沈阳市达标名校2020年高考一月适应性考试物理试题含解析

沈阳市达标名校2020年高考一月适应性考试物理试题
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．如图所示，两同心圆环A、B置于同一光滑水平桌面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，若A 环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，则（）
A．B环将顺时针转动起来
B．B环对桌面的压力将增大
C．B环将有沿半径方向扩张的趋势
D．B环中将有顺时针方向的电流
2．如图所示，图a中变压器为理想变压器，其原线圈接在242sin50
=（V）的交流电源上，副线
u tπ
圈与阻值R1=2Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。

图b中阻值为R2=32Ω的电阻直接接到
=（V）的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则（）
122sin50
u tπ
A．通过电阻R1的交流电的频率为50Hz
B．电阻R1消耗的电功率为9W
C．变压器原、副线圈匝数比为8:1
D．电流表的示数为2.5A
3．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．则下列判断正确的是()
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D．a、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
4．一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R．在a、b间输入电压为U l的交变电压时，c、d间的电压为U2，在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中
A．U2有可能大于U l B．U1、U2均增大
C．U l不变、U2增大D．a、b间输入功率不变
5．已知天然材料的折射率都为正值(n>0)。

近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折射率为负值(n<0)，称为负折射率介质。

电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图1所示。

点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。

如图2所示，其中直线SO垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线（标号为1、2、3、4）之中，正确的是（）
A．1 B．2
C．3 D．4
6．如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（）
A．
2
4
B d
R
π
B．
2Bd
R
π
C．
2
Bd
R
D．
2
Bd
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．我国正在建设北斗卫星导航系统，根据系统建设总体规划，计划2018年，面向“一带一路”沿线及周边
国家提供基本服务，2020年前后，完成35颗卫星发射组网，为全球用户提供服务。

2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第26、27颗北斗导航卫星，将与前25颗卫星联网运行.其中在赤道上空有2颗北斗卫星A、B绕地球做同方向的匀速圆周
运动，其轨道半径分别为地球半径的5
4
和
5
3
，且卫星B的运动周期为T。

某时刻2颗卫星与地心在同一直
线上，如图所示。

则下列说法正确的是
A．卫星A、B的加速度之比为16 9
B．卫星A、B的周期之比为是3
9 16
C．再经时间t=3839
148
T
（）
，两颗卫星之间可以直接通信
D．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星8．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）
A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
9．如图甲所示，等离子流由左边连续以方向如图所示的速度v0垂直射入P1和P2两金属板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。

线圈A内有如图乙所示的变化磁场，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示.则下列说法正确的是（）
A．0～1s内ab、cd导线互相吸引
B．1s～2s内ab、cd导线互相排斥
C．2s～3s内ab、cd导线互相吸引
D．3s～4s内ab、cd导线互相排斥
10．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
11．如图所示，长木板左端固定一竖直挡板，轻质弹簧左端与挡板连接右端连接一小物块，在小物块上施加水平向右的恒力F，整个系统一起向右在光滑水平面上做匀加速直线运动。

已知长木板（含挡板）的质量为M，小物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，形变量为(0)
x x≠，则（）
A．小物块的加速度为
F M m
+
B．小物块受到的摩擦力大小一定为
MF
kx
M m
-
+
，方向水平向左
C．小物块受到的摩擦力大小可能为
MF
kx
M m
+
+
，方向水平向左
D．小物块与长木板之间可能没有摩擦力
12．高精度全息穿透成像探测仪利用电磁波穿透非金属介质，探测内部微小隐蔽物体并对物体成像，只有分辨率高体积小、辐射少，应用领域比超声波更广。

关于电磁波和超声波，下列说法正确的是（）
A．电磁波和超声波均能发生偏振现象
B．电磁波和超声波均能传递能量和信息
C．电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象
D．电磁波和超声波均需依赖于介质才能传播
E.电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律.
（1）已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是______（填字母代号）.
A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺
（2）实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h.某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是__________（填字母代号）.
A．用刻度尺测出物体下落的高度h，由打点间隔数算出下落的时间t，通过v=gt算出瞬时速度v B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过2
v gh v
C．根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时
速度v，并通过
2
2
v
h
g
=计算得出高度h
D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
（3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于这个误差下列说法正确的是_________（填字母代号）.
A．该误差属于偶然误差
B．该误差属于系统误差
C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差
D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差
14．为了测量某金属丝的电阻率：
（1）如图a所示，先用多用电表“×1 Ω”挡粗测其电阻为_______Ω，然后用图b的螺旋测微器测其直径为______mm，再用图c的毫米刻度尺测其长度为________cm．
（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V（量程3 V，内阻约为15 kΩ；量程15 V，内阻约为75 kΩ）
B．电流表A（量程0.6 A，内阻约为1 Ω；量程3 A，内阻约为0.2 Ω）
C．滑动变阻器R1（0～5 Ω，1 A）
D．滑动变阻器R2（0～2000 Ω，0.1 A）
E．1.5 V的干电池两节，内阻不计
F．电阻箱
G．开关S，导线若干
为了测多组实验数据，则滑动变阻器应选用________（填“R1”或“R2”）；请在方框内设计最合理的电路图________并完成图d中的实物连线________．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑．整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p．现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（1）抽气前氢气的压强；
（2）抽气后氢气的压强和体积．
16．如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．
（1）求棱镜的折射率；
（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．
17．地面上空间存在一方向竖直向上的匀强电场，O、P是电场中的两点在同一竖直线上，O在P上方，高度差为L；一长L的绝缘细线一端固定在O点，另一端分别系质量均为m的小球A、B，A不带电，B
的电荷量为q（q＞0）。

分别水平拉直细线释放小球，小球运动到P点时剪断细线之后，测得A从P点到落地所用时间为t，B从P点到落地所用时间为2t。

重力加速度为g。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)B从P点到落地通过的水平距离。

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】
略考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．
分析：因带电绝缘环A的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，导致圆环B中的磁通量发生变化，产生感应电流．使得处于磁场中的B圆环受到力的作用．
解答：解：A、A环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，设绝缘环带正电，所以产生顺时针方向的电流，使得B环中的磁通量变大，由楞次定律可得感应电流方向是逆时针的，两环的电流方向相反，则具有沿半径扩张趋势．若绝缘环带负电，所以产生逆时针方向的电流，使得B环中的磁通量仍变大，由楞次定律可得感应电流方向是顺时针的，两环的电流方向仍相反，则仍具有沿半径扩张趋势．
由上可知，B环不会转动，同时对桌面的压力不变．
故选C
点评：由楞次定律来确定感应电流方向，同时当电流方向相同时，两者相吸引；而当电流方向相反时，两
者相排斥．
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A
．根据50(V)u t π=可知ω=50πrad/s ，故频率为
5025Hz 22f ωπππ
=＝＝ 故A 错误；
B ．R 2消耗的功率为
2212W 4.5W 23P =＝ 故R 1消耗的功率为4.5W ，故B 错误；
D ．有P=I 2R 1得
1.5A I ＝ 电流表的示数为1.5A ，故D 错误；
C ．电阻R 1两端的电压为
U 2=IR 1=1.5×2=3V
故
1122248 31
n U n U ＝＝＝ 故C 正确。

故选C 。

3．A
【解析】
【详解】
A. 根据qU= 212mv 得
,v= 氕、氘、氚，故A 正确；
B. 根据动能定理可知E k =qU ，故动能相同，故B 错误；
C. 时间为t=2T m qB
π=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C 错误；
D. 进入偏转磁场有qvB=2
v m R
， 解得：
R=mv qB =，氕比荷最大，轨道半径最小，c 对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a 对应的是氚，故D 错误
故选A
【点睛】
根据qU=212mv 求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=2v m R 求出R 与什么因素有关，从而得出a 、b 、c 三条“质谱线”的排列顺序．
4．C
【解析】
A 、根据变压器的电压关系有1122
U n U n =，由于n 2＜n 1，所以U 2＜U 1，故A 错误．B 、C 、当滑动触头M 顺时针转动时，即n 2减小时，输入电压U1由发电机决定不变，电压2211
n U U n =应该减小即降低，B 错误、C 正确．D 、因负载不变，故输出功率减小，则变压器的输入功率变小，D 错误．故选A ．
【点睛】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可．
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
由题意可知，负折射率的介质使得折射光线与入射光线均在法线的同一侧，现在让我们判断从S 点发出的这条光线的折射光线，则光线1、2是不可能的，因为它们均在法线的另一侧，光线3、4是可能的，但是题意中又说明在另一侧成实像，即实际光线有交点，光线3在射出介质时，其折射线如左图所示，折射光线反向延长线交于一点，成虚像。

而光线4的折射光线直接相交成实像（如右图所示）。

故选D 。

6．A
【解析】
【分析】
【详解】
金属环的面积：
2
224
d d S ππ==（） 由法拉第电磁感应定律得：
BS E t t
Φ==V V V 由欧姆定律得，感应电流： E I R =
感应电荷量：
q=I △t ，
解得：
2
4B d q R R
V πΦ== 故A 正确，BCD 错误；
故选A ．
【点睛】
本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式q R
∆Φ=计算． 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．AD
【解析】AB 、由万有引力提供向心力有222·4GMm m r ma r T π==，解得2GM a r =，卫星A 、B 的加速度之
比为2222169A A B B A B
GM
a r r GM a r r ===，故A
正确；解得T =A 、B
的周期之比为A B T T ===，故B 错误； C 、再经时间t 两颗卫星之间可以直接通信，则有22A
B t T T πππ⎛⎫-= ⎪⎝⎭
，又,8B A T T T ==
，解得()39
148t T =，故C 错误；
D 、由B 卫星的分布图求的所辐射的最大角度， cos 0.6α=，则53α=︒，则辐射的最大角度为2106α=︒，需要的卫星个数
3603106︒>︒，为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要4颗卫星，故D 正确；
故选AD 。

【点睛】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律求出加速度、周期之比，由几何关系为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星B 所在轨道的卫星的信号，该轨道至少需要颗数卫星。

8．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．可以将每个点电荷（2q ）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q ），既然上下两个点电荷（q ）的电场在x 轴上场强最大的点仍然在A 、A ＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x 轴上场强最大的点当然还是在A 、A ＇两位置，选项A 正确；
B ．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O 旋转90°后对称的固定在z 轴上，则x 轴上场强最大的点仍然在A 、'A 两位置，选项B 正确；
C ．由AB 可知，在yOz 平面内将两点电荷绕O 点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x 轴上场强最大的点都在A 、A ＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O 点对称的任意两小段的合电场在x 轴上场强最大的点仍然还在A 、A ＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x 轴上场强最大的点当然还在A 、A ＇两位置，选项C 正确；
D ．如同C 选项，将薄圆板相对O 点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O 点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x 轴上场强最大的点就不再在A 、A ＇两位置，则整个圆板的合电场在x 轴上场强最大的点当然也就不再在A 、A ＇两位置，选项D 错误。

故选ABC 。

9．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由题图甲左侧电路可以判断ab 中电流方向为由a 到b ；由右侧电路及题图乙可以判断，0～2s 内cd 中电流方向为由c 到d ，跟ab 中的电流同向，因此ab 、cd 相互吸引，选项A 正确、B 错误；
CD ．2s ～4s 内cd 中电流方向为由d 到c ，跟ab 中电流反向，因此ab 、cd 相互排斥，选项C 错误，D 正确。

故选AD 。

10．AD
【解析】
【详解】
A ．断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；
BC ．开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态， BC 错误；
D ．开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确．
11．ACD
【解析】
【详解】
A ．长木板与小物块一起做匀加速运动，应相对静止，加速度相同，对整体有
F M m a =+()
解得加速度
F a M m
=+ 故A 正确；
BC ．因弹簧形变量0x ≠，故弹簧可能被压缩也可能被拉伸。

若被压缩，则长木板受到的摩擦力向右，对长木板有
f F kx Ma -=
解得
f MF F kx M m
=++ 小物块受到的摩擦力大小与之相等，方向水平向左，故B 错误，C 正确；
D ．若弹簧对小物块的弹力方向水平向左，对小物块，根据牛顿第二定律得
F f kx ma +-=
得
•
F MF f kx ma F kx m F kx M m M m
=+-=+-=-++ 如果 MF kx M m
=
+ 则 0f =
故D 正确。

故选ACD 。

12．BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电磁波是横波，能发生偏振现象，而超声波是纵波，不能发生偏振，故A 错误；
B ．电磁波和超声波均能传递能量和信息，故B 正确；
C ．干涉和衍射是一切波特有的现象，电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象，故C 正确；
D ．电磁波在真空中能传播，超声波需依赖于介质才能传播，故D 错误；
E ．电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大，故E 正确。

故选BCE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．D D BD
【解析】
【分析】
【详解】
（1）打点计时器需接交流电源．机械能守恒中前后都有质量，所以不要天平和砝码．计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，故选D ．
（2）在验证机械能守恒时不能用有关g 值来计算速度，利用v gt = 、22v gh = ，在计算高度时直接测量距离，在计算速度时利用中点时刻的速度等于平均速度求解，故ABC 错误；D 正确
（3）由于系统内不可避免的存在阻碍运动的力，比如空气阻力，纸带与限位孔之间的摩擦力等系统误差
导致重力势能的减小量与动能的增加量不相等，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故BD正确
14．8.0（或者8）； 2.095（2.095~2.098均可）10.14（10.13~10.15均可）R1
【解析】
【分析】
【详解】
第一空.由图示多用电表可知，待测电阻阻值是8×1Ω=8Ω；
第二空.由图示螺旋测微器可知，的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×9.5mm=0.095mm，其读数为：2mm+9.5×0.01mm=2.095mm；
第三空.毫米刻度尺测其长度为10.14cm
第四空.滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）的阻值比待测金属丝阻值8Ω大得太多，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选R1，最大阻值5Ω；
第五空.为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；
第六空.根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）1
2
（p0+p）；（2）0
11
24
p p
+；00
4
2
p p V
p p
+
+
（）
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得p10=1
2
（p0
+p）②
（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
10
11
24
p p p
=+⑦
00
1
4
=
2
p p V
V
p p
+
+
（）
⑧
16．（1）3；（2）sin i'=32
-
【解析】
【详解】
（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得
sin
sin
i
n
α
=…………①
式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知
α+β=60°…………②
由几何关系和反射定律得
=30
B
ββ'
=∠=︒…………③
联立①②③式，并代入i=60°得
3
n=
（2）设改变后的入射角为i'，折射角为α'，由折射定律得
sin sin i n α''
=…………⑤ 依题意，光束在BC 边上的入射角为全反射的临界角c θ，且 c sin 1n
θ=…………⑥ 由几何关系得
c '30αθ=+︒…………⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin i '…………⑧
17． (1)34mg q
； 【解析】
【分析】
【详解】
(1)设电场强度的大小为E ，B 从P 点到落地运动的加速度为a ，有 mg qE ma -=
两小球在竖直方向高度相同，根据运动学公式
()2211222
gt a t = 解得
34mg E q
= (2)设B 在P 点的速度为v 1，从P 点到落地通过的水平距离为x ，根据动能定理 ()2112
mg qE L mv -=
水平方向上有 12x v t =⋅
解得
x =。