说明：

一．答案及评分标准：本题共12小题，其中1～8题为必做题,9～12是选做题.选做题分为两组，考生必须从两组中任意选择一组作答.每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个正确选项．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．

题类

必做题

选做一组

选做二组

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

ACD

D

AC 

CD

B

BD

ABC

B 

CD

AD

ABC

B

二、答案及评分标准：全题24分，答案正确的，按下列答案后面括号内的分数给分；答错的，不答的，都给0分．    13．（1）（4分）

所选器材

（只填器材序号）

简述实验方法

（不要求写出具体步骤）

实验设计

方案1：

A、C、F

用弹簧秤称出带夹子重锤的重力大小G，再用天平测出其质量m，则g=G/m。

方案2：B、D、

G、H、J、L、M

安装仪器，接通电源，让纸带随小车一起沿斜面下滑。用刻度尺测出所需数据。改变斜面高度再测一次。利用两次数据，由牛顿第二定律算出结果。

方案3：B、E、F

将带夹子的重锤悬挂在铁架台上并置于桌面的边缘，用刻度尺测出重锤离桌面边缘的高度，同时用光电计时器测出重锤在上述高度内做自由落体的时间，则

（2）①加速度的计算值：每空1分，共3分

a/()

②作出a─F图象：2分

③结论：在保持物体质量M不变时，加速度a与合外力F成正比  。1分

14、(1)①3、4(有一个位置填错就不给分)（1分）；   5、6（1分）

       ②500Ω（1分）;  1.985或1.990V（1分）（1分）

       ③丙（1分）

    （2）①右（1分）

②（2分）

③B （1分） ；D（1分） 电路图（2分）

三、本题共6小题，86分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位．

15、（14分）参考解答及评分标准

甲同学的分析是错误的（1分），小球的机械能不守恒．（1分）

  乙同学分析也是错误的（1分），小球在滑动过程中的最大速度的位置不在最低点B: (1分）

正确解如下：

小球在B点时，F_N－mg＝m　(1分)

            ∵F_N＝ 2 mg　　∴v²＝gR  （1分）

从A到B，设电场力做功W_E，由动能定理W_E+mgR＝mv²， (1分)

          得W_E＝一mgR   (1分)

∵电场力做负功，　∴带电小球受电场力方向向右F_E ＝＝mg 　(1分)

电场强度方向向右（1分）从A到B之间一定有位置D是小球运动速度方向瞬时合力为零处，也是小球速度最大处 (1分)

    设OD连线与竖直方向夹角θ，F_Ecosθ＝Gsinθ（1分）

           m＝mgRcosθ－F_E (R-Rsinθ)（1分）

           v_max ＝    （1分）

16. （14分） 参考解答及评分标准

导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力f＝μmg 　（1分）

    根据牛顿第二定律并整理得F－μmg－F_安＝Ma　　 (1分)

    刚拉动导轨时，I_感＝0，安培力为零，导轨有最大加速度（1分）

        a_m＝　　（1分）

                  ＝（2－0.2×0.6×10）／2＝0.4m/ s²    （1分）

随着导轨速度增大，感应电流增大，加速度减小，当a=0时，速度最大 （1分）

速度最大值为v_m，电流最大为I_m，此时导轨受到向右的安培力 F_B= BI_mL （1分）

            F－μmg － BI_mL＝0　　　分）

              I._m＝　　　（1分）

  代人数字算得I_m＝A = 2A 　　(1分)

                    I=E／（R＋r）　　（1分）

                    I _m ＝BLv_m／（R+r）　　（1分）

        v _m ＝I_m (R+ r)／BL二2 × (0.2＋0.4)／(0.8×0.5)＝3m/ s　　 (1分)

17. （14分） 参考解答及评分标准

设行星质量m，太阳质量为M，行星与太阳的距离为r，根据万有引力定律，

行星受太阳的万有引力（2分）

行星绕太阳做近似匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有（2分）

 （1分）      以上式子联立  故（1分）

地球的周期年，（1分）  火星的周期（2分）

年=1.8年  （1分）

设经时间t两星又一次距离最近，根据（2分）

则两星转过的角度之差（2分）

  （2分，答“2.2年”同样给分）

18. （14分） 参考解答及评分标准

解（1）在时刻t，棒ab的速度          v＝a t       -------------------（1分）

棒中感应电动势为             E＝B L v＝B L a t    -------------（1分）

棒中的感应电流为            I＝   -----------------（2分）   

对ab棒应用牛顿第二定律得   F－BIL＝ma    ----------------（1分）

解得：                  F=  ---------------（2分） 

（2）细线拉断前瞬间cd满足

BIL=f  +T₀         -------------------（1分）

                            +T₀   -------------------（1分）

                           t=       -------------------（1分）

由于ab棒匀加速运动，所以 ①            -------------------（1分）

线拉断前的过程中有： ②          -------------------联立①、②得：Q= -------（1分）

第19题：（14分） 参考解答及评分标准

解：⑴时刻粒子将垂直边界进入磁场，在洛仑兹力作用下作半径为r的匀速圆周运动，得：

……①

得入射点和出射点的距离：……②

联解①②得：

⑵设粒子在电场中的偏转角为，得右图。依图得：

………③      ………④

根据边角关系得入射点和出射点的距离………⑤

联解③④⑤式得：，为定值。

⑶粒子在极板间作类平抛运动。刚能从右上角飞出时，有速度v_m。设飞出所用时间为t，此时对应的电压为U。依图得：

水平方向： ………⑥         竖直方向：………⑦

加速度：………⑧

根据动能定理：………⑨

联解⑥⑦⑧⑨式得最大速度

20.（16分） 参考解答及评分标准

（1）小木块B从开始运动直到A、B相对静止的过程中，系统水平方向上动量守恒，有                                            ①（1分）

解得  ＝2 m/s                               ②（1分）

（2）B在A的圆弧部分的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为Q₁，B在A的水平部分往返的运动过程中，它们之间因摩擦产生的内能为Q₂，由能量关系得到

               ③（1分）

                  ④（1分）

    ⑤（1分）

（3）设小木块B下滑到P点时速度为v_B，同时A的速度为v_A，由动量守恒和能量关系可以得到                      ⑥（1分）

      ⑦（1分）

由⑥⑦两式可以得到

，令

，化简后为     ⑧（2分）

若要求B最终不滑离A，由能量关系必有

            ⑨（1分）

化简得                               ⑩（2分）

故B既能对地向右滑动，又不滑离A的条件为

                              ⑾ （2分）

即 或 （ ）   （2分）