江西省达标名校2018年高考五月质量检测物理试题含解析

江西省达标名校2018年高考五月质量检测物理试题
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．以开发核聚变能源为目的，被誉为“人造太阳”的中国环流器二号M （HL--2M ）装置在2019年全国两会期间备受关注。

下列核反应方程中属于核聚变反应的是（ ）
A ．1441717281N He O H +→+
B ．427301213150He Al P n +
→+ C ．23411120H H He n +→+ D ．235
1144
89192056360U n Ba Kr 3n +→++
2．下列说法正确的是（ ）
A ．牛顿第一定律并不是在任何情况下都适用的
B ．根据F=ma 可知，物体的加速度方向一定与物体所受拉力F 的方向一致
C ．绕地球飞行的宇航舱内物体处于漂浮状态是因为没有受到重力作用
D ．人在地面上起跳加速上升过程中，地面对人的支持力大于人对地面的压力
3．如图，水平桌面上有三个相同的物体a 、b 、c 叠放在一起，a 的左端通过一根轻绳与质量为33m =kg 的小球相连，绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中。

水平向右的力F=20N 作用在b 上，三个物体保持静状态。

g 取10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A ．物体a 对桌面的静摩擦力大小为10N ，方向水平向右
B ．物体b 受到物体a 给的一个大小为20N 的摩擦力，方向向左
C ．物体c 受到向右的静摩擦力，大小为20N
D ．在剪断轻绳的瞬间，三个物体一定会获得向右的加速度
4．关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是（ ）
A ．晶体一定具有各向异性的特征
B ．液体表面张力是液体内部分子间的相互作用
C ．0℃的铁和0℃的铜，它们的分子平均速率相同
D ．一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变
5．如图，自动卸货车静止在水平地面上，质量为m 的货物放在车厢内挡板附近，车厢在液 压机的作用下，θ角缓慢增大，当θ增大到一定角度时货物开始加速下滑，货物与车厢的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．若货物还未离开车厢，下列说法正确的是
A ．θ增大过程中，货物对车厢压力大小不变
B ．θ增大过程中，货物的摩擦力大小等于μmg cos θ
C ．货物加速下滑时，货车受到地面向右的摩擦力
D ．货物加速下滑时，地面对货车的支持力小于货车和货物重力之和
6．英国知名科学杂志《自然》发表文章，展望了2020年可能会对科学界产生重大影响的事件，其中包括中国的嫦娥五号任务。

若嫦娥五号经过若干次轨道调整后，先在距离月球表面h 的高度处绕月球做匀速圆周运动，然后开启反冲发动机，嫦娥五号着陆器暂时处于悬停状态，最后实现软着陆，自动完成月球表面样品采集，并从月球起飞，返回地球。

月球的半径为R 且小于地球的半径，月球表面的重力加速度为g 0且小于地球表面的重力加速度，引力常量为G 。

不考虑月球的自转，则下列说法正确的是（ ） A ．嫦娥五号的发射速度大于地球的第二宇宙速度
B ．嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度
C ．由题可知月球的平均密度034g G R
ρπ= D ．嫦娥五号探测器在绕月球做匀速圆周运动的周期为2
02R h T g R π+= 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
7．一个静止的质点在t=0到t=4s 这段时间，仅受到力F 的作用，F 的方向始终在同一直线上，F 随时间t 的变化关系如图所示．下列说法中正确的是（ ）
A ．在t=0到t=4s 这段时间，质点做往复直线运动
B ．在t=1s 时，质点的动量大小为1kgm/s
C ．在t=2s 时，质点的动能最大
D ．在t=1s 到t=3s 这段时间，力F 的冲量为零
8．如图所示，卫星a 没有发射停放在地球的赤道上随地球自转；卫星b 发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动；两卫星的质量相等。

认为重力近似等于万有引力。

下列说法正确的是（ ）
A．a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期
B．b做匀速圆周运动的向心加速度等于重力加速度g
C．a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小相等
D．a、b做匀速圆周运动的线速度大小相等，都等于第一宇宙速度
9．2011年9月29日晚21时16分，我国将首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室，假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，当它们在轨道运行时，下列说法正确的是( )
A．神州八号的加速度比天宫一号的大
B．神州八号的运行速度比天宫一号的小
C．神州八号的运行周期比天宫一号的长
D．神州八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接
10．如图，条形磁铁在固定的水平闭合导体圆环正上方，从离地面高h处由静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过，最后落在水平地面上。

条形磁铁A、B两端经过线圈平面时的速度分别为v1、v2，线圈中的感应电流分别为I1、I2，电流的瞬时功率分别为P1、P2.不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A．从上往下看，I2的方向为顺时针
B．I1：I2=v1：v2
C．P1：P2=v1：v2
D2gh
11．两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，其中a波振幅为2cm，沿x 轴正方向传播；b波振幅为4cm，沿x轴负方向传播。

两列波的传播速度大小均为v=2m/s。

则下列说法正确的是（）
A ．两列波的质点的起振方向均沿y 轴负方向
B ．横波a 的周期为2s
C ．t=1.5s 时，质点Q 离开平衡位置的位移为2cm
D ．两列波从相遇到分离所用的时间为2s
12．如图，两轴心间距离10m l =、与水平面间夹角为37︒的传送带，在电动机带动下沿顺时针方向以2m/s v =的速度匀速运行。

一质量50kg m =的货物从传送带底端由静止释放，货物与传送带间的动摩擦因数0.8μ=。

已知重力加速度大小为210m/s ，sin370.6︒=，cos370.8︒=。

则货物从底端运动至顶端的过程中（ ）
A ．货物增加的机械能为3 3.110J ⨯
B ．摩擦力对货物做的功为31.6J 10⨯
C ．系统因运送货物增加的内能为3J 13.210⨯
D ．传送带因运送货物多做的功为34.710J ⨯
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某研究性学习小组从一个数码设备中拆下了一个旧电池，已知该电池的电动势约为12V 内阻约为2Ω，该小组的同学为了测定电池的电动势和内阻，从实验室借来了如下实验器材：
A ．电压表(量程为0～3V ，内阻为2kΩ)
B ．电流表(量程为0～3A ，内阻约为0.1Ω)
C ．定值电阻4kΩ
D ．定值电阻8kΩ E.定值电阻1Ω F.定值电阻3Ω
G.滑动变阻器0～20Ω H.滑动变阻器0～2kΩ I.开关一个，导线若干
(1)该小组的同学设计了如图甲所示的实验电路，电阻R1应选____________，电阻R2应选__________，滑动变阻器应选__________。

(选填相应器材前面的字母)
(2)开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至__________(填“最左端”或“最右端”)，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，可得到多组电压表和电流表的读数U和I，利用得到的实验数据作出U－I图像如图乙所示，根据图像可知该电池的电动势E＝__________ V，内阻r＝__________Ω。

(计算结果保留三位有效数字) 14．图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路图。

(1)将图乙所示的实验电路连接完整________。

(2)已知毫安表满偏电流为1mA，表头上标记的内阻值为120Ω，R1和R2为定值电阻。

若将开关S2扳到a 接线柱，电表量程为4mA;若将开关S2扳到b接线拄，电表量程为16mA则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝_____Ω，R2=____Ω。

(3)现用一量程为16mA，内阻为20Ω的标准电流表A对改装电表的16mA挡进行校准，校准时需选取的刻度范围为1mA～16mA。

电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计;滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为800Ω和1600Ω，则R应选用最大阻值为____Ω的滑动变阻器。

(4)若由于表头上标记的内阻值不准，造成改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，则表头内阻的真实值________(填“大于”＂或“小于”)120Ω。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s．求：
（1）感应电动势E 和感应电流I ；
（2）拉力F 的大小；
（3）若将MN 换为电阻r=1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U ．
16． “∟”形轻杆两边互相垂直、长度均为l ，可绕过O 点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定一个金属小球A 、B ，其中A 球质量为m ，带负电，电量为q ，B 球的质量为23
m ，B 球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度。

现将“∟”形杆从OB 位于水平位置由静止释放：
(1)当“∟”形杆转动的角速度达到最大时，OB 杆转过的角度为多少？
(2)若使小球B 也带上负电，仍将“∟”形杆从OB 位于水平位置由静止释放，OB 杆顺时针转过的最大角度为90°，则小球B 带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？
17．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11T B =，方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为10N/C E =，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215T 14B =，方向沿y 轴负方向的匀强磁场，光滑14
圆弧轨道圆心O '，半径为2m R =，圆环底端位于坐标轴原点O 。

质量为11kg m =，带电11C q =+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22kg m =，带电2 1.8C q =+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/s g =，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。

参考答案
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．C
【解析】
【详解】
核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，用快速粒子（天然射线或人工加速的粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核的人工转变。

由此可知：核反应方程
2
3
411120H H He n +→+
是原子核的聚变反应；
A ． 14
417
17281N He O H +→+，是原子核的人工核转变，故A 错误；
B ． 427
30
1213150He Al P n +→+，是原子核的人工核转变，故B 错误；
C ． 23411120H H He n +→+与分析相符，故C 正确；
D ．
235
1144
89192056360U n Ba Kr 3n +→++属于裂变反应，故D 错误。

故选：C 。

2．A
【解析】
【分析】
【详解】
A.牛顿第一定律只能适用于宏观、低速的物体，故A 正确；
B.F=ma 中的物体加速度对应的是物体所受的合外力，而不仅仅是拉力F ，故B 错误；
C.绕地球飞行的宇航舱内物体依旧受到地球的吸引作用，故依旧受到重力作用，故C 错误；
D.地面对人的支持力与人对地面的压力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D 错误。

故选A 。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．对m 受力分析
在竖直方向
2sin 60T mg ︒=
则绳子拉力为
33N 30N 2sin 60322
mg T ︒===⨯ 对a 、b 、c 整体受力分析，水平方向根据平衡条件
T F f =+
则桌面对a 的静摩擦力方向水平向右，大小为
30N 20N 10N f T F =-=-=
根据牛顿第三定律可知，a 对桌面的静摩擦力大小为10N ，方向水平向左，A 错误；
B ．对b 、c 整体受力分析，水平方向根据平衡条件
20N F f ='=
可知物体b 受到物体a 给的一个大小为20N 的摩擦力，方向向左，B 正确；
C ．对c 受力分析可知，物体仅受重力和支持力，受到的摩擦力为0，C 错误；
D ．地面对a 、b 、c 整体的最大静摩擦力大小未知，在剪断轻绳的瞬间，系统的运动状态未知，D 错误。

故选B 。

4．D
【解析】
【详解】
A ．单晶体具有各向异性的特征，多晶体表现为各向同性，选项A 错误；
B ．液体表面张力是液体表面层分子间的相互作用，选项B 错误；
C ．0℃的铁和0℃的铜，它们的分子平均动能相同，但是分子平均速率不相同，选项C 错误；
D ．一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故D 正确；
故选D 。

5．D
【解析】
【分析】
本题考查牛顿定律在斜面上的应用。

【详解】
A. 对货物受力分析可知，货物受到的支持力
N =cos F mg μθ
当角度变化时，支持力也变化，故A 错误；
B. 对货物受力分析可知，货物受到的摩擦力
=sin f mg θ
故B 错误；
C. 当货物加速下滑时，对货物进行受力分析，受到重力、支持力，滑动摩擦力，因为加速度沿斜面向下，所以支持力和滑动摩擦力的合力的方向偏向左上方，根据牛顿第三定律可知，物体对车厢的压力和摩擦力的合力方向偏向右下方，对车厢进行受力分析可知，地面对汽车有向左的摩擦力，故C 错误；
D. 当货物相对车厢加速下滑时，物体对车厢的压力和摩擦力的合力小于货物的重力，所以汽车对地面的压力小于货物和汽车的总重力，故D 正确。

故选D 。

6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．发射速度大于第二宇宙速度就能脱离太阳束缚，飞到太阳系外进入银河系，而嫦娥五号还是在地月系内运动，故其发射速度大于地球的第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故A 错误；
B ．根据万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有
2I v mg m R
=表
可得星球的第一宇宙速度为
I v 因g g >月地，R R >月地，则月球的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，而嫦娥五号的运行速度小于月球的第一宇宙速度，故嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度一定小于地球的第一宇宙速度，故B 错误；
C ．对月表的物体，有
02
M m G mg R =月 343
M R ρπ=⋅月 联立解得
034g G R
ρπ= 故C 正确；
D ．对嫦娥五号做匀速圆周运动，有
2
224()()M m G m R h R h T
π=++月 02
M m G mg R =月 联立可得嫦娥五号的周期为
2T =故D 错误。

故选C 。

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．CD
【解析】
【详解】
0～2s 内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4s 内，合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为0～2s 内和2～4s 内加速度大小和方向是对称的，则4s 末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第4s 末质点位移最大；故A 错误．F-t 图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在t=1s 时，冲量大小I 1=11 2
⨯=0.5N•s ，根据动量定理可知，质点的动量大小为0.5kg•m/s ，故B 错误．由A 的分析可知，在t=2s 时，质点的动能最大，故C 正确；F-t 图象
中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在t=1s 到t=3s 这段时间，力F 的冲量为零，故D 正确；故选CD ．
【点睛】
解决本题的关键会通过牛顿第二定律判断加速度的方向，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．同时能正确根据动量定理分析问题，明确F-t 图象的性质，能正确求解力的冲量．
8．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．a 在赤道上随地球自转而做圆周运动，所以a 做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，A 正确；
B ．对卫星b 重力近似等于万有引力，万有引力全部用来充当公转的向心力
2
Mm G mg R = 所以向心加速度等于重力加速度g ，B 正确；
C ．两卫星受到地球的万有引力相等。

卫星a 万有引力的一部分充当自转的向心力，即
2
Mm G F mg R =+向赤 卫星b 万有引力全部用来充当公转的向心力，因此a 、b 做匀速圆周运动所需的向心力大小不相等，C 错误；
D ．a 做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，根据2r v T
π=可知 a v v <同
万有引力提供向心力
2
2Mm v G m r r
= 解得线速度表达式
v =
因为 b r R r =<同
所以b 卫星的速度等于第一宇宙速度
b a v v v >>同
D 错误。

故选AB 。

9．AD
【解析】
【分析】
【详解】
根据万有引力定律和牛顿第二定律有：2Mm G r ＝2
v m r ＝224mr T π⋅＝ma n ，解得：v ，T ＝
2，a n ＝2GM r ，由图可知神州八号的轨道半径比天宫一号的小，所以神州八号的运行速度比天宫一号的大，神州八号的运行周期比天宫一号的短，神州八号的加速度比天宫一号的大，故BC 错误，A 正确；神州八号通过加速后将做离心运动，可运行至较高轨道与天宫一号对接，故D 正确。

故选AD 。

10．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．条形磁铁
B 端经过线圈平面时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，I 2的方向为顺时针，选项A 正确；
BC ．条形磁铁AB 端经过线圈平面时磁感应强度相同，根据E=BLv 以及E I R
=
可知 I 1：I 2=v 1：v 2
根据P=I 2R 可知电流的瞬时功率之比为
2222121212P P I I v v ==：：： 选项B 正确，C 错误；
D
D 错误。

故选AB 。

11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知a 波起振方向向上，b 波起振方向向上，故A 错误；
B ． 横波a 的波长为4m ，则周期
2s T v λ
==
故B 正确；
C ． 横波b 的波长为4m ，则周期也为2s ，t=1.5s 时经过
34
T ，则质点Q 离开平衡位置的位移为-4cm ，故C 错误；
D ． 两列波从相遇到分离所用的时间为 122s 2t v
λ== 故D 正确。

故选BD 。

12．AD
【解析】
【详解】
AB ．当货物刚放上传送带时，对货物由牛顿第二定律得
cos37sin 37mg mg ma μ︒︒-=
设货物与传送带共速时用时为t ，则v at =，解得
5s t =
则这段时间内货物运动的位移
2115m 2
s at == 传送带运动的位移
210m s vt ==
货物从底端运动至顶端的过程中，滑动摩擦力对货物做的功
113cos37 1.610J W mgs μ︒==⨯
静摩擦力对货物做的功
()132sin37 1.510J W mg l s ︒=-=⨯
故摩擦力对货物做的功
312 3.110J f W W W =+=⨯
根据功能关系得货物增加的机械能也为33.110J ⨯，故A 正确，B 错误；
CD ．系统因运送货物增加的内能为
()231cos37 1.610J Q mg s s ︒=-⋅=⨯μ
传送带因运送货物多做的功等于系统增加的内能与货物增加的机械能之和
333==(1.610 3.110)J 4.710J f W W Q +⨯+⨯=⨯
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．D F G 最右端 12.5 1.69
【解析】
【详解】
（1）[1][2][3]．电压表量程为0～3V ，内阻为2kΩ，则要要使此电压表的量程扩大到12V 左右，则需串联一个 8kΩ的电阻，故定值电阻选择D ；电源内阻为2Ω左右，R 2做为保护电阻，则应该选择与内阻阻值相当的F 即可；滑动变阻器选择与内阻阻值差不多的G 即可；
（2）[4]．开关闭合以前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大的最右端；
（3）[5][6]．根据图像可知外电路电流为0时电压表读数为2.5V ，则此时路段电压为5×2.5V=12.5V ，即电源电动势为E=12.5V ，内阻
2(2.51)5 1.691.6
r R -⨯=-=Ω 14． 10 30 1600 小于
【解析】
【详解】
(1)[1]注意单刀双掷开关的连线，如图：
(2)[2][3]由欧姆定律知，开关S 2扳到a 接线柱时有：
()()121=I R I I R R -+表表满满
开关S 2扳到b 接线柱时有：
()()212+I R R I I R =-表表满满
1I 表和2I 表为改装电表的量程，解以上各式得：
110R =Ω，230R =Ω
(3)[4]根据E I R
=，电流表校准时需选取的刻度最小为1mA ，可知电路中总电阻最大为1500Ω，由于最大电阻要达到1500Ω，所以变阻器要选择1600Ω。

(4)[5]改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，说明流过表头的电流偏大，则实际电阻偏小，故小于120Ω。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）2.0V ；2A ；（2）0.8N ；（3）1V
【解析】
【详解】
（1）根据动生电动势公式得：10.45 2.0E BLv V ==⨯⨯= V ， 故感应电流为：221
E I A A R ===． （2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为：
120.40.8F BIL N N 安==⨯⨯=．
因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为：0.8F F N ==安
（3）导体棒两端电压为：21111E U R V V R r =
⋅=⨯=++． 16． (1)53°；(2)13q ，
12
mgl 。

【解析】
【详解】
(1)转速最大时，系统力矩平衡： A B sin sin cos θθθ=+m gl Eql m gl
解得：
4tan 3
θ= 53θ=o
(2)设B 带的电量为q'，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得：
B A '0+--=Eql m gl m gl Eq l
解得：
13
q q '= 当转角为α时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功：
sin 1cos αα'=--（）W Eq l Eql
整理得：
12
=W mgl 式中当：m 12=W mgl ，电势能的最大增加值为12
mgl 。

17． (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
2
A R r = 洛伦兹力提供向心力
2
A
mv qvB r = 解得
1m/s v =
(2)设N 沿光滑轨道滑到O 点的速度为u ，由动能定理
222212
m gR Eq R m u -=
解得 2m/s u =
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 ()21121m u m v m m v -=+
解得
11m/s v =
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
21q q q =+
由
211c C
m v qv B R = 及1
2πC R T v =，解得P 球圆周运动周期 2πC m T qB
= P 球竖直方向加速度
a g =
P 球回到y 轴时坐标
212
y aT = 代入数据解得
220πy =
则坐标位置为()
20m,20πm -。