2021届高考物理模拟测试题八.doc

2021届高考物理模拟测试题八

2021届高考物理模拟测试题八

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13

（全国卷）2021届高考物理模拟测试题八（含解析）
　(时间：60分钟，满分110分)
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14．如图甲所示为氢原子部分能级图，大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n＝3能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电管的阴极K时，恰好发生光电效应，则下列说法正确的是(　　)

A．从n＝2能级向n＝1能级跃迁时辐射的光，也一定能使阴极K发生光电效应
B．用从n＝4能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射阴极K，阴极K的逸出功会变大
C．在光的频率不变的情况下，饱和电流不随入射光强度的变化而变化
D．用从n＝3能级向n＝2能级跃迁时辐射的光照射n＝4能级的氢原子，可以使其电离
15．小王和小张学习运动的合成与分解后，在一条小河中进行实验验证．两人从一侧河岸的同一地点各自以大小恒定的速度向河对岸游去，小王以最短时间渡河，小张以最短距离渡河，结果两人抵达对岸的地点恰好相同，若小王和小张渡河所用时间的比值为k，则小王和小张在静水中游泳的速度的比值为(　　)
A．k　　B.
C. D．k2
16.

如图所示，两个质量均为m的带电小球a、b用轻质绝缘细线相连，然后再通过轻质绝缘细绳拴着小球a悬挂于O点，已知小球a的带电荷量为＋3q，小球b的带电荷量为－q.现加一斜向上与竖直方向夹角为α的匀强电场，场强大小为E＝，g为重力加速度，稳定后，细绳恰与场强方向垂直，则细线与竖直方向夹角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
17．2019年11月5日01时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第49颗北斗导航卫星，标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕．倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星，运行周期等于地球的自转周期．倾斜地球同步轨道卫星正常运行时，下列说法正确的是(　　)

A．此卫星相对地面静止
B．如果有人站在地球赤道的地面上，此人的向心加速度比此卫星的向心加速度大
C．此卫星的发射速度小于地球的第一宇宙速度
D．此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，可能会一天看到两次此卫星
18．如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度ω匀速转动，线圈的电阻为r，理想变压器的副线圈并联两个阻值恒定且也为r的一模一样的灯泡A、B，原、副线圈匝数的比值为k，电路中电表均为理想电表，现灯泡B发生断路，下列说法正确的是(　　)

A．电压表示数变小
B．发电机的热损耗功率增大
C．灯泡A亮度变亮
D．单位时间外界向发电机做的功变大
19．如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过M点的电场线是水平直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P是电场线上的点，Q是等势线上的点．一带负电的点电荷在M点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则(　　)

A．点电荷一定向右做匀加速运动
B．负点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度大
C．将一正点电荷从P点移到N点，电场力做正功
D．将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动
20．小球A、B、C(均可视为质点)通过如图所示的装置静止悬挂着，其中定滑轮P与定点Q相距10L且处于同一高度，此时PB与水平方向的夹角为53°，QB与水平方向的夹角为37°，然后剪断BC间的悬绳．若将A球换成D球，系统在外力作用下平衡，剪断BC瞬间，撤去外力，B球运动到与P等高时速度恰好为零，已知小球B、C的质量分别为m、2m，重力加速度为g，小球间相连的轻绳均不可伸长，忽略一切摩擦，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列说法正确的是(　　)

A．小球A的质量是1.6 m
B．小球D的质量为1.2 m
C．接A球时，剪断BC间悬绳的瞬间，小球B的加速度大小是g
D．接A球时，剪断BC间悬绳的瞬间，小球A的加速度大小是g
21．如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，中心线上开一小孔C，两板间存在正交的电场强度大小为E的匀强电场、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，AC是两板间的中心线．金属板下方存在有界匀强磁场区域EFDGH，区域内磁场的磁感应强度大小为B2，其中EFGH为长方形，EF边长为l，EH边长为4l；A、C、F、G四点共线，E、F、D三点共线，曲线GD是以5l为半径、以AG上某点(图中未标出)为圆心的一段圆弧．现有大量比荷不同的正、负离子沿AG方向射入两金属板之间，有部分离子经F点进入下方磁场区域，比荷最大的某离子垂直EH边界穿出．已知从F点进入下方磁场的正、负离子，比荷具有相同的最大值和最小值，且由F点进入下方磁场偏向FG右侧的离子都能从边界FD射出磁场(存在临界情况)．不计离子重力及离子间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)

A．P一定接电源正极，Q一定接电源负极
B．从F点进入下方磁场的离子速度大小为v＝
C．从EH边界射出的离子最大比荷是
D．从FD边界射出的离子区域长度是2.8l
三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共47分
22．(6分)某同学欲将内阻为100 Ω、量程为400 μA的电流表G改装成欧姆表，做了以下实验．该同学选择的实验器材有：定值电阻R1(阻值为25 Ω)，滑动变阻器R(最大阻值2 500 Ω)，干电池(电动势为E＝1.5 V，内阻r＝2 Ω)，红、黑表笔，导线若干．

(1)该同学设计了图甲所示的电路图，并按照电路图将实物连接完整．
(2)实验时，先将红、黑表笔短接，当电流表G满偏时，滑动变阻器R接入电路的阻值为________ Ω.
(3)当待测电阻Rx接在红、黑表笔之间时，电流表G的示数如图乙所示，其读数为________ μA，Rx的阻值为________ Ω.
23．(9分)某同学想将一弹簧改装成简易弹簧测力计，进行如下操作(弹簧始终未超出弹性限度范围)．
(1)首先将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长；
(2)接着，将刻度尺靠近弹簧固定．弹簧下端悬挂不同质量的物体，待物体静止后读出指针指示的相应刻度．该同学以悬挂物体的重力为纵轴，弹簧的形变量为横轴，根据测得的实验数据，作出如图所示的图象．由图象可知此弹簧的劲度系数为________ N/m；

(3)然后再在刻度尺的刻度旁标注对应力的大小．如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6 cm，则该同学应在6 cm处标注为________ N，在12 cm处标注为________ N.
(4)最后该同学为了验证改装后的弹簧测力计标度是否准确，找了一只标准的弹簧测力计，他可以采用的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.(回答一种即可)
(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6 cm时，拉力做的功为________.
24．(12分)如图所示，匀强磁场与匀强电场存在理想边界AB，已知匀强电场的方向与边界成45°角，匀强磁场的方向垂直纸面向里．在AB上的O点向磁场中射入一个速度大小为v，方向与BA成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R.磁感应强度B与电场强度E的大小均未知，但满足关系E＝vB，如果把带电粒子从O点出发记为粒子第一次进入磁场．不计粒子的重力，求：
(1)粒子第三次进入磁场后做圆周运动的轨迹半径R1；
(2)粒子第三次进入磁场时的位置到O点的距离．

25．(20分)如图所示，一长木板左端紧靠墙壁，固定在水平面上，另一长度为L＝1.5 m、质量为mC＝7 kg、与固定长木板等高的长木板C放在光滑的水平面上，左端与固定长木板紧靠在一起．可视为质点、质量为mA＝2 kg的小物块A放在固定长木板上，一轻质弹簧左端固定在墙壁上，右端与小物块A接触但不拴接，开始时弹簧被压缩并锁定，储存的弹性势能为Ep＝11.6 J．解除锁定后，小物块A向右滑行一段距离后与弹簧分离，然后与放在长木板C最左端的可视为质点、质量为mB＝1 kg的小物块B发生碰撞，最终小物块B停在长木板C的最右端，而小物块A在长木板C上滑行的距离为s＝0.35 m．已知小物块A的初始位置与固定长木板右端之间的距离为x＝0.95 m，小物块A与固定长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，小物块A、B与长木板C之间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，弹簧的原长小于固定长木板的长度，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求长木板C的最终速度大小；
(2)当B刚运动到C的最右端时，求C相对地面向右运动的距离；
(3)求整个过程中系统损失的能量．

(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．)
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)吸盘挂钩的工作原理如图甲、乙所示．使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分．然后将锁扣扳下(如图乙)，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上．若气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程中，吸盘内气体的温度始终不变，则在拉起吸盘后，吸盘内气体的压强与拉起前的相比________(填“增大”“不变”或“减小”)，吸盘内空气的密度________(填“大于”“等于”或“小于”)外界空气的密度，吸盘内气体的内能________(填“增大”“不变”或“减小”)，此过程中吸盘内的气体要________(填“吸收”或“放出”)热量．

(2)(10分)如图所示，内壁光滑、横截面积为S的导热气缸水平放置，在气缸正中间有两个正对的小挡板A、B，内部用厚度不计、质量为M的活塞封闭有温度为T0的理想气体．已知气缸的长度为2l，重力加速度为g，大气压强为p0，现将气缸缓慢顺时针转动到开口竖直向上，活塞与气缸壁间无摩擦，且p0S>Mg.求：
(ⅰ)活塞在此过程中下降的高度；
(ⅱ)将缸内气体的温度下降到时，缸内气体的压强．

34．[物理——选修3－4](15分)
(1)

(5分)图示为一透明柱状介质的横截面图，三角形ABC为直角三角形．一细束红光PD从AC边中点D射到AC，折射后的光线经CB恰好发生全反射．已知AC＝L，∠PDA＝30°，光在真空中的速度大小为c，则该介质对红光的折射率为________，红光从D传播到CB所用的时间为________．
(2)(10分)图甲为一沿x轴传播的简谐横波在t＝6 s时刻的图象．质点M的振动图象如图乙所示，t＝0时，质点N已经开始振动，0～28 s时间内质点N运动的路程L＝84 cm.求：
(ⅰ)横波的波速大小v；
(ⅱ)横波的传播方向以及质点M的振动方程．

答案
14．解析：由玻尔理论知n＝3和n＝1能级的能级差大于n＝2和n＝1能级的能级差，用从n＝3能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电管的阴极K时，恰好发生光电效应，若用从n＝2能级向n＝1能级跃迁时辐射的光照射阴极K，不能使阴极K发生光电效应，选项A错误；逸出功由金属本身决定，与入射光频率大小无关，选项B错误；在入射光的频率不变的情况下，入射光越强，则单位时间逸出的光电子数越多，饱和电流越大，选项C错误；当处于n＝4能级的氢原子吸收的能量大于或等于0.85 eV时，将会被电离，n＝3能级与n＝2能级间的能量差大于0.85 eV，D正确．
答案：D
15．解析：

设小王和小张在静水中游泳的速度大小分别为v1和v2，当小王游泳的速度v1与河岸垂直时，渡河时间最短；小张斜向上游才有可能距离最短，由于小王和小张到达对岸的地点相同，且此地点并不在出发地的河正对岸，可见小张在静水中游泳的速度v2比水的流速v0要小，要满足题意，则示意图如图所示．由图可得＝·sin θ，cos θ＝，tan θ＝，解得＝＝k，即＝，选项B正确．
答案：B
16．解析：以小球a、b整体为研究对象进行受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为θ，则有2qEcos α＋F绳cos θ＝2mg,2qEsin α＝F绳 sin θ，α＋θ＝90°，解得α＝30°，θ＝60°，设细线与竖直方向的夹角为β，对小球b受力分析，有(F拉＋F库)sin β＝qEsin 30°，(F拉＋F库)cos β＝mg＋qEcos 30°，解得tan β＝，C正确．
答案：C
17．解析：倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动，而地球同步轨道卫星相对于地球静止，选项A错误；赤道上某物体的角速度与同步卫星的角速度相同，但运动半径较小，根据a＝ω2r可知，赤道上物体的向心加速度小于此卫星的向心加速度，选项B错误；地球的第一宇宙速度是地球上发射卫星的最小速度，选项C错误；如题图所示，地球同步轨道与倾斜同步轨道有两个交点，交点位置正下方的人用望远镜观测，一天能看到两次此卫星，选项D正确．
答案：D
18．解析：对理想变压器有＝k＝，线圈匀速转动，则发电机产生的电动势的有效值不变，设为E，灯泡B断路前，对发电机有E＝U原＋I原r，对副线圈有U副＝，整理得E＝U原，灯泡B断路后，同理有E＝U，可知灯泡B断路后，原线圈两端电压升高，A错误；由以上分析可知，通过原线圈的电流减小，发电机的热损耗功率减小，单位时间外界向发电机做的功变小，BD错误；副线圈两端电压升高，灯泡A两端电压升高，通过的电流增大，灯泡A变亮，C正确．
答案：C
19．解析：一带负电的点电荷在M点由静止释放，该点电荷仅在电场力作用下水平向右运动，说明该点电荷受到的电场力水平向右，电场线的方向水平向左，由于电场是非匀强电场，因此该点电荷运动过程中受到的电场力是变化的，根据牛顿第二定律可知，该点电荷的加速度也是变化的，选项A错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，N点的场强比P点的场强大，因此同样的点电荷在N点释放时的加速度一定比在P点释放时的加速度大，选项B正确；比较经过N、P两点的等势线可知，P点电势比N点电势高，因此将一正点电荷从P点移到N点，电势能减小，电场力做正功，选项C正确；将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，由于电场线垂直于等势线，因此电场力垂直于等势线，故该负点电荷不会沿等势线做直线运动，选项D错误．
答案：BC
20．解析：剪断前，取B、C整体为研究对象，则有T＝3mgcos 37°，又T＝mAg，解得mA＝2.4m，选项A错误；在剪断BC间悬绳的瞬间，B要上升，AB为连接体，QB绳长不变，且此时QB垂直于PB，故小球B以Q为圆心，以QB为半径做圆周运动，故对A有mAg－T＝mAa，对B有T－mgsin 53°＝ma，解得a＝，选项C正确，D错误；对D、B组成的系统由机械能守恒定律得mDghD＝mghB，由几何关系知hD＝6L＋8L－10L＝4L，hB＝8Lsin 37°＝4.8L，解得mD＝1.2m，选项B正确．
答案：BC
21．解析：由F点进入下方磁场偏向FG右侧的一定是正离子，偏向FG左侧的一定是负离子，PQ两板间复合场相当于速度选择器，电场方向一定从右极板指向左极板，即P一定接电源负极，Q一定接电源正极，选项A错误．当离子在平行金属板间匀速运动时，有qvB1＝qE，得v＝，选项B错误．比荷最大的离子垂直EF射入下方磁场，又垂直EH射出下方磁场，说明离子在下方磁场中偏转了90°，由几何关系可知离子做圆周运动的圆心为E点，此时离子做圆周运动半径最小，为R1＝l，由qvB2＝m得从EH边界射出的离子的最大比荷＝，选项C正确．正离子做圆周运动的最长轨迹如图中实线所示，圆心为O，半径R2满足R＋l2＝(5l－R2)2，得R2＝l＝2.4l，R2为满足正离子均能从FD射出的最大半径，不论离子带电正负，在磁场B2中做圆周运动的半径都介于R1和R2之间，FD上有离子射出，距F的最近距离为2R1，距F的最远距离为2R2，即距F点的距离为2l到4.8l范围内有离子射出，选项D正确．

答案：CD
22．解析：(2)电流表G和R1并联后的总电阻R并＝＝20 Ω，当电流表G满偏时，此时流过电路的总电流为I1＝＋Ig＝2 mA，由闭合电路欧姆定律可得R并＋r＋R＝，解得R＝728 Ω.
(3)根据读数规则可知电流表的读数为240 μA，新电流表的量程是原来电流表量程的5倍，此时流过电路的总电流为I＝1 200 μA，由闭合电路欧姆定律可得R并＋R＋r＋Rx＝＝1 250 Ω，解得Rx＝500 Ω.
答案：(2)728(2分)　(3)240(2分)　500(2分)
23．解析：(2)根据物体的平衡条件可得F弹＝mg＝kx，结合图象可得k＝100 N/m.(3)如果未悬挂物体时，指针对应刻度为6 cm，则该同学应在6 cm处标注为0，在12 cm处弹簧的伸长量为x＝6 cm，此时弹簧的弹力大小为F弹＝kx＝6 N．(4)他可以采用的方法是分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同．(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6 cm时，拉力做的功为WF＝Fx＝x＝kx2＝0.18 J.
答案：(2)100(2分)　(3)0(1分)　6(2分)　(4)分别用两只弹簧测力计测量相同的重物，查看示数是否相同(其他答案正确也给分)(2分)　(5)0.18 J(2分)
24．解析：(1)画出粒子的运动轨迹如图所示．第一段是半径为R的圆弧，与AB边界右交点为a，然后粒子恰好逆着电场线做匀减速运动到b点，沿电场线方向返回a点时的速率仍为v，接着粒子在磁场中运动一段圆弧到c点，再接着沿垂直电场线方向进入电场做类平抛运动到d点，第三次进入磁场．(2分)

第三次进入磁场时有qvdB＝m(1分)
根据类平抛运动知识可知，粒子进入磁场时速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍．即tan β＝2tan α＝2
可得vy＝ 2vx＝2v(1分)
所以vd＝＝v (1分)
可得粒子第三次进入磁场后的运动轨迹半径为R1＝＝R(1分)
(2)当粒子第三次进入磁场时的位置到O点的距离为Oa段、ac段与cd段的长度之和，分别设为x1、x2、x3，故有
x1＝x2＝R(1分)
粒子在电场中做类平抛运动时，在垂直电场方向有x＝vt
沿电场方向有y＝at2
粒子在电场中的加速度a＝(1分)
因为电场方向与边界成45°角，故有x＝y(1分)
粒子在匀强磁场中运动时，qvB＝m(1分)
又有E＝vB
联立以上各式可解得x＝y＝2R，则类平抛运动的位移
x3＝＝2R(1分)
因此d点到O点的距离s＝x1＋x2＋x3＝4R(1分)
答案：(1)R　(2)4R
25．解析：(1)设小物块A运动到固定长木板最右端时的速度大小为v0，对小物块A由能量守恒定律知Ep－μ1mAgx＝mAv(2分)
代入数据解得v0＝2 m/s(1分)
由题意知最终小物块A、B与长木板C保持相对静止，设三者共同速度大小为v，则由动量守恒定律有
mAv0＝(mA＋mB＋mC)v(2分)
解得v＝0.4 m/s(1分)
(2)设小物块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为vA、vB，对小物块A、B组成的系统，由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB(1分)
对A、B碰后到三者共速过程由功能关系知
μ2mAgs＋μ2mBgL＝mAv＋mBv－(mA＋mB＋mC)v2(2分)
解得vA＝1 m/s，vB＝2 m/s(2分)
另一组解为v′A＝m/s，v′B＝m/s，因为v′A>v′B，所以不符合题意，舍去．
设整个过程中小物块B相对地面向右滑行的距离为x′，小物块B在长木板上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律知μ2mBg＝mBa(1分)

解得a＝μ2g＝1 m/s2(1分)
由匀变速直线运动规律得x′＝＝1.92 m(1分)
当B刚运动到C的最右端时，长木板C相对地面向右滑行的距离为
xC＝x′－L＝(1.92－1.5)m＝0.42 m(1分)
(3)小物块A与接触面因相对运动产生的内能为
Q1＝μ1mAgx＋μ2mAgs＝8.3 J(2分)
小物块B与接触面因相对运动产生的内能为
Q2＝μ2mBgL＝1.5 J(1分)
A、B碰撞过程中损失的能量为
ΔE＝mAv－mAv－mBv＝1 J(1分)
则整个过程中系统损失的能量为
Q＝Q1＋Q2＋ΔE＝10.8 J(1分)
答案：(1)0.4 m/s　(2)0.42 m　(3)10.8 J
33．解析：(1)在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，由于温度不变，所以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小．在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外界空气密度相同，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其密度减小．一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，由于在锁扣扳下的过程中吸盘内气体的温度不变，所以气体的内能不变．在锁扣扳下的过程中，由于气体的体积增大，所以气体要对外界做功，但气体的内能又不发生变化，故由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，此过程中气体要从外界吸收热量．
(2)(ⅰ)当气缸竖直放置时，设封闭气体的压强为p，由于活塞处于静止状态，对活塞受力分析可得pS＝p0S＋Mg(1分)
设气缸竖直后活塞下降的高度为h，由于气体的温度不变，故由玻意耳定律可得
p0·2lS＝p(2l－h)S(1分)
两式联立可解得h＝<l(2分)
(ⅱ)设当活塞刚到达挡板AB处且对挡板无压力时，气体的温度为T，由于此过程中气体的压强不变，故由盖 ­ 吕萨克定律可得
＝(2分)
解得T＝T0(1分)
因T＝T0>，故需要在此基础上再进行降温，此时气体的体积不再发生变化．设当温度降到时气体的压强为p′，则由查理定律可得＝(2分)
代入数据可解得p′＝p0(1分)
答案：(1)减小(1分)　小于(1分)　不变(1分)　吸收(2分)　(2)(ⅰ)　(ⅱ)p0
34．解析：(1)如图所示，设介质对红光的折射率为n，临界角为θ，则n＝，根据折射定律有n＝，解得n＝，cos θ＝，红光在介质中的传播速度v＝，从D传播到E所用的时间t＝，DE＝，解得t＝.

(2)(ⅰ)振幅A＝6 cm(1分)
由＝＝3
则3T＝Δt(1分)
解得周期T＝8 s
由图甲得波长λ＝4 m(1分)
由v＝(1分)
得v＝0.5 m/s(1分)
(ⅱ)由周期结合图甲、乙知t＝6 s时质点M的振动方向为沿y轴负方向．根据“波动方向与振动方向间的关系”知，横波的传播方向为沿x轴负方向(1分)
设质点M的振动方程为y＝Asin(1分)
当t＝0时y＝－6 cm(1分)
得φ＝－(1分)
因此质点M的振动方程为y＝6sincm(1分)
答案：(1)(2分)　(3分)　(2)(ⅰ)0.5 m/s　(ⅱ)沿x轴负方向　y＝6sincm