2019届山西省晋中市高三上学期1月高考适应性考试理科综合物理试题（解析版）

2019年1月高考适应性调研考试

理科综合能力测试（物理部分）

二、选择题：

1.用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示。P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是

A. 若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大

B. 小球P受4个力的作用

C. 物块Q受到3个力的作用

D. 若绳子变短，绳子的拉力将变小

【答案】B

【解析】

【分析】

先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变短时，绳子的拉力如何变化．

【详解】Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故A错误。P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故B正确。Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故C错误。设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变短，α变大，cosα变小，则F变大，故D错误。故选B。

2.水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t+t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为

A. gt0(cosθ1－cosθ2)    B. gt0(tanθ1－tanθ2)

C.      D.

【答案】C

【解析】

【分析】

设水平方向上的速度为v0，根据平行四边形定则求出t秒末、（t+t0）秒末竖直方向上的分速度，根据△vy=g△t求出小球的初速度．

【详解】设水平方向上的速度为v0，t秒末速度方向与水平方向的夹角为θ1，则竖直方向上的分速度：vy1=v0tanθ1，（t+ t0）秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，则竖直方向上的分速度：vy2＝v0tanθ2。根据vy2-vy1=g t0得：。故C正确，ABD错误。故选C。

【点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．

3.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用。力F分别按图A、B、C、D所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿水平向右为正)。已知物体在t=0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2s末的速率，则这四个速率中最大的是

A.     B.     C.     D.

【答案】A

【解析】

【分析】

滑块受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理列式判断末速度大小即可．

【详解】物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理，有：I=mv-0；故物体受到冲量最大时，末速度最大；图中−t图象与t轴包围的面积与冲量大小成正比，上方冲量为正，下方冲量为负，由于甲图中冲量的矢量和最大，故甲图中物体的末速度最大；故选A。

4.如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做

A. 匀运直线运动    B. 水平向右的勺加速直线运动

C. 曲线运动    D. 斜向右下方的匀加速直线运动

【答案】B

【解析】

当a、b金属板水平放置时，带电液滴P在电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小．当两平行金属板a、b分别以O、O′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为α，如图．

设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过α角时，板间距离为dcosα，板间场强为E=，电场力为F=qE=，电场力方向与竖直方向的夹角为α，竖直方向的分力为Fcosα=．而原来液滴处于静止状态，即有mg=qE=，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动．故B正确．故选B.

5.以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是

A. 原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子

B. 按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，但原子的能量增大

C. 比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收能量

D. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小

【答案】B

【解析】

【详解】β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子。故A错误。按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，根据可知，电子的动能减小，但原子要吸收能量，总能量增大，选项B正确；比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能。故C错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小，选项D错误；故选B.

6.如图(甲)所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图(乙)所示，重力加速度g取10m/s2。则以下判断正确的是

A. 小环的质量是1kg    B. 细杆与地面间的倾角是30°

C. 前3s内拉力F的最大功率是2.25W    D. 前3s内小环机械能的增加量是5.75J

【答案】AD

【解析】

【分析】

由图象可知，其第1秒内，小环匀加速上行，之后改为匀速直线运动，可求滑环匀加速运动的加速度，对环受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律列式分析．

【详解】从速度时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，根据牛顿第二定律，有第一秒内，速度不断变大，由图象可得：，加速阶段：F1-mgsinθ-f=ma；匀速阶段：F2-mgsinθ-f=0；以上三式联立解得：m=1kg，sinθ=0.45，故A正确，B错误。第一秒内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1秒末，P=Fv=5×0.5=2.5W；第一秒末到第三秒末，P=Fv=4.5×0.5=2.25W；即拉力的最大功率为2.5W，故C错误；从速度时间图象可以得到，前1s的位移为0.25m，2到3s位移为1m；前3s拉力做的功为：W=5×0.25+4.5×1=5.75J，小环机械能的增加量是5.75J，故D正确。故选AD。

【点睛】本题关键是根据速度-时间图象得到运动规律，然后受力分析，最后根据牛顿第二定律列式求解，注意分析v-t图象的信息．

7.如图所示，在匀强电场中有一半径为R的圆，场强方向与圆所在平面平行，场强大小为E。电荷量为q的带正电粒子以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电粒子的动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成α角的弦，则

A. 匀强电场的方向沿AC方向；    B. 匀强电场的方向沿OC方向；

C. 从A到C电场力做功为2 qERcosα；    D. 从A到C电场力做功为2qERcos2α

【答案】BD

【解析】

【分析】

带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点进入圆形区域中，只在电场力作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从C点离开圆形区域的带电微粒的动能最大．则说明电场力做功最多，从而得出C点是沿电场强度方向离A点最远．电场力做功W=qEd，d是两点沿电场线方向的距离．

【详解】在匀强电场中，等势线是相互平行的直线，由于在圆周上所有各点中从C点离开的粒子动能最大，说明圆周上比A点电势低且与A点电势差最大的点只有C点一点，也即过C点的等势线与圆周只有一个交点，这只能是过C点的圆周的切线，因而电场线一定沿过C点的半径由O指向C，A错误、B正确。过A点做CO的垂线，则A、C两点沿电场线方向上的距离d＝2Rcos 2α，A、C两点之间的电势差U＝Ed＝2ERcos 2α，故电场力做功W＝qU＝2qERcos 2α，C项错误，D项正确。故选BD.

【点睛】本题关键抓住C点是沿电场强度方向离A点最远，从电场力做功公式W=qEd，判断出电场线的方向，并运用这个公式求解电场力做功，要理解这个公式中d是两点沿电场线方向的距离．

8.如图(甲)所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图(乙)所示。一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中电阻R的电功率保持不变。下列说法中正确的是

A. 金属棒在x=1m处的速度大小为0.5m/s

B. 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为零

C. 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C

D. 金属棒从x=0运动到x=2m所用时间为2s

【答案】BCD

【解析】

【分析】

根据安培力的表达式导出速度v与x的关系式，结合匀变速直线运动的速度位移公式判断金属棒的运动是否为匀变速运动；根据安培力与速度的关系式，由x=0和x=1m处的安培力相等即可求出x=1m处的速度；根据动能定理求解外力做功；根据感应电量经验公式求解电荷量．

【详解】由图乙可知B=0.5+0.5x；x=0处 ；金属棒在运动过程中电阻R的电功率保持不变，即电流I保持不变；x=1 m处，B1=1.0T，可得v=1m/s，A错误；从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有 ；； WF=0J，则B正确；金属棒从x=1运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为 ，则C正确；根据q=It可得t=2s，则D正确；故选BCD.

【点睛】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，注意B-x图象的面积和L的乘积表示磁通量的变化量．

三、非选择题：

9.某物理兴趣活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB，用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，钢球直径为D，当地的重力加速度为g。

(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径，读数如图所示，钢球直径为D=___________cm。

(2)要验证机械能守恒，只要比较______________________与2gh是否相等即可。

(3)钢球通过光电门的平均速度___________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差___________(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。

【答案】    (1). （1）1.220cm；     (2). （2）；     (3). （3）<，     (4). 不能；

【解析】

【分析】

（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．

（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式．

（3）根据匀变速直线运动的规律判断求解．

【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为：1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×4mm=0.20mm，所以最终读数为：1.220cm．
（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：，根据机械能守恒的表达式有：mgh=mD2（-）；即只要比较D2（-）与2gh是否相等．
（3）根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度＜钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．

【点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量．无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．

10.某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA)。实验室备有如下器材：

A.电压表V(量程3V，电阻Rv约为4.0kΩ)

B.电流表A1(量程100mA，电阻RA1约为5Ω)

C.电流表A2(量程2mA，电阻RA2约为50Ω)

D.滑动变阻器R1(0~40Ω，额定电流1A)

E.电阻箱R2(0~999.9Ω)

F.开关S一只、导线若干

(1)小明用多用电表的欧姆档测得电阻R0的阻值约为2kΩ，为了使测量结果更准确，设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选___________(选填“A1”或“A2”)

(2)请将实物连线补充完整___________

(3)为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图。根据测量数据作出图象，如图丙所示。若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=___________，内阻r=___________

该实验中电动势和内电阻的测量值均偏小，造成此系统误差主要原因是___________。

【答案】    (1). ⑴A2；     (2). ⑵如图：；     (3). （3），     (4). ，     (5). 电压表的分流

【解析】

【分析】

（1,2）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．
（3）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．

【详解】（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）；
（2）待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）；与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；，，，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．

（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则，因此图象的纵轴截距，电动势，图象的斜率，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验中电源的电动势及内阻的测量值均偏小．

【点睛】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．

11.一物块A的质量为m=0.5kg，初动能为Ek=4J，在水平地面上做直线运动，当A的动能变为初动能的一半时与静止的物块B发生弹性正碰，物块B质量为1.0kg，物块A与地面间的动摩擦因数为μ1=02，物块B与地面间的动摩擦因数为μ2=01，重力加速度g=10m/s2

求：(1)物块A经过多长时间与物块B相碰；

(2)物块A与物块B碰后，它们之间的最大距离

【答案】（1）0.586s；（2）2m

【解析】

【分析】

（1）根据动量定理可求解物块A经过多长时间与物块B相碰；（2）A、B碰撞过程中满足动量守恒和动能守恒，列式求解碰后的速度，碰后到A、B都停止时二者相距最远，结合动能定理求解它们之间的最大距离.

【详解】（1）A与B碰撞前，根据动量定理

得                

解得 

（2）A、B碰撞过程中 

解得   

碰后到A、B都停止时二者相距最远

根据动能定理 对于A： 

对于B 

距离x=xA+xB得   

解得x=2m

【点睛】本题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．

12.如图所示在xOy坐标系内，第二象限内存在方向沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，第一象限内存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一带电粒子电量为+q，质量为m，以一定的初速度，由x轴负方向上的坐标为(－d，0)的点A，方向沿y轴正方向射入电场然后由y轴上某点C(没有标出)进入磁场，速度方向与y轴正方向成60°角，最后从x轴正方向上一点D(没有标出)离开磁场，速度方向垂直于x轴。不计带电粒子的重力。

求：(1)粒子在磁场中运动的时间及D点与坐标原点的距离

(2)现保持电场不变，将磁场的磁感应强度变为原来的一半，带电粒子仍然从A点以原速度进入电场后，离开磁场时与坐标原点的距离。

【答案】（1）（1），2d；（2）

【解析】

【分析】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹图，结合平抛运动的规律和圆周运动的规律求解粒子在磁场中运动的时间及D点与坐标原点的距离；（2）当磁感应强度变为原来的一半时，结合圆周运动的规律以及几何关系求解粒子离开磁场时与坐标原点的距离.

【详解】（1）设粒子到达C点的速度为v，C点到坐标原点的距离为h

粒子在电场中运动的过程中

由qE=ma

vx2=2ad

得

由    

 得 

粒子在磁场中做匀速圆周运动，O1为轨道圆心，设轨道半径为R

由  得

粒子在磁场中运动的时间为  

得

D点到坐标原点的距离为   

得xOD=2d

（2）设原磁场的磁感应强度为B，则有 

当磁感应强度变为原来的一半时，粒子在磁场中运动的轨道半径为R´，圆心为O2

则由  

得 

粒子从x轴上的N点出磁场

O2和M的距离

OM之间的距离为

MN之间的距离

∴ON之间的距离xON=xOM+xMN

得

【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，以及粒子在磁场中运动，会确定圆心、半径和圆心角，这是解决粒子在组合场中运动的关键。

13.关于热现象、热力学定律，下列说法正确的是___________

A. 一定质量的理想气体的温度升高其内能一定增加

B. 扩散现象和布朗运动都表明分子在不停地做无规则的运动

C. 气体压强是气体分子间斥力的宏观表现

D. 热量不可能自发地从低温物体传到高温物体

E. 晶体在其熔化的过程中温度不断升高

【答案】ABD

【解析】

【详解】理想气体的内能只决定于温度，温度升高其内能一定增加，则A正确；根据分子动理论，扩散现象和布朗运动是分子热运动的宏观表现，B正确；气体压强是气体分子热运动对器壁频繁撞击的结果，因气体分子间距较大，则分子力为零，选项C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；晶体有熔点，在其融化过程温度不变，E错误；故选ABD。

14.如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略)。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的4倍后关闭K1。已知汽缸导热性能良好。

(i)打开K2，活塞上升直到稳定的过程中，活塞上方气体不断地___________(填“吸热”或“放热”)

(ii)打开k2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强

(iii)接着打开K3，求稳定时活塞下方气体的体积和压强

【答案】（i）放热；（ⅱ）2.5P0,0.4V；（ⅲ）2V，2P0；

【解析】

【分析】

（i）气体被压缩，外界对气体做功，由热力学第一定律确定气体吸热放热情况；（ⅱ）根据等温变化的方程求解打开k2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；（ⅲ）根据等温变化的方程求解打开k3，求稳定时活塞下方气体的体积和压强；

【详解】（i）打开K2，活塞上升直到稳定的过程中，活塞上方气体被压缩，外界对B气体做功，因汽缸导热性能良好，则活塞上方气体不断地放热；

（ⅱ）打开K2后，B缸内气体（活塞上方）等温压缩，压缩后体积为V1，A缸内气体（活塞下方）等温膨胀，活塞上下方压强相等均为p1
则：对A缸内（活塞下方）气体：4p0V=p1（2V-V1）
对B缸内（活塞上方）气体：p0V=p1V1
联立以上两式得：  p1=2.5p0 V1=0.4V
（ⅲ）打开K3假设活塞下方气体压强可降为p0，体积为V2，

则：4p0V=p0V2 
得：V2=4V＞2V

即：此时活塞将处于B气缸顶端，体积为2V

设缸内气压为p2，4p0V=p2×2V

得：p2=2P0

【点睛】本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。

15.如图所示，一条红色光线和一条紫色光线，以不同的角度同时沿不同的半径方向射入同一块横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线都是由圆心O点沿OC方向射出，则下列说法正确的是___________

A. AO光线是紫光，BO光线是红光

B. 若AO光线能使某金属发生光电效应，则BO光线也一定能使该金属发生光电效应

C. AO光线比BO光线穿过玻璃柱体所需时间长

D. 将AO光线顺时针转动到BO光线与其重合，则O点的透射光线一定会变为两条

E. 在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO光线变为BO光线，则干涉亮条纹间距变大

【答案】ACE

【解析】

【详解】由图可知，AO的折射率大于BO，而紫光的折射率大于红光，即AO光线是紫光，BO光线是红光，A正确；红光的光子能量小于紫光，若AO（紫光）能使某金属发生光电效应，则BO（红光）光线不能使该金属发生光电效应，B错误；紫光AO的光速小于红光OB，所以传播时间长，C正确；将AO光线顺时针转动到BO光线与其重合，AO光线的入射角增大，有可能发生全反射，所以出射光线可能只有一条，选项D错误；波长越长干涉条纹间距越大，BO的波长大于AO，则在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO光线变为BO光线，则干涉亮条纹间距变大，则选项E正确；故选ACE。

16.如图所示，甲为某一简谐横波在t=0时的图象，乙为参与该波动的P质点的振动图象

(i)确定波的传播方向；

(ii)求该波的波速v；

(iii)求s时P质点的位置坐标和0－s内P经过的路程

【答案】（i）沿-x方向传播；（ii）4.0 m/s；（iii）（4m,0.1m），2+0.1 （m）

【解析】

【分析】

（i）由质点P的振动图像结合波形图可知波的传播方向；（ii）根据v=λ/T求解波速；（iii）根据图乙的图像得到函数关系式，求解P的坐标.

【详解】（i）由质点P的振动图像结合波形图可知，t=0时刻P质点向下振动，可知波沿-x方向传播；                                       
（ii）由题图甲知λ=4 m，                               

由题图乙知T=1.0 s，                               
所以波速v=λ/T=4.0 m/s．
（iii）图乙的函数式为y=-0.2sinωt

ω=2π/T 得：y=-0.2sin2πt                   
则，t=8/3s时，y=0.1m

横坐标不变，所以P的坐标为（4m，0.1m）

t/T=2+1/2+1/6

P点经过的路程为：L=(2+1/2)×4×0.2m+y=2+0.1（m）

【点睛】本题考查识别、理解振动图象与波动图象的意义，及把握两种图象联系的能力，根据波形的平移法画波形是基本方法．