【答案】C 【解析】
【详解】A.简谐横波向右传播，由波形平移法知，各点的起振方向为竖直向上，t=0.9s时，P点第三次到达波峰，即有 （2+
1）T=0.9s，T=0.4s，波长为 λ=2m，所以波速4v??T?2?5m/s，故A错误。 0.4B.t=1.4s相当于3.5个周期，每个周期路程为4A=20cm，所以经过1.4s质点P运动的路程为
S=3.5×4A=14×5cm=70cm，故B错误。
C.经过t?x4.5?2??0.5s，波传到Q，经过2.75T即再经过1.1s后Q第三次到达波谷，t5所以t=1.6s时，x=4.5m处的质点Q第三次到达波谷。故C正确。
D.要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即 f=1/T=1/0.4=2.5Hz，故D错误 。
7.已知压敏电阻的受力面所受压力越小，其阻值越大，如图甲，将压敏电阻R平放在竖直升降电梯的轿厢内，受力面朝上，在其受力面上放一质量为m物体，电梯静止时电压表示数为
U0；某段时间内电压表示数随时间变化图线如图乙，则（ ）
A. t1-t2时间内压敏电阻受力面所受压力恒定 B. t1-t2时间内电容器处于放电状态 C. t1-t2时间内电梯做匀加速运动 D. t2之后电梯处于失重状态 【答案】D 【解析】
【详解】由图压敏电阻上的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变；当电压增大时，压敏电阻以外的其余部分分担的电压减小，由欧姆定律可知，电路中的电流值将减小，所以电路中的电阻值增大，其余的部分电阻值不变，所以压敏电阻的电阻值增大。
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A.在t1-t2时间内压敏电阻上的电压增大，压敏电阻的电阻值增大，知压敏电阻的受力面所受压力减小。故A错误；
B.由电路图可知，电容器两端的电压与电压表两端的电压是相等的，在t1-t2时间内电压表两端的电压增大，所以电容器两端的电压增大，则电容器处于充电状态。故B错误； CD.由图，t1之后电压表两端的电压大于开始时电压表两端的电压，所以压敏电阻的受力面所受压力小于开始时受到的压力，所以电梯处于失重状态，电梯可能减速上升或者加速下降。故CD错误。
8.如图所示，在轨飞行两年多的“天宫二号”太空实验室目前状态稳定，将于2019年7月后受控离轨。天宫二号绕地飞行一圈时间约为90min，而地球同步卫星绕地球一圈时间为24h，根据此两个数据不能求出的是（ ）
A. 天宫二号与地球同步卫星的角速度之比 B. 天宫二号与地球同步卫星
离地高度之比
C. 天宫二号与地球同步卫星的线速度之比 D. 天宫二号与地球同步卫星【答案】B 【解析】
向心加速度之比
mM4?2r【详解】由题可知二者的周期关系，由G2?m2r得：T?2?r，所以由题可以
GMrT求出二者的轨道半径关系。 A.卫星的角速度为??2?GM，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫?3Tr星的角速度之比。故A不符合题意； B.由T?2?rr，则可以求出二者的轨道半径的关系，但由于地球的半径未知，所以不能GM求出二者距离地面的高度的比值。故B符合题意；
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的GMmMv2C.由万有引力提供向心力，得：G2=m，解得：v?，由二者的轨道半径关系rrr即可求出天宫二号与地球同步卫星的线速度之比，故C不符合题意； D.向心加速度：a?GM，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的加速r2度之比。故D不符合题意； 本题选择不能求出的，故选B.
9.如图所示，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2、L3均正常发光。已知L1、L2、
L3的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（ ）
A. 理想变压器原副线圈的匝数比为1：2 B. 图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零 C. 若灯L1烧断，灯泡L3将变暗 D. 线框转动的角速度为【答案】C 【解析】
【详解】A.灯泡L1、L2、L3均正常发光，则原线圈电流强度I1=I，副线圈电流强度I2=2I，所
2P NBSIn1I22 以＝?，故A错误； n2I11B.图示位置时，线框切割速度最大，故穿过线框的磁通量变化率最大，故B错误； C.开始时若设每盏灯的额定电压为U，则变压器初级电压为2U，线圈输入电压为3U；若L1灯烧断，设L3的电压变为U1，则变压器输入电压为3U-U1，次级电压变为流为：
1(3U?U1)，次级电23U?U13U?U13U?U1R?U1，解得U1=0.6U，，则初级电流为，则L3两端电压为
2R4R4R- 7 -
则灯泡L3两端电压减小，亮度变暗，故C正确；
D.线框的输出功率为3P，电流为I，则线框产生的感应电动势为E?3P，根据Em=NBSω，IE?
Em32P，联立解得：??，故D错误。 2NBSI10.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，经时间t力F做功80J，此后撤去力F，物块又经过相同的时间t回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v，设O点的电势能为零，则下列说法不正确的是（ ）
A. 撤去力F时物块的速度大小为
v 2B. 物块向右滑动的最大距离为
2vt 3C. 撤去力F时物块的电势能为60J 【答案】B 【解析】
D. 物块回到出发点时的动能为80J
【详解】A.设F作用时加速度为a1，撤去后加速度为a2，根据位移关系知化简可得：a1：a2=1：3，v1：v2= 12122
a1t=a2t?a1t，22a1t，联立得v1：v2=1：2，因v2=v，则撤去力F时物块
a2t?a1t的速度大小为
v，故A正确； 2v1v；撤去拉力后减速到零时的位移：B.物块向右加速运动的位移为
x1?a1t2?2t=t224(a1t)2a1?a1t2vtvtx2???，则物块向右滑动的最大距离为x?x1?x2?，选项B错误；
2a22a2123F?Eqa11 ??，知Eq =3F；因撤去力F时力F做功为80J，则C. 根据牛顿运动定律知
Eqa234
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