2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（八）

这是一份2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（八），文件包含2022年全国高考物理考前冲刺押题卷八解析版docx、2022年全国高考物理考前冲刺押题卷八原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。


2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（八）
（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错或不答的得0分。
1、如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是(　　)

A．若已知可见光的光子能量范围为1.62 eV～3.11 eV，则处于第4能级状态的氢原子，辐射光的谱线在可见光范围内的有2条
B．当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加
C．处于第3能级状态的氢原子，辐射出三种波长分别为λ1、λ2、λ3(λ1>λ2>λ3)的三条谱线，则λ1＝λ2＋λ3
D．若处于第2能级状态的氢原子向基态跃迁时辐射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时辐射出的光也一定能使此金属板发生光电效应
【答案】A
【解析】若已知可见光的光子能量范围为1.62 eV～3.11 eV，则处于第4能级状态的氢原子，辐射光的谱线，对应的能量分别为ΔE1＝－0.85 eV－(－1.51 eV)＝0.66 eV，ΔE2＝－0.85 eV－(－3.4 eV)＝2.55 eV，ΔE3＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，ΔE4＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV，ΔE5＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，ΔE6＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，在可见光范围内的有2条，故A正确；当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，运动半径减小，则氢原子的电势能减小，而根据k＝m可知，电子的动能增加，故B错误；处于第3能级状态的氢原子，辐射出三种波长分别为λ1、λ2、λ3(λ1>λ2>λ3)的三条谱线，则有hν3＝hν2＋hν1，且λ＝，因此h＝h＋h，即＝＋，故C错误；若处于第2能级状态的氢原子跃迁后辐射出的光能使某金属板发生光电效应，由于从第5能级跃迁到第2能级时辐射出的光的能量小于第2能级状态的氢原子向基态跃迁辐射出的光的能量，不一定能使此金属板发生光电效应．故D错误．
2、如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(　　)

A． 质点P将向上运动
B．电流表读数减小
C．电压表读数减小
D．R3上消耗的功率逐渐增大
【答案】　C
【解析】　由题图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端，电容器与R3并联，当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路总电阻减小，电路总电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小．由欧姆定律可知流过R3的电流减小，而流过R2的电流增大，故电流表读数增大，故B错误；因并联部分电压减小，而R2两端的电压增大，故电压表读数减小，故C正确；因R3两端的电压减小，由公式P＝可知，R3上消耗的功率减小，故D错误；因电容器两端电压减小，故质点P受到的向上的电场力减小，则重力大于电场力，质点P将向下运动，故A错误．

3、如图所示为游乐场内“空中飞椅”的示意图，在半径为r的水平转盘的边缘固定着两条钢绳，钢绳的另一端连接着座椅，转盘在电动机带动下可绕穿过其中心的竖直轴匀速转动。已知两个座椅（含坐着的人）的质量分别为、，两条钢绳的长度分别为、，不计钢绳的重力及空气的阻力。当转盘以某一角速度匀速转动，系统达到稳定时，两条钢绳与竖直方向的夹角分别为、，下列说法正确的是（　　）

A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】根据向心力公式可得，与质量无关，当时，必有，故AB错误；对质量为的座椅（含坐着的人）有，若，，必有，提供的向心力小于需要的向心力，应远离圆心，所以，故D正确；
同理若，必有，故C错误。故选D。

4、如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，其实质就是一种大型抛石机.它采用杠杆原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出.将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m＝10 kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L＝5 m的末端石袋中，在转轴短臂右端固定一重物M，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹角α＝37°，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s＝20 m，空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则(　　)

A.石块水平抛出时的初速度大小为10 m/s
B.石块水平抛出时的初速度大小为20 m/s
C.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2 050 J
D.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2 500 J
【答案】C
【解析】石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为h＝L＋Lsin α＝gt2，，可得t＝ s，水平方向做匀速直线运动，有s＝v0t，可得平抛的初速度大小为v0＝5 m/s，故A、B错误；石块从A点到最高点的过程，由动能定理有W－mgh＝mv02－0，解得长臂对石块做的功为W＝mgh＋mv02＝2 050 J，故C正确，D错误。

5、反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m=4.0×10-20kg，电荷量q=-4.0×10-9C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（　　）

A．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比
B．粒子在-1cm～0.5cm区间运动过程中的电势能先增加后减小
C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为6.0×10-8J
D．该粒子运动的周期T=3.0×10-6s
【答案】A
【解析】 由电场强度与电势差的关系可得，解得，A正确；粒子在-1cm～0.5cm过程中，电势先增大后减小，根据公式，可得带负电粒子的电势能先减小后增大，B错误；根据电场力做功与电势能变化关系可得，该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即为
，C错误；粒子在-1cm～0cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得，，，粒子在0cm～0.5cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得，，，该粒子运动的周期，联立可得 ，D错误；故选A。

6、如图宇宙空间中某处孤立天体系统，一个中心天体两个卫星，卫星质量远远小于中心天体质量，且不考虑两卫星间的万有引力。甲卫星绕位于O点的中心天体做半径为r的匀速圆周运动，乙卫星绕中心天体运动的轨迹为椭圆，长轴为2r、短轴为r，甲、乙均沿顺时针方向运转。两卫星的运动轨迹共面交于A、B两点。某时刻甲卫星在A处，乙卫星在B处。下列说法不正确的是（　　）

A．乙卫星在椭圆轨道上的运动遵循机械能守恒定律
B．甲、乙各自经过A处时的向心加速度不同
C．乙卫星经过A、B处时的动能相等
D．甲、乙各自从A点运动到B点所需时间之比为1:3
【答案】BD
【解析】万有引力做功不改变机械能，所以乙卫星在椭圆轨道上的运动遵循机械能守恒定律，A正确；
由牛顿第二定律和万有引力定律得，解得，甲、乙各自经过A处时的向心加速度相同，B错误；根据椭圆的对称性，乙卫星经过A、B处时的速率相等，则动能也相等，C正确；由开普勒第三定律，两颗卫星轨道的半长轴相等，则周期T相等。甲从A点运动到B点所需时间为，距离中心天体越近越快，距离中心天体越远越慢，乙从A点运动到B点所需时间，甲、乙各自从A点运动到B点所需时间之比不等于1:3，D错误。故选BD。

7、如图所示，光滑斜面体固定在水平面上，倾角为30°，轻弹簧下端固定A物体，A物体质量为m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，初始时A保持静止状态，在A的上表面轻轻放一个与A质量相等的B物体，随后两物体一起运动，则

A．当B放在A上的瞬间，A、B的加速度为g4
B．当B放在A上的瞬间，A对B的摩擦力为零
C．A和B一起下滑距离mg2k时，A和B的速度达到最大
D．当B放在A上的瞬间，A对B的支持力大于mg
【答案】AC
【解析】A、将B放在A上前，以A为研究对象受力分析有：

根据平衡可知：F=mgsin30°=12mg；当B放在A上瞬间时，以AB整体为研究对象受力分析有：

整体所受合外力F合=2mgsin30°-F=（2m）a，可得整体的加速度a=2mg·12-12mg2m=g4，故A正确；BD、当B放在A上瞬间时，B具有沿斜面向下的加速度，可将B的加速度沿水平方向和竖直方向分解，

B的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度分量由A对B的摩擦力提供，故B错误；B的加速度有竖直方向的分量，且竖直向下，故可知，A对B的支持力与B的重力的合力竖直向下，故A对B的支持力小于B的重力，故D错误；C、AB一起下滑时，弹簧弹力增加，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至0时，AB具有最大速度，由A分析知F合=2mgsin30°-F'=0，可得弹簧弹力F′=mg，所以共同下滑的距离Δx=F'-Fk=mg-12mgk=mg2k，AB具有最大速度，故C正确；故选AC。
8、M
N
B
F
L
a
b
如图所示，金属导轨M、N平行，相距为L，光滑金属棒a和b垂直于导轨且紧靠着放置，它们的质量均为m，在两导轨之间的电阻均为R。整个装置位于水平面内，处于磁感应强度为B的竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计，长度足够长。零时刻对a施加一平行于导轨的恒力F。在t时刻电路中电流恰好达到稳定。则（ ）
A．当t时刻电路中电流达到稳定时，说明两金属棒的速度相同
B．t时刻a、b之间的距离为
C．在t时刻撤去力F后，导轨之间的电势差UMN会变小
D．在t时刻撤去力F后，导轨之间的电势差UMN恒定不变
【答案】BD
【解析】磁场对b的作用力为f，对b取微元过程，则，故，为t时刻b的速度，sab为t时刻a与b的距离，设t时刻a的速度为va，则，因为t时刻电流已稳定，说明两金属棒速度差恒定，故作用在b上的磁场力为，解得，A错误，B正确；在t时刻有，同理（＞t）时刻有，又，解得，C错误，D正确。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
9．（6分）为了测量阻值范围在200～300 Ω之间的电阻Rx的阻值，实验室提供了如下器材：
A．电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω)
B．毫安表(量程0～3 mA，内阻约100 Ω)
C．直流电源(电动势约3V，内阻不计)
D．两个单刀单掷开关，导线足量
(1)甲同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图甲所示的实验电路，设计的操作步骤如下．

甲　　　　　　　　　乙
①按电路图连好电路，闭合开关S1，记下毫安表的读数．
②断开S1，闭合开关S2，调节电阻箱R的阻值，使毫安表的读数和①中相同，记下此时电阻箱的示数R1.
假设该同学的设计合理，则待测电阻Rx＝________.
(2)乙同学根据实验目的和提供的实验器材设计出如图乙所示的实验电路，设计的操作步骤如下．
①按电路图连好电路，将R调到最大，然后闭合S1、S2，调节R，使毫安表达到满偏，记下此时电阻箱的示数R2.
②断开S2，调节R，仍使毫安表满偏，记下此时电阻箱的示数R3.假设该同学的设计合理，则待测电阻Rx＝________.
(3)上述两位同学的设计中有一位是不合理的，不合理的是________，理由________________________．
【答案】(1)R1（1分）　 (2)R2－R3（1分）　 (3)甲（2分）　电流表超程（2分）
【解析】(1)根据甲同学的实验电路，该同学采用了等效替代法，故待测电阻Rx＝R1；(2)根据乙同学的实验步骤可知：R2＝R3＋Rx，则Rx＝R2－R3；(3)甲电路中，开关接通后，电流表的读数最小为I＝＝A＝10 mA，已超过了电流表的量程，故此设计不合理．

10．（9分）如图所示，水平桌面上固定着斜面体A，斜面体的曲面末端与桌面的右边缘平齐，且切线沿水平方向，现要设计一个实验测出小铁块B自斜面顶端由静止开始下滑到底端的过程中，摩擦力对小铁块做功Wf 。实验器材可根据实验需要自选：
(1)实验中需要的器材还有：________、________、重锤线、白纸和复写纸。
(2)已知重力加速度为g，实验中要需要测量的物理量除了斜曲面顶端离桌面高度H、桌面离地高度h外，还需要测量的物理量有： _______ 。(写出还需测量的物理量并使用英文字母符号表示)
(3)用第(2)问中已知的和测量的物理量符号写出Wf的表达式：_______。

【答案】（1）天平 （1分） 直尺（1分） （2）桌面右边缘边到铁块落地点的水平距离s（2分），小铁块质量m （2分） （3分）
【解析】(1)设到达底端的速度为v，根据动能定理得
解得
可知测量摩擦力做功的大小，需知道斜面的高度以及离开斜面时的速度和物体的质量。通过平抛运动的规律求出物体离开斜面的速度。
设桌面的高度为h，小球的水平位移为s，根据得
则离开的初速度
则摩擦力做功
需要测量的物理量为斜曲面顶端离桌面高度H，桌面离地高度h，桌面右边缘边到铁块落地点的水平距离s，小铁块质量m。故还需要的测量工具为：天平、直尺。
(2)根据(1)解析可知，还需要测量的物理量有：桌面右边缘边到铁块落地点的水平距离s，小铁块质量m。
(3)根据(1)解析可知，摩擦力做功
11．（14分）如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成角的绝缘光滑细杆固定在二、三象限，第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小为，一质量为m、电荷量为q的带正电小球a（可视为质点）穿在细杆上沿细杆下滑，小球在到达N点前已经做匀速运动，在N点脱离细杆后恰能运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴.已知A点到坐标原点O的距离为，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求：
(1)小球到达N点时的速度v的大小；
(2)小球从离开N点开始到第2次经过x轴的时间t；
(3)第二、三象限匀强磁场磁感应强度B1大小。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)由可知粒子进入第四象限做匀速圆周运动（1分）


（1分），即（1分），（1分）
即（1分）
解得（1分）
(2)小球从N到第2次经过x轴的轨迹如图所示


（1分）
（1分）
（1分）
解得
（3）由于到达N点前小球已做匀速直线运动，根据受力分析 （1分）
（1分）
（1分）
解得（2分）

12．（18分）如图甲所示，m1＝5 kg的滑块a自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度滑下，槽的底端与水平传送带相切于传送带的左端B点，传送带以速度v＝3 m/s沿顺时针方向匀速运转。滑块a下滑前将m2＝3 kg的滑块b停放在B点。滑块a下滑后与滑块b发生碰撞，碰撞时间极短，传感器分别描绘出了两滑块碰撞后在传送带上从B点运动到传送带的右端C点的v－t图象，如图乙、丙所示。两滑块均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求A、B的高度差h；
(2)求滑块a与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；
(3)滑块b到达C点时速度恰好减到3 m/s，求滑块b的传送时间；
(4)求系统因摩擦产生的热量。
【答案】　(1)0.8 m　(2)0.05　2.6 m　(3)6.5 s　(4)16 J
【解析】　(1)由图乙、丙可知，碰撞后瞬间，滑块a的速度v1＝1 m/s，滑块b的速度v2＝5 m/s，设碰撞前瞬间滑块a的速度为v0，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2（1分）
解得v0＝4 m/s（1分）
滑块a下滑的过程中机械能守恒，有m1gh＝m1v（1分）
解得h＝0.8 m。（1分）
(2)由图乙可知，滑块a在传送带上加速运动时的加速度大小a＝＝0.5 m/s2（1分）
滑块a的加速度由滑动摩擦力提供，故μ1m1g＝m1a（1分）
可求出滑块a与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.05（1分）
由图乙可知，滑块a在传送带上先加速4 s，后匀速运动6 s到达C点，图线与坐标轴围成的图形的面积等于传送带的长度LBC，即LBC＝26 m。（2分）
(3)滑块b一直做匀减速直线运动，到C点时速度恰好减为3 m/s，全程的平均速度为＝＝4 m/s（1分）
设滑块b的传送时间为tb，则有tb＝＝6.5 s。（1分）
(4)由图乙可知，滑块a在传送带上加速阶段的位移x1＝v1t1＋at＝8 m（1分）
滑块a在传送带上加速阶段产生的热量Q1＝μ1m1g(vt1－x1)＝10 J（1分）
滑块b在传送带上减速的加速度大小a′＝＝ m/s2（1分）
滑块b受到的滑动摩擦力大小f＝m2a′（1分）
滑块b在传送带上减速阶段产生的热量Q2＝f(LBC－vtb)＝6 J（1分）
系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝16 J（2分）

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
13．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
【答案】ACD
【解析】布朗运动是固体微粒在液体中的运动，反映液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故选项A正确；分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，r
（2）（10分）如图所示为一竖直放置的导热性能良好的玻璃管，玻璃管下端封闭，上端开口．现在管口下方某位置放一密封性良好质量和厚度均可忽略不计的薄板，封闭一定质量的理想气体，此时封闭气体的温度为T0，封闭气柱长度为l0＝10 cm.现在薄板上放置3个质量为m的物体，系统平衡时，封闭气柱的长度变为l1＝5 cm，现使封闭气体的温度缓慢升高60 ℃，系统再次平衡时封闭气柱的长度为l2＝6 cm；然后取走2个质量为m的物体，再次使封闭气体的温度缓慢升高40 ℃，系统第三次平衡时，封闭气柱的长度为l3.(已知上述过程中薄板没有离开玻璃管)求：

(1)开始时封闭气体的温度t应为多少？
(2)系统第三次平衡时，封闭气柱的长度l3为多少？
【答案】　(1)27 ℃　(2)10 cm
【解析】　(1)气体初始状态：体积为V0＝l0S，压强为p0，温度为T0
将质量为3m的物体放在薄板上，则体积V1＝l1S，温度T1＝T0
压强为：p1＝p0＋（1分）
气体经等温变化，得：p0V0＝p1V1（1分）
则p1＝2p0（1分）
由以上各式解得p0＝（1分）
当气体温度升高60 ℃时，温度为：T2＝T0＋60 K，体积为：V2＝l2S
由于该过程为等压变化，则：＝（1分）
代入数据解得：T0＝300 K
则t＝(300－273) ℃＝27 ℃（1分）
(2)取走质量为2m的物体，继续加热使气体的温度再升高40 ℃后，最终气柱的高度为l3，体积V3＝l3S，压强p3＝p0＋＝p0（1分），温度T3＝400 K
则由理想气体状态方程有＝（1分）
代入数据解得：l3＝10 cm.（2分）

14．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）如图所示，两束平行的黄光射向截面ABC为正三角形的玻璃三棱镜，已知该三棱镜对该黄光的折射率为，入射光与AB界面夹角为45°，光经三棱镜后到达与BC界面平行的光屏PQ上，下列说法中正确的是(　　)

A．两束黄光从BC边射出后仍是平行的
B．黄光经三棱镜折射后偏向角为30°
C．改用红光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些
D．改用绿光以相同的角度入射，出射光束仍然平行，但其偏向角大些
E．若让入射角增大，则出射光束不平行
【答案】ABD
【解析】如图所示，由折射率公式n＝可知r＝30°，由几何关系可知折射光线在三棱镜内平行于底边AC，由对称性可知其在BC边射出时的出射角也为i＝45°，因此光束的偏向角为30°，且两束光平行，则A、B正确；由于同种材料对不同颜色的光折射率不同，相对于黄光而言红光的折射率较小，绿光的折射率较大，因此折射后绿光的偏向角大些，红光的偏向角小些，则C错误，D正确；若让入射角增大，则折射角按一定的比例增大，出射光束仍然平行，则E错误．

（2）（10分）一简谐横波以4m/s的波速沿水平绳向x轴正方向传播，绳上两质点M、N的平衡位置相距波长。已知t＝0时的波形如图所示，此时质点M的位移为0.02m，设向上为正，经时间t1（小于一个周期），质点M的位移又为0.02m，且向下运动。求：
①该横波的周期；
②t1时刻质点N的位移

【答案】①该横波的周期为1s；②t1时刻质点N的位移为﹣0.02m。
【解析】①由波形图象知，波长为：λ＝4m（1分）
根据波速公式v＝（1分）
得T＝＝s＝1s（1分）
②由已知条件知从t＝0时刻起，质点M做简谐振动的位移表达式为：
yM＝0.04sin（2πt+）（1分）
经时间t1（小于一个周期），M点的位移仍为0.02m，运动方向向下。
即：0.02＝0.04sin（2πt1+）（1分）
解得：t1＝s（2分）
由于N点在M点右侧波长处，所以N点的振动滞后个周期，其振动方程为：
yN＝0.04sin（2πt+﹣×2π）＝0.04sin（2πt﹣π）（1分）
当t1＝s时，N点的位移 yN＝0.04sin（2π×﹣）＝﹣0.02m（2分）