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物理参考答案
选择题：共 10 小题，共 43 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7 题只有一项符合题
目要求，每小题4 分；第 8~10 题有多项符合题目要求，每小题5 分，全部选对的给5
分，选对但不全的给3 分，有选错的给0 分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C A C C D BC ACD ABD
【解析】
4．由于电子恰好做匀速圆周运动，则电场力与磁场的洛伦兹力平衡，磁场的洛伦兹力
提供向心力，方向指向圆心，故C 错误。根据电子沿顺时方向运动及左手定则可知磁场
垂直圆环平面向里，故A 正确。根据左手定则可判断磁场的洛伦兹力向里，则电子
受到的电场力向外，电场方向向里，故B 错误。洛伦兹力永不做功，故D 错误。
5．根据电场叠加可知CO 线上的合场强方向均水平向右且沿CO 方向变大，故B 错误。由题
可知，电荷受到的合力应指向CO 方向，则外力应指向左下方，与CO 方向夹角为 q ，大
Eq Eq
小为 ，故A 错误。由题可知， sinq 不变，Eq变大， F = ， F 变大，加速度
sinq 合 tanq 合
变大，故C 正确。电场力与运动方向始终垂直，电场力不做功，电势能不变（或CO为等
势面），故D 错误。
mmg+ m () m + m g
6．第一阶段， 橡皮擦与纸板相对滑动， a=m g =1m/s2 ， a = 1 2
皮 1 板 m
1
= 5m/s2 ， 故A错误。 v 相 同 时 ， v -a t = a t ， 得 t = s ，
0 板 g皮 g 6
1 1 1 v+ v 7 1
v = m/s， x= a t 2 = m ， x=0 t = m ， 得 x= x - x = m ，
6 皮1皮 2g 72 板1 2g 72 1 板1皮 1 12
1
Q=m mg x = J 。第二阶段，由于 m< m ，所以 v 相同后，仍相对滑动，故B错
1 1g 1 1200 1 2
m()m+ m g - m mg
误。橡皮擦和纸板都匀减速， a =m g =1m/s2 ， a =2 1 = 3m/s2 ，
皮 1 板 m
v2 v 2 1 l
x板2皮=， x 2 = ， 得 x2 = x皮2 - x板 2 = m ， 因 x2< x 1< ， 故 橡 皮 擦 未 滑 离 纸
2a板 2 a皮 108 2
板，故C 正确。由于第二阶段也有产热，故D 错误。
物理参考答案第1 页（共5 页）
r
7．当行星与地球连线，与行星轨道圆相切时，q 最大，此时 行 = sinq ，故A 错误。根据开
r
r3
普勒第三定律 = k ，推出T 正比于 r3 ，得周期之比为 sin3 q ，故B 错误。当行星再
T 2
次处于最佳观察时期，行星与地球连线再次与行星轨道圆相切，两次最短时间间隔过程
中，行星相对地球多走的角度为 - 2q ， 根 据 公 式 q行 - q地 = - 2 q ， 及
2 ( - 2q ) sin3 q
q= wg t， w = ，得 t = 年，故C 错误。两相切时刻，角度差也可能为
T 2 (1- sin3 q )
+2q ，故D 正确。
n1 22V
8．若无磁损，则 = ，可得 n1 =110 匝，但由于此题有磁损，故A 错误。变压器原副
n2 6V
线圈中交变电流频率相同，故B 正确。题中 6V 为接收线圈的有效值，则最大值为有效值
的 2 倍，故C 正确。由于交流电大小方向不断变化，使得接收线圈中的磁通量大小方向
不断变化，接收线圈不断有靠近远离交替变化的趋势，故D 错误。
9．球A沿槽C 下滑过程中，槽C 动能增加，球A 机械能减少，槽C 提供的支持力对球A做
负功，故A 正确。由于系统竖直方向合外力不为零，水平方向合外力为零，所以只有水
平方向动量守恒，故B 错误。根据“人船模型”物体运动的位移与其质量成反比，得
2 1
x= R ，故C 正确。球A与槽C 水平方向动量守恒，得 v= v ，球A与球B弹性碰
A 3 CA2
m- 5 m 2 2
撞后，得 v = v = v ，由于 v>v ，故D 正确。
AAAm+ 5 m g 3 3 AC
10．垒球在空中只有重力做功，机械能守恒，故A 正确。垒球在空中只受重力的冲量，方向
竖直向下，则动量变化量方向竖直向下，故B 正确。斜抛运动在最高点时只有水平速
度 ， 动 能 最 小 ， 故C 错误。由题可知， Dv = gt ， 竖 直 向 下 ， 又 v0 ^ vB ， 得
2 2 2
v0 + vB = ()gt ，将位移AB沿 v0 及 vB 方向分解，一方向由 v0 减至0，另一方向加至 vB ，
2 2
v0 vB 2
则用平均速度公式，得 gt + g t = AB ，联立得 t = 0.8s ，故D 正确。
2 2
非选择题：共5 小题，共 57 分。
11．（除特殊标注外，每空2 分，共6 分）
（1）P1 和P 2（1 分） P1、P2 和P 3（1 分）
AC
（2）
BD
（3）选用较细的大头针；同侧大头针间距稍大一些；选用两光学表面间距大的玻璃砖等
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12．（每空 2 分，共 10 分）
（1）8.9
1 k
（2） C 偏小
a a
13．（10 分）
解：（1）包裹刚好能下滑，则 mmgcos( q+ a ) = mg sin( q + a )
解得q = 22
即夹角最小值为q = 22
（2）匀加速过程，由 2
vm= 2a 1 x 1
得匀加速位移 x1 = 4m
匀速位移 x2=v m t 2 = 32m
则匀减速位移 x3= L - x 1 - x 2 = 8m
由 2 ，得匀减速加速度 a =1m/s2
vm= 2a 3 x 3 3
评分标准：本题共 10 分。正确得出、、式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
14．（13 分）
1
解：（1）M 滑至圆弧末端的过程，由动能定理得 mgL= mv2
2
v2
M 滑至圆弧末端，根据牛顿第二定律，有 F- mg = m
L
联立可得 M 滑至圆弧末端 B 时受到的支持力大小 F= 3 mg
由牛顿第三定律得压力 F = 3 mg
（2）设 M 与 N 碰撞前的速度为 v0 ，碰撞后，M 反弹的速度大小为 vM ，N 获得的速度大
小为 vN ，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0 = m( - vMN ) + 1.2 m v
1
根据题意可得 v= v
M 15 0
8
联立可得 v= v
N 9 0
v 3
则 M =
vN 40
（3）对 M，从 A 点滑下到碰前瞬间，能量守恒得
物理参考答案第3 页（共5 页）
1
mgL=m mg2 L + mv2
2 g 0
对 M，从碰后到停止运动过程，能量守恒得
2
1 1
mmgL= g mv0
2 15
1
联立解得 m =
227
对 N，从碰后到停止运动过程，能量守恒得
2
1 8
km g1.2 mg g 5 L= g 1.2 mv0
2 9
320
联立解得 k =
9
评分标准：本题共 13 分。正确得出、式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
15．（18 分）
d
解：（1）粒子打在上板中央位置， r =
2
v2
qv B= m 0
0 0 r
U
粒子做直线运动， qMN = qv B
d 0 0
qB2 d 2
联立可得U = 0
MN 2m
（2）当粒子恰好沿下板右端点射出时
水平方向： d= v0 t
d 1 qU
竖直方向： = MN t 2
2 2 gmd g
qB2 d 2
联立可得U = 0
MN 4m
经分析，从下板右端点进入右侧磁场的粒子不从右边界穿出磁场，所有粒子均不能穿出
磁场。
假设粒子从下板右端点射出时速度大小为 v ， v= 2 v0
2
由几何关系，得 d=1 + r
1
2
物理参考答案第4 页（共5 页）
v2
qv B1 = m
r1
1+ 2
联立可得 BB=
12 0
（3）假设粒子进入右侧磁场时速度与水平方向夹角为，从左边界穿出时，射入点与射
2mv cosq 2mv0
出点的的距离为y，可得 Dy =2 r1 cosq = = = d
qB1 qB 1
mv0 d
粒子进入MN 上方磁场后，水平方向做半径为r 0 的匀速圆周运动， r0 = =
qB2 4
2m m
周期T = =
qB2 qB 0
qU d
竖直方向向下做匀速直线运动，速度大小 MN
vy = g
md v0
d
D--y y
粒子从进入M 板上方磁场到打到M 板上所用时间 t = 2
vy
2
1 qU MN d
y = g g
2 md v0
m m
得 t1=， t 2 =
qB02 qB 0
t- t d
所以痕迹长度 s=1 2 2 r =
T g 0 4
评分标准：本题共 18 分。正确得出~ 式各给 1 分。
物理参考答案第5 页（共5 页）