黑龙江省哈尔滨市达标名校2018年高考二月适应性考试物理试题含解析

黑龙江省哈尔滨市达标名校2018年高考二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．在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，以下对几位物理学家所做科学贡献的叙述正确的是（）
A．牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”
B．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律
C．爱因斯坦创立相对论，提出了一种崭新的时空观
D．法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出了法拉第电磁感应定律
2．如图，真空中固定两个等量同种点电荷A、B，AB连线中点为O。

在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是（）
A．在a、b、c、d四点中存在场强和电势均相同的点
B．将一试探电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功
C．将一试探电荷由f点移到正方形a、b、c、d任意一点时电势能的变化量都不相同
D．沿线段eOf移动的电荷所受的电场力先增大后减小
3．如图所示，一光滑小球与一过球心的轻杆连接，置于一斜面上静止，轻杆通过光滑铰链与竖直墙壁连接，已知小球所受重力为G，斜面与水平地面的夹角为60°，轻杆与竖直墙壁的夹角也为60°，则轻杆和斜面受到球的作用力大小分别为（）
A．G和G B．1
2
G
3
C．
3
2
G和
1
2
G D3G和2G
4．如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径等于地球半径），c为地球的同步卫星，以下关于a、b、c的说法中正
确的是（ ）
A ．a 、b 、c 的向心加速度大小关系为b c a a a a >>
B ．a 、b 、c 的向心加速度大小关系为a b c a a a >>
C ．a 、b 、c 的线速度大小关系为a b c v v v =>
D ．a 、b 、c 的周期关系为a c b T T T >>
5．1916年爱因斯坦建立广义相对论后预言了引力波的存在，2017年引力波的直接探测获得了诺贝尔物理学奖．科学家们其实是通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在．如图所示为某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动的示意图，若A 星的轨道半径大于B 星的轨道半径，双星的总质量M ，双星间的距离为L ，其运动周期为T ，则下列说法中正确的是
A ．A 的质量一定大于
B 的质量
B ．A 的线速度一定小于B 的线速度
C ．L 一定，M 越小，T 越小
D ．M 一定，L 越小，T 越小
6．如图所示，在以R 0为半径，O 为圆心的圆形区域内存在磁场，直径MN 左侧区域存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 1；MN 右侧区域也存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B 2，有一质量为m ，电荷量为+q 的带电粒子（不计重力）沿垂直于MN 的方向从P 点射入磁场，通过磁场区域后自Q 点离开磁场，离开磁场时其运动方向仍垂直于MN 。

已知OP 与MN 的夹角为θ1，OQ 与MN 的夹角为θ2，粒子在左侧区域磁场中的运动时间为t 1，粒子在右侧区域磁场中的运动时间为t 2，则下列说法正确的是（ ）
A
．2112cos cos B B
θθ= B ．2211
sin sin B B θθ= C ．1221sin sin t t θθ= D ．1122
sin sin t t θθ= 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，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
8．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为
2
μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则（ ）
A ．当F ＜2μmg 时，A 、
B 都相对地面静止
B ．当F ＝52mg μ时，A 的加速度为13
g μ C ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动
D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12
g μ 9．如图甲所示，通过一理想自耦变压器给灯泡L 1和L 2供电，R 为定值电阻，电表均为理想电表，原线圈所接电压如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．u随t的变化规律为u=222sin100rtV
B．将电键S闭合，电压表示数不变，电流表示数变大
C．将电键S闭合，小灯泡L1变亮
D．将电键S闭合，为保证小灯泡L1亮度不变，可将滑片P适当下移
10．如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R0和均匀密绕的滑线变阻器R串联。

若不考虑温度对R0、R阻值的影响。

在将滑动头P自a匀速滑到b的过程中（）
A．原线圈输入功率变大B．原线圈两端电压变大
C．R两端的电压变小D．R0消耗的电功率变小
11．空间存在水平向左的匀强电场，在该电场中由静止释放一个带负电的油滴。

关于该油滴的运动下列表述正确的是（）
A．向左下方做曲线运动
B．向右下方做直线运动
C．电势能逐渐增大
D．速度随时间均匀增大
12．如图，甲是带负电物块，乙是不带电的绝缘足够长木板。

甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。

现用一水平恒力F拉乙木板，使甲、乙从静止开始向左运动，甲电量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（）
A．洛伦兹力对甲物块不做功
B．甲、乙间的摩擦力始终不变
C．甲物块最终做匀速直线运动
D．乙木板直做匀加速直线运动
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点, OB与OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果面出的图．
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与'F两力中，方向一定沿AO方向的是____________________．
(2)该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有______
A．刻度尺B．量角器C．弹簧测力计
(3)有关该实验，下列说法正确的是______
A．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是:将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选:若读数不同，应调整或另换，直至相同为止．
B．在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同即可．
C．用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角应取合适角度，以便算出合力大小．D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可．
E.在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行．
(4)在该实验中，如果将OB与OC细绳也换成橡皮条，那么对实验结果___________影响．(选填“有"或“没有”)
14．用如图甲所示装置来探究功和物体速度变化的关系，木板上固定两个完全相同的遮光条A B、，用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道固定在水平桌面上，动滑轮上可挂钩码，滑轮质量、摩擦均不计。

（1）实验中轨道应倾斜一定角度，这样做的目的是__________；
（2）用游标卡尺测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度d =______cm ；
（3）主要实验步骤如下：
①测量木板（含遮光条）的质量M ，测量两遮光条间的距离L ，按图甲正确连接器材。

②将木板左端与轨道左端对齐。

由静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F 及遮光条B A 、先后经过光电门所用的时间2t t t 、，则可以测出遮光条B A 、通过光电门时的速度大小和合外力对木板做的功；
③加挂钩码，重复②的操作，建立木板速度v 和细线拉力对木板做的功W 的相关图像，分析得出实验结论。

（4）根据实验中可能遇到的困难，回答下列问题：
①由静止释放木板的瞬间，弹簧测力计的示数会_______（填“变大”“变小”或“不变”）；
②如果将钩码的个数成倍增加，细线拉力对木板做的功W 将_______（填“会”或“不会”）成倍增加； ③利用图像法处理实验结果时，应该建立_______（填“v W ∆-”“2v W -”或“2v W ∆-”）图像，如果得到的图像是线性变化的，则说明实验探究成功，此时图像的斜率的表达式为k =________（用已知物理量的符号表示）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．在x 轴正半轴分布有磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场。

让质量为m ，电荷量为q 的带正电小球从坐标原点O 静止释放，运动轨迹如图所示，运动到最低点时恰好进入一竖直向上场强为()E Eq mg =的匀强电场，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：
(1)小球到达最低点的速率v ；
(2)小球在电场中运动的时间t 及离开电场时与x 轴的距离d 。

16．如图（a ）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C 的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b ）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s 2，静电力恒量K=9×109N•m 2/C 2）则
（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；
（2）求小球的质量m 和电量q ；
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U ；
（4）在图（b ）中画出小球的电势能ε 随位移s 变化的图线．（取杆上离底端3m 处为电势零点） 17．如图所示，一列简谐横波沿x 轴正方向以1m/s v =的速度传播，当波传播到坐标原点O 时开始计时，O 点处质点的振动方程为10sin10(cm)y t π=，x 轴上的P 点横坐标10cm p x =，求：
(1)P 点处的质点第二次到达波谷的时刻；
(2)当O 点处的质点运动的路程为1m 时，P 点处的质点运动的路程。

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】
A 、伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”,故A 错误;
B 、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律,故B 错误;
C 、爱因斯坦创立相对论,提出了一种崭新的时空观,所以C 选项是正确的;
D 、法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系;是韦德与库柏在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出了法拉第电磁感应定律,故D 错误;
综上所述本题答案是：C
2．B
【解析】
【详解】
A ．根据等量同种电荷的电场线分布情况可知，a 、b 的电势相同，电场强度不同，由对称性可知，c 、d 的电势相同，电场强度也不相同，故A 错误；
B ．将一试探电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点，试探电荷受到的电场力始终沿着径向方向，始终与运动的速度方向垂直，根据做功关系可知，电场力始终不做功，故B 正确；
C ．由于a 、b 的电势相同，故从f 点到a 、b 两点电势能变化量相同，同理从f 点到c 、d 两点电势能变化量相同，故C 错误；
D ．根据等量同种电荷的电场线分布，沿eOf 移动电场线先变疏再变密，根据F q
E =可知，电场力先变小后变大，故D 错误；
故选B 。

3．A
【解析】
【分析】
【详解】
对小球受力分析如图，由几何关系，三力互成120°角，据平衡条件有
N F F G ==
则轻杆和斜面受到球的作用力大小
N F F G ''==
故选A ．
4．A
【解析】
【详解】
AB ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa =ωc ，根据a=rω2知，c 的向心加速度大于a 的向心加速度。

根据2GM a r
=得b 的向心加速度大于c 的向心加速度。

即
b c a a a a >>
故A 正确，B 错误。

C ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa =ωc ，根据v=rω，c 的线速度大于a 的线速
度。

根据v =得b 的线速度大于c 的线速度，故C 错误；
D ．卫星C 为同步卫星，所以T a =T c ，根据2T π=得c 的周期大于b 的周期，故D 错误； 故选A 。

5．D
【解析】
【详解】
A 、根据万有引力提供向心力222A
B A A B B Gm m m r m r L
ωω==，因为A B r r >，所以A B m m <，即A 的质量一定小于B 的质量，故A 错误；
B 、双星系统角速度相等，根据v r ω=，且A B r r >，可知A 的线速度大于B 的线速度，故B 错误；
CD 、根据万有引力提供向心力公式得：2222244 A B A A B B Gm m m r m r L T T ππ==，解得周期为2T π=由此可知双星的距离一定，质量越小周期越大，故C 错误；总质量一定，双星之间的距离就越大，转动周期越大，故D 正确；
故选D ．
【点睛】
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可知，粒子在两个磁场中的轨迹半径分别为
011sin cos R r θα
= 022sin cos R r θα= 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
v qvB m r
= 解得
mv B qr
=
则 211122
sin sin B r B r θθ== 故AB 错误；
CD ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
2m T qB
π= 粒子在磁场中转过的圆心角θ相等，粒子在磁场中的运动时间为 2m t T qB
θθπ== 则有
121212
sin sin t B t B θθ== 故C 错误，D 正确。

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．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
2Mm 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 。

8．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：根据题意可知，B 与地面间的最大静摩擦力为：f Bm ＝
32mg μ，因此要使B 能够相对地面滑动，A 对B 所施加的摩擦力至少为：f AB ＝f Bm ＝
32mg μ，A 、B 间的最大静摩擦力为：f ABm ＝2μmg ，因此，根据牛顿第二定律可知当满足：2AB
F f m -＝232AB f mg m μ-，且32mg μ≤f AB ＜2μmg ，即32
mg μ≤F ＜3μmg 时，A 、B 将一起向右加速滑动，故选项A 错误；当F≥3μmg 时，A 、B 将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿
第二定律有：F －2μmg ＝2ma A ，2μmg －
32mg μ＝ma B ，解得：a A ＝2F m
－μg ，a B ＝12g μ，故选项C 、D 正确；当F ＝52mg μ时，对A 和B 整体受力分析有，()()222F m m g m m a μ-+=+ ，解得a A ＝a B ＝13g μ，故选项B 正确．
考点：本题主要考查了牛顿第二定律的应用，以及处理连接体的方法问题，属于中档题．
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压22V ，周期0.02S ，故角速度是
100rad/s ωπ=
所以有
22sin100(V)u t π=
故A 错误；
B ．电压表V 的示数是输出电压的有效值，输入电压和匝数不变，输出电压不变，将电键S 闭合，消耗功率增大，输入功率增大，根据P UI =知电流表示数增大，故B 正确；
C ．将电键S 闭合，总电阻减小，流过R 的电流增大，R 分压增大，则并联电路的电压减小，小灯泡1L 变暗，故C 错误；
D ．将电键S 闭合，为保证小灯泡1L 亮度不变，根据2211
n U U n =
可将滑片P 适当下移使原线圈匝数减小从而增大2U ，故D 正确；
故选BD 。

10．AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端电压不变，将滑动头P 自a 匀速滑到b 的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，副线圈中电流变大，由公
式P UI =可知，副线圈功率增大，则原线圈输入功率变大，故A 正确，B 错误；
C ．由于副线圈中电流变大，则R 0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则R 两端电压变小，故C 正确；
D ．将副线圈与R 0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R 0的关系，则无法确定R 0消耗的电功率的变化情况，故D 错误。

故选AC 。

11．BD
【解析】
【详解】
AB ．油滴受向下的重力mg 和向右的电场力qE ，且两力均为恒力。

其合力的大小恒为
F =方向恒定为右偏下、与水平方向的夹角的正切值为
tan mg qE
θ= 由F ma =知加速度a 恒定，则油滴由静止向右下方做匀加速直线运动，故A 错误，B 正确；
C ．运动过程中电场力方向与位移夹角始终为锐角，电场力做正功，则油滴电势能减小，故C 错误；
D ．由v at =知速度随时间均匀增大，故D 正确。

故选BD 。

12．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．甲带负电，向左运动时，由左手定则可知，甲受到的洛伦兹力的方向向上，与运动方向垂直，故洛伦兹力始终对甲不做功，A 正确；
BCD ．根据f qvB =洛可知，随速度的增大，洛伦兹力增大，则甲对乙的压力减小，同时乙对地面的压力也减小，则乙与地面之间的摩擦力减小。

①将两者看做一个整体，开始时甲与乙一起做加速运动，整体受到地面给的摩擦力f 减小，而F 一定，根据牛顿第二定律得
()M m a F f +=-
可知加速度a 增大，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力
f m a 甲甲=
则得到f 甲先增大。

②当甲与乙之间的摩擦力增大到大于最大静摩擦力后，甲与乙之间开始有相对运动，摩擦力变成滑动摩
擦力
()N f F mg f μμ==-洛
随着甲受到的洛伦兹力的增大，甲与乙之间的滑动摩擦力减小，直至摩擦力为零，然后甲在水平方向上合力为零，做匀速直线运动，乙先做变加速直线运动，故BD 错误C 正确。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．F′ AC AE 没有
【解析】
【详解】
（1）[1].F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO 方向的是F′，由于误差的存在F 和F′方向并不在重合；
（2）[2].该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有刻度尺和弹簧测力计，故选AC.
（3）[3].A.同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选；若读数不同，应调整或另换，直至相同为止．故A 正确．
B.在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的结点与用两个弹簧测力计拉时拉到同一位置O ，故B 错误．
C.用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角没有严格要求，故C 错误．
D.若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，需调整另一只弹簧测力计拉力的大小和方向，故D 错误．
E.在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行，故E 正确．
（4）[4].由于用一个弹簧测力计和用两个弹簧测力计拉橡皮条结点，只需要效果相同，所以将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果．
14．平衡摩擦力 0.560 变小 不会 2v W ∆-
2M
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]实验中轨道应倾斜一定角度，是利用木板的重力沿轨道向下的分力来平衡摩擦力；
（2）[2]根据游标卡尺的读数方法可得遮光条的宽度为 0.5cm 120.05mm 0.5cm 0.060cm 0.560cm +⨯=+=
（4）[3]释放木板前，设弹簧测力计的示数为1F ，根据受力平衡有
12F mg =
释放的瞬间，对木板有
F Ma '=
对钩码有
122
mg F m a '-=⋅ 则有
12mg F = 1
22F mg m M '=⋅+
故有
1F F '<
弹簧测力计的示数会变小
[4]由
1
22F mg m M '=⋅+
可知，当钩码的个数成倍增加，即m 加倍时，F '不是成倍增加的，而每次位移相等，故细线拉力做的功不会成倍增加；
[5][6]以木板为研究对象，根据动能定理有
222111222
A B FL Mv Mv M v =-=∆ 故应该建立2v W ∆-图像，图像对应的函数关系为
22v W M ∆=
⋅ 故
2k M
= 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)2mg v Bq =；(2)m t qB π=，2222m g d B q
= 【解析】
【详解】
（1）小球在最低点时有
2v qvB mg m R -
=， 解得：
2224m g BqR R B q R v ±-=， 由于在最低点v 有唯一解，0∆=，得：
2BqR v m
=， 由22240m g B q R
-=，得 2224m g R B q
=， 则：
22BqR mg v m Bq
==； （2）小球进入电场后，由于Eq mg =，故在复合场中做匀速圆周运动，进入电场时运动轨迹如图所示为半圆
根据2
24qvB m r T
π=，2v r T π=，得： 2m T qB
π=， 则小球在电场中运动时间
2T m t qB
π==， 由2
v qvB m r
=，得
2222mv m g r qB B q ==， 小球由O 点运动到最低点过程中只有重力做功，设小球运动到最低点时下落的高度为y ，由动能定理得：
212
mgy mv =
， 得： 2v gy =，
综合（1）结论得2222m g y r B q
==，故圆周运动的圆心恰好在x 轴上，小球离开电场时与x 轴的距离： 2222m g d r B q
==。

16．（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加
速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg ；1.11×10﹣5C ；（3）4.2×106V （4）图像如图, 线3即为
小球电势能随位移s 变化的图线；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得:
E P =mgh=mgssinθ
斜率:
k=20=mgsin30°
所以
m=4kg
当达到最大速度时带电小球受力平衡: 20sin kqQ
mg s θ= 由线2可得s 0=1m ，
得:
20sin mg s q kQ
θ==1.11×10﹣5C （3）由线2可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J ．
根据动能定理:
W G +W 电=△E k
即有:
﹣mgh+qU=E km ﹣0
代入数据得:
U=4.2×106V
（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s 变化的图线
17． (1)0.45s ；(2)0.8m
【解析】
【详解】
(1)由题意可知该波的周期
22s 0.2s 10T π
πωπ
=== 则波长
0.2m vT λ==
从0t =开始，波传到P 点的时间
1p
x t v =
质点P 从开始振动到第二次到达波谷的时间
274
t T = 则P 点处的质点第二次到达波谷的时刻
120.45s t t t =+=。

(2)当O 点处质点运动路程为1m 时，其运动时间为
1m 1m T T 2.5T 440.1m
t A '===⨯ 而O 、P 两点间的距离恰好等于半个波长，即O 点比P 点先振动半个周期，所以P 点振动了2个周期，则P 点运动的路程为
240.8m A ⨯=。