2019届陕西省宝鸡市高考模拟检测理科综合物理试卷（解析版）

2019年宝鸡市高考模拟检测（二）

理综物理试题

第Ⅰ卷（选择题）

二、选择题

1.已知某种金属的极限频率为γ0，现用频率3γ0的光照射此金属板，所产生光电子的最大初动能为（h为普朗克常量）(   )

A. 4hγ0 B. 3hγ0 C. 2hγ0 D. hγ0

【答案】C

【解析】

【分析】

根据“某种金属的极限频率为γ0”、“现用频率3γ0的光照射此金属板，所产生光电子的最大初动能为”可知，本题考查逸出功和光电效应方程，根据光电效应方程列式可求逸出功和最大初动能。

【详解】金属的逸出功为W0=hγ0，

改用频率为3γ0的光照射同一金属材料，根据光电效应方程得，则所产生光电子的最大初动能Ekm=3hγ0−W0=2hγ0.故C正确，ABD错误。

故选：C

2.如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A、B的质量之比mA︰mB等于(   )

A. 1︰cosθ B. cosθ︰1 C. tanθ︰1 D. 1︰sinθ

【答案】A

【解析】

【分析】

根据“两物体均保持静止”可知，本题考查共点力平衡问题，根据共点力平衡规律，分别对物体A、B进行受力分析，并运用力的平行四边形定则可得绳子的拉力与各自重力的关系，从而确定物体A、B的质量之比．

【详解】设绳子的拉力为T，隔离A分析有

T=mAg…①

隔离B分析有：

mBg=Tcosθ…②

由①②整合得：

mA:mB=1:cosθ，故A正确，BCD错误。

故选：A

3.真空中有一带负电的电荷q绕固定的点电荷＋Q运动，其运动轨迹为椭圆，如图所示。已知abcd为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是(   )

A. ＋Q产生的电场中a、c两点的电场强度相同

B. 负电荷q在b点速度大于d点速度

C. 负电荷q在b点电势能大于d点电势能

D. 负电荷q在运动过程中电场力始终不做功

【答案】B

【解析】

【分析】

根据“真空中有一带负电的电荷q绕固定的点电荷＋Q运动，其运动轨迹为椭圆”、“ a、c两点的电场强度相同”、“在b点电势能大于d点电势能”可知，本题考查正点电荷的电场分布，带电粒子在电场中运动电场力做功情况和电势能、动能的变化，根据点电荷的电场特点，结合电场力做功与电势能、动能变化的关系，分析判断b、d两点动能和电势能的大小。

【详解】A. a、c为椭圆的两个顶点，则a、c两点到Q的距离相等，由点电荷的场强公式：E=可知，两点的电场强度大小相等，故A错误；

BC. 负电荷由b运动到d的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，所以负电荷q在b点速度大于d点速度，故B正确，C错误；

D. 负电荷由a经d运动到c的过程中，电场力先做负功再做正功，故D错误。

故选：B.

4.超强台风山竹于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级超强台风强度，风速左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为(   )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据“推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系”可知，本题考查动量定理，设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，根据动量定理的公式Ft=△mv，即可求解。

【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m=ρSvt，根据动量定理-Ft=0-mv=0-ρSv2t，F=ρSv2，故B正确，ACD错误。

故选：B

5.如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点做逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(   )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据“连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动”、“滑块的水平速度大小为”可知，本题考查速度的合成与分解问题，根据两物体沿杆方向的速度相等，分别将A、B的速度沿杆和垂直杆分解，列式求解及可。

【详解】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分

根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA分=vcosα，

B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′则：

vB分=v′⋅cosθ=v′cos(90∘−β)=v′sinβ， v′=ωL

又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分=vB分

联立可得：v=.故D正确，ABC错误

故选：D

6.医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核和氦核并通过线束引出加速器。下列说法中正确的是(   )

A. 加速两种粒子的高频电源的频率相同

B. 两种粒子获得的最大动能相同

C. 两种粒子在D形盒中运动的周期相同

D. 增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能

【答案】AC

【解析】

【分析】

根据“医用回旋加速器”、“ 分别加速氘核和氦核并通过线束引出加速器”可知，本题考查回旋加速器的原理和带电粒子在磁场中运动周期和半径，根据回旋加速器的原理，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，结合带电粒子在磁场中运动周期和半径公式，即可判断两粒子的运动周期、加速周期和粒子的最大动能。

【详解】AC、回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速。带电粒子在磁场中运动的周期T=，两粒子的比荷q/m相等，所以周期相等，加速两种粒子的高频电源的频率也相同。故A正确，C正确；

B、根据，得v=qBR/m，两粒子的比荷q/m相等，所以最大速度相等。最大动能Ek=mv2，两粒子的质量不等，所以最大动能不等。故B错误；

D、最大动能Ek=mv2=,与加速电压无关，增大高频电源的电压不能增大粒子的最大动能，故D错误。

故选：AC.

7.如图所示，一火箭中固定有一水平放置的压力传感器，传感器上放有一个质量为m的科考仪器。火箭从地面由静止开始以的初始加速度竖直向上加速运动，火箭通过控制系统使其在上升过程中压力传感器的示数保持不变。当火箭上升到距地面的高度时（地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为g），以下判断正确的是(   )

A. 此高度处的重力加速度为

B. 此高度处的重力加速度为

C. 此高度处火箭的加速度为

D. 此高度处火箭的加速度为

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据“火箭从地面由静止开始以的初始加速度竖直向上加速运动”、“上升过程中压力传感器的示数保持不变”可知，本题考查万有引力定律和牛顿第二定律，根据万有引力定律可求距地面的高度时的重力加速度，根据牛顿第二定律可求距地面的高度时火箭的加速度．

【详解】AB.由地球表面万有引力近似等于重力得：，

距地面的高度时，，

联立可得: ,故A错误，B正确；

CD.由牛顿第二定律可知，在地面，

距地面的高度时，

联立解得：a=，故C错误，D正确。

故选：BD

8.如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计。斜面处在方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，电阻不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F作用。已知金属棒从静止开始沿导轨下滑，它在滑下高度h时的速度大小为v，重力加速度为g，则在此过程中(   )

A. 金属棒损失的机械能为

B. 金属棒克服安培力做的功为

C. 电阻R上产生的焦耳热为

D. 电阻R通过的电荷量为

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据“两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上”、“斜面处在方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中”、“金属棒损失的机械能”、“电阻R上产生的焦耳热”、“电阻R通过的电荷量”等可知，本题考查单金属棒在磁场中运动能量转化与守恒问题和平均感应电动势问题，根据金属棒克服安培力做的功等于系统产生的电能，即等于电阻R上产生的焦耳热；再根据动能定理和电磁感应知识研究功能关系；根据平均感应电动势分析电阻R通过的电荷量．

【详解】A. 金属棒在滑下高度h时的速度大小为v，重力势能减少mgh，动能增加mv2，金属棒损失的机械能为，故A正确；

B.金属棒从静止开始速度逐渐增大为v，安培力从0逐渐增大到，金属棒克服安培力做的功小于，故B错误；

C. 由能量转化和守恒定律得知，金属棒损失的机械能等于金属棒克服安培力做功和恒力F做的功与安培力做的功之和，电阻R上产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功，所以电阻R上产生的焦耳热为-，故C错误；

D.根据法拉第电磁感应定律，，q=I△t，联立得q==，故D正确。

故选：AD

【点睛】机械能等于动能与重力势能之和，根据重力势能和动能的变化确定机械能的变化；安培力是个变力；金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热；利用平均感应电动势求电量。

第Ⅱ卷（非选择题）

三、非选择题：

（一）必考题：

9.某同学利用如图甲所示装置来验证“机械能守恒定律”。将长为L轻绳一端固定在O点，另一端拴在一个质量为m的正立方体小铁块A上，在小铁块A的上表面边缘放一个小铁片。将铁块拉起，使绳拉直且偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放铁块，当其到达最低点时，受到竖直挡板P阻挡而停止运动，之后铁片将飞离铁块A而做平抛运动。

（1）用20分度的游标卡尺测量正立方体铁块厚度d的结果如图乙所示，则d＝________cm；

（2）若测得小铁片从水平抛出到落到地面的水平位移x和竖直位移y，就可求得小铁片做平抛运动的初速度v0＝________（已知重力加速度为g）。若假设铁块与小铁片运动到最低点时的速度为v，则v与v0的大小关系为v________v0（填“＝”、“＞”或“＜”）；

（3）该同学在实验中发现，若θ角改变，小铁片平抛运动的水平位移x随之发生改变。于是他多次实验，得到了多组（θ，x）值，通过计算分析得出了“铁块与小铁片一起由静止释放到运动到最低点过程中机械能守恒”的结论，并做出了x2随cosθ变化的x2－cosθ图像，你认为他做出的x2－cosθ图像应该是图中的________（实验中近似认为v＝v0）。

A.B.

C. D.

【答案】    (1). 2.350    (2).     (3). ＞    (4). C

【解析】

【分析】

根据“验证机械能守恒定律”“游标卡尺测量正立方体铁块厚度”、“平抛运动的初速度”、“x2－cosθ图像应该是图中”可知，本题考查游标卡尺的读数方法、平抛运动的计算和图像处理验证机械能守恒实验的数据，根据游标卡尺的读数方法、平抛运动的规律和机械能守恒定律列出机械能守恒的表达式，得出x2－cosθ的表达式，即可进行分析判断。

【详解】（1）游标卡尺的主尺刻度为23mm，游标尺刻度为10×0.05mm=0.50mm，所以d=23mm+0.50mm=23.50mm=2.350cm；

（2）根据铁片做平抛运动有：

x=v0t①

y=gt2②

联立①②可解得：v0=；

由于存在阻力作用，根据平抛运动的规律计算的速度小于实际速度；所以v＞v0

（3）重锤下落过程中机械能守恒，由mgh=mv2得：

gL(1−cosθ) =

可得：

所以x2－cosθ图像应该是图中的C。

10.某同学想将一毫安表A改装成欧姆表，先要测量毫安表的内阻。在实验室找到了如下器材：

A．待测毫安表A（量程2mA，阻值约为200Ω）

B．电压表V（量程3V，阻值约为3KΩ）

C．定值电阻R1（阻值为1.2KΩ）

D．定值电阻R2（阻值为500Ω）

E．滑动变阻器R3（阻值为0～500Ω）

F．滑动变阻器R4（阻值为0～20Ω）

G．电源E（电动势3V，内阻约为2Ω）

H．单刀开关S一个，导线若干

（1）要求在测量毫安表内阻时电表指针偏转到表盘最大刻度值的一半附近处，则定值电阻选________，滑动变阻器选________（填仪器前表示顺序号的字母）；

（2）请在虚线框内画出符合实验要求的电路图，并标上所选仪器代号_______；

（3）该同学测得毫安表内阻为180Ω，用以上实验室提供的器材改装的欧姆表，电路图如图所示。要使欧姆表能正常调零，则图中定值电阻R0选________，滑动变阻器R选________（填仪器前的表示顺序号的字母）；

（4）此欧姆表的红表笔是图中的________（填“A”或“B”），把毫安表的表盘刻度调整为欧姆表的表盘刻度时，刻度盘上0.5mA对应的电阻阻值是________Ω。

【答案】    (1). C    (2). F    (3).     (4). C    (5). E    (6). A    (7). 4500

【解析】

【分析】

根据“将一毫安表A改装成欧姆表，先要测量毫安表的内阻”、“要求在测量毫安表内阻时电表指针偏转到表盘最大刻度值的一半附近处”可知，本题考查毫安表内阻的测量和欧姆表的改装，根据欧姆定律计算总电阻的可能值，选择定值电阻；根据滑动变阻器与待测电阻的阻值关系选择控制电路和滑动变阻器；根据欧姆定律计算电流为0.5mA时的总电路，确定待测电阻的阻值。

【详解】（1）在测量毫安表内阻时要求电表指针偏转到表盘最大刻度值的一半附近处，根据欧姆定律R=U/I，结合电源电动势为3V，定值电阻应选择C，即1.2kΩ；由于滑动变阻器的阻值都远小于定值电阻与电流表内阻的总电阻，应采用分压电路，所以滑动变阻器应选用F，即阻值为0～20Ω，这样调节方便；

（2）由于定值电阻阻值已知，应采用电流表内接法，电路图如图所示：

（3）要使欧姆表能正常调零，总电阻应大于R内==1500Ω，所以定值电阻R0应选择C，滑动变阻器R应选择E；

（4）欧姆表的红表笔应连接内部电源的负极，此欧姆表的红表笔是图中的A；根据欧姆定律，则。

【点睛】根据电动势和要求的毫安表偏转角度确定定值电阻，根据滑动变阻器与待测电阻的关系确定滑动变阻器的阻值和电路；根据欧姆表的原理，即欧姆定律计算内阻的大小，确定待测电阻的大小。

11.如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数为μ＝0.1，妈妈的质量为M＝60kg，小红和雪橇的总质量为m＝20kg。在游戏过程中妈妈用大小为F＝50N，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇。（，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小；

（2）若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m处，求妈妈拉力作用的最短距离。

【答案】(1) ，    (2)

【解析】

【分析】

根据“妈妈用大小为F＝50N，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇”、“小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小”、“若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m处，求妈妈拉力作用的最短距离”可知，本题考查牛顿第二定律和动能定理，根据牛顿第二定律和动能定理得规律，分别对小红和妈妈受力分析，列出牛顿第二定律方程和动能定理方程，求解即可。

【详解】（1）对小红和雪橇受力分析如图甲所示，对妈妈受力分析如图乙所示。

对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得：

    （1）

    （2）

联立解得：    （3）

对于妈妈由牛顿第二定律可得：

       （4）

解得：    （5）

（2）由题意可得，当小红和雪橇到达前面刚好停止时，妈妈拉力作用的距离最短。对小红和雪橇由动能定理可得：  

    （6）

解得：     （7）

【点睛】分别对小红和妈妈受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，联立求解即可；求妈妈拉力作用的最短距离，则到达43m处时，速度为零，根据动能定理列方程，求解即可。

12.静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示。A、B为水平放置的间距d＝1.6m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m＝1.0×10－5kg，带负电且电荷量均为q＝1.0×10－3C，不计油漆微粒间的相互作用以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g取，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：

（1）油漆微粒落在B板上的最大面积；

（2）若让A、B两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.06T，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变。

①B板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？

②打中B板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？

【答案】（1）18．1 m2（2）1．6 m （3）0．31 s

【解析】

试题分析：（1）油漆微粒的加速度

①

根据运动学

②

运动的半径

③

落在板上所形成圆形面积

④

由①②③式并代入数据得

⑤

（2）当电场反向

⑥

油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力

⑦

水平向右射出的油漆微粒打在板的右端，根据几何关系

⑧

的长度

⑨

打在板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得

⑩

油漆微粒打在极板上的长度

11

由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得

12

(3)打在板上的微粒中，最短的弦长对应的时间最短

有几何关系

13

运动的最短时间

14

微粒在磁场中运动的周期

15

由7131415式代入数据解得

16

考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．

（二）选考题

13.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是________

A. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子无规则热运动的缘故

B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加

C. 若分子间的距离r增大，则分子间的作用力做负功，分子势能增大

D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大

E. 一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和

【答案】ABE

【解析】

【分析】

根据“关于分子运动和热现象的说法”可知，本题考查分子动理论，根据温度是平均动能的标志，理想气体状态方程和压强的微观意义去分析各项．

【详解】A. 气体分子在永不停息的进行着无规则的热运动，所以失去容器后就会散开，故A正确；

B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，因温度不变，平均动能不变，而内能增加，所以其分子之间的势能增加，故B正确；

C. 如果分子间距离小于r0，分子间作用力表现为斥力，则分子间的距离r增大，分子间的作用力做正功，分子势能减小，故C错误；

D. 若气体的体积增大，分子密度减小，压强可能减小，故D错误；

E. 内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，故E正确；

故选：ABE

14.如图所示，内壁光滑且长为L＝50cm的绝热气缸固定在水平面上，气缸内用横截面积为S＝100cm2的绝热活塞封闭有温度为t0＝27℃的理想气体，开始时处于静止状态的活塞位于距左侧缸底l＝30cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动。（已知大气压强为P0＝1.0×105Pa）

①试计算当温度升高到t＝377℃时，缸内封闭气体的压强P；

②若气缸内电热丝的电阻R＝100Ω，加热时电热丝中的电流为I＝0.2A，在此变化过程中共持续了t'＝300s，不计电热丝由于温度升高而吸收热量，试计算气体增加的内能ΔU。

【答案】①   ②

【解析】

【分析】

根据“内壁光滑且长为L＝50cm的绝热气缸固定在水平面上”、“活塞缓慢向右移动”、“计算气体增加的内能”可知，本题考查盖-吕萨克定律、查理定律和热力学第一定律，根据盖-吕萨克定律首先求出活塞到达右端时的温度，确定t=377℃时位置，再根据查理定律列方程求解即可；根据热力学第一定律列式求解。

【详解】①设封闭气体刚开始的温度为T1，压强为，当活塞恰好移动到气缸口时，封闭气体的温度为T2，则，封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得：

    （1）

解得：    （2）

由于，所以气体发生等压变化之后再发生等容变化。

设当温度达到时，封闭气体的压强为，根据查理定律可得：

    （3）

代入数据解得：    （4）

②根据热力学第一定律可得：    （5）

外界对气体做的功为：    （6）

封闭气体共吸收的热量为：    （7）

解得：

【点睛】首先求出活塞等压到达右端时的温度，确定t=377℃时位置，再根据查理定律列方程求解；等压膨胀过程气体对外做功。

15.下列说法中正确的是________

A. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光。则干涉条纹间距变宽

B. 水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水中射向气泡时在气泡表面发生了全反射

C. 两列水波发生干涉时，两列波的波峰相遇点的质点振动位移始终最大

D. 由于超声波的频率很高，所以超声波不容易发生衍射现象

E. 光在介质中传播的速度仅由介质本身所决定，与光的频率无关

【答案】ABD

【解析】

【详解】A. 光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，因波长变长，由条纹间距公式△x=，则干涉条纹间距变宽，故A正确；

B. 光束从水中射向气泡，当入射角等于或大于临界角时，出现全反射现象，所以水中的气泡看起来特别明亮，故B正确；

C. 两列波的波峰相遇点，振动总是加强，但质点的位移不是始终最大，故C错误；

D. 超声波的波长小于声波，则超声波不易发生明显衍射，故D正确；

E. 光在介质中传播的速度由介质本身和光的频率共同决定，故E错误。

故选：ABD.

16.如图甲所示，一个重力不计的弹性绳水平放置，a、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点a从t＝0时刻开始在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为x＝20sin（5πt）cm，形成的简谐波同时沿该直线向ab和ac方向传播。在t1＝0.8s时刻质点b恰好第一次到达正向最大位移处，a、b两质点平衡位置间的距离L1＝1.4m，a、c两质点平衡位置间的距离L2＝0.6m。求：

①此横波的波长和波速；

②在图乙中画出质点c从t＝0时刻开始位移随时间变化的振动图像（要求写出计算过程）。

【答案】①  ②

【解析】

【分析】

根据“位移随时间变化的振动方程为x＝20sin（5πt）cm”、“在t1＝0.8s时刻质点b恰好第一次到达正向最大位移处”、“此横渡的波长和波速”、“在图乙中画出质点c从t＝0时刻开始位移随时间变化的振动图像”可知，本题考查机械波的振动方程、形成和传播、振动图像，根据机械波的振动方程可求周期；根据位移、波速、周期的关系，可求波速和波长；根据位移波速关系，可求质点C开始振动的时间，画出振动图像。

【详解】①由质点位移随时间变化的振动方程可知：    （1）

设质点a振动产生的机械波的波长为，波速为v，由题意可得：

    （2）

可得：    （3）

据波长、波速和周期的关系，可得该波的波长

解得：    （4）

②设波由点传播到点所用时间为，之前质点处于静止状态。

    （5）

从开始经过后，质点c即将向上振动，其振幅为，振动周期和振源a的周期相等，为，所以质点c的振动图像为下图所示：

【点睛】根据机械波的振动方程可求周期；波先传到b点，再开始振动，根据位移、波速、周期的关系，可求波速和波长；同样，波先传到c点，再开始振动，画出振动图像。