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2014-11-01
一、单项选择(本题共12小题，每小题4分，共48分。)
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A D B B B D
题号 7 8 9 10 11 12
答案 C C C D D B
第Ⅱ卷
二、填空题：(每空2分，共20分)
13. -0.50 ; 0.050 (或5.0×10-2)
14.(1) F′ (2) B 15.(1) B (2) B
16.(1) D (2) 螺旋测微器(或千分尺)(3) 3.1×102 (4) 5×106Pa
三、计算题：(共5小题，共52分)
17.(8分)解析：
(1)水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力F、重力mg和弹簧的弹力T作用而处于平衡状态，由平衡条件得：
竖直方向： ， …………………..1分
水平方向： 。 …………………..1分
解得： 。 …………………..1分
当剪断轻绳瞬间弹簧的弹力大小不变，仍为10N ……..1分
(2)剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，
水平面支持力与重力平衡 ， ………………..1分
由牛顿第二定律得： ，…………………..1分
解得 ， …………………..1分
方向向左。 …………………..1分
18.(8分)解析：
(1)电子在B点受到的库仑力大小为 ……..2分
电子在该处的加速度为 …………………..2分
(2)电子由A点运动到B点，由动能定理得：
， …………………..2分
解得： …………………..2分
19.(12分)解析：
(1)6s~10s内物体做匀减速直线运动，设此过程时间为t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则： …….. 2分
设物体所受的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，有
，又因为 , ……..1分
解得： …… ……………..1分
(2)0~6s内物体做匀加速直线运动，设此过程时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则： ……..2分
根据牛顿第二定律，有 ， ………………….……..1分
解得：F=6N ………………….……………………..1分
(3)法一：由匀变速直线运动位移公式，得 ……表达式3分，结果1分
法二：根据v-t图像围成的面积，得
20.(12分)解析：
(1)小滑块从A经过B、C运动到D的过程，由动能定理得：
………………….……..3分
代入数据解得： ………………….……..1分
(2)小滑块从A经过B运动到C的过程，由动能定理得：
， ………………….……..1分
代入数据解得： ………………….……..1分
小滑块沿CD段上滑的加速度大小
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间 ,………………..1分
由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点的时间 ，
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 。……..1分
(注：用动量定理求解时间同样得分)
(3)对小滑块运动的全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s，
， ………………….……..2分
代入数据解得： ………………….……..1分
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为： ………..1分
21.(12分)解析：
(1)粒子带负电，从O点沿y轴负方向射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动。
第一次经过磁场边界上的一点(设为A点)，
由 得： …………………..2分
m, …………… ……..1分
所以，A点的坐标为：( )。……….1分
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则
， …………………..2分
其中， …………………..1分
代入数据解得： ，所以 。..1分
(3)粒子从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则
，
， …………………..1分
， …………………..1分
代入数据解得： ………………..1分
…………..1分
粒子离开电磁场时的位置坐标为：( )。
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