江苏省淮安市2021届新高考模拟物理试题(市模拟卷)含解析

江苏省淮安市2021届新高考模拟物理试题（市模拟卷）
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，足够长的水平传送带以速度v逆时针转动，一质量为1kg的物体以02m/s
v=的速度水平向右滑上传送带，经一定的时间后，物体返回到出发点。

已知物体与带之间的动摩擦因数0.2
μ=，重力加速度g=10m/s2。

则在该过程中摩擦力对物体做的功为（）
A．0 B．2.5J C．6.5J D．12J
【答案】A
【解析】
【详解】
由题意可知，物体在传送带上做匀变速运动，物体先向右做减速运动，速度为零时再向左做加速运动，回到出发点时速度大小12m/s
v=，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故A正确，BCD错误。

故选A。

2．如图甲所示，一倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，一个物块与一轻弹簧相连，静止在斜面上。

现用大小为F＝kt（k为常量，F、t的单位均为国际标准单位）的拉力沿斜面向上拉轻弹簧的上端，物块
受到的摩擦力F f随时间变化的关系图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度g＝10m/s2，则下列判断正确的是（）
A．物块的质量为2.5kg
B．k的值为1.5N/s
C．物块与斜面间的动摩擦因数为
3 5
D．6s
t=时，物块的动能为5.12J 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.当0t =时，则可知：
5N f F mgsin θ==
解得：
1kg m =
故A 错误；
B.当2s t =时，由图像可知：
0f F =
说明此时刻5N F =，则：
2.5N/m k =
故B 错误；
C.后来滑动，则图像可知：
6N f F mgcos μθ==
解得：
μ=故C 错误；
D.设1t 时刻开始向上滑动，即当：
f F F mgsin θ=+
即：
16N 5N kt =+
解得：
1 4.4s t =
即4.4s 时刻物体开始向上滑动，6s 时刻已经向上滑动了，则合力为：
f F kt F mgsin θ=--合
即：
11N F kt =-合
根据动量定理可得：
2
0F F t mv +'⋅∆-合合=
即：
()04 62
4.41v +⨯-⨯= 解得：
3.2m/s v =
即当6s t =时所以速度大小为3.2m/s ，则动能为：
22111J 5.12J 22
3.2k m v E ==⨯⨯= 故D 正确；
故选D 。

3．如图所示，一光滑的轻杆倾斜地固定在水平面上，倾角大小为30°，质量分别为，m 甲、m 乙的小球甲、乙穿在光滑杆上，且用一质量可忽略不计的细线连接后跨过固定在天花板上的光滑定滑轮，当整个系统平
衡时，连接乙球的细线与水平方向的夹角大小为60°，连接甲球的细线呈竖直状态。

则m 甲：m 乙为（ ）
A ．13
B ．1：2
C 3：1
D 3 2
【答案】A
【解析】
【详解】 分别对甲、乙受力分析如图所示，以甲球为研究对象，则甲球受到重力和绳的拉力的作用，直杆对甲球没有力的作用，否则甲球水平方向受力不能平衡，所以
T=m 甲g
以乙球为研究对象，根据共点力平衡条件，结合图可知，绳的拉力T 与乙球受到的支持力N 与竖直方向之间的夹角都是30°，所以T 与N 大小相等，得
2cos303m g T T =⨯︒=乙
综上可得
:3m m =甲乙故A 项正确，BCD 三项错误。

4．如图所示，四根相互平行的固定长直导线L1、L2、L3、L4，其横截面构成一角度为60 的菱形，均通有相等的电流I，菱形中心为O。

L1中电流方向与L2中的相同，与L3、L4，中的相反，下列说法中正确的是（）
A．菱形中心O处的磁感应强度不为零
B．菱形中心O处的磁感应强度方向沿OL1
C．L1所受安培力与L 3所受安培力大小不相等
D．L 1所受安培力的方向与L 3所受安培力的方向相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据安培定则，L2、L4导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL3斜向上，L3、L1导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL2斜向下，由叠加原理可知，菱形中心O处的合磁场的磁感应强度不为零，且不沿OL1方向，故A正确，B错误；
CD．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，L1与L3受力如图所示，由各导线中电流大小相等，则每两导线间的作用力大小相等，由平行四边形定则合成可知，L1所受安培力与L 3所受安培力大小相等，方向相反，故CD错误。

故选A。

5．如图所示，在某一水平地面上的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧
固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB 在同一水平高度。

一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m 的小圆环相连，右端与斜面上质量为M 的物块相连。

在圆形轨道底端A 点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P 点时，轻绳与轨道相切，OP 与OB 夹角为60°；小圆环运动到B 点时速度恰好为零。

忽略一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．小圆环到达
B 点时的加速度为g 2
B ．小圆环到达B 点后还能再次回到A 点
C ．小圆环到达P 点时，小圆环和物块的速度之比为23
D 51
- 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小圆环到达
B 点时受到细线水平向右的拉力和圆弧轨道对圆环的水平向左的支持力，竖直方向受到向下的重力，可知此时小圆环的加速度为g 竖直向下，选项A 错误；
B ．小圆环从A 点由静止开始运动，运动到B 点时速度恰好为零，且一切摩擦不计，可知小圆环到达B 点后还能再次回到A 点，选项B 正确；
C ．小圆环到达P 点时，因为轻绳与轨道相切，则此时小圆环和物块的速度相等，选项C 错误；
D ．当小圆环运动到B 点速度恰好为0时，物块M 的速度也为0，设圆弧半径为R ，从A 到B 的过程中小圆环上升的高度h=R ；物块M 沿斜面下滑距离为 ()(33)sin 30tan 30R R L R R =--=o o
由机械能守恒定律可得
sin30mgh MgL =︒
解得
33 2
m M =选项D 错误。

故选B 。

6．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s ，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（ ）
A ．1:2
B ．2:1
C ．2:3
D ．3:2
【答案】D
【解析】
【详解】
由动量守恒定律得 112222
11m v m v m v m v ''-=- 解得 1222
11m v v m v v '+='
+
代入数据得 1232
m m = 故选D 。

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，有一列沿x 轴正向传播的简谐横波，在0t =时刻振源S 从O 点开始振动。

当0.2s t =时，波刚好传到4m x =处的质点。

下列对该简谐横波的分析中正确的是（ ）
A ．该简谐横波的周期是0.2s ，波速是20m/s
B ．频率为5Hz 的简谐横波与该波相遇时一定能够发生干涉现象
C ．该简谐横波遇到尺寸小于4m 的障碍物时能够发生明显的衍射现象
D ．当0.4s t =时，该简谐横波上的M 点向右移动了2m
E.若站在振源右侧的接收者以速度v 匀速向振源靠近，那么接收者接收到的频率一定大于5Hz
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A.由图可知该波的波长为4m λ=，当0.2s t =时，波刚好传到4m x =处的质点，所以该波的周期为0.2s T =，该波的频率为5Hz ，故波速
20m/s v T λ
==，
故A 正确；
B.两列波相遇时能够发生干涉的现象的条件是：两列波的频率相同，相位差恒定，故B 错误；
C.能够发生明显衍射现象的条件是：障碍物或小孔的尺寸比波长小或差不多()d λ…，故C 正确；
D.简谐横波上的质点都在平衡位置上下振动，不会沿波的传播方向移动，故D 错误；
E.由多普勒效应可知接收者和波源相向运动时，接收者接收到的频率增大，故E 正确。

故选：ACE 。

8．如图所示，用轻绳分别系住两个质量相等的弹性小球A 和B 。

绳的上端分别固定于O 、O '点。

A 绳长度（长度为L ）是B 绳的2倍。

开始时A 绳与竖直方向的夹角为60︒，然后让A 球由静止向下运动，恰与B 球发生对心正碰。

下列说法中正确的是（ ）
A ．碰前瞬间A gL
B ．碰后瞬间B 2gL
C ．碰前瞬间A 球的角速度与碰后瞬间B 球的角速度大小之比为1:2
D ．碰前瞬间A 球对绳的拉力与碰后瞬间B 球对绳的拉力大小之比为2:3
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．A 球由静止下摆至最低点过程中机械能守恒有
()211cos602
A mgL mv -︒= 解得
A v gL =
选项A 正确；
B ．两球碰撞过程中系统动量守恒有
A A
B mv mv mv '=+
碰撞前后系统动能相等，即
222111222
A A
B mv mv mv '=+ 结合①式解得
B v =
选项B 错误；
C ．碰前瞬间，A 球的角速度为
A A v L
ω= 碰后瞬间，B 球的角速度
2
B
B v L ω=
结合①②式得
12
A B ωω= 选项C 正确；
D ．在最低点对两球应用牛顿第二定律得
2A A v F mg m L
-= 22
B B v F mg m L -=
结合①②式得
23
A B F F = 选项D 正确；
故选ACD.
9．如图所示，半径为52
r 的圆弧BCD 与倾角为θ的斜面相切于B 点，与水平地面相切于C 点，与圆O 2轨道相切于D 点，圆心O 1、O 2和D 在同一水平直线上，圆O 2的半径为r 。

质量为m 的质点从斜面上某
位置由静止释放，刚好能在圆O 2轨道内做完整的圆周运动。

不计一切阻力，重力加速度为g 。

则质点（ ）
A ．释放点距离地面的高度为5r
B ．在
C 时对轨道压力为215
mg C ．从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，前后向心加速度之比为5：2
D ．从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，前后角速度之比为2：5
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．质点刚好能在圆O 2轨道做完整的圆周运动，在轨道的最高点
2
mv mg r
= 设释放点离地高度为h ，根据机械能守恒定律
27122
r mgh mg mv =⋅
+ 解得 4h r =
A 错误；
B ．设质点在
C 点速度为C v ，轨道对质点的支持力为C N ，由机械能守恒有
212
C mgh mv = 根据牛顿第二定律
22.5C C v N mg m r
-= 解得
215
C N mg = 由牛顿第三定律可知，质点在C 时对轨道压力为
215mg ，B 正确； C ．质点从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，速度不变，由线速度与角速度关系
v R
ω=
可知 25ωω=前后 C 错误；
D ．质点从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，速度不变，向心加速度
2
v a R
= 可知
25
a a =前后 D 正确。

故选BD 。

10．如图所示，质量为m 的托盘P （包括框架）悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态，托盘的上表面水平。

t=0时刻，将质量也为m 的物块Q 轻轻放到托盘上，t 1时刻P 、Q 速度第一次达到最大，t 2时刻，P 、Q 第一次下降到最低点，下列说法正确的是（ ）
A ．Q 刚放上P 瞬间它们的加速度大小为2
g B ．0~t 1时间内弹簧弹力的冲量大于2mgt 1
C ．0~t 1时间内P 对Q 的支持力不断增大
D ．0~t 2时间内P 、Q 的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ． Q 刚放上P 瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg ，故根据牛顿第二定理可知，它们的加速度
22
mg g a m == 故A 正确；
B ． t 1时刻P 、Q 速度第一次达到最大，此时P 、Q 整体合力为零，此时弹簧弹力
2F mg =
故0~t 1时间内弹簧弹力小于2mg ，故0~t 1时间内弹簧弹力的冲量小于2mgt 1，故B 错误； C ． 0~t 1时间内整体向下的加速度逐渐减小到零，对Q 有
mg N ma -=
故P 对Q 的支持力N 不断增大，故C 正确；
D ． t 2时刻，P 、Q 第一次下降到最低点，动能为零，故根据机械能守恒可知，0~t 2时间内P 、Q 的重力势能和弹簧弹性势能的总和先减小再增大，故D 错误。

故选AC 。

11．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示。

一个电荷量为2C ，质量为1kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v —t 图像如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．
B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m B ．由
C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C ．由C 点到A 点的过程中，电势逐渐升高
D ．A 、B 两点的电势之差5V A B ϕϕ=－－ 【答案】AD 【解析】 【分析】
两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧；电量为2C 的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C 点到B 到A 运动的过程中，根据v-t 图可知在B 点的加速度，可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况，由牛顿第二定律求出电场强度的最大值。

根据电势能的变化，分析电势的变化。

由动能定理求AB 间的电势差。

【详解】
A ．由乙图可知，物体在
B 点加速度最大，且加速度为
2Δ2m/s Δv
a t
=
= 根据
qE ma =
可知B 点的场强最大，为E=1V/m ，故A 正确；
B ．从
C 到A 的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误； C ．从C 到A 一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故C 错误；
D ．从B 到 A 的过程中，根据动能定理，得
2201122
BA qU mv mv =
- 代入数据得U BA =5V ，则
5V AB BA U U =-=-
即
5V A B ϕϕ-=-
故D 正确。

故选AD 。

【点睛】
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。

12．下面是有关地球和月球的一些信息：(1)月球轨道半径约为地球半径的60倍；(2)月球密度约为地球密度的
3
5；(3)月球半径约为地球半径的311。

地球和月球均可视为质量均匀分布的球体且忽略自转，根据以上信息可得（ ）
A ．月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1
3600 B ．月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的9
55
C ．月球绕地球运行的加速度约为地球表面重力加速度的1
3600
D ．月球绕地球运行的速率约为第一宇宙速度的1
60
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．天体质量
34
3
M V R ρρπ==
根据2
Mm
G
mg R =可知 22955
g M R R g MR R ρρ===月月月月月 故A 错误B 正确；
C ． 根据2Mm
G
ma r
=可知，月球绕地球运行的加速度 2
M a G
r
= 且2
M
g G
R =，因为60r R = ，所以
13600
a g = 故C 正确；
D ． 根据2
2Mm v G m r r
=可知，月球绕地球运行的速率
GM v r
=
第一宇宙速度
0GM
v R
=
所以
0160
v v = 故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学为了测量电源的电动势和内阻，根据元件的不同，分别设计了以下两种不同的电路。

实验室提供的器材有：
两个相同的待测电源E ，辅助电源E '； 电阻箱1R 、2R ，滑动变阻器R 、R '； 电压表V ，电流表A ；
灵敏电流计G ，两个开关1S 、2S 。

主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，闭合开关1S 和2S ，再反复调节1R 和2R ，或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数为0，读出电流表A 、电压表V 示数分别为1I 、1U 。

②反复调节电阻箱1R 和2R （与①中的电阻值不同），或者滑动变阻器R 、R '，使电流计G 的示数再次为0，读出电流表A 、电压表V 的示数分别为2I 、2U 。

回答下列问题：
(1)哪套方案可以更容易得到实验结果______（填“甲”或“乙”）。

(2)电源的电动势E 的表达式为_____，内阻r 为______。

(3)若不计偶然误差因素的影响，考虑电流、电压表内阻，经理论分析可得，E 测____（填“大于”“小于”或“等于”）E 真，r 测_____（填“大于”“小于”或“等于”）r 真。

【答案】甲
2112
21
I U I U I I -- 1221U U r I I -=- 等于 等于 【解析】 【详解】
(1)[1]甲电路的连接有两个特点：左、右两个电源间的路端电压相等，干路电流相同，电阻箱可以直接读数；乙电路更加适合一般情况，需要采集更多数据，并且需要作图处理数据才可以得到结论，同状态下采集数据，根据闭合电路欧姆定律列式求解电源的电动势E 和内阻r ，甲电路更简单。

(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律得
11E U I r =+ 22E U I r =+
解得
2112
21
I U I U E I I -=
-，1221U U r I I -=
- (3)[4][5]当电流计G 的示数为0时，相同电源，电流相等时路端电压相等，此电路中电流表测的是干路电流，电压表测的是1R 两端的电压（路端电压），因此电流表和电压表都是准确值，故
E E =测真，r r =测真
14．在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待侧金属丝接入电路部分的长度约为50cm ． （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为____mm （该值接近多次测量的平均值）
（2）用伏安法测金属丝的电阻R x．实验所用器材为：电池阻（电动势3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数 1 2 3 4 5 6 7
U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30
I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520
由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图中的______图（选填“甲”或“乙”）．
（3）如图所示是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线_________，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线___________，由图线得到金属丝的阻值R x=_______Ω（保留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________（填选项前的符号）．
A．1×2
10-Ω·m
10-Ω·m B．1×3
C．1×6
10-Ω·m
10-Ω·m D．1×8
（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是_______（有多个正确选项）．
A．用螺旋测微器测量金属直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由于测量仪表引起的系统误差
D．用U—I图像处理数据求金属电阻可以减小偶然误差
【答案】0.398(0.395~0.399) 甲
4.3～4.7 C CD
【解析】
【详解】
（1）由图知螺旋测微器的主尺读数是0mm，可动刻度读数是39.8ⅹ0.01mm= 0.398mm(0.395~0.399)，所以直径D=0.398mm.
（2）由表中实验数据可知，最小电压与电流很小，接近于零，由此可知，滑动变阻器应用分压式接法，因此实验采用的是图甲所示电路．
（3）实物图连接注意电流表外接，滑动变阻器分压，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，连接时使电压表、电流表的示数最小．如图所示
（4）将各数据点连线时注意让线经过尽量多的点，有些点不在线上，要让线两侧点的个数基本相等，离直线较远的点直接舍去（图中第6个点）．
计算直线的斜率即为电阻R ， 故
()4.5 4.3~4.7U
R I
∆=
=Ω∆． （5）根据电阻定律L
R S ρ= 得
261.010Ωm 4πRd ρL
-=≈⨯⋅ ，
故C 正确，ABD 错误．
（6）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A 错误； B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，B 错误；
C.伏安法测电阻时，电流表和电压表的内阻引起的误差是系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表（电流表、电压表）引起的系统误差，C 正确；
D.用U-—I 图像处理数据求金属线电阻，可以将错误的数据或误差较大的数据（如图中第6个点）去掉，不在直线上的点均匀分布在线的两侧，这样可以减小偶然误差，D 正确． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，1L 和2L 是间距为d 的两条平行的虚线，1L 上方和2L 下方有磁感应强度大小均为B 、方向均垂直纸面向里的匀强磁场，一电子从A 点在纸面内沿与2L 成30°角方向以速度0v 射出，偏转后经过2L 上的C 点。

已知电子的质量为m ，带电荷量为e ，不计电子重力。

求：
(1)电子第一、二次经过1L 上的两点间的距离； (2)电子从A 点运动到C 点所用的总时间。

【答案】 (1)0
mv eB (2)0
42(1,2,3)d m t n n v eB π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭L L 或0
425(1,2,3)3d m m t n n v eB eB ππ⎛⎫'=+-= ⎪
⎝⎭L L 【解析】 【详解】
(1)电子运动轨迹如图所示，由几何关系知，电子在1L 上侧磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于60°，所以
电子第一、二次经过1L 上的两点间的距离等于电子做圆周运动的半径。

则有：2
00mv ev B r
= 解得：
mv r eB
=
即电子第一、二次经过1L 上的两点间的距离为
mv eB。

(2)电子每次在1L 、2L 间运动的时间：
100
2sin 30d d
t v v ︒=
=，
电子每次在1L 上侧磁场中做圆周运动所用的时间：
022663r T m v t
eB
ππ===
， 电子每次在2L 下侧磁场做圆周运动所用的时间
325556
63r
T m v t eB
ππ⨯
=
==， 所以电子从A 点运动到C 点的总时间为：
()1232(1,2,3)t t t t n n =++=L L ，
或
()31232(1,2,3)t t t t n t n '=++-=L L ，
解得：
42(1,2,3)d m t n n v eB π⎛⎫
=+= ⎪⎝⎭L L ，
0425(1,2,3)3d m m
t n n v eB eB ππ⎛⎫'=+-= ⎪
⎝⎭
L L 。

16．沿x 轴正方向传播的简谐横波在t 1=0时的波形如图所示，此时，波传播到x 2=2m 处的质点B ，而平衡位置为x=0.5m 处的质点A 正好位于波谷位置，再经0.2s ，质点A 恰好第一次到达波峰。

求： (1)该波的波速；
(2)在t 2=0.9s 时，平衡位置为x= 5m 处的质点C 的位移。

【答案】 (1)5m/s ； (2)2cm - 【解析】 【分析】 【详解】
(1)质点A 第一次到达波峰，时间间隔
1
0.2s 2
t T ∆==
即
0.4s T =
由v T
λ
=
可知波速
5m/s v =
(2)由x
v t
∆=
∆可知 波传到C 点的时间0.6s t ∆=，此时C 沿y 轴正方向运动，再经过0.3s ，C 点到达波谷，即2cm y =-．
17．真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B 垂直纸面向里为正方向，B 0=1T ，t 0=π×l0-5s ，k 为正整数。

某直角坐标系原点O 处有一粒子源，在t=0时刻沿x 轴正方向发射速度为v 0=103m/s 的正点电荷，比荷
q
m
=1×l06C/kg ，不计粒子重力。

(1)若k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次（从O 点出发记为第1次）经过y 轴时的时刻； (2)若k=2，求粒子在运动过程中与y 轴交点坐标的最大值和最小值； (3)若t 0=
2
π
⨯10-5s ，则k 取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值T min 和相应的k 值。

【答案】 (1)0.01m ；5210s t π-=⨯；(2)max 0.04m y =；min 0.02m y =-；(3)当k 取非
41(0,1,2,)q q +=L L 的正整数时，均可以回到出发点；当3k =时，最小循环周期为41.25610s -⨯
【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由
20
0mv Bqv r
= 0
2r
T v π=
解得
0.01m mv r Bq
=
= 52210s m
T Bq
ππ-=
=⨯ 当1k =时，因为02
T t =
，粒子第3次经过y 轴时恰好向上经历两个半圆（如图）则时间5210s t T π-==⨯
(2)当2k =时，02t T =，粒子一个循环周期中运动分别为半圆→整圆→半圆→整圆，因此由几何关系得： 与y 轴交点坐标的最大值为
max 40.04m y r ==
与y 轴交点坐标的最小值为
min 20.02m y r =-=-
(3)因为04T t =，所以粒子先做14圆弧运动，之后对k 的不同值进行分类讨论： 如图可见k =1、2、3、4时可能的分段情况．
①1k =，粒子做
14
圆弧交替运动，向右上45°方向无限延伸，不会循环运动 ②2k =，粒子做14圆弧与24圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期23T T = ③3k =，粒子做14圆弧与34
圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期32T T = ④4k =，粒子做
14圆弧与44圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期45T T = 当4k >时，运动过程相似，每个周期中均增加p （正整数）个圆周，能循环的运动其循环周期均延长．
综上可得：
(1)当k 取非41(0,1,2,)q q +=L L 的正整数时，均可以回到出发点．
(2)当3k =时，最小循环周期为 5432410s 1.25610s T T π--==⨯≈⨯．。