜法估测出了油酸分子直径，如果已知其密度可估测出阿伏加德
27、罗常数 C. 在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用 D. 一定质量的理想气体从外界吸收热量，温度一定升高 E. 空气相对湿度大，体表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿 【答案】ACE 【解析】 【详解】由于液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，所以液体存在表面张力，选项 A 正 确；用油膜法估测出了油酸分子直径，可知分子的大小，如果已知其摩尔体积可估测出阿伏加德罗常数， 选项 B 错误；在棉花、粉笔等物体内都有很多细小的孔道，它们起到了毛细管的作用，选项 C 正确；一定 质量的理想气体从外界吸收热量小于对外做功，则气体的温度要降低，选项 D 错误；空气相对湿度
28、大，体 表的水不易蒸发，所以人就感到潮湿，选项 E正确；故选 ACE. 14.为了更方便监控高温锅炉外壁的温度变化，在锅炉的外壁上镶嵌一个导热性能良好的汽缸，汽缸内气体 温度可视为与锅炉外壁温度相等。汽缸开口向上，用质量为 m1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞 横截面积为 S1 cm2。当汽缸内温度为 300 K时，活塞与汽缸底间距为 L，活塞上部距活塞 L处有一用轻质 绳悬挂的重物 M。当绳上拉力为零时，警报器报警。已知室外空气压强 p01.0 105 Pa，活塞与器壁之间摩 擦可忽略。求： （1）当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度为多少？ （2）若锅炉外壁的安全温度为 900K，那
29、么重物的质量应是多少？ 【答案】() 600 K () 1kg 【解析】 【分析】 （1）活塞上升过程为等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求解当活塞刚刚碰到重物时，锅炉外壁温度； （2） 活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，对活塞受力分析，结合查理定律列式求解重物的质量. 【详解】()活塞上升过程为等压变化，则 V1LS V22LS 得 T2600 K ()活塞碰到重物后到绳的拉力为零是等容过程，设重物质量为 M，则 p2Sp0Smg p3Sp0S(mM)g 可得 M1kg 15.如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜 ABC，其中 ABAC，该三棱镜对红光的折射率大于。一束平 行于 BC 边的
30、白光射到 AB面上。光束先在 AB 面折射后射到 BC面上，接着又从 AC面射出。下列说法正确 的是_。 A. 各色光在 AB面的折射角都小于 30 B. 各色光在 BC面的入射角都大于 45 C. 有的色光可能不在 BC面发生全反射 D. 从 AC面射出的有色光束中红光在最上方 E. 从 AC 面射出的光束一定平行于 BC 边 【答案】ABE 【解析】 【分析】 由临界角的范围，由临界角公式求出折射率的范围，从而确定各色光的折射角大小，根据临界角的性质确 定能否发生发全射，并根据几何关系和折射定律确定各色光的位置。 【详解】设光在 AB面的折射角为 ，由折射定律知，解得 sin ，即各色光在
31、 AB面的折射 角都小于 30 ，故 A正确；由几何关系知，各色光射向 BC面时，入射角都大于 45 ，故 B正确；由临界角 公式 sin =1/n知，各色光全反射的临界角都小于 45 ，各色光都在 BC 面发生全反射，故 C 错误；从 AC面 射出的光束一定平行于 BC边，由于红光射向 BC面时的入射角最大，故红光射到 AC面时处于最下方，故 E正确，D错误。故选 ABE。 16.如图所示，一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 x 轴上有 P、M、Q三点，从波传到 x5 m的点时开始 计时，已知 t10.5 s 时 x=7m的 M 点第一次出现波峰求： 这列波传播的速度； 从 t0 时刻起到
32、 t20.85 s 止，质点 Q(x9 m)通过的路程（保留至小数点后一位） 【答案】10 m/s 47.1cm 【解析】 【分析】 据波前运动方向可得：M 点第一次出现波峰的时间和周期的关系，从而求得周期；再根据图象得到波长， 即可求得这列波传播的速度； 由波速求得质点 Q开始振动的时间，进而得到质点运动时间，再根据运动时间和周期的关系，由振幅求 得路程。 【详解】由波的平移可知，波从 x=2m处传播到 x=7m处，M 点第一次出现波峰， 可得波速为：v m/s10 m/s 从 t0 开始，设经过 t质点 Q开始振动，则有：ts0.4 s 所以质点 Q振动的时间为：t1t2t0.85 s0.4 s0.45 s 由 v ，T0.4 s，t1 T 质点 Q通过的路程为：s4A+A s40+5（cm）=47.1cm 【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长 和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。