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12345678910答案DADCCBBACDBDBD【解析】1．设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得TfMa；以沙袋和沙为对象，根据牛顿第二定律可得mgTma；联立可得fgmgfamm，可知am不是线性关系，排除A、C选项。可知当沙袋和沙的MmMm总重力小于物块P最大静摩擦力时，物块静止，加速度为0，当沙袋和沙的总重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近等于g，故选D。2．由题意可知，小车保持功率恒定，所受阻力恒为f，由PFv，则速度增大时，牵引力减小，由牛顿第二定律可知，小车的加速度先变小，在速度最大时，加速度为0，故A错误。小车速度最大时，小车的牵引力等于阻力，故B正确。小车在运动过程中，由动能定理可11得Wfxmv20，解得电动机对小车所做的功为Wfxmv2，故C正确。汽车功22率恒定为P，因此电动机对小车所做的功等于Pt，故D正确。3．由题图乙知，t0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为Fmg，弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为0，故A错误。由题图乙知，ts0.2时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，故B错误。由题图乙知，从t0至ts0.2，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，弹簧的弹性势能增大，手机的机械能减小，故Cπ错误。由题图乙知T0.8s，则角频率2.5πrad/s，则a随t变化的关系式为Tat4sin(2.5π)m/s2，故D正确。4．飞船需要通过加速从椭圆轨道Ⅱ进入预定圆轨道Ⅲ，故A错误。根据万有引力等于向心力Mmv2GMGm，可得v，可知飞船在Ⅰ轨道运行速度大于在Ⅲ轨道上的运行速度，rr2r物理参考答案·第1页（共7页）故B错误。飞船从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要进行加速，机械能增加，则飞船在Ⅱ轨道上的机械能大于在Ⅰ轨道上的机械能，故C正确。根据开普勒第二定律可知，飞船在三个不同轨道上运行时，与地球连线在单位时间内扫过的面积不相等，故D错误。5．滑片缓慢向右滑行全程，电容器两极板由“下正上负”逐渐转变为“上正下负”，电容器经历先放电再充电的过程，则两极板间的电压先减小后增大，故A错误。根据“充电电流流向正极板，放电电流流向负极板”可知，充放电流全程由d点经R3流向c点，由于过程缓慢，则充放电流很小，所以R3两端电压很小，即d点电势比c点略高，故B错误。P点的电势先比上极板高，后比上极板低，故P点电势降低，故D错误。放电过程，向下流过R1R2R3的电量为CE，充电过程，向下流过R3的电量为CE，全程向下流过RR12RR12RR12过R3的电量为CECECE，故C正确。RR12RR126．y0处为重力势能零点，则在y0处重力势能为0，重力势能变化与下落高度成线性关系，故kQ4kQ错误。设正电荷的正上方处电场强度为，则，解得，即点AQx022xy0A()yx0x场强为0；机械能的变化对应电场力做功，结合图可知，A点上方场强方向向下，A点到正电荷场强方向向上。则小球从O点到B点，电场力先做正功后做负功，机械能先增大后减小，电势能先减小后增加并且在y0处为0，故D错误，B正确。电荷初末速度为0，中间过程不为0，所以动能先增加后减小。分析可知，则动能最大的位置在y0下方不在y0处，故C错误。7．最大动能与最小动能出现在平行于电场方向的直径的两端。设该直径（即电场方向）与AC夹角为θ，过A点作该直径的垂线，即为A点所在的等势线。根据动能定理有qE(cos)RRE0；qE(cos)3RRE0，得2E60；E0。故选B。qR8．由题意c点的磁感应强度为零，则说明导线P、Q在c点产生的磁场大小相等、方向相反，又因为IIc点距P、Q的距离比为1∶3，则kk12，RR3可得电流之比为1∶3，故B错误。由B分析可物理参考答案·第2页（共7页）知，导线Q在d点产生的磁场强，d点的磁感应强度方向垂直cd向下，由安培定则可知P中的电流方向向外、则Q中的电流方向向里，故A正确。由安培定则可知，导线P、Q在O点产生的磁场方向均垂直cd连线向上，故C正确。由于I12I，分别作出两电流在a、b两点的磁感应强度大小和方向，如图所示，根据磁场的矢量合成可知a、b两点的磁感应强度大小相等、方向相同，故D正确。9．球在c点对球拍的压力大小为5mg，由牛顿第三定律，在c点球拍对球的支持力大小v2Fmg5，则在c点Fmgm，解得做圆周运动的线速度大小v2gR，故A错NNRv2误。在a处mgFm，解得Fmg3，球在a处受到球拍的作用力为3mg，故B正NRNv2确。设在b处球拍与水平面的夹角为，且仅受重力、支持力作用，则有mgtanm，R又v2gR，解得tan4，若不满足tan4，小球在b处还受摩擦力的作用，故C错2πRR2πR误。运动的周期为Tπ，故D正确。v2gRg10．根据左手定则可判断正离子在磁场中受力如图，所以正离子在环向场中沿逆时针方向运动，故A错误。由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大小，则带电粒子在环向场中的速度大小不变，故B正确。由图可知左右两边磁感应强度不一样，根mv2mv据洛伦兹力提供向心力有qvB，解得R，可知同一正离子在磁场中因为磁感RqB应强度不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，B越大，R越小，所以同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手定则判断出正离子就会向下侧迁移，同理可知电子向上侧迁移，故C错误，D正确。非选择题：共5小题，共57分。11.（除特殊标注外，每空1分，共7分）（1）右边（2）①42②守恒（2分）不是（2分）物理参考答案·第3页（共7页）【解析】（1）根据表中数据可以判断出位移传感器在开始时距离B端较近，则固定在右边。（2）①根据图像碰撞前A物块的速度为vA4m/s，碰撞前B物块的速度为0.4vm/s2m/s。②由图可知碰撞后A物块的速度为v1m/s，碰撞后B物块的速B0.2A00.4度为vm/s4m/s，则可知mmvvvvmm，故可得出结论两物块B0.30.21212ABAB组成的系统在相互作用过程中动量守恒，但是总动能减少。12.（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）0.30RRr（2）10E（3）1（2分）n（4）3.03.01.0（5）部分有（2分）【解析】（1）电流表分度值为0.02A，读数结果为小数点后两位。1RRr10（2）据全电路的欧姆定律EIRR01()0r，得。IE0RRrR11n11（3）据全电路的欧姆定律EIRn()1r，得，则有YnIEnI0InR1R0。EnE（4）结合图丙的截距、斜率，可得ER3.0V，3.0，再结合读数I00.30A，得r1.0。R（5）方案未考虑电流表内阻，修正后EIRR()rr，EIR()rr，010An1An11R1R0对Y无影响，则对E和R无影响；但rrA1，对r有影响。I0IEnEn13.（10分）解：（1）以A球为研究对象，受到4个力作用，如图；可把重力mg和静电力Fe先合起来看作1个力，则可看作受3个力平衡；其中物理参考答案·第4页（共7页）kQ2Fe23.6Nr根据对称性FFmgF12e5.6N（评分标准：此小题也可用正交分解法或矢量三角形解答，不论什么方法，抓住静电力Fe计算1分，过程计算2分，结论各1分，共5分评分即可）（2）按照要求移动B的位置，继续以A球为研究对象，受到4个力作用，如图；其中左侧拉力F1和静电力Fe共线，可把这2个力先合起来看作1个力，则可看作受3个力平衡；由几何关系得rr2，则kQ2F0.9Ne(2r)2根据对称性Fmg22NFFmg1e2N，则F12.9N（评分标准：此小题也可用正交分解法或矢量三角形解答，不论什么方法，抓住静电力Fe计算1分，过程计算2分，结论各1分，共5分评分即可）14.（13分）解：（1）从小球B释放开始，两物体在水平方向动量守恒，时刻有2mmvv结合能量守恒，在最低点时有2mmvv12①11222mmmgLvv12②223gL解得v1③3运动的过程有2mxmx④12有xxL⑤12L解得x1⑥3（2）B小球在最低点时，相对于A物体做圆周运动，半径为L相对速度为vvv3gL⑦12物理参考答案·第5页（共7页）mv2根据牛顿第二定律，有FTmgn⑧L解得细绳的最大张力为⑨Tmg4（3）物体A和小球B在平面直角坐标系xOy运动过程中，设A的位置坐标为(0)x，，B的位置坐标为()x，y；根据动量守恒有2()mxmLx⑩A、B之间的距离不变有()xxyL22⑪(3xL)2联立得yL22⑫4L（≤≤xL，0≤≤yL）⑬3评分标准：本题共13分。正确得出①~⑬式各给1分。得出与⑫式等价的结果也给分。15．（18分）42解：（1）由题意知2RLcos53，得RL①15132mv0粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，有qBv0②R13mv计算得B0③2qL（2）设粒子射出电场时的速度为v1，与x方向夹角为，在电场中运动时间为t，粒子在电场中运动分解后x轴方向为匀速直线运动，有x(sin53)v0t④1y轴方向为匀变速直线运动，有Lt(cos53vvsin)⑤2012mv1粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，有qBv1⑥R210由题意知LRRcos⑦922且vv01sin53cos⑧12整理计算得xL⑨7物理参考答案·第6页（共7页）488L则xxL⑩0535（3）假设粒子在电场中减速了n次后速度为vn，在磁场Ⅱ中圆周运动半径为Rn，有11nqELmvv22m⑪22n011(1)nqELmvv22m⑫22n1011又22RRLLn1394得RL⑬n91又22RRLn1131得RL⑭n-1280计算得n，n取整数1，2，3，4175mv25mv25mv25mv2则电场强度可以为0，0，0，0⑮18qL36qL54qL72qL评分标准：本题共18分。正确得出⑮式给4分，其余各式各给1分。物理参考答案·第7页（共7页）