参考答案和评分标准
选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
答案 C D D B D D C D C A C C C B BCD BD
17．（1）A（2 分） （2）BC（2 分）
（3）需要（1 分）、需要（1 分）、0.695（2 分）
18. （1）1.415（2 分） （2）1.91（2 分）
（3）偏小（1 分）、无影响（1 分）
19.(1)设匀加速运动的时间为푡1，则匀速运动的时间为 t-푡1
由：x= 푣
2푡1
+v(t-t1) 得푡1=8.4s ………………………（1 分）
由：v=a푡1 得：a=0.95 m/s2 …………………（1 分）
F=(M船 + 12m人）a=1140N …………………（2 分）
(2) 匀减速:t2=10 s 内的位移푥1=푣 + 푣1
2 푡2 =60m. …………………（1 分）
由 v1再加速到 v 所用的时间푡3=푣 - 푣1
푎 ， =4.2s …………………（1 分）
通过的位移푥2=푣 + 푣1
2 t=25.2m …………………（1 分）
若不失误龙舟匀速通过푥1、푥2需要的时间为푡4
由：푥1+푥2=v푡4 得푡4 = 10.65푠， …………………（1 分）
因失误而耽误的时间 Δt=t2+t3-t4=3.55 s …………………（1 分）
20．(1) 由 mg=m푣2
R 得: v= ……（1 分）
设 c 点与 a 点的水平距离为 X
X=v.t= . ， x=2R ……（2 分）
得： bc= R ……（1 分）
(2)设小球从 b 运动到 a 克服阻力做功为 W
Rg
Rg g
x2
2W=mgR ― 1
2mv2 =
1
2 mgR ……（1 分）
若小球从 a 点出射速度为v1
1
2mv12 =mg (
9
4R –R )- W =
3
4mgR 得： 푣1 = ……（1分）
由 F + mg = m푣2
R ， 得： F =
1
2 mg ……（1 分）
小球在 a 点时对轨道的压力向上大小为
1
2 mg ……（1 分）
(3) 若 d 点与 a 点的水平距离为 X
由：X = v1.t = . = 得： x=3R ……（1 分）
若水平位移为 4R 时小球从 a 点出射速度为v2
同理有: 4R = v2.t 即 4R = v2 . 得： v2 .= ……（1 分）
由：
1
2mv22 =mg ( h – R )- W =
4
3mgR 得： h =
17
6 푅 ……（2 分）
21．（1）电流方向 a-b , Iab= = A
对棒ab: BIL-mg=ma , B=3x=4.5T 代入得: a=4m/s2 ……（2 分）
（2）对棒 ab 从开始到 x=0 过程有:
其中： , 代入得: 푣0 = 3m/s ……（1 分）
设棒 ab 穿过左侧匀强磁场后的速度为 푣1
代入得: ……（1 分）
又 푥2 =
푣12
= 1 ― …（1 分）, 棒 ab 最后停在位置 x=-(3 ― )푚（1 分）
（3）棒 ab 以 x=0.5 푚处为平衡位置作简谐振动
T=л(S) ……（1 分）, t=휋
4 + 휋
12 = 휋
3s ……（1 分）
整个过程中电阻 上产生的热量为：
2
3Rg
2
3Rg
g
x2 RX3
g
R6
3
8Rg
12
2
RR
R
+ 3
2
XFFWF 2
21 += mgxW f µ=
01
21
2 2
mvmvXRR
LB −=+− ( ) smv /131 −=
2
3
2
3
2R
2
02
1 mvWW fF =+Q = 퐼2푅2푡 +
2
3(1
2푚푣0
2 ―
1
2푚푣1
2)
= (1
3)2
× 0.6 × 휋
3 +
(2 3 ― 1)
3 .0.05 = 휋
45 +
(2 3 ― 1)
60 (퐽)……（2 分）
22．（1）设t1（t1 < T
2）时刻进入 I 区的粒子，恰好能到达 A 板
a = qu
mL = 4 × 109m/푠2 …（1 分），
若 加速时间： ∆t1 = T
2 - t1 ，
由：加速位移 x1 = 1
2a（∆t1）2，
减速位移 x2 = a(∆푡1) + 0
2 × ∆t1 ， 又 x1 + x2 = L
得t1 = 2 - √2
4 × 10-5s = 2 - √2
4 T ，…（1 分）
一个周期内t1时刻后的粒子无法穿过 I 区
故一个周期内穿出电场的粒子和 B 板所释放的粒子数之比为2 - √2
4 …（1 分）
（2）粒子能进入 III 区，有几何关系的r1 ≥ L
在 II 区中，qv1B1 = mv21
r1
，故v1 ≥ 104m
s …（1 分）
假设t2时刻（t2 < T
2）进入 I 区的粒子，先以加速度 a 做匀加速∆t2，T/2 后匀减速，
恰好以v1速度离开并进入 II 中，∆t2 = T
2 - t2
加速位移x3 = 1
2a（∆t2）2，减速位移x4 = a(∆푡2) + v1
2 ×
a(∆푡2) - v1
a ，x3 + x4 = L
得t2 = 4 - 10
8 × 10-5s = 4 - 10
8 T ， …（1 分）
一个周期内t2时刻后的粒子无法进入 III 区
故一个周期内穿过 II 区进入 III 区的粒子和 B 板所释放的粒子数之比4 - 10
8 （1 分）
（3）0 时刻进入粒子离开速度最大v0 = 2 × 104m
s ，
在 II 区中，qv0B1 = mv20
r0
，得最大运动半径r0 = mv0
qB = 0.1m = 2퐿，
同理，在 III 区B2磁场中半径r2 = 1
2r0 = L
有几何关系得y1 = （2 - 3）L ，y2 = 2 - 3
2 L …（1 分）
偏离距离ym = y1 + y2 = 3(2 ― 3)
2 퐿 …（1分）
在t2时刻进入粒子离开速度最小v1 = 104m
s，在 II 区中，r1 = L，在 III 区中r3 = 1
2
L
有几何关系得y3 = r1 = L ，y4 = r3 =
1
2L
偏离距离yM = y3 + y4 = 3
2L …（1分）
故最高点与最低点之间的距离
y = yM - ym = 3（ 3 - 1）
2 퐿 = 3（ 3 - 1）
40 푚（1 分）
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