第一部分  选择题（每题4分，共40分，漏选给2分，错选、不选给0分）

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

B

CD

C

BC

ABC

BD

AC

BD

AC

CD

AC

CD

第二部分　非选择题（共110分）

13．（1）(4分)直径读数为  2.010   mm； 长度是  11.45   mm。

（每空2分，第一空最后一位估计允许偏差±0.001mm，第二空答案是唯一的）

（2）(10分)

（a）实验电路图（2分，有错给0分）

（b）  110   W，    1.10   V。

（c）电动势E＝  1.30  V，内电阻r＝__20__W.

（每空2分，有效数字不做要求）

14．（1）（2分）还需要的实验器材是：

   刻度尺、天平（配砝码）  ．（每项1分）

（2）（每空2分）

还缺哪些实验步骤： 平衡摩擦力（适当垫起长木板的左端，直至轻推滑块，滑块能在水平长木板上匀速滑行为止）

应控制的实验条件： 实验中保持．

要验证的数学表达式：

（3）（每空2分）

W＝；    ΔE_K＝．

本题第（1）、（2）问可能会出现许多不同的解答，可参考以下方案给分：

解一：（1）天平（1分）   刻度尺（1分）

（2）所缺的步骤：在沙桶中装适量的细沙，直到轻推滑块，滑块能在水平长木板上匀速运动为止（2分），用天平测出此时沙和小桶的总质量m′（2分）．

本实验最终要验证的数学表达式（2分）

解二：（1）天平（1分）   刻度尺（1分） 

（2）所缺的步骤：在沙桶中装适量的细沙直到轻推滑块，滑块能在水平长木板上匀速运动为止（2分），用天平测出此时沙和小桶的总质量m′（1分）．实验中保持．（1分）

本实验最终要验证的数学表达式（2分）

解三：（1）天平（1分）   刻度尺（1分）   小木块（1分）

（2）所缺的步骤：先将空的小沙桶从滑轮上取下，用天平测定小沙桶的质量（2分），再将空的小沙桶挂回，用小木块将长木板的左端稍稍垫起，直至轻推滑块，滑块能在水平长木板上匀速滑行为止（1分）．

本实验最终要验证的数学表达式（2分）

解四：（1）天平（1分）   刻度尺（1分）   小木块（1分）

（2）所缺的步骤：先将小沙桶和滑块的连线断开，用小木块将长木板的左端稍稍垫起（1分），直至轻推滑块，滑块能在水平长木板上匀速滑行为止（1分）．实验中保持．（1分）

本实验最终要验证的数学表达式（2分）

解五：（1）天平（1分）   刻度尺（1分）    小木块（1分）  

（2）所缺的步骤：先将空的小沙桶从滑轮上取下，用天平测定小沙桶的质量（1分），再将空的小沙桶挂回，用小木块将长木板的左端稍稍垫起，直至轻推滑块，滑块能在水平长木板上匀速滑行为止（1分）．实验中保持．（1分）

本实验最终要验证的数学表达式（2分）

15．（10分）解：着陆器从高度为h处平抛到第二次着陆，由机械能守恒有：

                            2分

得出月球表面的重力加速度为：………①         3分

当卫星的轨道半径为月球半径R时，发射速度最小，设最小速度为，由万有引力（约等于重力）提供向心力有：

………②                                    2分

   由①②式可得出：………③     3分

16．（12分）

解：（1）由左手定则和题意知，小球带负电   ………2分

设小球第一次到达最低点时的速度为v，则由动能定理（或由机械能守恒定律）可得： ………2分

在最低点由向心力公式得：

………2分

解得：q=2.5×10^-3C ………1分

（2）根据机械能守恒定律，小球第二次到达最低点时，速度大小仍为v………2分

由向心力公式得：………2分

解得：F=5.5×10^-2N………1分

17．(14分)

解：（1）金属杆做加速度不断减小的加速运动………2分

（2）由图象知：

   时，；

   此时由于平衡………2分

   得：………2分

（3）由图象知：，

此时由牛顿第二定律：………2分

即：；………3分

解得：………3分

18．（15分）

解：（1）因油滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中做匀速直线运动，所以油滴受的合力为零，若油滴带负电，则其合力一定不为零；若油滴带正电，则其合力可以为零，所以油滴带正电．………3分

 (2) 由平衡条件知： ………3分

 ………2分                 

（3）油滴从进入区域到点的过程由动能定理：

   ………3分

   ；………2分

   ………2分

19．(16分)

解：（1）对球，从静止到碰的过程由动

能定理：；………1分

即：

得：…1分

    、碰撞由动量守恒，令水平向左为正：有：………1分

    得：（向左）………1分

     加上竖直向上的电场后，整体仍做圆周运动到最高点的过程由动能定理：

      ………1分

     得： ………1分

    在最高点，由牛顿第二定律：………1分

    得：………1分

（2）整体能完成圆周运动的条件是：在点：………1分

即：    ………1分

得：………1分

、碰撞由动量守恒，令水平向左为正：有：

   得：  ………1分  由  得：………1分

、碰撞由动量守恒，令水平向右为正：有：

得：  ………1分  由  得：………1分

所以，满足的条件是：或………1分

20.（17分）

解：解:(1)质子在磁场中受洛仑兹力做匀速圆周运动，根据

牛顿第二定律有：………2分

得半径为：………2分

(2)由于质子的初速度方向与x轴正方向的夹角为30⁰，

且半径恰好等于OA，因此质子将在磁场中做半个圆周

运动到达y轴上的C点，如图所示.

根据圆周运动的规律，质子做圆周运动的周期为: ………2分

质子从出发运动到第一次到达y轴的时间为: ………1分

质子进入电场时的速度方向与电场的方向相同，在电场中先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，设质子在电场中运动的时间为t₂，根据牛顿第二定律有:

………2分，得………1分

因此质子从开始运动到第二次到达y轴的时间为: ………2分．

(3)质子再次进入磁场时，速度的方向与电场的方向相同，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，到达y轴的D点.由几何关系得CD=2Rcos30⁰  ………2分

则质子第二次到达y轴的位置为

………2分

即质子第三次到达y轴的坐标为（0，34.6）. ………1分