2024高考物理二輪復習仿真模擬卷4含解析

PAGE12-仿真模擬卷(四)(時間：60分鐘滿分：110分)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.為了降低潛艇噪音可用電磁推動器替代螺旋槳，如圖為直線通道推動器示意圖。推動器前、后表面導電，上、下表面絕緣，左、右為水流通道，規(guī)格為a×b×c＝0.5m×0.4m×0.3m?？臻g內存在由超導勵磁線圈產生的勻強磁場，其磁感應強度大小為B＝10.0T，方向豎直向下，若在推動器前、后方向通以電流I＝1.0×103A．推動器對潛艇供應向左的驅動力，大小為4.0×103NB．推動器對潛艇供應向右的驅動力，大小為5.0×103NC．產生磁場的超導勵磁線圈中電流方向為P→Q→N→M→PD．通過變更流過超導勵磁線圈或推動器的電流方向可以實現(xiàn)倒行功能D[通電后，由左手定則可知海水受到向左的安培力，再由牛頓第三定律可知，推動器對潛艇供應向右的驅動力，大小為F＝BIb＝4.0×103N，A、B錯誤；由安培定則可知電流方向為P→M→N→Q→P，C錯誤；變更磁場方向或者通電電流的方向就可以使安培力反向，從而實現(xiàn)倒行功能，D正確。]15．課外科技小組制作一支“水火箭”，用壓縮空氣壓出水流使火箭運動。假如噴出的水流流量保持為2×10－4m3/s，噴出水流對地速度大小為10m/s，啟動前火箭總質量為1.4kg，已知火箭沿水平軌道運動且阻力不計，水的密度是103A．4m/s B．3m/sC．2m/s D．1m/sA[“水火箭”噴出水流做反沖運動，設啟動前火箭總質量為m，噴出的水流流量為Q，水的密度是ρ，取火箭的運動方向為正方向，則噴出水流對地的速度為－v，啟動后第2s末火箭的速度達到v′，系統(tǒng)滿意動量守恒有ρQtv＝(m－ρQt)v′，代入數據解得v′＝eq\f(ρQtv,m－ρQt)＝eq\f(103×2×10－4×2×10,1.4－103×2×10－4×2)m/s＝4m/s。]16.甲、乙兩質點某時刻由同一地點沿同一方向起先做直線運動，若以該時刻作為計時起點，得到兩質點的位移隨時間變更的x-t圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A．0～t1時間內，乙質點做勻加速直線運動B．0～t1時間內，甲的平均速度大于乙的平均速度C．t1時刻，兩質點相距最遠D．t1時刻，乙質點從后面追上甲質點D[x-t圖象只能表示直線運動的規(guī)律，結合x-t圖象的斜率表示速度，可知乙做勻速直線運動，甲做勻減速直線運動，故選項A錯誤；在0～t1時間內，甲、乙兩質點位移相同，依據平均速度等于位移除以時間，可知在0～t1時間內，乙質點的平均速度等于甲質點的平均速度，故選項B錯誤；兩質點在同一時刻由同一地點沿同一方向起先做直線運動，t1時刻之前乙在甲的后面，在t1時刻兩質點位移相等，則在t1時刻乙質點剛好從后面追上甲質點，甲、乙相遇，故選項D正確，C錯誤。]17.如圖所示，OM與ON之間分布有垂直紙面對里的勻強磁場，邊界ON上有一粒子源S。某一時刻，從粒子源S沿平行于紙面，向各個方向放射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，全部粒子的初速度大小相等，經過一段時間有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于eq\f(1,2)T(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為()A.eq\f(1,3)TB.eq\f(1,4)TC.eq\f(1,6)TD.eq\f(1,8)TA[依據題述從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于eq\f(T,2)，則運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡如圖中右側實線所示。設粒子的軌跡半徑為r，則OS＝2eq\r(3)r。粒子源S到OM的最近距離為d＝OSsin30°＝eq\r(3)r，即為粒子在磁場中運動時間最短的軌跡所對的弦，該軌跡所對圓心角為120°，粒子在磁場中運動的最短時間為t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(T,3)，選項A正確。]18.如圖所示的電路中電壓表和電流表均為志向電表，起先時移動變阻器的滑動觸頭位于滑動變阻器的正中心，電路中的小燈泡正常發(fā)光。在滑動變阻器的滑動觸頭向右端滑動的過程中，下列說法正確的是()A．定值電阻R1兩端電壓減小B．電壓表的示數增大，電流表的示數減小C．小燈泡的亮度變暗D．定值電阻R1消耗的功率減小C[在滑動變阻器的滑動觸頭從正中心向右端漸漸滑動的過程中，滑動變阻器接入電路中的阻值減小，電路的總電阻變小，總電流增大，電流表的示數增大；電路中的總電流增大，則電源內阻的分壓增大，外電路電壓減小，故小燈泡中的電流減小，小燈泡的亮度變暗；總電流增大，小燈泡中的電流減小，則定值電阻R1中的電流增大，故R1消耗的功率增大；外電路電壓減小，R1兩端的電壓增大，則滑動變阻器兩端電壓減小，電壓表的示數減小。選項A、B、D錯誤，C正確。]19．一般教室門上都安裝一種暗鎖，這種暗鎖由外殼A、骨架B、彈簧C(勁度系數為k)、鎖舌D(傾斜角θ＝45°)、鎖槽E以及連桿、鎖頭等部件組成，如圖甲所示。設鎖舌D的側面與外殼A和鎖槽E之間的動摩擦因數均為μ，最大靜摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN為正壓力)求得。有一次放學后，當某同學打算關門時，無論用多大的力，也不能將門關上(這種現(xiàn)象稱為自鎖)，此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示，P為鎖舌D與鎖槽E之間的接觸點，彈簧由于被壓縮而縮短了x，下列說法正確的是()甲乙A．自鎖狀態(tài)時D的下表面所受摩擦力的方向向右B．自鎖時鎖舌D在水平面內共受到4個力的作用C．自鎖時鎖舌D與鎖槽E之間的正壓力的大小為eq\f(2\r(2)kx,1－2μ－μ2)D．無論用多大的力拉門，暗鎖仍舊能夠保持自鎖狀態(tài)，則μ至少為eq\r(2)－1AD[如圖所示，鎖舌D在水平面內受5個力的作用，鎖舌D相對外殼A有向左運動的趨勢，其下表面受到的摩擦力方向向右，選項A正確，B錯誤；由平衡條件得kx＋f1＋f2cosθ－Nsinθ＝0，F(xiàn)－Ncosθ－f2sinθ＝0，又f1＝μF，f2＝μN，聯(lián)立解得N＝eq\f(\r(2)kx,1－2μ－μ2)，令N趨于無窮大，則有1－2μ－μ2＝0，解得μ＝eq\r(2)－1，選項C錯誤，D正確。]20．據報道，我國勝利放射“天宮二號”空間試驗室。假設“天宮二號”艙中有一體重計，體重計上放一物體(質量記為m)，火箭點火前，地面測控站監(jiān)測到體重計對物體A的彈力為F0。在“天宮二號”隨火箭豎直向上勻加速升空的過程中，離地面高為h時，地面測控站監(jiān)測到體重計對物體的彈力為F?！疤鞂m二號”經火箭接著推動，進入預定圓軌道時距地面的高度為H。設地球半徑為R，第一宇宙速度為v，則下列說法正確的是()A．“天宮二號”在預定軌道上的運行速度肯定大于第一宇宙速度B．“天宮二號”艙中物體A的質量為eq\f(F0R,v2)C．火箭勻加速上升時的加速度為eq\f(Fv2,F0R)－eq\f(v2R,R＋h2)D．“天宮二號”在預定軌道上運行的周期為eq\f(2πR,v)eq\r(\f(R＋H,R))BC[由萬有引力供應向心力，可得Geq\f(Mm1,r2)＝m1eq\f(v\o\al(2,1),r)，解得v1＝eq\r(\f(GM,r))，因第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，又r>R，故有v>v1，所以“天宮二號”在預定軌道上的運行速度肯定小于第一宇宙速度，選項A錯誤；由地球表面物體的重力近似等于萬有引力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg＝meq\f(v2,R)，點火前，該物體處于平衡狀態(tài)，有F0＝mg＝meq\f(v2,R)，故有m＝eq\f(F0R,v2)，選項B正確；該物體在離地h高處有ma＝F－Geq\f(Mm,R＋h2)，又Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，m＝eq\f(F0R,v2)，所以a＝eq\f(Fv2,F0R)－eq\f(v2R,R＋h2)，選項C正確；由“天宮二號”在預定軌道上運行受到的萬有引力供應向心力，可得Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋H)，又Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得T＝eq\f(2πR＋H,v)eq\r(\f(R＋H,R))，選項D錯誤。]21．如圖所示，兩條平行導軌MN、PQ的間距為L，水平導軌的左端與兩條豎直固定、半徑為r的eq\f(1,4)光滑圓弧導軌相切，水平導軌的右端連接阻值為R的定值電阻，從水平導軌左端起寬度為d的區(qū)域內存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場。現(xiàn)將一金屬桿從圓弧導軌的最高處由靜止釋放，金屬桿滑到磁場右邊界時恰好停止。已知金屬桿的質量為m、電阻也為R，且與水平導軌間的動摩擦因數為μ，金屬桿在運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，導軌的電阻不計，重力加速度大小為g，則()A．金屬桿到達圓弧導軌的最低點前瞬間對導軌的壓力大小為3mgB．金屬桿在磁場中運動的最大加速度為eq\f(B2L2\r(2gr),2mR)C．整個過程中，通過金屬桿橫截面的電荷量為eq\f(BdL,2R)D．整個過程中，定值電阻上產生的焦耳熱為mg(r－μd)AC[金屬桿沿圓弧導軌下滑過程中機械能守恒，mgr＝eq\f(1,2)mv2，在到達最低點前瞬間，F(xiàn)－mg＝meq\f(v2,r)，解得F＝3mg，結合牛頓第三定律可知A項正確；金屬桿剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，對金屬桿受力分析，由牛頓其次定律有eq\f(B2L2v,2R)＋μmg＝mam，解得am＝eq\f(B2L2\r(2gr),2mR)＋μg，B項錯誤；依據q＝eq\f(ΔΦ,R總)可知，整個過程中通過金屬桿橫截面的電荷量為q＝eq\f(BdL,2R)，C項正確；依據能量的轉化和守恒可知，整個過程中系統(tǒng)產生的熱量Q總＝mgr－μmgd，定值電阻上產生的焦耳熱Q焦＝eq\f(1,2)mg(r－μd)，故D項錯誤。]三、非選擇題：共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33～34題為選考題，考生依據要求作答。(一)必考題：共47分。22．(6分)某物理愛好小組的同學想利用試驗室的速度傳感器測量書與桌面以及書與木塊之間的動摩擦因數。如圖甲所示，將木塊置于書右端，某時刻通過彈射裝置使書獲得水平向右的初速度v1。固定在木塊和書上的速度傳感器與二者同步運動，書和木塊的速度隨時間的變更規(guī)律顯示在與之相連的電腦屏幕(如圖乙)上。(速度傳感器質量忽視不計。t0、v1、v2均能從速度傳感器上讀出，重力加速度為g)甲乙完成下列填空。(1)要測出動摩擦因數，還須要測量哪些物理量？(用字母表示，并說明含義)________；(2)依據所測得的物理量和題中已知量可知，書與桌面間的動摩擦因數μ1＝________，書與木塊之間的動摩擦因數μ2＝________。[解析](1)由動量定理可知，F(xiàn)f木t0＝m木(v2－0)，－Ff書t0＝m書(v2－v1)，又Ff＝μmg，所以要測出動摩擦因數，除了已知量之外，還須要測量木塊的質量m木和書的質量m書。(2)書因受到木塊對書的滑動摩擦力以及桌面對書的滑動摩擦力而做勻減速直線運動，經過t0時間，速度從v1減小到v2，由動量定理可得－μ2m木gt0－μ1(m書＋m木)gt0＝m書(v2－v1)；木塊受到書對木塊的滑動摩擦力而做勻加速直線運動，經過t0時間，速度從零增加到v2，由動量定理可得μ2m木gt0＝m木v2。由以上兩式可得書與木塊之間的動摩擦因數為μ2＝eq\f(v2,gt0)，書與桌面之間的動摩擦因數為μ1＝eq\f(m書v1－v2－m木v2,m書＋m木gt0)。[答案](1)木塊的質量m木和書的質量m書(2分)(2)eq\f(m書v1－v2－m木v2,m書＋m木gt0)(2分)eq\f(v2,gt0)(2分)23．(9分)圖(a)為某同學改裝和校準毫安表的電路圖，其中虛線框內是毫安表的改裝電路。圖(a)圖(b)(1)已知毫安表表頭的內阻為100Ω，滿偏電流為1mA；R1和R2為定值電阻。開關接b時，改裝后電表量程為3mA；開關接c時，改裝后電表量程為10mA。由題給條件和數據，可以求出R1＝_______Ω，R2＝_______Ω。(2)現(xiàn)用一量程為3mA、內阻為150Ω的標準電流表A對改裝電表的3mA擋進行校準，校準時需選取的刻度為0.5mA、1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、3.0mA。電池的電動勢為1.5V，內阻忽視不計；定值電阻R0有兩種規(guī)格，阻值分別為300Ω和1000Ω；滑動變阻器R有兩種規(guī)格，最大阻值分別為750Ω和3000Ω。則R0應選用阻值為________Ω的電阻，R應選用最大阻值為________Ω的滑動變阻器。(3)若電阻R1和R2中有一個損壞且其阻值變?yōu)闊o窮大，利用圖(b)的電路可以推斷出損壞的電阻。圖(b)中的R′為愛護電阻，虛線框內未畫出的電路即為圖(a)虛線框中的電路。則圖中的d應和接線柱________(填“b”或“c”)相連。推斷依據是___________________________________________________________。[解析](1)開關接b時，量程為I′g＝3mA，毫安表量程為Ig＝1mA，由并聯(lián)分流規(guī)律可知，eq\f(Rg,R1＋R2)＝eq\f(I′g－Ig,Ig)；開關接c時，量程為I″g＝10mA，毫安表與R2串聯(lián)再與R1并聯(lián)，eq\f(Rg＋R2,R1)＝eq\f(I″g－Ig,Ig)，解兩式得R1＝15Ω，R2＝35Ω。(2)改裝后3mA量程的電表內阻為r＝eq\f(RgR1＋R2,Rg＋R1＋R2)≈33Ω，為使校準時，電路中電流不超過3mA，電路的總電阻最小值為R總min＝eq\f(E,I′g)＝500Ω，標準電流表內阻為150Ω，所以應選擇阻值為300Ω的定值電阻；電路中電流最小時，R滑＝eq\f(E,Imin)－r－RA－R0＝2517Ω，故應選擇最大阻值為3000Ω的滑動變阻器。(3)若圖(b)中d與b接線柱連接，毫安表肯定有示數，無法推斷哪一個電阻損壞；若將d與c連接，毫安表無示數，則說明R2損壞；若毫安表有示數，則說明R1損壞。[答案](1)15(1分)35(1分)(2)300(2分)3000(2分)(3)c(1分)閉合開關后，若毫安表指針偏轉，則損壞的電阻是R1；若毫安表指針不動，則損壞的電阻是R2(2分)24．(12分)如圖所示，在豎直平面內，A、B為水平放置的、足夠長絕緣粗糙軌道上的兩點，CD為豎直放置的足夠長絕緣光滑軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R＝0.5m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E＝2.0×104N/C?，F(xiàn)有一質量m＝0.2kg、電荷量為q＝＋4.0×10－4C的帶電體(可視為質點)，從A點由靜止起先運動，已知A、B兩點間的距離為1.0m，帶電體與軌道AB間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2(1)求帶電體運動到圓弧軌道C點時的速度大??；(2)求帶電體上升時距離AB的最大高度；(3)帶電體返回B點時立即撤去電場，其他條件不變，則帶電體停在距B點多遠處？[解析](1)對帶電體從A點到C點的過程中，由動能定理得qE(xAB＋R)－μmgxAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2， (2分)代入數據解得帶電體到達C點時的速度大小為v＝10m/s。 (2分)(2)帶電體到達C點后電場力不做功，由動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mv2， (2分)代入數據解得帶電體到達C點后上升的高度h＝5m， (1分)則帶電體上升時距離AB的最大高度為hm＝h＋R＝5.5m。 (1分)(3)由能量守恒定律可知帶電體返回B點時的速度大小即為最初從A到B時的速度大小vB，則(qE－μmg)xAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)， (2分)之后撤去電場，有μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)， (1分)聯(lián)立可解得帶電體停止位置距B點距離x＝7m。 (1分)[答案](1)10m/s(2)5.5m(3)7m25．(20分)如圖所示，水平光滑軌道OA上有一質量為m的小物塊甲正向左運動，速度大小為v＝40m/s，小物塊乙靜止在水平軌道左端，質量與甲相等，二者發(fā)生正碰后粘在一起從A點飛出，恰好無碰撞地經過B點，最終進入另一豎直光滑半圓軌道。B是半徑為R＝10m的光滑圓弧軌道的右端點，C為軌道最低點，且圓弧BC所對圓心角θ＝37°，C點又與一動摩擦因數μ＝0.2的粗糙水平直軌道CD相連，CD長為s＝15m，不計空氣阻力，兩物塊均可視為質點，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊甲與小物塊乙正碰，粘在一起后的速度大?。?2)求A、B兩點之間的高度差；(3)通過計算探討，若甲、乙兩物塊不脫離半圓軌道DE，則半圓軌道的半徑的取值范圍為多少？[解析](1)設小物塊甲與小物塊乙正碰粘在一起后的速度大小為v0，由動量守恒定律有mv＝(m＋m)v0 (2分)解得v0＝20m/s。 (1分)(2)粘在一起的甲、乙兩物塊恰好無碰撞地經過B點進入圓弧軌道BC，可知甲、乙運動軌跡和圓弧恰在B點相切，設A、B兩點之間的高度差為h1，甲、乙兩物塊做平拋運動，在B點有tan37°＝eq\f(vy,v0) (2分)又veq\o\al(2,y)＝2gh1 (1分)則可求得vy＝15m/s (1分)h1＝11.25m。 (1分)(3)由(2)中的分析可求得vB＝25m/s對甲、乙兩物塊從B到D的過程，運用動能定理有2mgR(1－cos37°)－2μmgs＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B) (2分)得vD＝11eq\r(5)m設半圓軌道的半徑為R′若甲、乙兩物塊恰能到達半圓軌道的最高處，則從D點到E點有－2mg×2R′＝eq\f(1,2)×2m(eq\r(gR′))2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,D) (2分)得R′＝12.1m (1分)即甲、乙兩物塊能通過半圓軌道最高點的條件為0<R′≤12.1m (1分)若甲、乙兩物塊恰能到達半圓軌道圓心等高處有－2mgR′＝0－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,D) (1分)得R′＝30.25m (1分)即甲、乙兩物塊不能到達半圓軌道圓心等高處以上的條件為R′≥30.25m (2分)綜上所述，甲、乙兩物塊不脫離半圓軌道的條件為0<R′≤12.1m或R′≥30.25m。 (1分)[答案]見解析(二)選做題：本題共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。33．[物理——選修3－3](1分5)(1)(5分)肯定質量的志向氣體，從初始狀態(tài)A經狀態(tài)B、C再回到狀態(tài)A，變更過程如圖所示，其中A到B曲線為雙曲線，圖中p0和V0為已知量，且已知狀態(tài)A溫度為T0，則狀態(tài)C的溫度為________，從B到C的過程中，氣體做功為________，從A經狀態(tài)B、C再回到狀態(tài)A的過程中，氣體吸、放熱狀況為________(選填“吸熱”“放熱”或“無吸放熱”)。(2)(10分)如圖所示，內壁光滑的汽缸分為高度相等的AB、BC兩部分，AB、BC兩部分中各有厚度和質量均可忽視的絕熱活塞a、b，橫截面積Sa＝2Sb，活塞a上端封閉氧氣，a、b間封閉氮氣，活塞b下端與大氣連通，汽缸頂部導熱，其余部分均絕熱。活塞a離汽缸頂部的距離是AB高度的eq\f(1,4)，活塞b在BC的正中間。初始狀態(tài)平衡，大氣壓強為p0，外界和汽缸內氣體溫度均為7℃。①通過電阻絲緩慢加熱氮氣，求活塞b運動到汽缸底部時氮氣的溫度。②通過電阻絲緩慢加熱氮氣至420K，求平衡后氧氣的壓強。[解析](1)A點的狀態(tài)參量為pA＝2p0，VA＝V0，TA＝T0，C點的狀態(tài)參量為pC＝2p0，VC＝3V0，TC，依據志向氣體狀態(tài)方程有eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pCVC,TC)，代入數據解得TC＝3T0，從B到C的過程中，依據p-V圖線與橫軸所圍的面積表示氣體所做的功，可知氣體從B到C的過程中，氣體做的功W＝eq\f(1,2)(p0＋2p0)×V0＝eq\f(3,2)p0V0，氣體從A經狀態(tài)B、C再回到狀態(tài)A的過程中，外界對氣體做功，即W′>0，回到A狀態(tài)時，氣體內能不變，即ΔU＝0，依據熱力學第肯定律有W′＋Q＝ΔU，則Q<0，氣體放熱。(2)①活塞b降至底部的過程中，活塞a不動，氮氣經驗等壓變更，設AB部分的體積為V0，由題意知，BC部分的體積為eq\f(V0,2)，設氮氣初態(tài)的體積為V1，溫度為T1，壓強為p1(p1＝p0)，末態(tài)體積為V2，溫度為T2，由幾何關系得V1＝V0 (1分)V2＝eq\f(5,4)V0 (1分)由蓋—呂薩克定律得eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2) (2分)代入數據得T2＝350K。 (1分)②設平衡后氮氣的體積為V3，溫度為T3，壓強為p對氮氣，由志向氣體狀態(tài)方程得eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(pV3,T3) (1分)代入數據得eq\f(p1V1,280)＝eq\f(pV3,420) (1分)設氧氣初態(tài)的體積為V′1，由題意知V′1＝eq\f(V0,4)，壓強為p1；末態(tài)的體積為V4，壓強為p，氧氣發(fā)生等溫變更，由玻意耳定律得p1V′1＝pV4 (1分)由幾何關系得V3＋V4＝eq\f(3,2)V0 (1分)聯(lián)立解得p＝eq\f(7,6)p0。 (1分)[答案](1)3T0(2分)eq\f(3,2)p0V0(2分)放熱(1分)(2)①350K②eq\f(7,6)p034．[物理——選修3－4](15分)(1)(多選)(5分)如圖甲所示，左、右兩種不同彈性細繩在O處連接，P、Q是該繩上的兩個點，O、P兩點間距為1.5m，O、Q兩點間距為6m。t＝0時O點起先上下振動，形成向左和向右傳播的兩列簡諧橫波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅰ的波速為1.5m/s，取豎直向上為正方向，Q點的振動圖象如圖乙所示，則下列推斷正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)甲乙A．波Ⅱ的