物理
时量：90 分钟 满分：100 分
得分__________
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的.
1.如图所示是我国自行研制的“超导托卡马克”可控热核反应实验装置（英文名 EAST，俗称人造太阳）。
其运行原理就是在装置的真空室内加入少量氢的同位素氘或氚，通过类似变压器的原理使其产生等离子体，
然后提高其密度、温度使其发生聚变反应，同时产生巨大的能量.关于该实验装置下列说法中正确的是（ ）
A.这种装置中发生的核反应方程式是
B.该核反应前后的质量和电荷量都是守恒的
C.核反应产生的条件是核聚变的原料要大于一定的体积（即临界体积）
D.该装置与我国江苏秦山核电站的核反应原理相同
2.如图所示，质量为 m 的物体 A 静止在质量为 M 的斜面 B 上，斜面 B 的倾角 .现用水平力 F 推物体
A，在 F 由零逐渐增加过程中，A 和 B 始终保持静止.重力加速度为 g，对此过程下列说法正确的是（ ）
A.A 所受摩擦力方向始终沿斜面向上
B.地面对 B 的支持力随着力 F 的增大而增大
C.B 对地面的摩擦力始终不变
D.当 时，是 A 与 B 间的摩擦力方向改变的临界状态
3.一质量为 的物体（可视为质点），在 的水平拉力作用下，在粗糙的水平面上沿 x 轴正方
向做直线运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为 （未知），物体通过坐标原点时开始计时，其运动的
2 3 4 1
1 1 2 0H H He n+ → +
30θ = °
tanF mg θ=
5kgm = 20NF =
µ
的图象如图所示，g 取 .则（ ）
A.质点做匀加速直线运动，加速度为
B.物体与地面间的动摩擦因数 为 0.5
C.物体在 末，拉力的瞬时功率为
D.物体与地面间在 内产生的内能为
4.中国科学院院士、中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建在接受中新社采访时表示，
中国将于 2020 年发射火星探测器，并计划在 2021 年之前降落在火星。已知地球和火星的半径之比为 2∶1，
地球和火星的密度之比为 5∶4，则地球和火星表面重力加速度之比为（ ）
A.4∶5 B.5∶4 C.2∶1 D.5∶2
5.如图所示为某次飞船与空间站对接时的示意图，设空间站的质量为 ，飞船受到推进器的推力 F
为 ，飞船与空间站对接后，推进器工作 ，飞船和空间站的速度增加 ，则（ ）
A.对接前后，飞船和空间站的动量守恒
B.推进过程中，飞船对空间站的冲量与空间站对飞船的冲量相同
C.飞船的质量为
D.飞船对空间站的推力为
6.目前，我国两艘航母均装备搭载了国产歼 15 飞鲨舰载机，歼 15 舰载机是我国独立研制的新式第三代重型
舰载机，已形成初步战斗力.某次出海训练时，舰载机在某一高度水平匀速飞行，离目标水平距离 L 时投弹，
准确命中目
标。现将舰载机水平飞行高度变为原来的 倍，飞行速度变为原来的 1.5 倍，要仍能命中目标，则舰载机投
弹时离目标的水平距离比原来要多（不计炸弹飞行过程中的空气阻力）
x tt
− 210m/s
22.0m/s
µ
1s 30W
0 ~ 10s 900J
49.8 10 kg×
500N 20s 0.1m/s
31.0 10 kg×
490N
9
4
A．L B. C. D.
7.微观粒子的碰撞过程分弹性碰撞（又称弹性散射）、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞（又称粒子捕获）.设质
量为 m，速度为 的粒子与静止的氢核碰撞，被氢核捕获后，速度变为 ；当这个质量为 m，速度为 的
粒子与静止的碳核做对心弹性碰撞时，碰撞后碳核速度为 ，今测出 ，已知 ，则此微粒
质量 m 与氢核质量 之比为（ ）
A. B. C. D.
8.质谱仪是一种利用质谱分析测量离子比荷的分析仪器，如图是一种质谱仪的示意图，它是由加速电场、静
电分析器和磁分析器组成.已知静电分析器通道中心线的半径为 R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场
强度大小为 E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向外。现有一
质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子由静止开始经加速电场加速后，沿中心线通过静电分析器，由 P 点垂直
边界进入磁分析器，最终打到胶片上的 Q 点，不计粒子重力，下列说法中正确的是（ ）
A.经分析，粒子带正电，且极板 M 低于极板 N 电势
B.不同种类的带电粒子通过静电分析器的时间都相同
C.加速电场的电压
5
4 L 2L 9
4 L
0v Hv 0v
Cv C
H
4
13
v
v
= C
H
12m
m
=
Hm
H
1
2
m
m
=
H
1m
m
=
H
3
2
m
m
=
H
2m
m
=
1
2U ER=
D.带电粒子在磁分析器中运动的直径
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
求全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分.
9.密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量.油滴从喷雾器喷岀时由于摩擦而带电，
并落入两块相互平行的极板 M、N 之间的区域（M 板带正电、N 板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮
在极板间的油滴.根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油
滴所带的电荷量.若此悬浮油滴的质量为 m，两极板间的电压为 U，当地的重力加速度为 g.则下列说法正确
的是（ ）
A.悬浮油滴带负电
B.悬浮油滴的电荷量为
C.增大电场强度，悬浮油滴将向上运动
D.油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍
10.一机动车在粗糙的水平面上受到水平牵引力作用，设其所受阻力恒定，机动车在某段时间内的速度随时
间变化情况如图所示.则牵引力的功率随时间变化的图象不可能是（ ）
A. B. C. D.
11.随着科学技术的发展，手机无线充电功能将广泛应用于生活.图甲为充电原理示意图.充电板中的励磁线圈
接如图乙所示的正弦交变电流（电流由 a 流入时方向为正），从而使手机内的感应线圈产生感应电流，下列
1 mERPQ B q
=
mg
U
说法正确的是（ ）
A.感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反
B.感应线圈中产生的是频率相同的余弦交变电流
C. 时刻，感应线圈中电流的瞬时值为 0
D. 时间内，c 点电势高于 d 点电势
12.为了备战因疫情推迟的东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了原地纵跳摸高训练，如图所示.已知质量
的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为 ，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降
，经过充分调整后，发力跳起摸到了 的高度.若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻
力影响，g 取 .则（ ）
A.运动员从起跳到上升至最高点过程中处于超重状态
B.起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度
C.起跳过程中运动员对地面的压力为
D.从开始起跳到离地上升到最高点需要
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分.
13.（6 分）某学校的科技小组在一次创新大赛中利用所学物理知识设计了一种“闯红灯违规记录仪”，其工
2t
1 3~t t
50kgm = 2.10m
0.5m 2.90m
210m/s
1300N
0.45s
作原理如图甲所示，当光控开关接收到某种颜色光时，开关自动闭合，且车辆经过的路面下的压敏电阻受
到车的压力，其阻值随压力变化如图乙所示，当压力变化引起电流变化达到一定值时，继电器的衔铁就被
吸下，电路中的电控照相机就启动，记录下违规车辆实况.光控开关未受到该种光照射就自动断开，衔铁不
被吸引，工作电路中的指示灯发光.
（1）要记录违规闯红灯的情景，光控开关应在接收到___________（选填“红”“绿”或“黄”）光时自动
闭合；
（2）已知控制电路电源电动势为 ，内阻为 ，继电器电阻为 ，当控制电路中电流大于 时，
衔铁会被吸引.则只有质量超过________ 的车辆违规时才会被记录.（重力加速度 g 取 ）
14.（8 分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出 A、B 两个小球的质量 和 ；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球 B，让小球 A 从斜槽上位置 P 由静止开始释放，小球 A 离开斜槽后，频闪照相
机连续拍摄小球 A 的两位置（如图乙所示）；
④将小球 B 放在斜槽的末端，让小球 A 仍从位置 P 处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄
下两个小球的位置（如图丙所示）；
⑤测出所需要的物理量.请回答：
（1）为减少实验误差，步骤①中 A、B 两个小球的质量 和 应满足________；
6V 2Ω 8Ω 0.06A
kg 210m/s
Am Bm
Am Bm
（2）步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有________________；（请选填“ 、 、 、 、
、 ”）
（3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：_________________；若两球碰撞为弹性碰撞，还需
满足方程：______________.
15.（7 分）如图所示，在粗糙水平桌面内建立平面直角坐标系 ，将一质量为 的滑块放在坐
标原点 O，现对滑块同时施加两个分别沿 x 轴正方向和 y 轴正方向的恒力 、 ，其中 .经过一段
时间 t 后同时撤去这两个恒力，滑块最终发生的位移大小为 ， 、 两个力做功分别为 ，
.重力加速度 g 取 ，求：
（1）滑块与水平桌面间的动摩擦因数 ；
（2）两个力 、 作用的时间 t.
16.（9 分）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L.导轨上面横放着两
根导体棒 和 ，构成矩形回路，如图所示.两根导体棒的质量皆为 m，电阻皆为 R，回路中其余部分的
电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地
滑行.开始时，棒 静止，棒 有指向棒 的初速度 .若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少；
（2）当 棒的速度变为初速度的 时， 棒的加速度是多少？
0x 0y Ax Ay
Bx By
xOy 1.0kgm =
1F 2F 1 3NF =
25m 1F 2F 1 9JW =
2 16JW = 210m/s
µ
1F 2F
ab cd
cd ab cd 0v
ab 3
4 cd
17.（14 分）如图所示，相邻的匀强电场和匀强磁场区域宽度均为 d，电场在纸面内，且方向竖直向下，磁
场方向垂直纸面向里.有一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子（不计重力），经粒子枪中电场由静止加速
（加速电压为 U）后，从 O 点垂直进入电场，在电场力的作用下发生偏转，然后从 A 点离开电场进入磁场，
离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从 C 点（A、C 两点图中未标出）穿出磁
场时速度方向与进入电场 O 点时的速度方向一致，求：
（1）粒子从 C 点穿出磁场时的速度大小 v；
（2）电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值 ；
（3）带电粒子在相邻的匀强电场和匀强磁场区域运动的总时间.
18.（16 分）如图所示，在倾角 的固定斜面的底端有一挡板，现有质量均为 m 的滑块 A 和 B 紧靠在
一起，一轻质弹簧下端固定在挡板上，上端与滑块 A 相连，滑块 A、B 静置在光滑斜面上，弹簧与斜面平行，
此时弹簧的弹性势能为 ，一轻质绳（与斜面平行）一端固定在滑块 B 上，另一端跨过定滑轮并连接轻质
绳套，并将质量也为 m 的物体 C 轻轻挂在绳套上，滑块 A、B 一起沿斜面向上运动，直至 A、B 分离，已知
重力加速度为 g.（弹簧弹性势能 与形变量 x 的关系满足 ，k 为劲度系数）求：
（1）未挂物体 C 时，弹簧的形变量 ；
（2）在绳套上挂上物体 C 之后，A、B 分离时，弹簧的形变量 及 A 的加速度 ；
（3）在 A、B 分离时，物体 C 的速度.
物理参考答案
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
E
B
30θ = °
pE
pE 2
p
1
2E kx=
1x
2x Aa
目要求的
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D C D D B B C
1.A 【解析】可控热核反应装置中发生的核反应方程式是 ，A 正确；该核反应前后
的质量数是守恒，但质量是亏损的，B 错误；核聚变反应是热核反应，与体积无关，C 错误；该装置是聚变
反应，与秦山核电站的裂变反应原理不相同，D 错误.
2.D 【解析】在 F 由零逐渐增加过程中，A 所受摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，还有可能
为零；对 A、B 整体分析，地面对 B 的支持力 ，与力 F 大小无关；对 A、B 整体，由水平
方向平衡可知：地面对 B 的摩擦力等于 F，并随 F 的增大而增大，所以 B 对地面的摩擦力也随 F 的增大而
增大。对 A：当 时，A 与 B 间的摩擦力为零，是 A 与 B 间的摩擦力方向改变的临界状态.
3.C 【解析】由图得： .根据匀变速运动的位移公式 ，得： ，
对比可得： ，则质点的加速度为 ，初速度为 ，则知
质点的加速度不变，质点做匀加速直线运动，故 A 项错误；由牛顿第二定律 可得：
，故 B 错误；由 ，拉力的功率 故 C 正确；
由 可得 0 至 内的位移 ，产生的内能 ，故 D 错误.
4.D 【解析】在某星球表面的物体，不考虑自转，万有引力等于重力，则有
解得某星球的质量为
某星球的体积为
则某星球的密度为
所以地球和火星的密度之比
地 ，故选 D.
5.D 【解析】对接前后，飞船和空间站系统在运动方向上有外力作用，动量不守恒，故 A 错误；根据牛顿
第三定律可知，飞船对空间站的力与空间站对飞船的力是相互作用力，等大反向，且作用时间相同，故冲
2 3 4 1
1 1 2 0H H He n+ → +
N ( )F M m g= +
tanF mg θ=
0.5 0.5x tt
= + 2
0
1
2x v t at= + 0
1
2
x v att
= +
21 0.5m/s2 a = 2 22 0.5m / s 1m / sa = × = 0 0.5m / sv =
F mg maµ− =
0.3µ = 0 (0.5 1 1)m / s 1.5m / sv v at= + = + × = 30WP Fv= =
2
0
1
2x v t at= + 10s 55mx = 825JQ mgxµ= =
2
MmG mgR
=
2gRM G
=
34
3V Rπ=
3
4
M g
V RG
ρ π= =
43 5
4 3 4
R G Rg g
R G g g R
πρ
ρ π= ⋅ = ⋅ =地
火 地 火 火
火
地
火地 地
5
2
g
g
=地
火
量等值 反向，故 B 错误 ；根据动 量定理可知 ： ，代入 数据解得飞 船的质量 为：
，故 C 错误；对空间站，根据动量定理得：
解得飞船对空间站的推力为 ，故 D 正确.故选 D.
6.B 【解析】炸弹被投下后做平拋运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动
为自由落体所以在竖直方向上： ，解得： ；在水平方向上： ；当舰载
机 飞 行 的 高 度 为 原 来 的 倍 ， 飞 行 速 度 为 原 来 的 1.5 倍 ， 飞 机 投 弹 时 距 离 目 标 的 水 平 距 离 ：
，飞机投弹时距离目标的水平距离比原来多 ，故 B 正确.
7.B 【解析】根据题意有 ，即有 .
又由动量守恒有 ，
由机械能守恒有是 ，
解得 ，则
考虑到 ，可得 ，所以 B 正确.
8.C 【解析】因为粒子在磁场中从 P 点运动到 Q 点，因此由左手定则可知粒子带正电；在加速电场中受到
的电场力向右，所以电场线方向向右，则 M 板为正极，M 板的电势高于 N 板电势，故 A 错误；在加速电场
中，由动能定理得 得 ，粒子在静电分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，
由牛顿第二定律得 ，解得 ，故 C 正确；但不同种类的带电粒子加速后的速度不一定
相同，所以通过静电分析器的时间也不一定相同，故 B 错误；粒子在磁分析器中以半径为 r 做圆周运动，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，解得 ，带电粒子在磁分析器中运动
( )Ft M m v= + ∆
32.0 10 kgm = × F t M v′ = ∆
490N
21
2h gt= 2ht g
= 0 0
2hL v t v g
= =
9
4
0
92 941.5 4
h
L v Lg
×
′ = = 5
4L L∆ =
( )0 H Hmv m m v= + 0
H
H
mvv m m
= +
0 1 C Cmv mv m v= +
2 2 2
0 1 C C
1 1 1
2 2 2mv mv m v= +
0
C
C
2mvv m m
= +
( )HC
H C
2 4
13
m mv
v m m
+= =+
C H12m m=
H
1m
m
=
21 02qU mv= − 2Uqv m
=
2vqE m R
= 1
2U ER=
2vqvB m r
= 1 mERr B q
=
的直径 ，故 D 错误.
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要
求.全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分.
题号 9 10 11 12
答案 AC ABC BD BC
9.AC 【解析】带电荷量为 q 的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带
正电，下极板带负电，故板间电场强度方向坚直向下，则油滴带负电，故 A 正确；根据平衡条件，有
，故 ，故 B 错误；根据平衡条件，有 ，当增大电场强度，电场力增大，则悬
浮油滴将向上运动，故 C 正确；不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整
数倍，故 D 错误.
10.ABC 【解析】由图知在 时间内，机动车做初速度为零的匀加速运动， ；由牛顿第二定律
得 ，则拉力的功率 ；在 时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则 ，
， 且为定值，故 D 项正确，故选 ABC.
11.BD 【解析】感应线圈中电流的方向取决于励磁线圈的磁通量的变化，所以感应线圈中电流的方向与励
磁线圈中电流方向可能相同，也可能相反，故 A 错误；感应线圈中产生的电流取决于励磁线圈电流的变化
率，励磁线圈是正弦交变电流，所以感应线圈是频率相同的余弦交变电流，B 正确； 时刻，虽然励磁线
圈电流为 0，但变化率最大，产生的磁场的变化率最大，感应线圈中的感应电动势最大，感应电流最大，
故 C 错误； 时间内，励磁线圈的电流先正向减小后负向增大，电流产生的磁场先向上减小后向下增
大，感应线圈中的感应电流的磁场向上，根据安培定则可判断 c 点电势髙于 d 点电势，故 D 正确.
12.BC 【解析】运动员在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程
处于超重状态，离地上升到最高点过程中，加速度向下，处于失重状态，故 A 错误；在起跳过程中和离地
后上升至最高的过程中均做匀变速直线运动，其平均速度均为 ，即两者相等，故 B 正确；
运动员离开地面后做竖直上拋运动，根据 可知 ，
根据速度位移公式可知 ，解得： ，
对运动员根据牛顿第二定律可知
22 mERPQ r B q
= =
Umg q d
= mgdq U
= mg qE=
00 ~ t v at=
fF F ma− = ( )fP Fv F ma at= = + 0t fF F=
fP Fv F v′ = = P P′ < 2t 1 3~t t 0 2 2 v vv += = 22gh v= 2 2 10 (2.9 2.1)m / s 4m / sv gh= = × × − = 22a h v∆ = 2 2 2 24 m / s 16m / s2 2 0.5 va h = = =∆ × N N, ( ) 50 (10 16)N 1300NF mg ma F m g a− = = + = × + =
根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为 ，故 C 正确；
起跳过程运动的时间 ，
起跳后运动的时间 ，故运动的总时间 ，故 D 错误.
三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分.
13.（每空 3 分，共 6 分）（1）红（2）400
【解析】（1）因是闯红灯违规证据模拟记录器，故光控开关应在接收到红光时自动闭合.
（2）由闭合电路欧姆定律 可得， 时可解出 ，再由 图象可
读出当 时 ，由 可求出 ，故只有质量超过 的车辆违规时才
会被记录.
14.（每空 2 分，共 8 分）（1） （2） 、 、
（3）
【解析】（1）
（2）碰撞时应有 由平抛规律有 ，两次频闪间隔时间相等，设为 t，上式中两边
同乘以 t，则有 所以需要在照片中直接测量的物理量有 、 、
（3）由动量守恒得，验证的方程为
若两球碰撞为弹性碰撞，还需满足方程
15.（7 分）（1） （2）
【解析】（1）对滑块，从开始运动到停下来全过程中，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，由动
能定理：
（1 分）
代入数据得： （1 分）
（2）设 与 合力为 F，F 的方向与 的方向夹角为
1300N
1
4 s 0.25s16
vt a
= = =
2 0.4svt g
= = 1 2 0.65st t t= + =
EI R r R
= + + 继
0.06E
R R r+ +继
90R Ω R F−
90R = Ω 4000NF = G mg= 400kgm = 400kg
A Bm m> 0x Ax Bx
0A A A B Bm x m x m x= + 2 2 2
0A A A B Bm x m x m x= +
A Bm m>
0A A A B Bm v m v m v= + x vt=
0A A A B Bm x m x m x= + 0x Ax Bx
0A A A B Bm x m x m x= +
2 2 2
0A A A B Bm x m x m x= +
0.1µ = 10 s2t =
k 1 2 0E W W mg sµ∆ = + − ⋅ =
0.1µ =
1F 2F 1F θ
由图得：
设物体在 t 内的位移为 x，由题意得：
（1 分）
解得 所以 （1 分）
因为 ，由 （1 分）
由牛顿第二定律
解得 （1 分）
由 得 （1 分）
16.（9 分）（1） （2）
【解析】（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有 （2 分）
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 （2 分）
（2）设 棒的速度变为初速度的 时， 棒的速度为 ，则由动量守恒可知：
（2 分）
此时回路中的感应电动势和感应电流分别为：
1
2
cotF
F
θ=
1 1 cosW F x θ= 2 2 sinW F x θ=
3cot 4
θ = 53θ °=
1
1 1 1 5mcos
xW F x x θ= ⋅ = =
1 3NF = 1 5Ncos
FF θ= =
F mg maµ− =
24m / sa =
21
2x at= 10 s2t =
2
0
1
4 mv
2 2
0
4
B L va mR
=
0 2mv mv=
2 2 2
0 0
1 1 1(2 )2 2 4Q mv m v mv= − =
ab 3
4 cd 1v 0 0 1
3
4mv m v mv= +
0 1
3
4E BL v v = −
此时 棒所受的安培力：
所以 棒的加速度为
由以上各式，可得 （3 分）
17.（14 分）（1） （2） （3）
【解析】（1）按题叙述，物体在电场，磁场中运动轨迹如图
设带电粒子经粒子枪加速后速度为 ，由动能定理：
得： （1 分）
粒子进入电场后做类平拋运动，水平方向
竖直方向 （1 分）
解得 又 （1 分）
解得 （1 分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度不变，即穿出磁场时速度为 （1 分）
2
EI R
=
cd F IBL=
cd Fa m
=
2 2
0
4
B L va mR
=
2 Uqv m
= 2E Uq
B m
= 1 4 2
mt d Uq
π ∆ = +
0v 2
0
1
2Uq mv=
0
2Uqv m
=
0d v t=
2 2
yvd t=
0yv v=
0
tan 1yv
v
θ = =
045 , 2 2 Uqv v m
θ °= = =
2 Uqv m
=
（2）粒子在磁场中，由几何关系得 （1 分）
根据洛伦兹力提供向心力有 （1 分）
解得 （1 分）
而粒子在电场中有 （1 分）
解得 （1 分）
以上两式相比得 （1 分）
（3）带电粒子在电场中运动的时间 （1 分）
在磁场中运动的时间 （1 分）
故所求时间 （1 分）
18.（16 分）（1） （2） ， （3）
【解析】（1）设弹簧劲度系数为 k，物块 A、B 静止在斜面上时，对 A、B 整体，由平衡条件：
解得 （2 分）
又由弹力做功与弹性势能的关系：
联立解得： （压缩状态） （2 分）
（2）在细绳套上轻轻挂上物体 C 之后，A、B 分离时物体 A、B、C 加速度大小相等，设为 a
对滑块 A，由牛顿第二定律有
对滑块 B，由牛顿第二定律有
2sin
dR dθ= =
2vqvB m R
=
0mvB qd
=
2
0
1
2 2
d qE d
m v
=
2
0mvE qd
=
0
2E UqvB m
= =
0 2
d mt dv Uq
= =
1 2
2 8 4 4 2
m m d mt T qB qB Uq
θ π π π
π
′ = = × = =
1 4 2
mt t t d Uq
π ′∆ = + = +
P
1
2Ex mg
= 1
4a g= P
2
3
2
Ex mg
= p7
24
Ev m
=
1 2 sinkx mg θ=
1
mgx k
=
2
p 1
1
2E kx=
p
1
2Ex mg
=
2 sinkx mg maθ− =
sinT mg maθ− =
对物体 C：由牛顿第二定律由 （3 分）
联立解得： （2 分）
（3）由（2）得 A、B 分离时弹簧的压缩量 （压缩状态）
所以 （2 分）
由弹簧的弹性势能与弹簧的形变量的关系可得：
从挂上物体 C 到 A、B 分离时弹簧的弹性势能改变量为 （2 分）
以系统为研究对象，由能量守恒有 （2分）
解得： （1 分）
mg T ma− =
1
4a g= 2
33
4 2
pEmgx k mg
= =
2
3
4
mgx k
=
2 1
3
4x x=
p p
7
16E E∆ = −
( ) ( ) 2
1 2 1 2 p
7 12 sin (3 )16 2mg x x mg x x E m vθ− − − + =
p7
24
Ev m
=
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