選擇題：共10小題，共43分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題5分，全部選對(duì)的給5分，選對(duì)但不全的給3分，有選錯(cuò)的給0分。
【解析】
4．由于電子恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與磁場(chǎng)Ⅰ的洛倫茲力平衡，磁場(chǎng)Ⅱ的洛倫茲力提供向心力，方向指向圓心，故C錯(cuò)誤。根據(jù)電子沿順時(shí)方向運(yùn)動(dòng)及左手定則可知磁場(chǎng)Ⅱ垂直圓環(huán)平面向里，故A正確。根據(jù)左手定則可判斷磁場(chǎng)Ⅰ的洛倫茲力向里，則電子受到的電場(chǎng)力向外，電場(chǎng)方向向里，故B錯(cuò)誤。洛倫茲力永不做功，故D錯(cuò)誤。
5．根據(jù)電場(chǎng)疊加可知CO線上的合場(chǎng)強(qiáng)方向均水平向右且沿CO方向變大，故B錯(cuò)誤。由題可知，電荷受到的合力應(yīng)指向CO方向，則外力應(yīng)指向左下方，與CO方向夾角為，大小為，故A錯(cuò)誤。由題可知，不變，Eq變大，，變大，加速度變大，故C正確。電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向始終垂直，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變（或CO為等勢(shì)面），故D錯(cuò)誤。
6．第一階段， 橡皮擦與紙板相對(duì)滑動(dòng)，，
，故A錯(cuò)誤。相同時(shí)，，得，，，得，。第二階段，由于，所以相同后，仍相對(duì)滑動(dòng)，故B錯(cuò)誤。橡皮擦和紙板都勻減速，，，，得，因，故橡皮擦未滑離紙板，故C正確。由于第二階段也有產(chǎn)熱，故D錯(cuò)誤。
7．當(dāng)行星與地球連線，與行星軌道圓相切時(shí)，最大，此時(shí)，故A錯(cuò)誤。根據(jù)開普勒第三定律，推出正比于，得周期之比為，故B錯(cuò)誤。當(dāng)行星再次處于最佳觀察時(shí)期，行星與地球連線再次與行星軌道圓相切，兩次最短時(shí)間間隔過程中，行星相對(duì)地球多走的角度為，根據(jù)公式，及，得年，故C錯(cuò)誤。兩相切時(shí)刻，角度差也可能為，故D正確。
8．若無磁損，則，可得匝，但由于此題有磁損，故A錯(cuò)誤。變壓器原副線圈中交變電流頻率相同，故B正確。題中6V為接收線圈的有效值，則最大值為有效值的倍，故C正確。由于交流電大小方向不斷變化，使得接收線圈中的磁通量大小方向不斷變化，接收線圈不斷有靠近遠(yuǎn)離交替變化的趨勢(shì)，故D錯(cuò)誤。
9．球A沿槽C下滑過程中，槽C動(dòng)能增加，球A機(jī)械能減少，槽C提供的支持力對(duì)球A做負(fù)功，故A正確。由于系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，水平方向合外力為零，所以只有水平方向動(dòng)量守恒，故B錯(cuò)誤。根據(jù)“人船模型”物體運(yùn)動(dòng)的位移與其質(zhì)量成反比，得，故C正確。球A與槽C水平方向動(dòng)量守恒，得，球A與球B彈性碰撞后，得，由于，故D正確。
10．壘球在空中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A正確。壘球在空中只受重力的沖量，方向豎直向下，則動(dòng)量變化量方向豎直向下，故B正確。斜拋運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)時(shí)只有水平速度，動(dòng)能最小，故C錯(cuò)誤。由題可知，，豎直向下，又，得，將位移AB沿及方向分解，一方向由減至0，另一方向加至，則用平均速度公式，得，聯(lián)立得，故D正確。
非選擇題：共5小題，共57分。
11．（除特殊標(biāo)注外，每空2分，共6分）
（1）P1和P2（1分） P1、P2和P3（1分）
（2）
（3）選用較細(xì)的大頭針；同側(cè)大頭針間距稍大一些；選用兩光學(xué)表面間距大的玻璃磚等
12．（每空2分，共10分）
（1）8.9
（2）① C ② ③偏小
13．（10分）
解：（1）包裹剛好能下滑，則 ①
解得
即夾角最小值為②
（2）勻加速過程，由 ③
得勻加速位移 ④
勻速位移⑤
則勻減速位移 ⑥
由，得勻減速加速度 ⑦
評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題共10分。正確得出①、②、⑦式各給2分，其余各式各給1分。
14．（13分）
解：（1）M滑至圓弧末端的過程，由動(dòng)能定理得 ①
M滑至圓弧末端，根據(jù)牛頓第二定律，有②
聯(lián)立可得M滑至圓弧末端B時(shí)受到的支持力大小
由牛頓第三定律得壓力 ③
（2）設(shè)M與N碰撞前的速度為，碰撞后，M反彈的速度大小為，N獲得的速度大小為，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得
④
根據(jù)題意可得
聯(lián)立可得 ⑤
則 ⑥
（3）對(duì)M，從A點(diǎn)滑下到碰前瞬間，能量守恒得
⑦
對(duì)M，從碰后到停止運(yùn)動(dòng)過程，能量守恒得
⑧
聯(lián)立解得 ⑨
對(duì)N，從碰后到停止運(yùn)動(dòng)過程，能量守恒得
⑩
聯(lián)立解得
評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題共13分。正確得出④、⑩式各給2分，其余各式各給1分。
15．（18分）
解：（1）粒子打在上板中央位置， ①
②
粒子做直線運(yùn)動(dòng)， ③
聯(lián)立可得 ④
（2）當(dāng)粒子恰好沿下板右端點(diǎn)射出時(shí)
水平方向： ⑤
豎直方向：⑥
聯(lián)立可得⑦
經(jīng)分析，從下板右端點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)的粒子不從右邊界穿出磁場(chǎng)，所有粒子均不能穿出磁場(chǎng)。
假設(shè)粒子從下板右端點(diǎn)射出時(shí)速度大小為，⑧
由幾何關(guān)系，得 ⑨
⑩
聯(lián)立可得
（3）假設(shè)粒子進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為θ，從左邊界穿出時(shí)，射入點(diǎn)與射出點(diǎn)的的距離為Δy，可得
粒子進(jìn)入MN上方磁場(chǎng)后，水平方向做半徑為r0的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
周期
豎直方向向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小
粒子從進(jìn)入M板上方磁場(chǎng)到打到M板上所用時(shí)間
得
所以痕跡長度
評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題共18分。正確得出①~式各給1分。
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
A
C
C
D
BC
ACD
ABD

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