2023-2024学年安徽省六安第一中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安第一中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共17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，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子(不计粒子的重力)从两板中央垂直电场、磁场入射。它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示。若使粒子飞越金属板间的过程中向下板偏移，可以采取下列的正确措施为( )
A. 使入射速度减小B. 使粒子电量增大C. 使磁感应强度增大D. 使电场强度减小
2.如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中，则正、负电子( )
A. 在磁场中的运动时间相同B. 在磁场中运动的位移相同
C. 出边界时两者的速度相同D. 正电子出边界点到O点的距离更大
3.“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为ℎ。为估算雨打芭蕉产生的压强p，假设芭蕉叶呈水平状，雨滴落在芭蕉叶上不反弹，不计雨滴重力的影响。已知水的密度为ρ，则p为( )
A. ρℎvtB. 2ρℎvtC. ρℎvtD. 2ρℎvt
4.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是2m/s和4m，B是A，C连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法正确的是( )
A. 甲图中A，C两点的竖直高度差为10cm
B. 甲图中B点既不是加强点也不是减弱点
C. 乙图所表示的是波的衍射现象
D. 在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高
5.如图所示，质量为3kg的带圆弧槽的木板静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 木板对小球先做负功再做正功B. 木板的最大速度为v=1m/s
C. 两者分离时木板移动了0.45mD. 木板对地面的最大压力为40N
6.如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一物块，取物块静止时所处位置为坐标原点O，向下为正方向，建立Ox坐标轴。现将物块竖直向下拉到A位置后由静止释放，不计空气阻力。已知物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，A位置的坐标为x1，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 该简谐振动的振幅为2x1
B. 物块在A位置时的回复力大小为kx1−mg
C. 在任意12周期内物块通过的路程一定等于2x1
D. 物块到O位置时的动能为12kx12−mgx1
7.MN，PQ为水平放置、间距为0.5m的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为10V，内阻为1Ω；小灯泡L的电阻为4Ω，滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置在匀强磁场中，磁感应强度大小为2T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ=53∘；导体棒质量为0.23kg，接入电路部分的阻值为4Ω，闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 导体棒受到的安培力大小为0.4N
B. 流过灯泡的电流大小为0.8A
C. 导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2
D. 若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
二、多选题（本题共3小题，共18分）
8.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t秒与(t+2)秒两个时刻，在x轴上(−3m,3m)区间的波形完全相同，如图所示。并且图中M，N两质点在t秒时位移均为a2，下列说法中不正确的是( )
A. (t+l)秒时刻，x=−2m处的质点位移一定是a
B. 从t秒时刻起，x=2m处的质点比x=2.5m的质点先回到平衡位置
C. 从t秒时刻起，在质点M第一次到达平衡位置时，质点N恰好到达波峰
D. 该列波在传播过程中遇到宽度为1m的狭缝时会发生明显的衍射现象
9.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为9kg的静止物块以大小为5m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过4次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A. 40kgB. 55kgC. 70kgD. 85kg
10.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形AOC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠OAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷qm=k，则以下说法正确的是( )
A. 质子的速度可能为23BkLB. 质子的速度可能为15BkL
C. 质子由A到C的时间可能为π4kBD. 质子由A到C的时间可能为2π3kB
三、实验题（本题共2小题，共14分）
11.如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量。实验时先让质量为m1的入射小球从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端O点水平抛出，落到与轨道O点连接的倾角为θ的斜面上。再把质量为m2被碰小球放在斜槽轨道末端，让入射小球仍从位置S由静止滚下，与被碰小球碰撞后，分别与斜面第一次碰撞留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置。(不考虑小球在斜面上的多次碰撞)
(1)以下提供的测量工具中，本实验不必使用的是__________。
A.刻度尺 B.量角器 C.天平 D.秒表
(2)关于本实验，下列说法正确的是__________。
A.斜槽轨道不必光滑，入射小球每次释放的初位置也不必相同
B.斜槽轨道末端必须水平
C.为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m1等于被碰球的质量m2
(3)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量__________，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度ℎ
B.斜面的倾角θ
C.O点与各落点的距离
(4)在实验误差允许范围内，若满足关系式__________，则可以认为两球碰撞前后总动量守恒。
A.m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON B．m1⋅ON=m1⋅OP+m2⋅OM
C.m1⋅ OP=m1⋅ OM+m2⋅ ON D．m1⋅ ON=m1⋅ OP+m2⋅ OM
12.某同学用图a所示装置测定重力加速度，小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。
(1)用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则d=__________mm；
(2)让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1，若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T=__________；
(3)摆线长度大约100cm，该同学只有一把量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c、保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。测量多组数据后绘制l−T2图像，求得图像斜率为k，可得当地重力加速度g=__________；
四、计算题（本题共3小题，共40分）
13.如图，轻弹簧的两端分别连接A、B两物块，置于光滑的水平面上，初始时，A紧靠墙壁，弹簧处于压缩状态且被锁定．已知A、B的质量分别为m1=2kg、m2=1kg，初始时弹簧的弹性势能Ep=18J.现解除对弹簧的锁定，求
(1)从解除锁定到A刚离开墙壁的过程中，弹簧对B的冲量I的大小和方向：
(2)解除锁定后弹簧的最大弹性势能以及A的最大速度vm．
14.一列简谐横波在某介质中沿x轴方向传播，传播速度为20m/s，振幅为10cm、某时刻开始计时，t=0.71s时刻介质中的部分波形如图1所示，图2为图1中质点P的振动图像。求：
(1)该波的周期和传播方向；
(2)质点P平衡位置的x坐标；
(3)从t=0.71s到t=0.95s时间内，质点P的运动路程。
15.如图，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，第三象限有沿x轴正方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m，带电量为q的粒子从第三象限贴近y轴的M点以速度v0沿y轴正方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经点N，点P(位于x轴正半轴，图中未画出)，由第四象限回到M点。OM=4L,ON=2L，计算结果保留π和根号。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B；
(3)粒子从M点出发经多长时间再次返回M点。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，轨迹为水平直线时两个力平衡，若要使粒子向上偏转，洛伦兹力必须大于电场力。
对于速度选择器，有qvB=qE，即vB=E，此结论与带电粒子的电荷量、质量无关。
【解答】解：由题，带正电的粒子进入两板中央，受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，开始时粒子的轨迹为水平直线，则电场力与洛伦兹力平衡，即有qvB=qE，即vB=E，
若使粒子飞越金属板间的过程中向下板偏移，洛伦兹力必须小于电场力，则qvBA.若使使入射速度减小，则粒子所受洛伦兹力减小，故会向下板偏移，A正确；
B.使粒子电量增大，电场力与洛伦兹力仍相等，不会偏移，B错误；
C.使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，粒子往上板偏移，C错误；
D.使电场强度减小，电场力减小，粒子往上板偏移，D错误。
故选A。
2.【答案】C
【解析】A.两粒子在磁场中运动周期为
T=2πmqB
则知两个离子圆周运动的周期相等。根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，作出两粒子的运动轨迹，如图所示
两粒子重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π−2θ，轨迹的圆心角也为2π−2θ，运动时间
t1=2π−2θ2πT
同理，负离子运动时间
t2=2θ2πT
时间不相等，故A错误；
BD.根据洛伦兹力提供向心力，则有
qvB=mv2r
得
r=mvqB
由题q、v、B大小均相同，则r相同，根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离
S=2rsinθ
r、θ相同，则S相同，故两粒子在磁场中运动的位移大小相同，方向不同，两粒子出边界点到O点的距一样大，故BD错误；
C.正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确。
故选C。
3.【答案】A
【解析】单位时间的降水量高度为
Δℎ=ℎt
在芭蕉叶上取 ΔS 的面积上， Δt 时间内降落的雨水质量
m=ρ⋅ΔS⋅ΔℎΔt=ρΔSℎtΔt
设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理
F⋅Δt=0−mv
解得
F=−ρvΔSℎt
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上的 ΔS 面积受到的撞击力的大小
F′=ρvΔSℎt
因此平均压强为
p=F′ΔS=ρℎvt
故选A。
4.【答案】D
【解析】【分析】
频率相同的两列水波发生干涉：当波峰与波峰、波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的；
(1)会分析波形图，知道哪些为加强点，哪些为减弱点；
(2)知道波的干涉的相关知识；
(3)理解多普勒效应现象及特点。
【解答】
当波峰与波峰、波谷与波谷相遇时振动是加强的；当波峰与波谷相遇时振动是减弱的；
A.甲图中A、C都是振动加强点，其中A在波峰，C在波谷，则A、C两点的竖直高度差为4A=20 cm，故A错误；
B.AC连线上所有点都是加强点，故B错误；
C.乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误；
D.在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确。
5.【答案】BC
【解析】【分析】
根据两者之间的机械能的变化判断物块是否对小球做功；
当小球滑到B点时木板的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律求最大速度。在轨道最低点，由牛顿第二、三定律求解轨道的支持力，从而得到对轨道的压力；
由水平方向的平均动量守恒求木板的位移。
【解答】
A.在弧面上，小球由于与木板之间的挤压，木板的机械能增加，小球的机械能减小。根据功能原理，木板对小球做负功，在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，两者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误；
BD.小球从A到C点的过程，对小球和木板组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得 mv1−Mv2=0
由机械能守恒得 mg(ℎAB+R)= 12mv12+12Mv22
联立解得 v1=3m/s v2=1m/s
木板的最大速度为1m/s，方向向左。
在C点，对小球根据牛顿第二定律有 FN−mg= mv1+v22R
解得 FN= 1903 N
根据牛顿第三定律知，小球对木板的压力 FN′=FN
对木板，根据平衡条件有 FN1=Mg+FN′
根据牛顿第三定律有木板对地面的压力 FN1′=FN1
联立代入数据得 FN1′= 2803 N，故B正确，D错误；
C.对整个过程则水平方向平均动量守恒，以向右方向为正有 mx1t−Mx2t=0
又因为 x1+x2=R+xCD 联立解得x1=0.15m x2=0.45m ， 故C正确。
6.【答案】C
【解析】A.根据振幅的定义，可知该简谐振动的振幅为 x1 ，故A错误；
B．B物块在O位置时受力平衡，有
kx0=mg
x0 为弹簧伸长量。在A位置时的回复力大小为
F=k(x0+x1)−mg=kx1
故B错误；
C.根据简谐振动的特点可知，物体运动过程中， 12 周期内物块通过的路程一定等于 2x1 ，故C正确；
D.物块从A位置回到O位置时，根据能量守恒得
12k(x1+x0)2=mgx1+12mv2+12kx 02
解得
12mv2=12k(x1+x0)2−mgx1−12kx 02
故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据电路结构及闭合电路的欧姆定律求解流过灯泡的电流，根据安培力公式求解导体棒受到的安培力，滑片移动时分析电流变化、安培力变化，结合题干条件分析导体棒的运动，对导体棒分析，根据平衡条件求解动摩擦因数。
本题为安培力作用下的力学平衡问题及电路的综合，明确电路结构、正确对导体棒受力分析是关键。
【解答】
B.导体棒接入电路部分电阻 R=4Ω ，电路的总电阻 R总=R0+r+RLRRL+R=10Ω ，电路中干路电流 I总=ER总=1A 由于 R=RL ，所以流过导体棒的电流与流过小灯泡的电流相等，为 I=12I总=0.5A ，故B错误。
A.导体棒有电流通过部分的长度 L=0.5m ，且导体棒与磁场方向垂直，则导体棒受到的安培力大小为 F=BIL=0.5N 故A错误。
D.闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。若将滑动变阻器的滑片左移，总电阻减小，干路电流变大，流过导体棒的电流也变大，导体棒受到的安培力变大，导体棒会运动，故D错误；
C.对导体棒受力分析如图所示：
，
其中F为导体棒所受的安培力，Fx和Fy分别是F的两个分力，可得 Fx=Fsinθ ，Fy=Fcsθ ， FN=mg−Fy，Ff=μFN ，Fx=Ff ，联立解得 μ=0.2 故C正确。
8.【答案】AC
【解析】A.因 nT=2s ， n=1 时，T有最大值2s，v有最小值2m/s，由于周期不确定，1s不一定等于半个周期的奇数倍，则(t+1)s时刻， x=−2m 处的质点位移不一定是a，故A错误，符合题意；
B.因波沿x轴正方向传播，x=2.5m的质点沿y轴负向振动，则结合波形图可知从t时刻起，在x=2m处的质点比x=2.5m处的质点先回到平衡位置，则B正确，不符合题意；
C.利用波的“平移法”可判断，当质点M第一次到达平衡位置时，N质点还在继续向上振动，没有到达波峰，故C错误，符合题意；
D.该列波波长为4m，则在传播过程中遇到宽度为1m的狭缝时会发生明显的衍射现象，选项D正确，不符合题意。
故选AC。
9.【答案】B
【解析】解：
设该运动员的质量为M，物块的质量为m=9kg，推物块的速度大小为v=5m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：第一次推物块的过程中0=Mv1−mv
第二次推物块的过程中Mv1+mv=Mv2−mv
第三次推物块的过程中Mv2+mv=Mv3−mv
…
第n次推物块的过程中Mvn−1+mv=Mvn−mv
以上各式相加可得Mvn=(2n−1)mv
当n=3时，v345kg；当n=4时，v4>v，解得M<63kg，故45kg故B正确、ACD错误。
根据动量守恒定律得到第n次推出物块后运动员的速度表达式，根据第6次推出后还能再推，第7次推出后不能再推求出运动员质量范围即可。
本题主要是考查动量守恒定律，解答本题的关键是能够根据数学归纳法得到第n次的速度表达式，再根据实际情况进行分析。
10.【答案】BD
【解析】AB.因质子带正电，且所有质子均能均经过C点，作出其可能的轨迹，如图所示
根据几何关系可知，所有圆弧所对应的圆心角均为60°，质子可能的运动半径为
r=Ln (n=1,2,3…)
质子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
qvB=mv2r
解得
v=BkLn (n=1,2,3…)
可知，质子的速度可能为 13BkL ，不可能为 25BkL ，故A错误，B正确；
CD.质子圆周运动的周期
T=2πrv=2πmqB
结合上述可知，质子由A到C的时间可能为
t=n60∘360∘T (n=1,2,3…)
解得
t=nπ3kB (n=1,2,3…)
可知，质子由A到C的时间不可能为 π4kB ，可能为 2π3kB ，故C错误，D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)BD；(2)B；(3)C；(4)C；
【解析】解：
(1)实验需要测量小球的质量、需要测量O点与小球各落点间的距离，测质量需要用天平，测距离需要用刻度尺，不需要测量斜面的倾角 θ 和小球落到斜面上的时间t，故不需要量角器和秒表；
故选BD；
(2)A.只要小球从斜面上同一位置由静止释放即可保证小球到达斜槽末端的速度相等，斜槽轨道不必光滑，故A错误；B.为保证小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；C.为保证入射球碰后沿原方向运动，应满足入射球的质量m1大于被碰球的质量m2，故C错误；故选B；
(3)小球离开斜槽后做平抛运动，设小球的位移大小为L，竖直方向有 Lsinθ=12gt2
水平方向有 Lcsθ=vt 解得 v= gLcs2θ2sinθ 入射球碰撞前的速度为 v0= gOPcs2θ2sinθ
碰撞后的速度为 v1= gOMcs2θ2sinθ 被碰球碰撞后的速度为 v2= gONcs2θ2sinθ
两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0=m1v1+m2v2
整理得 m1 OP=m1 OM+m2 ON
实验可以通过O点与各落点的距离代替测小球做平抛运动的初速度；
故选C；
(4)由(3)可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式为 m1 OP=m1 OM+m2 ON 则可以认为两球碰撞前后总动量守恒；故选C。
故答案为：(1)BD；(2)B；(3)C；(4)C；
(1、3、4)小球离开斜槽后做平抛运动，两球碰撞过程系统动量守恒，应用平抛运动规律与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
(2)小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端切线应水平，为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球质量，根据实验注意事项分析答题。
本题考查了用“碰撞实验器”探究碰撞中的不变量实验，理解实验原理是解题的前提，掌握基础知识、应用平抛运动规律与动量守恒定律、机械能守恒定律可以解题。
12.【答案】(1)2.331(±0.01均正确)；(2)2tN−1；(3)4π2k。
【解析】解：(1)由图b可知，螺旋测微器的精度是0.01mm，其示数为固定刻度与可动刻度之和，故球的直径为：d=2mm+33.1×0.01mm=2.331mm；
(2)由题意可知，单摆半振动的次数(N−1)，则全振动的次数为N−12，则有：t=(N−1)T2，从而解得T=2tN−1；
(3)设A点以下的细线长度为l0，根据单摆周期公式得：T=2π l+l0g
化简得：l=g4π2T2−l0
所以l−T2图像的斜率为k，则：k=g4π2
解得：g=4π2k
故答案为：(1)2.331(±0.01均正确)；(2)2tN−1；(3)4π2k。
(1)根据螺旋测微器读数方法可解，注意需要估读至千分位；
(2)由实验操作顺序可知，N−12次全振动的时间为t，从而求出周期；
(3)根据单摆的周期公式变形得到l−T2的表达式，结合图象的斜率求重力加速度大小。
本题考查利用单摆测量重力加速度的操作及数据处理，为了减小偶然误差采用了图象法，写出表达式，利用图象的斜率和截距是解决物理问题的常见方法。
13.【答案】解：(1)当弹簧恢复原长时，B的速度为vB，此时A恰好离开墙壁，有：Ep=12m2vB2
以水平向右方向为正方向，解除锁定到物块A刚离开墙壁的过程中，由动量定理得
I=m2vB−0
代入数据得：I=6 N⋅s ，方向水平向右；
(2)A离开墙壁后，B减速，A加速，弹簧拉伸变长，当A，B速度相等时，弹簧形变量最大，此时有最大弹性势能： m2vB=(m1+m2)v ，解得 v=2m/s
E p ′=12m2vB2−12(m1+m2)v2 ，解得 EP ′=12J
当弹簧第一次恢复原长后，A离开墙壁；当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，设此时B的速度为vB′，由动量守恒定律及机械能守恒定律有：
m2vB=m1vm+m2vB′
12m2vB2=12m1vm2+12m2vB′2
代入数据解得：vm=4 m/s。

【解析】(1)根据能量守恒求出弹簧恢复原长时B的速度，当弹簧恢复原长后，A开始离开墙壁，结合动量定理求出从解除锁定到A刚离开墙壁的过程中，弹簧对B的冲量I的大小和方向．
(2)当弹簧第一次恢复原长后，A离开墙壁；当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A的最大速度．
本题考查了动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律的综合运用，知道A、B在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，本题综合性比较强，是一道考查能力的好题．
14.【答案】解：(1)由图1可知，波长为λ=2.4m
由v=λT
可得周期为：T=λv=2.420s=0.12s
则0.71s=5T+0.11s
即0.71s时刻的波形与0.11s时的波形相同，由图2可知，0.11s之后质点P向下运动，所以由上下坡法可知，波沿x轴正方向传播。
(2)0.71s时刻的波形与0.11s时的波形相同，结合图2可知，再经过0.01s，即在t=0.72s时刻质点P运动到平衡位置，即图1中原点处的波形传播到质点P处，传播距离为Δx=vΔt=20×0.01m=0.2m
所以质点P的坐标为x=Δx=0.2m
(3)
从t=0.71s到t=0.95s时间为
Δt=0.95s−0.71s=0.24s
而
0.24s=2T
从t=0.71s到t=0.95s时间内，质点P的运动路程为s=2×4A=80cm

【解析】(1)根据波动与振动的关系，确定波的传播方向；根据v=λT变形后求周期；
(2)根据波动与振动的关系知质点P的振动情况；
(3)质点振动一个周期对应4A路程。
本题考查了横波的图象问题，掌握波动图象和振动图象结合的方法处理问题，还要理解同侧法判断振动和波动的方向问题。
15.【答案】解：(1)带电粒子从 M 到 N ，由类平抛运动规律 2L=12at 12， 4L=v0t1， Eq=ma，
联立解得 E=mv 024ql；
(2)由题意得粒子带负电，向右偏转，故磁场方向垂直纸面向里。
粒子在电场中做类平抛运动，设到达 N 点的速度为 v ，
运动方向与 x 轴负方向的夹角为 θ ，如图
vy=at1，v= v02+vy2， 得 v= 2v0，所以 θ=45∘，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为 O′ ，
经过 P 点时速度方向也与 x 轴负方向成45°角。
则 OP=OM=4L ，NP=ON+OP=6L，
粒子在磁场中的轨道半径为 r=NPcs45∘，又 qvB=mv2r，
联立解得 B=mv03ql；
(3)粒子在电场中运动的时间为 t1=4Lv0，设粒子在磁场中周期 T=2πmBq，
运动所用的时间为 t2=34T，从 P 离开磁场做匀速直线运动到 M 所用的时间 t3=4Lv0，
粒子从 M 点进入电场，经 N 、 P 点最后又回到 M 点所用的时间为 16l+9πl2v0。

【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹图，在电场中的运动应用类平抛运动知识、在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量，根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。