柳州市达标名校2018年高考一月适应性考试物理试题含解析

柳州市达标名校2018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．有关原子结构和原子核的认识，下列说法正确的是（ ）
A ．爱因斯坦最先发现天然放射现象
B ．伦琴射线的发现揭示了原子具有核式结构
C ．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关
D ．在核裂变方程235
1891
920360U+n X+Kr+3n+γ→中，X 原子核的质量数是142
2．下列说法正确的是（ ）
A ．核反应前后质量并不守恒
B ．爱因斯坦在研究光电效应现象时提出了能量子假说
C ．用一束绿光照射某金属，能产生光电效应，现把这束绿光的强度减为原来的一半，则没有光电子飞出
D ．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
3．2019年5月17日，在四川省西昌卫星发射基地成功发射了第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）。

已知地球的质量为M 、半径为R 、地球自转周期为T 、该卫星的质量为m 、引力常量为G ，关于这颗卫星下列说法正确的是（ ）
A ．距地面高度为2324GMT R π-
B ．动能为2GMm R
C ．加速度为2GM a R =
D ．入轨后该卫星应该位于西昌的正上方
4．如图所示为氢原子能级图，下列说法正确的是（ ）
A ．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电势能减小，其核外电子的动能增大
B ．氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子能量为17eV
C ．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子频率最多有3种
D ．用能量为9eV 和4.6eV 的两种光子同时照射大量的氢原子，有可能使处于基态的氢原子电离 5．如图（甲）所示，质最m=2kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m 的薄圆筒上。

t=0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t 的变化规律如图（乙）所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s 2。

则下列判断正确的是（ ）
A．细线的拉力大小为4N
B．细线拉力的瞬时功率满足P=4t
C．小物体的速度随时间的变化关系满足v=4t
D．在0-4s内，小物体受合力的冲量为4N•g
6．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。

忽略粒子的重力等因素，则（）
A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s
D．该粒子运动的最大动能E k m＝2×10﹣8J
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
t 时刻波形图，该时刻M点开始振动，再过1.5s，N 7．如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波1s
点开始振动。

下列判断正确的是_____________。

A ．波的传播速度4m /s
B ．质点M 的振动方程0.5sin(2)2y t ππ=+
C ．质点M N 、相位相差是π
D ．0.5s t =时刻， 1.0m x =处质点在波峰
E. 2.5s t =时刻，质点M N 、与各自平衡位置的距离相等
8．密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，液面与空气、容器壁的接触情形如图所示。

则 （ ）
A ．水对容器壁是浸润的
B ．水的表面层分子间作用力表现为斥力
C ．水面上方的水蒸汽为饱和汽
D ．环境温度改变时水的饱和气压不变
9．如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈N ，手机端为接收线圈M ，接收线圈匝数为n ，电阻为r ，横截面积为S ，手机可看成纯电阻R ，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。

下列说法正确是（ ）
A ．只要发射线圈N 中有电流流入，接收线圈M 两端一定可以获得电压
B ．只要接收线圈M 两端有电压，发射线圈N 中的电流一定不是恒定电流
C ．当接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M 中有均匀增加的电流
D ．若t ∆时间内，接收线圈M 中磁感应强度大小均匀增加B ∆，则接收线圈M 两端的电压为()nS BR t R r ∆∆+ 10．如图所示，A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）
A ．A 、
B 的质量之比为13
B ．A 、B 32
C ．悬挂A 、B 2 1
D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1：2
11．一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A。

其压强P随体积V变化的图线如图所示，其中A到B为绝热过程，C到A为等温过程。

则下列说法正确的是__________。

A．A状态速率大的分子比例较B状态多
B．A→B过程，气体分子平均动能增大
C．B→C过程，气体对外做功
D．B→C过程，气体放热
E.C状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比A状态少
12．图示水平面上，O点左侧光滑，右侧粗糙，质量分别为m、2m、3m和4m的4个滑块（视为指点），用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为L。

滑块1恰好位于O点，滑块2、3、4依次沿直线水平向左排开。

现对滑块1施加一水平恒力F，在第2个滑块进入粗糙水平面后至第3个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动。

已知滑块与粗糙水平面间的动摩擦因素均为μ，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）
A．水平恒力大小为3μmg
B 3gL 5μ
C．在第2个滑块进入粗糙水平面前，滑块的加速度大小为1
g 5
μ
D．在水平恒力F的作用下，滑块可以全部进入粗糙水平面
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．硅光电池是一种将光能转换为电能的器件，某硅光电池的伏安特性曲线如图（甲）所示。

某同学利用图（乙）所示的电路研究电池的性质，定值电阻R2的阻值为200Ω，滑动变阻器R1的最大阻值也为200Ω，V为理想电压表。

（1）请根据图（乙）所示的电路图，将图（丙）中的的实物图补充完整____________。

（2）闭合电键S 1，断开电键S 2，将滑动变阻器R 1的滑动片移到最右端，电池的发热功率为
_______________W 。

（3）闭合电键S 1和电键S 2，将滑动变阻器R 1的滑动片从最左端移到最右端，电池的内阻变化范围为_________________。

14．如图所示是“验证动量守恒定律”实验中获得的频闪照片，已知A 、B 两滑块的质量分是在碰撞1.5kg A m =，1kg B m =，拍摄共进行了四次。

第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞墙之后。

B 滑块原来处于静止状态，并且A 、B 滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是在10cm 至105cm 这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为准），试根据频闪照片（闪光时间间隔为0.5s ）回答问题。

(1)根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在__________cm 刻度处；
(2)A 滑块碰撞后的速度A v '=__________，B 滑块碰撞后的速度B v '=_____，A 滑块碰撞前的速度A v =__________。

(3)根据频闪照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是___kg m/s ⋅；碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是____kg m/s ⋅。

本实验中得出的结论是______。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，A 、B 和M 、N 为两组平行金属板。

质量为m 、电荷量为+q 的粒子，自A 板中央小孔进入A 、B 间的电场，经过电场加速，从B 板中央小孔射出，沿M 、N 极板间的中心线方向进入该区域。

已知
极板A、B间的电压为U0，极板M、N的长度为l，极板间的距离为d。

不计粒子重力及其在a板时的初速度。

（1）求粒子到达b板时的速度大小v；
（2）若在M、N间只加上偏转电压U，粒子能从M、N间的区域从右侧飞出。

求粒子射出该区域时沿垂直于板面方向的侧移量y；
（3）若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B的大小和方向。

16．如图所示，圆心为O的四分之一圆弧形接收屏BD，水平放置在光滑绝缘的水平桌面上，整个装置处于水平方向的匀强电场中，电场强度的方向垂直于直线AOB。

现将一带正电小球从A点沿AO方向射出，
φ=。

其初动能为E k，小球恰好垂直打到圆弧上的C点。

已知∠BOC=θ，取A点电势0
A
(1)求小球在C点的电势能；
(2)若过C点作AB的垂线交AB于P点(图中未标出)，试通过计算推导，证明O点恰好是AP的中点。

17．如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1 =0、x2=14m处，质点P位于x 轴上x p=4m处，T=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0. 1s，波长均为4m，波源S l的振幅为A1 =4cm，波源S2的振幅为A3=6cm，求：
(i)求两列波的传播速度大小为多少？
( ii)从t=0至t=0. 35s内质点P通过的路程为多少？
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】
【分析】
【详解】
A ．最先发现天然放射现象的是贝克勒尔，选项A 错误；
B ．α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，选项B 错误；
C ．在光电效应中，光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，选项C 正确；
D ．根据质量数和电荷数守恒可知，在核裂变方程
2351891920360U+n X+Kr+3n+γ→中，X 原子核的质量数是
144，选项D 错误。

故选C 。

2．A
【解析】
【详解】
A ．由于存在质量亏损，所以核反应前后质量并不守恒，A 正确；
B ．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，B 错误；
C ．用一束绿光照射某金属，现把这束绿光的强度减为原来的一半，因为频率不变，所以仍能发生光电效应有光电子飞出，C 错误；
D ．在光电效应现象中，根据光电效应方程 0km
E h W ν=-
可知光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，但非成正比关系，D 错误。

故选A 。

3．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．万有引力提供向心力
2
224Mm G m r r T
π= 解得同步卫星的轨道半径
r =
R ，A 正确； B ．万有引力提供向心力
2
2Mm v G m r r
= 动能
2k 122GMm E mv r
== B 错误；
C ．万有引力提供向心力
2
Mm G ma r = 解得加速度为 2GM a r =
C 错误；
D ．同步卫星在赤道上空，西昌不在赤道，入轨后该卫星不可能位于西昌的正上方，D 错误。

故选A 。

4．A
【解析】
【详解】
A ．当氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径变小，其核外电子的动能将增大，又此过程中电场力做正功，其电势能减小，A 项正确；
B ．处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时，辐射出的光子的能量为（-4eV ）-（-13.6eV)=10.2eV ，B 项错误；
C ．根据C 24=6可知，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子频率最多有6种，C 项错
误；
D ．处于基态的氢原子要发生电离，吸收的光子能量必须大于等于13.6eV ，D 项错误。

故选A 。

5．D
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为
t ω=
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v R ω=得
0.5v R t ω==
物体运动的加速度
20.50.5m /s v t a t t
∆∆===∆∆ 根据牛顿第二定律得
F mg ma μ-=
解得细线的拉力大小为
20.50.12103N F =⨯+⨯⨯=
AC 错误；
B ．细线拉力的瞬时功率
30.5 1.5P Fv t t ==⨯=
故B 错误；
D ．物体的合力大小为
30.12101N F F mg μ=-=-⨯⨯=合
在0-4s 内，小物体受合力的冲量为
144N s I F t ==⨯=⋅合
故D 正确。

故选D 。

6．D
【解析】
【详解】
A ．沿着电场线方向电势降落，可知x 轴左侧场强方向沿x 轴负方向，x 轴右侧场强方向沿x 轴正方向，故A 错误；：
B ．根据U ＝Ed 可知：左侧电场强度为：E 1＝220110-⨯V/m ＝2.0×103V/m ；右侧电场强度为：E 2＝2
200.510-⨯V/m ＝4.0×103V/m ；所以x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E 1：E 2＝1：2，故B 错误； C ．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有：v m ＝
1qE m t 1同理可知：v m ＝2qE m
t 2；E km ＝12mv m 2；而周期：T ＝2（t 1+t 2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T ＝3.0×10﹣8s ；故C 错误。

D ．该粒子运动过程中电势能的最大值为：
E Pm ＝qφm ＝﹣2×10﹣8J ，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为E km ＝2×10﹣8J ，故D 正确；
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．ACE
【解析】
【详解】
A ．质点M 和N 相距6m ，波的传播时间为1.5s ，则波速：
126m/s=4m/s 1.5
x v t ∆-==∆， 故A 正确；
B ．波长λ=4m ，根据波长、波速和周期的关系可知周期为：
1s T v λ
==，
圆频率：
2=2 rad /s T
πωπ=， 质点M 起振方向向上，t=1s 时开始振动，则质点M 的振动方程为y=0.5sin （2πt -2π），故B 错误； C ．相隔半波长奇数倍的两个质点，相位相差为π，质点M 、N 相隔1.5λ，故相位相差π，故C 正确； D ．t=0.5s=0.5T ，波传播到x=4.0m 处，此时x=1.0m 处质点处于波谷，故D 错误；
E ．t=2.5s=2.5T ，N 点开始振动，质点M 、N 相隔1.5λ，振动情况完全相反，故质点M 、N 与各自平衡位置的距离相等，故E 正确。

故选ACE 。

8．AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由图可知，水润湿容器壁并依附在容器壁上面，属于浸润现象，此时附着层内分子间的距离小于液体内部分子的距离，附着层分子之间的作用力表现为斥力，附着层有扩展趋势，故A 正确，B 错误； C ．密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，水蒸气与水达到动态平衡，故水面上方的水蒸汽为饱和汽，故C 正确，
D ．水的饱和气压随温度的变化而变化，故D 错误。

故选AC 。

9．BD
【解析】
【详解】
A ．若发射线圈N 中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A 错误；
B ．只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流，B 正确；
C ．若穿过接收线圈M 的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律 B E n n S t t
∆Φ∆==∆∆ 可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M 中有感应电流且恒定，C 错误；
D ．根据法拉第电磁感应定律有
B E n nS t t
∆Φ∆==∆∆ 根据分压规律得M 两端的电压
()
E nS BR U R R r t R r ∆==+∆+ D 正确。

故选BD 。

10．CD
【解析】
【详解】
A ．对A 、
B 两个物体受力分析，如图所示：
A 、
B 都处于静止状态，受力平衡，则有：
对物体A ：
A tan 60m g F =弹
得：A 3F m g =弹
对物体B ，有：
B F m g =弹
得：B F m g =弹
所以：A B m m =，故A 错误； B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误；
C ．对A 物体，细线拉力：
A cos60F T =弹 对
B 物体，细线拉力：
B cos45F T =
弹
得：A B 1
T T =，故C 正确； D ．快速撤去弹簧的瞬间，物体AB 将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向
对A 物体：
A A A sin 30m g m a =
得：A 12
a g = 对B 物体：
B B B sin 45m g m a =
得：B a g =
联立得：A B a a ，故D 正确； 故选：CD 。

11．ACE
【解析】
【详解】
AB ．由图可知A→B 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，则A 状态速率大的分子比例较B 状态多，故A 正确，B 错误。

C ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，故C 正确。

D ．B→C 过程中是等压变化，体积增大，则气体对外做功，则W ＜0，温度升高，气体内能增大，即△U ＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q ，则Q ＞0，即气体吸热，故D 错误。

E ．状态A 和状态C 的温度相等，温度是分子平均动能的标志，所以气体分子平均动能相同，从图中可知，A 状态气体压强更大，说明气体分子的密集程度更大，即A 状态单位时间内碰撞容器壁单位面积的分子数比C 状态多，故E 正确。

故选ACE 。

12．AC
【解析】
【详解】
A ．在第2个滑块进入粗糙水平面后至第3个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动，对整体分析则有：
(2)0F m m g μ-+=
解得：
F=3μmg
故A 正确；
B ．根据动能定理有：
21(234)2
FL mgL m m m m v μ-=+++ 解得
故B 错误；
C ．由牛顿第二定律得
(234)F mg m m m m a μ-=+++
解得 a=1g 5
μ 故C 正确；
D ．水平恒力F 作用下，第三个物块进入粗糙地带时，整体将做减速运动，由动能定理得
'2211(123)(234)(234)22
FL mg L m m m m v m m m m v μ-++=+++-+++ 解得
'25mgL
v μ=-
故滑块不能全部进入粗糙水平面，故D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． 1.197×10-3W （允许误差±0.2W ） 55.56Ω≤r≤60Ω（允许误差±2Ω）
【解析】
【详解】
（1）[1]根据原理图可得出对应的实物图如图所示：
；
（2）[2]闭合电键1S ，断开电键2S ，将滑动变阻器1R 的滑动片移到最右端时，两电阻串联，总电阻为400Ω；在图甲中作出电阻的伏安特性曲线，两图线的交点表示工作点：
则可知，电源的输出电压为2.1V ，电流为5.7mA ；则其功率：
332.1 5.710W 1.19710W P UI --==⨯⨯=⨯；
（3）[3]滑片由最左端移到最右端时，外电阻由100Ω增大到200Ω；则分别作出对应的伏安特性曲线，如上图所示；则可知，当在最左端时，路端电压为1.9V ，电流为9mA ；当达到最右端时，路端电压为1.5V ，电流为15mA ；
则由闭合电路欧姆定律可知，内阻最小值为：
min 32.4 1.9Ω55.56Ω910
r --=≈⨯ 最大值为：
max -3
2.4 1.5Ω60Ω1510r -==⨯
故内阻的范围为：55.56Ω60Ωr ≤≤。

14．30 0.4m/s 0.6m/s 0.8m/s 1.2 1.2 两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由碰撞前A 、B 位置可知碰撞发生在30cm 处；
(2)[2][3][4]碰后A 的位置在40cm ，60cm ，80cm 处，则
2
2010m/s 0.4m/s 0.5
A v -⨯'== 碰后
B 的位置在45cm ，75cm ，105cm 处，则
2
..3010m/s 06m/s 05
B v -⨯'== 由碰撞前A 、B 位置可知碰撞发生在30cm 处，碰后B 从30m 处运动到45cm 处，经过时间
2
(4530)10s 0.25s 0.6
t --⨯== 碰前A 从10cm 处运动到30cm 处用时
0.5s 0.25s 0.25s t '=-=
则碰前
2
3010)10m/s 08m/s 0..5
(2A v --⨯== (3)[5]碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和
1.2kg m/s A A B B m v m v +=⋅
[6]碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和
1.2kg m/s A A B B m v m v ''+=⋅
[7]本实验中得出的结论是两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）v =
（2）204Ul y dU = （3）B =磁感应强度方向垂直纸面向外。

【解析】
【分析】
（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度。

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动求出粒子的偏移量。

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。

【详解】
（1）带电粒子在AB 间运动，根据动能定理有
2012qU mv = 解得 02qU v m
= （2）带电粒子在M 、N 极板间沿电场力的方向做匀加速直线运动，有212y at =
根据牛顿第二定律有 Eq Uq a m md
== 带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有l vt =
联立解得 2
4Ul y dU = （3）带电粒子向下偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。

根据牛顿第二定律有 2
v qvB m R
= 由图中几何关系有222()2
d R l R =+- 解得 22
44l d R d
+= 联立解得022244mU d B l d q
=
+【点睛】
本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。

16． (l) 2tan PC k E E θ=-(2)证明见解析
【解析】
【详解】
（1）设小球的质量为m.初速度为0v ，小球在水平面内只受电场力作用做类平抛运动垂直打在C 点，可知小球在C 点的速度方向的反向延长线必过O 点
由速度的合成分解关系可知小球在C 点的速度为: 0cos C v v
θ
= 从A 到C ，由能量守恒定律有:
0PC kC k E E E -=-
又:
220221122cos cos k PC C v E E mv m θθ
=== 解得:
2tan PC k E E θ=-
（2）如答图所示，设圆弧的半径为R ，AO 间的距离为L ，小球从A 到C 的位移倘向角为α，经历时间为t ，加速度为a
由运动规律有:
tan at v θ= 200
12tan 2at at v t v α== 得
tan 2tan θα=
由图可知:
sin tan cos R L R θαθ
=
+ 解得: cos L R θ=
又:
cos OP R θ=
即:
OP=AO
O 点恰好是AP 的中点
17． (i)40m/s( ii)32cm
【解析】
【详解】
（i ）由λvT 4m ==可得：v=40m/s ；
（ii ）S 1波传到P 点，历时11S P t 0.1s v ==，S 2波传到P 点，历时22S P t 0.25s v == 因此当S 2波传到P 点处，S 1波已使P 点振动了21Δt t t 0.15s =-=，
其路程'11x 6A 24cm ==，且振动方向向下；
S 2波传到P 点时，振动方向向上，P 为减弱点，叠加后振幅21A A A 2cm =-=
在t=0.35s 时，合振动使P 点振动一个周期，其路程'2x 4A 8cm ==
故在t=0.35s 内质点P 通过的路程为''21x x 24cm 8cm 32cm +=+=。