2019届名校学术联盟高三高考模拟信息卷（押题卷）理科综合试题七（解析版）

名校学术联盟高考模拟信息卷&押题卷理科综合(七)（物理部分）

二、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。

1.2018年雅加达亚运会田径项目焦点战男子百米飞人大战，中国选手苏烟添以9.92的成绩无悬念夺得冠军，并创造了新的亚运会纪录。苏炳添能取得如此优异成绩，主要是因为他

A. 起跑速度快    B. 途中达到的最大速度大

C. 冲刺速度大    D. 全程平均速度大

【答案】D

【解析】

【分析】

100m比赛是在相同的位移内比时间，时间短的胜，根据可知判断；

【详解】100m比赛是在相同的位移内比时间，时间短的胜，根据可知是因为他全程平均速度大，故D正确，A、B、C错误；

故选D。

2.关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是

A. 核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间

B. 某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变

C. 放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能

D. U+n→Ba+Kr+3n是太阳内部发生的核反应之一

【答案】B

【解析】

【分析】

核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变；

【详解】A、核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，故A错误；

B、α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；

C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的，故C错误；

D、太阳内部的反应是聚变反应，而是裂变反应，故D错误；

故选B。

【点睛】关键知道α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，太阳内部的反应是聚变反应，放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的。

3.如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是

A. F1    B. F2    C. F3    D. F4

【答案】B

【解析】

【分析】

根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，在根据平行四边形定则分析B处点电荷受力；

【详解】A处点电荷所受静电力大小为F，根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道，C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷，所以可得C处电荷对B处电荷的电场力为引力，A处电荷对B处电荷的电场力为斥力，根据平行四边形定则可得则B处点电荷受力可能，故B正确，A、C、D错误；

故选B。

【点睛】关键是根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系分析C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷。

4.如图甲所示，abcd为边长为L=1m的正方形余属线框，电阻为R=2Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为

A. A    B. A    C. A    D. A

【答案】C

【解析】

【分析】

根据磁感应强度的变化，结合有效面积求出磁通量的变化量，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律，从而求解；

【详解】由图乙得：，由法拉第电磁感应定律得：，由楞次定律得，线框的感应电流方向为逆时针方向 ；由图丙得：，由法拉第电磁感应定律得：，由楞次定律得，线框的感应电流方向为逆时针方向 ；线框中的感应电流大小为，故C正确，A、B、D错误；

故选C。

【点睛】关键是由楞次定律得虚线上方线框内和虚线下方线框的感应电流方向均为逆时针方向 ，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小。

5.如图所示，物块P用细绳吊在天花板上，物块Q用轻弹簧吊在物P下而，用竖直向上的推力推物块Q，使轻绳的张力刚好为零，保持两物块静止不动。现撤去推力F，则在物块Q向下运动的过程中，(轻绳不会被拉断)

A. 物块P受到的合力先减小后增大

B. 物块Q的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大

C. 物块Q减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能

D. 物块Q的机械能不断减小，转化成了弹簧的弹性势能

【答案】B

【解析】

【分析】

分析物体释放过程中受力，分析弹力如何变化，判断弹簧的弹力，根据系统的机械能守恒分析物体的动能与弹簧的弹性势能之和、动能与重力势能之和如何变化；

【详解】A、物块P保持静止，受到的合力始终为零，故A错误；

BC、在物块Q向下运动的过程中，物块Q与弹簧组成的系统，机械能守恒，物块Q的动能、物块Q的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变，物块Q向下运动，物块Q的重力势能减小，物块Q减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和物块Q的动能，所以物块Q的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，故B正确，C错误；

D、开始时轻绳的张力刚好为零，弹簧处于压缩状态，物块Q向下运动，弹簧的弹力对物块Q先做正功后做负功，因此物块Q的机械能先增大后减小，故D错误；

故选B。

【点睛】关键是在物块Q向下运动的过程中，物块Q与弹簧组成的系统，机械能守恒；开始时轻绳的张力刚好为零，弹簧处于压缩状态，所以物块Q向下运动，弹簧的弹力对物块Q先做正功后做负功。

6.正三角形ABC的三个顶点处分别固定有水平放置的长直导线，并通以如图所示方向的恒定电流，导线中的电流大小相等，三角形中心O点的磁感应强度大小为B0，已知通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比，则下列说法正确的是

A. O点处的磁感应强度方向竖直向下

B. B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左

C. B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为B0

D. 将A处电流大小减半，则O点处的磁场磁感应强度大小为B0

【答案】BCD

【解析】

【分析】

根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等；根据安培定则判断出三根导线在O点形成的磁场方向；根据平行四边形定则分析判断。

【详解】AC、根据安培定则可知，A处电流在O点产生的磁场BA，B处电流在O点产生的磁场BB和C处电流在O点产生的磁场BC，如图所示，由于导线中的电流大小相等，它们O点处产生的磁感应强度的大小相等均为B1，根据平行四边形定则可知，O点处的合磁场的大小，磁感应强度方向水平向左，解得B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为，故A错误，C正确；

B、根据平行四边形定则可知，B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左，故B正确；

D、将A处电流大小减半，根据通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比可得A处电流在O点产生的磁场大小变为，根据平行四边形定则可知，则O点处的磁场磁感应强度大小为B0，故D正确；

故选BCD。

7.2018年5月4日0点6分，长征三号乙运载火箭在四昌卫尾发射中心成功将亚太6C卫星送入同步运行轨道(轨道为圆)。该卫星将服务一带一路建设，进一步提升亚太地区卫星通信、广播服务能力。对于该卫星的发射与在轨运行，下列说法正确的是

A. 该卫星的发射速度一定大于等于7.9km/s

B. 该卫星在轨运行的线速度一定大于7.9km/s

C. 该卫星在轨运行的向心加速度一定大于赤道上物体随地球自转的向心加速度

D. 该卫星的运行高度由该卫星本身的质量和运行周期决定

【答案】AC

【解析】

【分析】

第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，人造地球卫星运行时速度大于第二宇宙速度时，就脱离地球束缚，该卫星在轨运行的角速度等于赤道上物体随地球自转的角速度，根据可判断向心加速度；

【详解】AB、第一宇宙速度：v=7.9km/s，它是卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动所必须具备的速度；第二宇宙速度：v=11.2km/s．它是卫星离开地球的最小发射速度；因此，卫星绕地球运行，它发射的时候的速度必须等于或大于7.9km/s，小于11.2km/s，根据可得，卫星在轨运行的线速度小于7.9km/s，故A正确，B错误；

C、该卫星在轨运行的角速度等于赤道上物体随地球自转的角速度，而该卫星在轨运行的半径等于赤道上物体随地球自转的半径，根据可知该卫星在轨运行的向心加速度一定大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故C正确；

D、根据万有引力提供向心力可得，解得，则有该卫星的运行高度与该卫星本身的质量无关，故D错误；

故选AC。

【点睛】关键是同步卫星的周期与地球自转周期相同，所以地球同步卫星与静止在赤道上物体的角速度相同，第一宇宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动时的最大速度，地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度。

8.如图所示，空间存在着平行于纸面的匀强电场，虚线为电场的一条等势线，一个质量为m，电量为q的带负电的粒子从等势线上的P点以平行于纸面并与虚线成θ角的方向射入电场，P点与向右运动到的最远处电势差为U，若不计粒子的重力，则

A. 场强方向水平向左    B. 粒子做的是匀变速运动

C. 粒子的初速度大小为    D. 粒子向右运动到最远处时速度为零

【答案】BC

【解析】

【分析】

带负电的粒子在水平方向向右做匀减速直线运动，在竖直方向做做匀速直线运动，根据运动的合成与分解和动能定理进行分析；

【详解】A、根据题意可得带负电的粒子在水平方向向右做匀减速直线运动，而带负电的粒子在水平方向初速度方向向右，所以带负电的粒子受到的电场力水平向左，场强方向水平向右，故A错误；

B、带负电的粒子受到水平向左的电场力，合力不变，加速度不变，所以粒子做的是匀变速运动，故B正确；

C、带负电的粒子在水平方向，根据动能定理可得：，解得粒子的初速度大小为：，故C正确；

D、带负电的粒子在竖直方向做做匀速直线运动，粒子向右运动到最远处时竖直方向的速度为，故D错误；

故选BC。

【点睛】关键是能正确的分析带负电的粒子的运动性质，带负电的粒子在水平方向，根据动能定理求出粒子的初速度大小。

9.某同学用如图所示的装置，探究弹簧的弹力与长度的关系。

(1)关于实验操作，卜列说法正确的是________

A.刻度尺竖直放在弹簧附近，零刻度线与弹簧上端对齐

B.实验过程要保证弹簧竖直且静止

C.悬挂的钩码越多，测出数据越多，实验误差越小

D.如果弹簧上指针上下振动，可在指针运动最快的位置进行读数

(2)该同学用a、b两条不同的弹簧进行实验，多次改变钩码的质量，测出相应的弹簣的长度L，画出m-L图象如图所示，由图象可知，a弹簧的原长_________(填“大于”、“小于”或“等于”)b弹簧的原长，a弹簧的劲度系数_________(填“大于”、“小于”或“等于”)b弹簧的劲度系数，由图象得到的弹簧原长_________(填“大于”、“小于”或“等于”)实际原长。

【答案】    (1). AB    (2). 小于    (3). 大于    (4). 大于

【解析】

【分析】

测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量，刻度尺要保持竖直并靠近弹簧，以免增大误差；由图象可知图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长；图线的斜率等于弹簧的劲度系数；

【详解】解：(1)AB、测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量，刻度尺要保持竖直并靠近弹簧，零刻度线与弹簧上端对齐，以免增大误差，故A、B正确；

C、悬挂的钩码不要过多，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度，故C错误；

D、在读指针的位置，应在弹簧指针静止之后进行读数，故D错误；

故选AB；

(2) 由图象可知图线和坐标轴交点的横坐标表示弹簧的原长，所以a弹簧的原长小于b弹簧的原长；图线的斜率等于弹簧的劲度系数，所以a弹簧的劲度系数大于b弹簧的劲度系数；由于弹簧自身重力的原因，在不施加外力，把弹簧竖直悬挂起来时，弹簧有一定的伸长量，所以由图象得到的弹簧原长大于实际原长。

10.某同学想通过实验测定一个金属圆柱体的电阻率，实验室提供的器材有：

A.电源(电源电动势E=8V，内阻约10Ω)

B.电流表G，内阻Rg=120Ω，满偏电流Ig=6mA

C.电压表V，量程为0~6V，内阻约为1000Ω

D.电阻箱R0(0~99.99Ω)

E.滑动变阻器R1(0~20Ω)

F.开关及导线若干

G.被测金属圆柱体Rx

(1)实验设计时，把电流表G与电阻箱并联，改装成量程为0~0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0=_________Ω(保留3位有效数字)；

(2)为了多测止几组数据，并日尽量精确测量圆柱体的电阻，请在下面的方框内画出实验电路图。

(3)将实验中测得的多组电压表和电流计的示数，在U-I图象中描点，如图所示，请根据描点作图，并求出金属圆柱体的电阻值Rx=_________Ω(保留3位有效数字)。

(4)若测得圆柱体的长度为L，截面直径为D，测得圆柱体的电阻为Rx。写出计算电阻率的表达式ρ=_________ (用L、D、Rx表示)，本实验_________(填“存在”或“不存在”)因电表内阻产生的系统误差。

【答案】    (1). 1.21    (2).     (3). ；11.1    (4). ；不存在

【解析】

【分析】

根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后根据伏安法测电阻的原理作出电路图；根据电阻定律可得电阻率的表达式；

【详解】解：(1)实验设计时，把电流表G与电阻箱并联，改装成量程为0~0.6A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为；

(3)将实验中测得的多组电压表和电流计的示数，在U-I图象中描点，请根据描点作图如图所示

把电流表G与电阻箱并联,改装成量程为0~0.6A的电流表,量程增大为100倍，金属圆柱体的电阻值；

(2) 由于待测电阻阻值为12.0Ω，约为1千欧姆，根据所以电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为20Ω，若采用限流式，最大电流为，最小电流为，而实验数据的最小值为，所以滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：

(4) 测得圆柱体的长度为L，截面直径为D，测得圆柱体的电阻为Rx，根据电阻定律可得，解得电阻率的表达式，由于电阻率的表达式不含电表内阻，电阻率只与圆柱体的长度L，截面直径D，圆柱体的电阻Rx有关，所以本实验不存在因电表内阻产生的系统误差；

11.如图所示，质量为M=1kg上表面为一段圆弧的大滑块放在水平面上，圆弧面的最底端刚好与水平面相切于水平面上的B点，B点左侧水平面粗糙、右侧水平面光滑，质量为m=0.5kg的小物块放在水平而上的A点，现给小物块一个向右的水平初速度v0=4m/s，小物块刚好能滑到圆弧面上最高点C点，已知圆弧所对的圆心角为53°，A、B两点间的距离为L=1m，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度为g=10m/s2。求：

(1)圆弧所对圆的半径R；

(2)若AB间水平面光滑，将大滑块固定，小物块仍以v0=4m/s的初速度向右运动，则小物块从C点抛出后，经多长时间落地?

【答案】（1）1m    （2）

【解析】

【分析】

根据动能定理得小物块在B点时的速度大小；物块从B点滑到圆弧面上最高点C点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和系统机械能守恒求出圆弧所对圆的半径；，根据机械能守恒求出物块冲上圆弧面的速度，物块从C抛出后，根据运动的合成与分解求落地时间；

【详解】解：(1)设小物块在B点时的速度大小为，根据动能定理得：

设小物块在B点时的速度大小为，物块从B点滑到圆弧面上最高点C点的过程，小物块与大滑块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：

根据系统机械能守恒有：

联立解得：

(2)若整个水平面光滑，物块以的速度冲上圆弧面，根据机械能守恒有：

解得：

物块从C抛出后，在竖直方向的分速度为：

这时离体面的高度为：

解得：

12.如图甲所示，平行板A、B竖直放置，B板接地，A、B两板加上交变电压，A板的电势随时间变化规律如图乙所示，乙图所示物理量均为已知量。t=0时刻，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在B板附近由静止释放，不计粒子的重力，求：

(1)要使粒子到达A板时速度为零，A、B板间的距离应满足什么条件?

(2)要使粒子到达A板前一直加速，A、B板间的距离应满足什么条件

(3)若将两板间的距离调为L，保持两板的电势差大小不变，改变交变电压周期，使粒子在t=到t=时间内从B板附近由静止释放后粒子不能到达A板，改变后的周期应满足什么条件?

【答案】（1）(n=1,2,3,…)    （2）    （3）

【解析】

【分析】

粒子从时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达A时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍；

要使粒子到达A板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期；从B板附近由静止释放后粒子不能到达A板，带电粒子在到时间内向A做匀加速运动，在到时间内向A做匀减速运动，速度减为零后将返回；

【详解】解：(1)由题可知，粒子从时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达A时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍；

设板间的间距为d，则板间电场强度大小为：

在开始的半周期内，粒子运动的距离：

，(n=1，2，3….)

解得：，(n=1，2，3….)

(2) 要使粒子到达A板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期

解得：

(3) 带电粒子在到时间内向A做匀加速运动，在到时间内向A做匀减速运动，速度减为零后将返回，粒子向A运动可能的最大位移：

从B板附近由静止释放后粒子不能到达A板，则有：

解得：

【物理——选修3-3】

13.如图所示为一定质量气体发生状态变化的P－V图象，1、2是两条等温线，A、B是等温线1上的两点，C、D是等温线2上的两点，若气体按图线从A→B→C→D→A进行状态变化，则下列说法正确的是_________。

A.等温线1对应的气体温度比等温线2对应的气体温度高

B.气体从状态A变化到状态B，气体一定吸收热量

C.气体从状态B变化到状态C，气体吸收的热量比气体做功多

D.气体从状态C变化到状态D，气体分子密度增大了，但气体分子的平均速率不变

E.气体从A→B→C→D→A的过程中，气体做的总功为零

【答案】BCD

【解析】

【分析】

气体从状态A变化到状态B，温度不变，体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律判断；从状态B变化到状态C，温度升高体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律判断；气体从状态C变化到状态D，温度不变，体积变小，所以气体分子密度增大；

【详解】A、 由图可知，从状态A变化到状态D的过程中，气体的压强保持不变，体积变大，根据盖吕萨克定律可得状态A的温度低于状态D的温度，故A错误；

B、气体从状态A变化到状态B，温度不变，内能不变，体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B正确；

C、气体从状态B变化到状态C，温度升高，内能增大，体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知气体吸收的热量比气体做功多，故C正确；

D、气体从状态C变化到状态D，温度不变，体积变小，所以气体分子密度增大了，但气体分子的平均速率不变，故D正确；

E、体积增大，气体对外做功，体积减小，外界对气体对做功，P－V图象的图线与横轴围成的面积表示气体对外做功，所以气体从A→B→C→D→A的过程中，外界对气体对做功，气体做的总功不为零，故E错误；

故选BCD。

14.如图所示，下端装有阀门的U形玻璃管，粗细均匀，竖直放置，右侧开口，左侧封闭，管中一段足够长的水银柱使得左管中封闭有一段长为20cm的空气柱，左、右两管中的水银柱液面高度差为10cm，已知大气压强为p0=75 cmHg，管内气体温度为t=27°，阀门s关闭。

(1)石要使左右两管屮水银液面相平，应使左管气体的温度降低为多少?(保留一位小数)

(2)若通过打开阀门使管中的水银缓慢流出，则当两管中水银液面相平时，U形管中水银柱的总长度减少了多少?(保留一位小数)

【答案】（1）198.5K    （2）15.3cm

【解析】

【分析】

当左右两管屮水银液面相平，根据理想气体实验定律求左管气体的温度；通过打开阀门使管中的水银缓慢流出，当两管中水银液面相平，根据玻意耳定律和几何关系求U形管中水银柱的总长度减少；

【详解】解：(1)开始时，封闭气体压强：

当左右两管屮水银液面相平，封闭气体压强：

根据理想气体实验定律有：

解得：

(2) 通过打开阀门使管中的水银缓慢流出，当两管中水银液面相平时，设气体柱的长度为，根据玻意耳定律有：

解得：

U形管中水银柱的总长度减少了

【物理——选修3-4】

15.在北方寒冷的冬天，有时会出现“多个太阳”的“幻日”奇观，这时由于空气中的水蒸气在集冷的大气里凝结成了小冰晶，太阳通过冰晶折射的缘故。如图所示为太阳光照射到六角冰晶上折射的光路图，a、b是太阳光中的两种单色光，由此可以判断，冰晶对单色光a的折射率_________(填“大于”或“小于”)冰晶对单色光b的折射率，单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度_________(填“大”或“小”)。如果让太阳光从水中射向空气，逐渐增大入射角，则a、b两种单色光中，单色光_________(填“a”或“b”)更容易发生全反射。

【答案】    (1). 小于    (2). 大    (3). b

【解析】

【分析】

根据偏折程度可确定折射率大小关系，由可分析出光线在冰晶中传播速度的关系；根据知单色光b的临界角大小关系，从而判断更容易发生全反射的光；

【详解】解：光从空气斜射到冰晶上，由于折射率不同，由图可知，单色b光偏折较大，单色a光偏折较小，所以此冰晶对a光的折射率小于b光的折射率；

根据可知单色光a在冰晶中的传播速度比单色光b在冰晶中的传播速度大；

根据知单色光b的临界角较小，所以单色光b比单色光a更容易发生全反射。

16.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1=0时刻的波形图，虚线为t2=0.5s时刻的波形，2T>(t2－t1)>T。

(1)若波沿x轴正向传播，从t1=0时刻开始，x=5m处的质点最少要经过多长时间到达平衡位置?

(2)若波速为v=42m/s，求t2=0.5s时刻，x=8m处的质点的振动方向。

【答案】（1）s    （2）沿y轴正向运动

【解析】

【分析】

若波沿x轴正向传播，根据在时间内播传播的距离求解得播传播的周期，从而求处的质点要达到平衡位置最少要经过的时间；结合图像可知，波沿x轴负方向传播，根据波动与振动的关系求x=8m处的质点的振动方向；

【详解】解：(1)由图可知波的波长为：

若波沿x轴正向传播，则在时间内播传播的距离满足：

，(n=1，2，3….)

由于

因此，，解得播传播的周期：

由图可知，时刻处的质点刚好在平衡位置，故从时刻处的质点要达到平衡位置最少要经过的时间为：

(2) 若波速为v=42m/s，则波在t2=0.5s时刻传播的距离

由于

结合图像可知，波沿x轴负方向传播，根据波动与振动的关系可知：在t2=0.5s时刻，x=8m处的质点沿y轴正向运动；