四川省眉山市2021届新高考物理四月模拟试卷含解析

四川省眉山市2021届新高考物理四月模拟试卷含解析

四川省眉山市 2021 届新高考物理四月模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示为某弹簧振子在 0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是 ( ) A．振动周期为 5 s，振幅为 8 cm B．第 2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值 C．从第 1 s 末到第 2 s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动 D．第 3 s 末振子的速度为正向的最大值 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．由题图可知振动周期为 4 s，振幅为 8 cm，选项 A 错误； B．第 2 s 末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项 B 错误； C．从第 1 s 末到第 2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项 C 错误； D．第 3 s 末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项 D 正确 . 2．如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落在斜面中点；第二次小球落在斜面底端； 第三次落在水平面上，落点与斜面底端的距离为 l。斜面底边长为 2l，则（忽略空气阻力） （ ） A．小球运动时间之比 1 2 3: : 1: 2 : 3t t t B．小球运动时间之比 1 2 3: : 1: 2: 3t t t C．小球抛出时初速度大小之比 01 02 03: : 1: 2 : 3v v v D．小球抛出时初速度大小之比 01 02 03: : 2 : 2:3v v v 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．根据 21 2 h gt 得 2ht g 小球三次下落的高度之比为 1: 2: 2 ，则小球三次运动的时间之比为 1: 2 : 2 ，AB 错误； CD ．小球三次水平位移之比为 1: 2:3 ，时间之比为 1: 2 : 2 ，根据 0 xv t 知初速度之比为 01 02 03: : 2 : 2:3v v v C 错误， D 正确。 故选 D。 3．如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于 n=3 的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发 出光子，用这些光照射逸出功为 2. 49 eV 的金属钠，下列说法正确的是（ ） A．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从 n=3 跃迁到 n=2 所发出的光波长最短 B．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从 n=3 跃迁到 n=1 所发出的光频率最高 C．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为 11. 11 eV D．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为 9. 60 eV 【答案】 D 【解析】 【详解】 这群氢原子能发出三种频率不同的光，根据玻尔理论 △E=E m -E n（m＞n）得知，从 n=3 跃迁到 n=1 所发 出的光能量最大，由 E=h γ=hc/ λ得知，频率最高，波长最短．故 A B 错误；从 n=3 跃迁到 n=1 辐射的光 子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为 13.6-1.51eV=12.09eV ， 根据光电效应方程得 E km =hv-W 0=12.09-2.49eV=9.60eV ．故 C 错误， D 正确．故选 D． 4．如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力 F 作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起 向上运动。夹子和茶杯的质量分别为 m、 M 假设夹子与茶杯两侧间的静摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯 两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为 f，则下列说法正确的是（ ） A．人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大 B．当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力 F 将变小 C．当人加速向上提茶杯时，作用力下可以达到的最大值是 2f(m+ M) M D．无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力 F=(M+m ）g 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，茶杯向上匀速运动时，茶杯处于平衡状态，合力为零。 故 ( )F M m g 2 f Mg静 摩擦力不变，故 AB 错误； C．当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力 F 的值最大，则有 2 f Mg Ma ( ) ( )F M m g M m a 联立解得 2 ( )f m MF M ，故 C 正确； D．当茶杯的运动状态改变，如向上匀加速运动时， F 大于（ M+m ）g，故 D 错误。 故选 C。 5．如图所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道 ABC ，其中半圆轨道 BC 与直轨道 AB 相切于 B 点， 物体受到与 AB 平行的水平拉力 F ，从静止开始运动，拉力 F 的大小满足如图乙所示（以 A为坐标原点， 拉力 F 从 A 指向 B 为正方向） 。若 1kgm ， 4mAB ，半圆轨道的半径 1.5mR ，重力加速度取 210m / sg 。则下列说法中正确的是（ ） A．拉力 F 从 A到 B 做功为 50J B．物体从 B 到 C 过程中，所受的合外力为 0 C．物体能够到达 C 点，且速度大小为 2 5m / s D．物体能够到达 C 点，且速度大小为 2 15m / s 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A． F x 图像与坐标轴所围面积表示功，则拉力 F 从 A到 B 做功为 1 2 40J J 30J 2 W －10 1 故 A 错误； B．物体从 B 到 C 过程中，做圆周运动，合力不变 0，故 B 错误； CD ．从 A 到 B 由动能定理有 21 2 BW mv 解得 2 15m/sBv 由于滑轨道 ABC在水平面内，则物体从 B 到 C 做匀速圆运动，物体能够到达 C 点，且速度大小为 2 15m / s ，故 C 错误， D 正确。 故选 D。 6．如图所示，重型自卸车装载一巨型石块，当利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块 就会自动滑下．以下说法正确的是（ ） A．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的压力不变 B．石块没有下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的摩擦力变大 C．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块对车厢的作用力变大 D．石块开始下滑时，自卸车车厢倾角变大，石块受到的合力不变 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．货物处于平衡状态，则有： mgsin θ =f，N=mgcosθ，θ增大时，支持力 FN 逐渐减小，静摩擦力 Ff 增 大．由牛顿第三定律可知，石块对车厢的压力会减小．故 A 错误， B 正确； CD ．石块开始下滑时受力近似平衡，自卸车车厢倾角变大，石块向下做加速运动，且加速度随角度增大 而增大，石块受到的合外力变大；石块对车厢的正压力和摩擦力均减小，可知石块对车厢的作用力变小， 故 CD 错误． 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，光滑绝缘的圆形管状轨道竖直放置，管道中央轨道半径为 R，管道内有一质量为 m、带电 荷量为 +q 直径略小于管道内径的小球，空间内存在方向相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应 强度大小为 B，方向水平向里，电场的电场强度大小 2 mgE q （g 为重力加速度） ，方向竖直向上。现小球 从轨道的最低点沿轨道方向以大小为 v0 的初速度水平射出，下列说法正确的是（ ） A．无论初速度的方向向右还是向左，小球在运动中对轨道的作用力都不可能为 0 B．小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为 2 mg ，方向竖直向下 C．小球在最高点对轨道的作用力为 0 时，受到的洛伦兹力大小可能为 2 0mv R ，方向竖直向下 D．若初速度方向向左，小球在最低点和轨道水平直径右端时，对轨道外侧有压力，且压力差大于 3 2 mg 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为 2 mg ，当小球向右射出且 0 1 2 mg qv B 得 0 2 mgv qB 此时小球对轨道的作用力为 0，故 A 错误； B．若小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为 2 mg ，方向竖直向下时，小球受重力和电场力的合力 为 1 2 mg ，方向竖直向上，小球在竖直方向上的合力为 0，由洛伦兹力提供向心力，故 B 正确； C．小球在最高点对轨道的作用力为 0 时，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为 2 mg ，若受到的 洛伦兹力大小为 2 0mv R ，当小球向右射出时，在最高点则有 2 2 01 2 mv mvmg R R 得 2 2 0 1= 2 v vm m mgR R R 由动能定理有 2 2 0 1 1 12 2 2 2 2 mg R mg R mv mv 即 2 2 0 =2v vm m mgR R R 两式不相符，若受到的洛伦兹力大小为 2 0mv R ，当小球向左射出时，在最高点则有 2 2 01 2 mv mvmg R R 得 2 2 0 1+ = 2 v vm m mgR R R 不可能，故 C 错误； D．若初速度方向向左，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，小球受重力和电场力的合力竖 直向下，大小为 2 mg ，则在最低点小球对轨道外侧有压力，当小球运动到轨道水平直径右端时，小球受到 的洛伦兹力水平向右，由于小球做圆周运动，由洛伦兹力与轨道对小球的弹力的合力提供向心力，则小球 对对轨道外侧有压力，在最低点有 2 0 N1 0 1 2 mvF mg qv B R 在轨道水平直径右端时有 2 N2 mvF qvB R 由动能定理得 2 2 0 1 1 1 2 2 2 mgR mv mv 得 N1 N2 0 3 ( ) 2 F F mg qvB qv B 由于 0v v ，则 0qvB qv B 则 N1 N2 3 2 F F mg 故 D 正确。 故选 BD 。 8．如图所示，质量为 3.2m 的物块放在水平面上，跨过轻小动滑轮的细绳连接在物块 A 和物块 B 上，与 物块 A 相连的细绳与水面间的夹角为 53°且保持不变，已知物块 B 的质量为 m，重力加速度为 g， sin53 0.8 ， cos53 0.6 ，现用力 F 沿两段绳的角平分线方向向上拉，物块 A 、B 均恰好做匀速直线 运动，则下列说法正确的是（ ） A．拉力 F 为 mg B．物块与水平面的摩擦力为 0.6mg C．细绳拉力为 3.2mg D．物块 A 与水平面的动摩擦因数为 0.25 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AC ．滑轮两边绳子的拉力均为 B 的重力， 即 T=mg ，因滑轮两边绳子的夹角为 37°，可知拉力 F 大于 mg， 选项 AC 错误； BD．对物块 A 受力分析可知，水平方向 cos53 cos53 0.6Af T mg mgo o 即物块与水平面的摩擦力为 0.6mg ；竖直方向： sin 53 3.2T N mgo 解得 N=2.4mg 则物块 A 与水平面的动摩擦因数为 0.6 0.25 2.4 Af mg N mg 选项 BD 正确； 故选 BD 。 9．如图所示， O 是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷 q 仅在电场 力的作用下沿实线所示的轨迹从 a 处运动到 b 处，然后又运动到 c 处．由此可知 ( ) A． O 为正电荷 B．在整个过程中 q 的电势能先变小后变大 C．在整个过程中 q 的加速度先变大后变小 D．在整个过程中，电场力做功为零 【答案】 CD 【解析】 【详解】 粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知 O 为负 电荷。 故 A 错误。 从 a 处运动 b 处，然后又运动到 c 处电场力先做负功再做正功， 所以电势能先变大后变 小，故 B 错误。越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减 小。故 C 正确。初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据 W=qU ，知电场力做功为零， 故 D 正确。故选 CD 。 【点睛】 解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向， 会根据电场力做功判断动能的变化， 知道在等 势面上移动电荷，电场力不做功． 10．如图所示，质量分别为 1 2m m、 的 A B、 两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上 倾角为 α的斜面上滑。已知 B 与斜面间的动摩擦因数 tan ， 则 ( ) A．整体在上滑的过程中处于失重状态 B．整体在上滑到最高点后将停止运动 C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等 D．在上滑过程中两物块之间的摩擦力大于在下滑过程中的摩擦力 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．在上升和下滑的过程，整体都是只受三个个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿 第二定律得向上运动的过程中： （ m1+m 2）gsin θ +f=（m 1+m 2）a f= μ（ m1+m 2）gcos θ 因此有： a=gsin θ +μ gcos θ 方向沿斜面向下。所以向上运动的过程中 A 、B 组成的整体处于失重状态。故 A 正确； B．同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得： （ m1+m 2）gsin θ-f= （m 1+m 2）a′， 得： a′ =gsin θ-μ gcos θ 由于 μ＜tan θ，所以 a′＞0 所以上滑到最高点后 A、B 整体将向下运动。故 B 错误； CD ．以 A 为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有： m 1gsin θ +f ′ =m1a 解得： f ′ =μm1gcos θ 向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有： m 1gsin θ-f ″ =m1a′ 解得： f ″ =μm1gcos θ 所以 f ″ =f ′ 即 A 与 B 之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等；故 C 正确 D 错误。 11．以下说法正确的是 ______。 A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石是晶体，石墨是非晶体，但组成它们的 微粒均是碳原子 B．第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律 C．一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的 D．对于一定质量的理想气体，若气体的体积减小而温度降低，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子 个数可能不变 E.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了炭粒分子运动的无规则性 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．晶体、非晶体在一定条件下可以 转化，同种元素的原子可以生成不同种晶体，但石墨是晶体，故 A 错误； B．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律有关热现象的方向性，故 B 错误； C．饱和蒸汽压仅仅与温度有关，一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一 定的，故 C 正确； D．若单位体积内的分子数多，且分子的平均动能大，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子个数一定 多；而气体的体积减小时单位体积内的分子数变多，温度降低会使分子的平均动能变小，则单位时间内与 器壁单位面积碰撞的分子个数可能变多，或变少，或不变，故 D 正确； E．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了液体分子运动的无规则性，故 E 错误。 故选 ACD 。 12．如图所示，三根长均为 L 的轻杆组成支架，支架可绕光滑的中心转轴 O 在竖直平面内转动，轻杆间 夹角均为 120°，轻杆末端分别固定质量为 m、2m 和 3m 的 n、p、q 三个小球， n 球位于 O 的正下方，将 支架从图示位置由静止开始释放，下列说法中正确的是（ ） A．从释放到 q 到达最低点的过程中， q 的重力势能减少了 7 2 mgL B． q 达到最低点时， q 的速度大小为 gL C． q 到达最低点时，轻杆对 q 的作用力为 5mg D．从释放到 q 到达最低点的过程中，轻杆对 q 做的功为 - 3mgL 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．从释放到 q到达最低点的过程中， q的重力势能减少了 93 ( sin30 ) 2PE mg L L mgL 故 A 错误； B． n 、 p 、 q三个小球和轻杆支架组成的系统机械能守恒， n 、 p 、 q三个小球的速度大小相等，从释 放到 q到达最低点的过程中，根据机械能守恒则有 213 ( sin30 ) ( sin30 ) ( 2 3 ) 2 mg L L mg L L m m m v 解得 v gL 故 B 正确； C． q到达最低点时，根据牛顿第二定律可得 233N mvF mg L 解得 6NF mg 故 C 错误； D．从释放到 q到达最低点的过程中，根据动能定理可得 213 ( sin30 ) 3 2 W mg L L mvg 解得轻杆对 q做的功为 3W mgL 故 D 正确； 故选 BD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．利用如图甲所示装置研究双缝干涉现象，安装好仪器，调整光源的位置，使光源发出的光能平行地进 入遮光筒并照亮光屏。放置单缝和双缝，使缝相互平行，调整各部件的间距，观察白光的双缝干涉图样， 在光源和单缝间放置滤光片， 使单一颜色的光通过后观察单色光的双缝干涉图样。 用米尺测出双缝到屏的 距离 L ，用测量头测出相邻的两条亮（或暗）纹间的距离 x ，换用不同颜色的滤光片，观察干涉图样的 异同，并求出相应的波长。 （ 1）关于该实验，下列说法正确的是 ________（填正确答案标号） 。 A．增大单缝到双缝的距离。干涉条纹间距变窄 B．将蓝色滤光片换成红色滤光片，干涉条纹间距变窄 C．换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄 D．去掉滤光片后，将观察到彩色的干涉条纹 （ 2）实验装置中分划板与螺旋测微器相连，第一次分划板中心刻度线对齐第 1 条亮纹中心，螺旋测微器 读数为 1.990mm ，转动手轮第二次分划板中心刻度线对齐第 10 条亮纹中心，螺旋测微器的示数如图乙所 示。已知双缝的间距为 0.5mm ，从双缝到屏的距离为 1m，则图乙中螺旋测微器的示数是 _______mm ，求 得相邻亮纹的间距 x 为________mm ，所测光波的波长为 _______m（结果保留两位有效数字） 。 【答案】 CD 13.870 1.320 76.6 10 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] ．根据 Lx d ， d 为双缝间距， L 为双缝到屏的距离，增大单缝到双缝的距离，干涉条纹间距 不变， A 错误；将蓝色滤光片换成红色滤光片，由于红光的波长比蓝光长，干涉条纹间距变宽， B 错误； 换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄， C 正确；去掉滤光片后，将观察到白光彩色的干涉 条纹， D 正确。 （ 2）[1][2][3] ．根据螺旋测微器的读数规则可知读数为 13.870mm ，第 1 条亮纹中心与第 10 条亮纹中心有 9 个间距，故 13.870 1.990 mm 1.320mm 9 x 把数据代入 xd L 求得 76.6 10 m 14．某实验小组在实验室做 “验证牛顿运动定律 ”实验： （ 1）在物体所受合外力不变时， 改变物体的质量， 得到数据并作出 1a m 图象如图甲所示 .由 1a m 图象， 你得出的结论为 ____________ （ 2）物体受到的合力大约为 ______（结果保留三位有效数字） （ 3）保持小车的质量不变，改变所挂钩码的数量，多次重复测量 .在某次实验中根据测得的多组数据在坐 标纸上画出 a-F 关系的点迹如图乙所示 .经过分析， 发现这些点迹存在一些问题， 产生这些问题的主要原因 可能是 ______ A．轨道与水平方向夹角太大 B．轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力 C．所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势 D．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势 【答案】在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比 0.150N 至 0.160N 之间均对 BC 【解析】 【详解】 (1)[1] 由 1a m 图象，得出在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比。 (2)[2] 由牛顿第二定律 F ma 得 1a F m ，即图线的斜率等于小车所受的合外力，大小为 0.78 N 0.156N 5.0 F (3)[3]AB ．拉力不为零时，加速度仍为零，可能有平衡摩擦力，故 A 错误 B 正确； CD ．造成上部点迹有向下弯曲趋势，原因是没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，选项 C 正确 D 错误。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．将轻质弹簧竖立在水平地面上在其顶端将一质量为 3m 的物体由静止释放当弹簧被压到最短时，弹簧 压缩量为 l。QN 是一水平光滑轨道， N 端与半径为 l 的光滑半圆管道相切，管道的直径 MN 竖直，如图所 示。现将该弹簧水平放置，一端固定在 Q 点，另一端与质量为 m 的小球 P 接触但不连接。用外力缓缓推 动小球 P，将弹簧压缩后放开， P 开始沿轨道运动。已知重力加速度为 g，半圆管道的管口略大于小球直 径。求： （ 1）小球 P 到达 M 点时对管道的作用力； （ 2）小球 P 离开管道后落回到 NQ 上的位置与 N 点间的距离。 【答案】 （1） mg 方向竖直向上（ 2） 2 2s l 【解析】 【详解】 （ 1）依题意可知，当弹簧竖直放置，长度被压缩 l 时，质量为 3m 的物体的动能为零，其重力势能转化为 弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为 3pE mgl ① 设小球 P 到达 M 点时的速度大小为 Mv ，由能量守恒定律得 21 2 2P ME mv mgl ② 联立①②式，代入题给数据得 2gMv l ③ 在 M 点，设小球 P 到达 M 点时的项对小球的印用力为 NF . 2 N Mmvm l Fg ④ 代入数据 NF mg . 根据牛顿第三定律可知， 'N NF F mg ，方向竖直向上 （ 2）设 P 离开 M 点后，落回到轨道 NQ 所需的时间为 t，由运动学公式得 212 2 l gt ⑤ P 落回到 NQ 的位置与 N 点之间的距离为 Ms v t ⑥ 联立⑤⑥式得 2 2s l 16．如图所示，在空间直角坐标系中，Ⅰ、Ⅱ象限（含 x 、 y 轴）有磁感应强度为 1 1TB ，方向垂直于 纸面向外的匀强磁场和电场强度为 10N/CE ，方向竖直向上的匀强电场；Ⅲ、Ⅳ象限（不含 x 轴）有磁 感应强度为 2 15 T 14 B ，方向沿 y 轴负方向的匀强磁场，光滑 1 4 圆弧轨道圆心 O ，半径为 2mR ，圆环 底端位于坐标轴原点 O 。质量为 1 1kgm ，带电 1 1Cq 的小球 M 从 O 处水平向右飞出，经过一段时 间，正好运动到 O 点。质量为 2 2kgm ，带电 2 1.8Cq 小球的 N 穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高 处静止释放，与 M 同时运动到 O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球 P （碰撞过程无电荷损失） 。 小球 M 、 N 、 P 均可视为质点，不计小球间的库仑力，取 210m/sg ，求： (1)小球 M 在 O 处的初速度为多大； (2)碰撞完成后瞬间，小球 P 的速度； (3)分析 P 球在后续运动过程中，第一次回到 y 轴时的坐标。 【答案】 (1)1m/s；(2)1m/s；(3)坐标位置为 20m, 20πm 【解析】 【分析】 【详解】 (1) M 从 O 进入磁场，电场力和重力平衡 Eq mg 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 2A Rr 洛伦兹力提供向心力 2 A mvqvB r 解得 1m/sv (2)设 N 沿光滑轨道滑到 O 点的速度为 u ，由动能定理 2 2 2 2 1 2 m gR Eq R m u 解得 2m/su M 、 N 在 O 点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的 P 球速度为 1v ，选向右为正方向，由动量守恒定律 2 1 1 2 1m u m v m m v 解得 1 1m/sv 方向水平向右 (3) c 球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下， P 球在竖直 方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期 T ， P 球回到 y 轴上， P 球带电量 2 1q q q 由 2 1 1 c C m vqv B R 及 1 2π CRT v ，解得 P 球圆周运动周期 2π CmT qB P 球竖直方向加速度 a g P 球回到 y 轴时坐标 21 2 y aT 代入数据解得 220πy 则坐标位置为 20m, 20πm 17．一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波， t=0 时刻波形如图所示，图线上质点 M 的位移为振幅的 2 2 倍， 经过时间 t 0.1s，质点 M 第一次到达正的最大位移处。求： ①该简谐横波的传播速度； ②从计时后的 0.5s 内，质点 M 通过的路程。 【答案】① 1.25m/s；② 23 2 cm。 【解析】 【详解】 ①根据波形图可知波长 1m，质点振幅 1A cm 由图象可知，波动方程为 0.01sin 2y x （ m） 将质点 M 的纵坐标值代入波动方程，结合图象解得质点 M 的坐标为（ 3 8 m， 2 2 m） 由于经过时间 t 0.1s，质点 M 第一次运动到正的最大位移处， 即质点 M 左侧相邻的波峰传播到质点 M ， 距离等于 3 1 8 4 x m= 1 8 m 波的速度 xv t 代入数据得 1.25v m/s ②波的传播方向上任意质点的振动周期 T v 代入数据可得 T=0.8s 假设质点 M 在此过程中振动了 n 个周期，则 t=nT 代入数据可得 5 8 n t=0 时刻质点 M 向上振动， t=0.5s 时刻质点 M 第一次运动负的最大位移处，所以质点 M 通过的路程为 21 2 s cm+2A= 23 2 cm