2023-2024学年湖南省常德市临澧县第一中学高二（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省常德市临澧县第一中学高二（下）入学考试物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，a、b两个单匝线圈用同样的导线制成。a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则下列说法正确的是( )
A. 穿过a、b两线圈的磁通量之比为1:2B. 穿过a、b两线圈的磁通量之比为1:4
C. a、b两线圈的电阻大小之比为1:2D. a、b两线圈的电阻大小之比为1:4
2.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，该运动可看成简谐运动。从某次摆球到达右侧最大位移处开始计时，摆球相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2，π2≈10。下列说法正确的是( )
A. 单摆的摆长约为0.16m
B. 单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=4cs2.5πtcm
C. 单摆的摆长约为1m
D. 从t=0.4s到t=0.6s的过程中，摆球的加速度逐渐增大，速度逐渐减小
3.石老人位于青岛市石老人村西侧海域的黄金地带，距岸百米处有一座17米高的石柱，形如老人坐在碧波之中，因此，称之为“石老人”。某次涨潮中，海浪以6m/s的速度垂直撞击到一入海平直石头上，之后沿石头两侧流走，已知石头受冲击的面积为1.5m2，海水的密度为1.0×103kg/m3，则海浪对石头的冲击力约为( )
A. 9.5×103NB. 5.4×104NC. 8.5×103ND. 2.8×103N
4.正点电荷和处于静电平衡的导体P的电场线分布如图所示，a、b、c分别是图中的三个点，下列说法正确的是( )
A. 感应电荷在P的内表面均匀分布
B. a、b、c三点的电势大小φa>φb>φc
C. a、b、c三点的电场强度大小Ea>Eb=Ec
D. 导体P的感应电荷在b点产生的电场强度小于在c点产生的电场强度
5.如图所示，匀强电场中等腰直角三角形ABC，AB=BC=2dm，D为AB边中点，电场方向与▵ABC所在平面平行，规定B点的电势为0；将电荷量q=−6×10−6C的点电荷从A点移到B点，电场力做了−2.4×10−5J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10−5J的功，则( )
A. B、C两点的电势差UBC=2V
B. 点电荷q在D点具有的电势能为−1.2×10−5J
C. 该匀强电场的场强大小为100 5V/m，方向垂直于CD连线指向B点
D. 将▵ABC绕B点顺时针旋转，无论转过多大的角度，A、C两点电势都不会相等
6.图所示，质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R。现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放，然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球运动到最低点的速度大小为2 gRB. 小球离开小车后做斜上抛运动
C. 小球离开小车后上升的高度小于RD. 小车向左运动的最大距离为R
7.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等、质量均为m、电荷量均为q的同种带负电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OP= 3d，OS=d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A. 粒子的速度大小为mqBd
B. 从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为πmqB
C. 从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2∶9
D. 沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d2
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.如图所示为某透明介质制成的棱镜的截面图，其截面是半径为r的半圆，O为半圆的圆心，直径MN沿竖直方向，A点为弧形面上的点，且AO⊥MN，一细光束由A点斜射入棱镜，光束与AO的夹角为α=60∘，已知该透明介质的折射率为n= 3，真空中的光速为c。则下列说法正确的是
( )
A. 光束射到MN上的点到O点的距离为r2
B. 光束射到MN时发生全反射
C. 光束从A到第一射出棱镜的时间为2rc
D. 若仅将光束改为频率更大的光束，则光束从射入到第一次射出棱镜的时间变长
9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R1>r，R3为滑动变阻器，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表。初始状态的S1和S2均闭合，滑片P位于中点，此时位于两极板之间M点的带电油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是
A. 带电油滴一定带正电
B. 若保持S1、S2闭合，滑片P向上移动，电流表示数增大，电压表示数减小
C. 若保持S1闭合，将S2断开，滑片P向下移动，电源输出功率增大
D. 若保持S1、S2闭合，将上极板向上平移一小段距离，则M点的电势降低
10.如图所示，质量分别为2m、m的甲、乙两小球放在光滑的水平面上，半径为r的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上，圆弧槽的最低点A的切线水平，最高点B的切线竖直，点燃两球之间的少量炸药，释放出的化学能为3mgr，全部转化为甲、乙的动能，重力加速度为g，空气的阻力忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 爆炸刚结束的瞬间，甲的速度大小为 2gr
B. 爆炸刚结束的瞬间，乙的动能为2mgr
C. 乙从A到B速度变化量的大小为2 3gr
D. 假设乙从A返回到A运动时间为t0，则该过程中乙受到的平均作用力的大小为4m grt0
11.如图所示，真空中电荷量未知的两个点电荷分别固定于M点与N点，形成一个以MN延长线上O 点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，S点为等势面与直线MN的交点，Q点为MN延长线上S点右侧的一点，已知MN=3R2，OS=R，ON=R2，P点为N点正上方等势面上的一点，P点的场强大小为 3kqR2(q>0)，P点的场强背离圆心，下列说法正确的是( )
A. N点的点电荷电荷量为3q2
B. S点的电场强度大小为2kq3R2
C. 在等势面为零的球内，一定存在场强为零的点
D. 将正试探电荷q0从Q点移到P点，静电力做负功
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.如图所示为某同学设计的一种验证动量守恒定律的实验装置图，水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球落点的平均位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球落点的平均位置(从左到右分别记为P、Q、R)，测得OP=x1，OQ=x2，OR=x3。
(1)关于该实验的要点，下列说法正确的是_______________(填选项前的字母)；
A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量
B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径
C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点
D.导轨末端必须保持水平
(2)若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则该实验验证动量守恒定律需要验证的表达式为_______________(用所给符号m1,m2,x1,x2,x3表示)；
(3)若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，则该实验需要验证的表达式为_______________(用所给符号x1,x2,x3表示)。
13.利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：
A.待测电源
B.电阻R0(阻值R0=1.0Ω)
C.电流表A(量程为3A，内阻为RA=0.50Ω)
D.均匀金属电阻丝(长度为0.50m，电阻率为ρ=1.2×10−6Ω⋅m)
E.可移动金属夹、开关S、导线若干
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其中某一次测量结果如图(b)所示，其读数应为d=__________mm(该值接近多次测量的平均值)。
(2)请用笔画线代替导线，按照图(a)实验原理图连接图(c)实物电路图_________。
(3)若待测电源的电动势为E，内阻为r，移动金属夹，使连人电路的金属丝的长度分别为L0、2L0、3L0⋯，已知L0=0.05m。当连入电路中的金属丝的长度为nL0(n=1,2⋯)时，电流表示数为In，则电源的电动势E=__________。(用题中物理量的字母表示)
(4)多次移动金属夹，改变连人电路中金属丝的长度，使连人电路的金属丝的长度分别为L0、2L0、3L0⋯，电流表A的示数随之改变。根据实验测量的多组数据，作出1In−n图像如图(d)所示，由图可得电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。(计算结果均保留2位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
14.如图所示，一列水平向右传播的简谐横波，波速大小为v=0.6m/s，P质点的平衡位置坐标为x=0.96 m。从图中状态开始计时(此时该波刚好传到距O点0.24 m的位置)，求：
(1)经过多长时间，P质点第一次到达波峰?
(2)经过多长时间，P质点第二次到达波谷？P质点第二次到达波谷时，P质点通过的路程及该时刻的位移为多少?
15.如图所示，半径为R的14圆弧轨道ABC和直径为R的光滑半圆形轨道CDE底部相切于C点，固定在竖直平面内，质量为m的小球乙静止于C点。将小球甲从距离A点正上方R处由静止释放，从A点进入轨道后在C点与小球乙发生弹性碰撞，碰撞后小球乙刚好能通过半圆形轨道的顶端，最终落在14圆弧上的P点处，而小球甲碰撞后继续向右运动且能上升的最大高度为14R，重力加速度为g，两小球均可看作质点，空气阻力不计。求：
(1)碰撞后瞬间小球乙的速度大小；
(2)小球甲的质量和碰撞前克服摩擦力做的功；
(3)P点与E点的高度差H。
16.在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第一象限有竖直向下的匀强电场，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场。一质量为m、电量为+q的带电粒子沿x轴正向以初速度v0从A(0,1.5l)点射入第一象限，偏转后打到x轴上的C 3l,0点，之后直接运动到P0,−3l点。已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为mv0ql,不计粒子重力。
(1)求第一象限匀强电场的电场强度大小；
(2)求该粒子从A点运动到P点所用的时间；
(3)为使该粒子从P点经过第三象限磁场偏转后直接回到A点，求第三象限磁场的磁感应强度大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】AB.根据题意，由图可知，线圈与磁场垂直，则穿过线圈的磁通量为
Φ=BS
由图可知，两个线圈存在磁场的有效面积相同，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 1:1 ，故AB错误；
CD.根据电阻定律
R=ρLS=ρ2πRS
可得
RaRb=rarb=12
故C正确，D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查单摆以及振动图象，明确图象的意义是解决问题的关键。
由振动图象可知单摆周期，根据单摆周期公式即可求得单摆的摆长；由振动图象读出振幅，根据周期求得角速度ω，由振动图象即可求得单摆的位移x随时间t变化的关系式；根据振动图象可知从t=0.4s到t=0.6s的过程中摆球的运动情况，即可知摆球的回复力的变化情况。
【解答】
AC．由振动图象读出周期T=0.8s，根据单摆周期公式T=2π Lg=0.8s，解得：L=0.16m，故A正确，C错误；
B.由振动图象读出振幅A=2cm，又ω=2πT=2.5πrad/s，则单摆的位移x随时间t变化的关系式为
x=Asin(ωt+φ)，代入数据得x=2sin(2.5πt+π2)cm，故B错误；
D.同理可以看出从t=0.4s到t=0.6s的过程中，摆球靠近平衡位置，则加速度逐渐减小，速度逐渐增大，故D错误。
故选A．
3.【答案】B
【解析】根据题意， Δt 时间内与石头碰撞的水的质量为
Δm=ρSvΔt
取水的运动方向为正方向，在碰撞过程中，对 Δt 时间内的水，在水平方向根据动量定理有
−FΔt=0−Δmv
联立解得
F=ρSv2=1.0×103×1.5×62=5.4×104N
根据牛顿第三定律可知，海浪对石头的冲击力约为 5.4×104N 。
故选B。
4.【答案】C
【解析】解：A.电场线的疏密程度表示场强的大小，则正点电荷在P外表面不同位置产生的场强大小不同，表示感应电荷在不同位置产生的场强不同，则感应电荷在P的外表面分布不均匀，故A错误；
B.处于静电平衡状态的导体是等势体，则b、c两点的电势相等，根据沿电场线方向电势降低，则a、b、c三点的电势大小为φa>φb=φc，故B错误；
C.导体P处于静电平衡状态，内部场强处处为0，则a、b、c三点的电场强度大小为Ea>Eb=Ec，故C正确；
D.b点离正点电荷更近，则点电荷在b点的场强大于点电荷在c点的场强，导体P内场强处处为0，则感应电荷在b产生的电场强度大于在c产生的电场强度，故D错误。
故选：C。
电场线的疏密程度表示场强的大小；处于静电平衡状态的导体内部场强处处为0；处于静电平衡状态的导体是等势体，沿电场线方向电势逐渐降低；处于静电平衡状态的导体内部任意一点，感应电荷产生的场强与原场强等大反向。
本题考查静电平衡，解题关键是知道用电场线判断电场强度和电势高低的方法，知道处于静电平衡状态的导体的场强和电势的特点。
5.【答案】B
【解析】AB.由题意，根据公式 UAB=WABq ， UBC=WBCq ，则有 UAB=−2.4×10−5−6×10−6V=4V ， UBC=1.2×10−5−6×10−6V=−2V ，规定B点的电势为0，则 φA=4V ， φC=2V ，在匀强电场中沿着同一方向距离相等的任何两点间电势差相等，则 φA−φD=φD−φB ，可得 φD=2V ，故点电荷q在D点具有的电势能为 Ep=qφD=−6×10−6×2J=−1.2×10−5J ，故A错误，B正确；
C.因 φD=φC ，故连接CD，则CD为一条等势面，过B作CD垂线则为一条电场线，如图所示由几何关系得sin∠BCD=1 12+22= 55 ，
则 ，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，场方向为垂直于CD连线指向B点，故C错误；
D.将 △ABC 绕B点顺时针旋转，当转到AC与电场线垂直时，此时A、C两点电势相等，故D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】【分析】水平地面光滑，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒和机械能守恒列式求解小球运动到最低点的速度大小和小球离开小车时的运动；根据动量守恒定律和速度与位移的关系求小车向左运动的最大距离。
本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键。知道系统的总动量不守恒，只是水平方向动量守恒。
【解答】
A.小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，则0=mv1−mv2，根据机械能守恒可知mg×2R=12mv12+12mv22，解得：v1=v2= 2gR，即小球运动到最低点时小球和小车的速度大小均为 2gR，故A错误；
BC.系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得0=m+mv，解得：v=0，即小球离开小车时小球和小车的水平速度均为零，根据机械能守恒可知此时小球具有向上的速度，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，上升的高度为R，故BC错误；
D.设小车向左运动的最大距离为x，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得mv3−mv4=0，即有m2R−xt−mxt=0，解得小车的位移x=R，即小车向左运动的最大距离为R，故D正确；
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，如图所示
其轨迹为轨迹1，可知SP为轨迹圆的直径，由几何关系知
2R2=d2+ 3d2
解得
R=d
洛伦兹力提供向心力，有
mv2R=qvB
解得
v=qBdm
故A错误；
B.粒子运动的周期
T=2πRv=2πmBq
从O点射出的粒子其轨迹为轨迹3，由几何关系可知
sinθ2=12dR
解得
θ=60°
即轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间
t=θ360∘T=πm3qB
故B错误；
C.运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子，其轨迹为轨迹2，对应的圆心角为270°，则运动的最长时间
t1=34T
运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子，其轨迹为轨迹3，对应的圆心角为60°，则运动的最短时间
t2=16T
所以
t1:t2=9:2
故C正确；
D.沿平行于x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，故D错误。
故选C。
8.【答案】CD
【解析】A.根据题意作出光路图如图所示
由于透明介质的折射率为 n= 3 ，由折射定律
n=sinαsinθ
可得光束在介质中的折射角为 θ=30∘ ，光束射到MN上的点B到O点的距离为
xOB=rtanθ= 33r
故A错误；
B.光束射到MN边时的入射角为 θ=30∘ ，光束在棱镜中的临界角为C，则
sinC=1n= 33>sin30∘=12
所以光束射到MN时不会发生全反射，故B错误；
C.由几何关系可知，光束从A点射入到第一次射出棱镜，在棱镜中传播的距离为
xAB=2xOB=2 33r
又光在该棱镜中的传播速度为
v=cn=c 3
则光束从A到第一射出棱镜的时间为
t=xABv=2rc
故C正确；
D.设频率更大的光束的折射率为 n′ ，光束在介质中的折射角为 β ，则由
n′=sin60∘sinβ
光束在棱镜中传播的距离为
x′=rcsβ
光束在棱镜中的传播速度为
v′=cn′
则光束从射入到第一次射出棱镜的时间为
t′=x′v′
联立各式解得
t′= 3rcsin2β
光的频率增大，光在棱镜中的折射角减小，即 β<30∘ ，则光束从射入到第一次射出棱镜的时间变长，故D正确。
故选CD。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路规律、电容器的定义式和决定式、场强与电势差的关系等分析。
本实验考查了闭合电路欧姆定律、含容电路分析问题等，需要充分理解电路中串并联的关系，熟悉电容器的状态变化，难度不大，属于基础题。
【解答】
由图可知电容器上极板带正电，下极板带负电，所以带电油滴带负电，故 A错误；
若保持S1、S2闭合，滑片P向上移动，R3接入阻值变小，电流表示数增大，电压表示数减小，故B正确；
若保持S1闭合，将S2断开，滑片P向下移动，R3接入阻值变大，外电路电阻增大，因为R1>r，电源输出功率随外电阻增大而减小，故C错误；
若保持S1、S2闭合，将上极板向上平移一小段距离，电容器两极板电压值不变，由E=Ud知E变小，M点与下极板间的电势差减小，下极板接地电势为0，所以M点的电势降低，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】A.根据题意，炸药爆炸过程有
3mgr=12×2mv甲2+12mv乙2
爆炸过程甲、乙组成的系统动量守恒，有
2mv甲=mv乙
联立解得
v甲= gr ， v乙=2 gr
故A错误；
B.由A项分析得
Ek乙=12mv乙2=2mgr
故B正确；
C.乙从A到B由动能定理得
−mgr=12mvB2−12mv乙2
联立解得
vB= 2gr
乙在A、B两点的速度相互垂直，由矢量三角形运算法则得，乙从A到B速度变化量的大小为
Δv= v乙2+vB2= 6gr
故C错误；
D.取向右为正方向，对乙从A返回到A的过程，应用动量定理得
Ft0=m×2v乙
解得
F=4m grt0
故D正确；
故选BD。
11.【答案】AD
【解析】A.如图所示
由图可知M点的电荷为负电荷，N点的电荷为正电荷，所以有
kqM(Rtan60∘)2=kqN(Rsin60∘)2⋅sin30∘
kqN(Rsin60∘)2⋅cs30∘= 3kqR2
可得
qN=32q ， qM=−3q
故A正确；
B.S点的电场强度大小为
ES=kqN(R+Rcs60∘)2−kqM(R+Rcs60∘)2
解得
ES=kq3R2
故B错误；
C.设在直线 MN 上 N 点右侧与 N 点距离为 d 的点电场强度为零，则有
k⋅3q32R+d2=32kqd2
解得
d=3 2+12R
则 d>2R ，可知除无穷远处外，直线 MN 上电场强度为零的点只有一个，且在等势面为零的球外，故C错误；
D. Q 点电势低于 P 点电势，则正电荷在 Q 点的电势能低于在 P 点的电势能，将正试探电荷 q0 从 Q 点移到 P 点，电势能增加，静电力做负功，故D正确。
故选AD。
12.【答案】CD##DC m1x2=m1x1+m2x3 x1+x2=x3
【解析】[1]
A.为防止两球碰撞后入射小球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；
B.为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；
C.为了保证入射小球每次到达桌面边缘的速度相同，则重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，从而让入射小球获得相同的弹性势能，故C正确；
D.为了保证两球碰后都能做平抛运动从而能求出飞出时的速度，导轨末端必须保持水平，故D正确；
故选CD。
[2]两球碰撞过程系统的动量守恒，以向右为正方向
m1v0=m1v1+m2v2
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t
m1v0t=m1v1t+m2v2t
结合碰撞前后的小球落点情况，由平抛运动水平距离可得
m1x2=m1x1+m2x3
[3]两球碰撞过程系统的动量守恒
m1x2=m1x1+m2x3
则
m2=m1x2−x1x3
若入射小球与被碰小球发生的是弹性碰撞，碰撞前后动能不变，则
12m1v02=12m1v12+12m2v22
两小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t，得
m1v02t2=m1v12t2+m2v22t2
则
m1x22=m1x12+m2x32
将 m2 代入得
m1x22−m1x12=m1x2−x1x3x32
x2+x1=x3
13.【答案】 0.400 见解析 In(r+R0+RA+ρ4nL0πd2) 4.8 1.4
【解析】(1)[1]螺旋测微器的精确值为 0.01mm ，由图(b)可知金属丝的直径为
d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm
(2)[2]根据图(a)电路图，实物连线如图所示
(3)[3]当连入电路中的金属丝的长度为 nL0 时，电流表示数为 In ，则电源的电动势为
E=In(r+R0+RA+ρ⋅4nL0πd2)
(4)[4][5]根据
E=In(r+R0+RA+ρ⋅4nL0πd2)
整理可得
1In=4L0ρπd2E⋅n+r+R0+RAE
可知 1In−n 图像的斜率为
k=4L0ρπd2E
可得电源的电动势为
E=4L0ρπd2k=4×0.05×1.2×10−63.14×(0.400×10−3)2×1.30−0.607V≈4.8V
1In−n 图像的纵轴截距为
b=r+R0+RAE=0.60A−1
解得内阻为
r≈1.4Ω
14.【答案】解：由波形图可知，波长λ=0.24m，波上质点振动的振幅为A=5cm，
波上质点振动的周期为：
T=λv=
①P质点第一次到达波峰所需的时间，就是初始时刻x=0.06m处的质点的振动状态传到P点所需的时间，由图可知：
△x1=0.96m−0.06m=0.90 m
则t1=△x1v=
②为了求P质点第二次到达波谷所需的时间，可选取x=0.18m处的质点的振动状态作为研究对象，该振动状态传到P点所需的时间再加一个周期即为所求时间，则：
△x2=0.96m−0.18m=0.78m
t2=△x2v+T=+0.4s=1.7s
设波最右端传到P处所需时间为t3，有：
t3=0.96−
所以从质点P起振到第二次到达波谷历时
△t=t2−t3=1.7s−1.2s=0.5s，相当于114T
所以P通过路程为5A=0.25 m
此时刻质点P的位移为−5 cm
答：①经过1.5s时间，P质点第一次到达波峰．
②经过0.5s时间，P质点第二次到达波谷．P质点第二次到达波谷时，P质点通过的路程及该时刻的位移分别为：0.25m和−5cm．
【解析】首先据图得出波长和振幅，据波速公式求周期；再利用传播距离与波速的关系求解；利用质点的振动情况分析其路程和位移．
据图获取相关信息是解题的前提，灵活应用波速公式和质点的振动情况是解题的核心，注意周期与传播的路程的关系．
15.【答案】(1) 52gR ；(2) m甲=(5+2 5)m ， Wf=(15+7 5)mgR ；(3) 5−12R
【解析】(1)碰撞后小球乙刚好能通过半圆形轨道的顶端，则小球乙在E点时，重力刚好提供向心力
mg=mvE2R2
解得
vE= gR2
小球乙从C点到E点的过程中，根据动能定理
mgR=12mv乙2−12mvE2
解得
v乙= 52gR
(2)小球甲碰后，根据动能定理
m甲g×14R=12m甲v甲2
解得
v甲= gR2
两小球碰撞为弹性碰撞，由碰撞时动量守恒和动能守恒可得
m甲v0=m甲v甲+m乙v乙
12m甲v02=12m甲v甲2+12m乙v乙2
解得
m甲=(5+2 5)m ， v0=( 5−1) gR2
小球甲从释放到碰撞前，由动能定理可得
m甲g×2R−Wf=12m甲v02
解得
Wf=(15+7 5)mgR
(3)设小球乙做平抛运动的水平位移为x，竖直位移为y，则
x2+y2=R2
x=vEt
y=12gt2
解得
y= 5−12R
P点与E点的高度差H即为小球乙的竖直位移
H=y= 5−12R
16.【答案】(1) mv02ql ；(2) 3lv0+2πl3v0 ；(3) 10mv09ql
【解析】(1)粒子在第一象限内做类平抛运动，则有根据牛顿第二定律有
3l=v0t
1.5l=12at2
qE=ma
联立可得
E=mv 02ql
(2)粒子 y 方向末速度为
vy=at= 3v0
则合速度为
v1= v 02+v y2=2v0
可知速度方向与 x 轴正向成 60∘ 角，斜向右下，进入第四象限内粒子做匀速圆周运动，运动半径为 r1 ，则有
qv1B4=mv 12r
解得
r1=2l
由此可得，粒子运动轨迹如下图

所示则粒子在第四象限运动的周期为
T1=2πr1v1=2πlv0
根据几何知识可得
α=2π3
则粒子从C点直接运动到P点所用的时间为
t2=13T1=2πl3v0
则粒子从C点直接运动到P点所用的时间为
t= 3lv0
则粒子从A点直接运动到P点所用的时间为
t总= 3lv0+2πl3v0
(3)粒子在第三象限和第二象限运动的轨迹如图

设粒子在第三象限运动的轨道半径为 r3 ，粒子在第四象限运动的轨迹与 x 轴正方向的夹角为 θ ，则有
r3sinθtanθ=1.5l
r3csθ+r3=3l
解得
r3=95l
则在第三象限运动时，根据洛伦兹力提供向心力有
qv1B3=mv 12r3
解得
B3=10mv09ql
所以第三象限磁场的磁感应强度大小为 10mv09ql 。