2023-2024学年江苏省无锡市江阴市南菁高级中学高三（上）期末物理模拟试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市江阴市南菁高级中学高三（上）期末物理模拟试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.网课期间，有同学在家里用投影仪上课。投影仪可以吊装在墙上，如图所示。投影仪质量为m，重力加速度为g，则吊杆对投影仪的作用力( )
A. 方向左斜向上B. 方向右斜向上C. 大小大于mgD. 大小等于mg
2.在2008北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩第24次打破世界纪录。图为她在比赛中的几个画面。下列说法中正确的是( )
A. 运动员过最高点时的速度为零
B. 撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能
C. 运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆
D. 运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功
3.t=0时刻，小球以一定初速度水平抛出，不计空气阻力，重力对小球做功的瞬时功率为P.则P−t图象正确的是( )
A. B. C. D.
4.两根通电直导线a、b相互平行，a通有垂直纸面向里的电流，固定在O点正下方的地面上；b通过一端系于O点的绝缘细线悬挂，且Oa=Ob，b静止时的截面图如图所示。若a中电流大小保持不变，b中的电流缓慢增大，则在b缓慢移动的过程中( )
A. 细线对b的拉力逐渐变小B. 地面对a的作用力变小
C. 细线对b的拉力逐渐变大D. 地面对a的作用力变大
5.接地导体球壳外固定放置着一个点电荷，a、b为过点电荷与球壳球心连线上的两点，a点在点电荷左侧，b点在点电荷右侧，a、b两点到点电荷的距离相等，a、b点所在位置的电场线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该点电荷带负电B. a点的电场强度比b点的大
C. a点的电势大于b点的电势D. 导体球壳内的电场强度大于零
6.如图所示，某种光盘利用“凹槽”、“平面”记录信息，激光照射到“凹槽”会产生极小反射光强，下列说法正确的是( )
A. “凹槽”产生极小光强是由于衍射现象形成
B. “凹槽”入射光与“平面”反射光传播速度不同
C. 激光在介质中的波长可能为“凹槽”深度的3倍
D. “凹槽”反射光与“平面”反射光的频率相同
7.如图所示，“杆线摆”可以绕着固定轴OO′来回摆动。摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内，这相当于单摆在光滑斜面上来回摆动。轻杆水平，杆和线长均为L，重力加速度为g，摆角很小时，“杆线摆”的周期为( )
A. 2π 3Lg
B. 2π Lg
C. 2π 2Lg
D. 2π 2 3L3g
8.如图所示，哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1，加速度大小为a1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，加速度大小为a2，则( )
A. v1v2> r2r1B. v1v2= r2r1C. a1a2=v12⋅r22v22⋅r12D. a1a2=r2r1
9.图甲所示为家庭电路中的漏电保护器，其原理简图如图乙所示，变压器原线圈由火线和零线并绕而成，副线圈接有控制器，当副线圈ab端有电压时，控制器会控制脱扣开关断开，从而起保护作用。下列哪种情况扣开关会断开？( )
A. 用电器总功率过大
B. 站在地面的人误触火线
C. 双孔插座中两个线头相碰
D. 站在绝缘凳上的人双手同时误触火线和零线
10.如图所示，纸面内有一“凹”字形单匝金属线框组成闭合回路，置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框的总电阻为R，边长如图所示.线框绕ab轴做角速度为ω的匀速圆周运动。则从图示位置( )
A. 转动90°时回路中电流方向发生改变
B. 转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为零
C. 转动90°时回路中感应电动势大小为3BL2ω
D. 转动过程中电流的有效值为5 2BL2ω2R
11.如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t=0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共12分。
12.小明用如图1所示的电路测量电池组的电动势和内阻。

(1)闭合开关，发现电压表指针不偏转，小明用多用电表的直流电压挡来检测故障，保持开关闭合，将______ (选填“红”或“黑”)表笔始终接触a位置，另一表笔依次试触b、c、d、e、f五个接线柱，发现试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数。若电路中仅有一处故障，则故障是______ 。
A.接线柱bd间短路
B.接线柱de间断路
C.定值电阻断路
(2)排除故障后按规范操作进行实验，改变电阻箱R的阻值，分别读出电压表和电阻箱的示数U、R。某一次测量，电压表的示数如图2所示，示数为______ V。
(3)作出1U−1R图线如图3所示，已知图线斜率为k，纵轴截距为b，则可得电池组的电动势E= ______ ，内阻r= ______ 。(用k、b和R0表示)
(4)为了分析电表内阻引起的误差，有同学根据所测数据，用I=UR计算出相应的电流，并作出U−I图像，如图4中实线所示。电压表示数U随通过电源中的电流I变化的图像如图4中虚线所示，其中正确图像关系的是______ 。
三、简答题：本大题共2小题，共22分。
13.有一款三轨推拉门，门框内部宽为2.4m，三扇相同的门板如图所示，每扇门板宽为d=0.8m质量为m=20kg。与轨道的动摩擦因数为μ=0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣，两门板碰后可连在一起，现将三扇门板静止在最左侧，用力F水平向右拉3号门板，一段时间后撤去，取重力加速度g=10m/s2。
(1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触，求力F做的功W；
(2)若F=12N，3号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭。求：
①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v；
②拉力F的作用时间t。
14.如图甲，xOy平面内，以O为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。一比荷大小为c的粒子以某一初速从A(R,0)沿−x方向射入磁场，并从B(0,R)射出。不计粒子重力。
(1)求粒子的初速度大小；
(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，粒子从A以原初速射入磁场，射出时速度方向与+x轴成60°，求所叠加的磁场的磁感应强度；
(3)若在平面内施加一个以O为圆心，原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙。粒子从A以原初速射入磁场，从B射出后，在圆环形磁场中偏转，从P(− 32R,12R)再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？并求粒子运动的周期。
四、计算题：本大题共2小题，共22分。
15.如图所示，ABCD是一块玻璃的截面，其中ABC是半径为R的圆弧面，圆心是O，ADC是平面，轴O1O2垂直于ADC且过AC的中点D.从P点射向圆心O的一条单色光线射到圆弧面经玻璃折射后射到O1O2轴上Q点，已知PO与O1O2轴夹角为30°，从玻璃射出的光线与O1O2轴夹角为45°，Q、O间的距离为d.sin15°= 6− 24，光在真空中传播速度为c.求：
①玻璃的折射率；
②这种单色光通过玻璃时间．
16.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置、P点和Q点分别位于波谷和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9m，M点的振动情况如图乙所示。
(1)求该波的传播速度大小v；
(2)求Q的平衡位置坐标xQ。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：对投影仪受力分析，投影仪受重力和吊杆对投影仪的作用力，由于投影仪静止，所以二力平衡，则吊杆对投影仪的作用力为F=mg，方向竖直向上。
故D错误，ABC正确。
故选：D。
投影仪受重力和吊杆对投影仪的作用力，根据二力平衡，分析吊杆对投影仪的作用力。
本题考查学生对二力平衡规律的掌握，是一道基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A、运动员经过最高点具有水平方向的分速度，速度不为零。如果速度为零，接下来将会做自由落体运动而碰到杆，故A错误；
B、运动员起跳过程中，杆先由直变弯，运动员的动能转化为杆的弹性势能和运动员的重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为机械能，故B错误；
C、从图中可看出，运动员越过横杆时身体向下弯曲，其重心可能在腰部下方，即重心可能在横杆的下方，故C错误；
D、在上升过程中，杆先在运动员的压力作用下由直变弯，动能转化为杆的弹性势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，故运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功，故D正确。
故选：D。
运动员起跳过程中，杆先由直变弯，动能转化为杆的弹性势能和重力势能，然后杆再由弯变直，弹性势能又转化为重力势能，将运动员抬高。
本题关键要明确运动员加速助跑过程和上升过程中的各种能量的转化情况，特别是上升过程，要分为杆弯曲和变直两个过程讨论。
3.【答案】C
【解析】解：将小球以一定的初速度水平抛出，不计阻力，物体做平抛运动，速度为：v=gt；
故ts秒时重力的功率为：P=mgv=mg2t；
故说明P与时间成正比，故C正确，ABD错误。
故选：C。
物体做平抛运动，明确功率P=Fvcsα，即功率等于力与力的方向上速度的乘积。
本题对功率的考查。知道瞬时功率和平均功率的两种求法。根据题意求出P随t的函数表达式，再选择图象。
4.【答案】D
【解析】解：AC、由题意可知导线b中电流方向与导线a中相反，在b中电流缓慢增大的过程中，导线a对b的安培力逐渐增大，对导线b受力分析如下图所示
易得△Oab与矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有Oamg=ObT=F安ab
由此可知细线对b的拉力不变，故AC错误；
BD、根据amg=bT=abF安，可知随着ab间距离在逐渐增大，故导线ab间相互作用的安培力逐渐增大，因此可知导线a对地面的作用力变大，根据牛顿第三定律可知，地面对a的作用力变大。故B错误，D正确。
故选：D。
对导线b进行受力分析，结合三角形相似分析b中电流增大后，细线与b的作用力如何变化；再对a分析，根据ab间安培力的变化，分析地面对a的作用力如何变化。
本题考查安培力作用下的共点力平衡问题，解决本题的关键是熟练掌握电流间的相互作用以及相似三角形法则。
5.【答案】C
【解析】解：A.电场线由正电荷出发，由a、b点所在位置的电场线方向可知该点电荷带正电，故A错误；
B.电场线分布如图
电场线越密，场强越大，所以a点的电场强度比b点的小，故B错误；
C.因球壳接地，则球壳处的电势是零，沿电场线方向电势降低，电场线由高等势面指向低等势面可知a点的电势大于b点的电势，故C正确；
D.由静电屏蔽可知，导体壳内的场强处处为零，故D错误。
故选：C。
A.根据电场线的方向判断电荷的正负；
B.电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密的地方场强越大，反之场强越小，据此分析作答；
C.球壳接地，则球壳处的电势是零，再根据沿电场线方向电势逐渐降低进行分析作答；
D.根据静电屏蔽的知识分析作答。
本题考查了与场强有关的基础知识，对这些知识要加强理解记忆，并能加以运用；对静电屏蔽的理解是本题的难点。
6.【答案】D
【解析】解：A.根据光的干涉知识分析可知，“凹槽”产生极小光强是由于由于“凹槽”反射光与“平面”反射光叠加后相消，是干涉现象形成，不是属于衍射现象，故A错误；
B.“凹槽”中有透明介质，光的速度小于真空中速度，“凹槽”入射光与“平面”反射光传播速度相同，故B错误；
C.由于“凹槽”反射光与“平面”反射光叠加后削弱，考虑到“凹槽”反射光的路程，“凹槽”深度的2倍应该为激光束半波长的奇数倍，故C错误；
D.“凹槽”反射光与“平面”反射光是同种类型的光，频率相同，故D正确。
故选：D。
AB：分析极小光强产生的原因是干涉，故A错误，由示意图可知两束光的传播介质一样，故B正确；CD：根据干涉加强的原理分析光程差判断，故C错误，不管介质如何，频率是由波源决定，故D正确。
熟练掌握光的干涉条件，用相关知识点解释所出现的现象。
7.【答案】A
【解析】解：由于小球绕OO′为轴转动，如图所示：
“杆线摆”的摆长为
l=Lcs30°= 32L
等效重力加速度g′=mgsin30°m，解得：g′=12g
“杆线摆”的周期为T=2π lg′，解得：T=2π 3Lg，故A正确，BCD错误。
故选：A。
分析出等效的悬点，等效重力，计算等效摆长、等效重力加速度，根据单摆的周期公式得出“杆线摆”的周期即可判断。
本题考查单摆的周期公式的应用，注意等效性，基础题目。
8.【答案】A
【解析】解：AB.由于哈雷彗星做的不是圆周运动，在近日点做离心运动，在远日点做近心运动，设在极短时间Δt内，在近日点和远日点哈雷彗星与太阳中心的连线扫过的面积相等，根据开普勒第二定律可知
12v1Δt⋅r1=12v2Δt⋅r2
可得
v1：v2=r2：r1
故
v1v2> r2r1
故A正确，B错误；
CD.对近日点，根据牛顿第二定律有
GMmr12=ma1
对远日点，根据牛顿第二定律有
GMmr22=ma2
联立解得
a1：a2=r22：r12
故CD错误。
故选：A。
根据开普勒第二定律求解哈雷彗星在近日点和远日点的线速度大小之比；对哈雷彗星根据牛顿第二定律列方程求解加速度大小之比。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，掌握开普勒第二定律的应用方法，难度一般。
9.【答案】B
【解析】解：A、用电器总功率过大，火线和零线的电流没有差值，脱扣开关不断开，故A错误；
B、站在地面的人误触火线，火线的电流值大于零线的电流值，脱扣开关断开，故B正确；
C、双孔插座中两个线头相碰，是将火线和零线连接，火线和零线的电流没有差值，脱扣开关不断开，故C错误；
D、站在绝缘凳上的人双手同时误触火线和零线，是将火线和零线连接，火线和零线的电流没有差值，脱扣开关不断开，故D错误。
故选：B。
正常状态时，脱扣开关保持接通，火线和零线中电流方向相反，产生的磁场完全抵消，ab中没有电压，只有通过火线与零线的电流有差值时，ab两端才有电压，脱扣开关才断开。
本题中火线与零线中电流相等时，磁场完全抵消，是双线并绕消除自感影响的原理。
10.【答案】C
【解析】解：A、通过一次中性面(即线框与磁场垂直位置)时电流方向才会发生改变，故A错误；
B、转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为q=I−⋅Δt=E−⋅ΔtR=ΔΦR=B⋅(2L)2−BL2R=3BL2R，故B错误；
C、转动90°时回路中感应电动势大小为Em=B×2L(2Lω)−BL(Lω)=3BL2ω，故C正确；
D、转动过程中感应电动势的有效值为E=Em 2，电流的有效值为I=ER，联立解得I=3 2BL2ω2R，故D错误。
故选：C。
线框每次通过中性面(即线框与磁场垂直的平面)时电流方向才会发生改变；根据q=I−⋅Δt=E−⋅ΔtR=ΔΦR求解转动180°的过程中通过导线截面的电荷量。转动90°时回路中感应电动势大小等于边长为2L和L两边产生的感应电动势之差。由E=Em 2求出感应电动势的有效值，再由欧姆定律求电流的有效值。
解答本题时，要熟练根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流与电荷量的关系推导出电荷量与磁通量变化量的关系：q=ΔΦR，要知道线框中产生的是正弦式交流电流，感应电动势的有效值为E=Em 2。
11.【答案】C
【解析】解：金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度分别为：
aab=0
acd=Fm
之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，根据安培力的计算公式可知，安培力为：
F安=B2L2R总(vcd−vab)
根据题意可知，安培力逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd=aab时，vcd−vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律得出金属棒的加速度，结合安培力的计算公式分析出导体棒的加速度的变化趋势。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉导体棒的受力分析，结合牛顿第二定律和安培力的计算公式即可完成分析。
12.【答案】黑 B 2.50 1b kb−R0 D
【解析】解：(1)根据多用电表电流“红进黑出”，可知a与电源负极相连，应将黑表笔始终接触a位置；
试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数，说明接线柱de间断路。故AC错误，B正确，故选：B。
(2)电压表接量程为3V的接线柱，如图2所示，则电压表的分度值为0.1V，电压表指针所指的示数为2.50V。
(3)由欧姆定律和闭合电路欧姆定律可知：U=IR=ER+R0+rR
整理可得：1U=R0+rE⋅1R+1E
结合图像斜率可知：k=R0+rE，纵截距为：b=1E
解得电动势为：E=1b
内阻为：r=kb−R0
(4)由题意可知：I=UR
可知电流I为电阻箱中的电流，由于电压表的分流作用，可知当U相同时，通过电源的电流满足：I真>I
当电压表示数为0时，即外电路短路时，有：I=I真
结合选项图像，D正确，ABC错误。
故选：D。
故答案为：(1)黑、B；(2)2.50；(3)1b、kb−R0；(4)D。
(1)根据多用电表的接线规则“红进黑出”判断，结合电压表的示数确定断路之处；
(2)根据电池组电动势选择电压表量程，明确最小分度值再读数；
(3)根据闭合电路欧姆推导函数表达式，结合图像计算；
(4)根据电压表分流造成的误差，结合短路电流的大小分析判断图像。
本题考查测量电池组的电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)由题意，对3号门板，根据动能定理有
W−μmgd=0
代入数据解得
W=1.6J
(2)①设3号门板与2号门板碰撞前速度为v0，碰撞后速度为v1，碰后两门板位移为d=0.8m，根据动能定理有
−2μmgd=0−12×2mv12
代入数据解得
v1=0.4m/s
碰撞过程，根据动量守恒定律
mv=2mv1
代入数据解得
v=0.8m/s
②根据牛顿第二定律
F−μmg=ma
代入数据解得
a=0.5m/s2
根据动能定理
Fx−μmgd=12mv2
代入数据解得
x=23m
根据运动学公式
x=12at2
代入数据解得
t=23 6s
答：(1)力F做的功W为1.6J；
(2)①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v为0.8m/s；
②拉力F的作用时间t为23 6s。
【解析】(1)根据动能定理解得；
(2)①根据动量守恒定律结合动能定理解得；
(3)根据牛顿第二定律求解加速度，再根据动能定理求出位移，再根据运动学公式求出运动时间。
本题考查动量守恒定律与功能关系的应用，解题关键掌握三扇门碰撞的运动情况分析，根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答。
14.【答案】解：(1)由左手定则，粒子带正电，此时粒子的运动轨迹如图所示

根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R
由题意知：c=qm
变形得到：v=cB0R
(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，此时粒子的运动轨迹如图所示

由几何关系，粒子的轨道半径变为
R1= 33R
由(1)知，合磁感应强度应大小应为为
B= 3B0
若所叠磁场垂直于纸面向外，粒子顺时针偏转，于M射出则
B1+B0=B
代入变形有：B1=( 3−1)B0
若所叠磁场垂直于纸面向里，粒子逆时针偏转，于N射出，则有
B1−B0=B
代入变形有：B1=( 3+1)B0
(3)若在平面内施加一个以O为圆心，原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，此时粒子的运动轨迹如图所示，

由几何关系知：∠POB=π3
粒子在圆环形磁场区得轨道半径变为：R2= 33R
则要求外径：R′≥R2+2R2= 3R
粒子完成一个周期运动满足的条件为：(π2+π3)n=2πm
m、n均为正整数，满足条件的m、n的最小值是：m=5，n=12
故周期为：T=n×(14×2π⋅Rv0+23×2π⋅ 33Rv0)=(6+16 33)πcB0
答：(1)粒子的初速度大小为cB0R；
(2)所叠加的磁场的磁感应强度为( 3+1)B0；
(3)粒子运动的周期为(6+16 33)πcB0。
【解析】(1)根据题意，从A点射入从B点射出，由几何关系和牛顿第二定律得到速度的大小；
(2洛伦兹力提供向心力先求出带电粒子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径，从而判断出粒子从何处离开磁场．在Ⅱ区内做匀速圆周运动经过Q点时，由几何关系就能求出在环状区域内做匀速圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力就可求出环状磁场的磁感应强度大小；
(3)画出粒子的轨迹，A点向圆心O射入，经过Ⅰ、Ⅱ两次匀速圆周运动从Q点向圆心O方向射入，此过程向圆心方向进入时偏转150°，若经过m次的如此偏转最后在进入Ⅰ后经90°偏转恰恰经过P点，总共转过n周，列出一个二元一次方程，解出整数解，从而可以外环半径满足的关系。
本题的靓点在于第二问：经过多少次如此偏转第一次回到P点，我们可以找一个参考点，即向着圆心O的方向射入时为初始状态，经过Ⅰ、Ⅱ区的两次偏转后第一次向圆心方向射入时已在初始状态转过150°，设经m次偏转后向圆心方向射入在Ⅰ区最后偏转90°恰恰到达P点，此时已转过n转(即n×360°)，列二元方程解出整数解．那么最短时间就是在两个磁场区域内时间之和。
15.【答案】解：①完成光路图，设光在AC面上的入射角和折射角分别为i和r．
由几何知识可得：
i=∠POO1=30°
r=∠EQO1=45°
由于光从玻璃进入空气折射，所以玻璃的折射率为：n=sinrsini= 2；
②在△QEO中，由正弦定理得：
sin135°EO=sin15°QO
而QO=d得：EO=( 3+1)d
这种单色光通过玻璃时的速度为：v=cn= 22c
通过玻璃时间为：t=R−EOv= 2[R−( 3+1)d]c．
答：①玻璃的折射率是 2；
②这种单色光通过玻璃时间是 2[R−( 3+1)d]c．
【解析】①完成光路图，由几何知识求出光在AC面上的入射角和折射角，再求玻璃的折射率；
②由几何关系求出这种单色光通过玻璃的距离，由n=cn求出光在玻璃中的传播速度，即可求得传播时间．
本题是几何光学问题，运用数学几何知识求相关的角度和长度是解题的关键，结合折射定律研究．
16.【答案】解：(1)由题意知34λ=9m，λ=12m
T=0.3s又v=λT=120.3m/s=40m/s
(2)从t=0时刻开始，M点向上振动，波向右传播，对N点x=10sin(20π3t−π6)cm
当其第一次回到平衡位置，即x=0此时
20π3t0−π6=0
解得t0=140s
由ΔXMNv=t0
解得 ΔxMN=1m xM=−1m xQ=8m
答：(1)该波的传播速度大小v为40m/s；
(2)Q的平衡位置坐标xQ为8m。
【解析】(1)由v=λT求该波的传播速度大小；
(2)根据题意结合振动方程求Q的平衡位置坐标。
本题考查横波的图像，学生可根据v=λT及振动方程进行求解。