物理答案

1．B 2．A 3．D 4．D 5．C 6.B 7．B 8．B 9.B 10．C

11.

两球粘在一起后摆动的最大角度

m_A＝m_A+m_B.

22.5

0

12．(8分）（1）mg(t₁＋t₂)cos θ 垂直于斜面向上 （2分）

（2）Ff (t_2－t₁) 沿斜面向上 （2分）

（3）g(t₁＋t₂)sin θ - (t₂-t₁) （2分） 方向沿斜面向下 （2分）

13．（8分）（1）I₁＝0.18 kg·m/s（2分） I₂＝0.22 kg·m/s（2分） 说明：1受外力F作用（2分）

（2）＝5.5 N（2分）

14．（12分）（1） 或 或 或其它合理答案 （4分）

（2）v₁∶v₂∶v₃＝1∶∶ （4分）

（3）n＝ （4分）

15．（16分）

【答案】（1） ；（6分）

（2） ；（6分）

（3） （4分）

5.【详解】A．按下按键后，永磁体在霍尔传感器处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知自由电子在左表面聚集，所以霍尔传感器的左表面的电势比右表面的电势低，故A错误；

BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有

结合电流的微观定义式I=neSv=nebhv

有

可见按下按键的速度快慢，对霍尔电压没有影响，减小h，使该磁轴键盘更加灵敏，b对霍尔电压无影响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故C正确；BD错误。

故选C。

6.【详解】设带电圆环的质量为 ，绝缘粗糙细直杆的动摩擦因数为 ，当带电圆环从倾角为 的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为 ，由牛顿第二定律可得

解得

由此可知在带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，反映在 图像上则为过原点的倾斜直线。

而当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场中后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中将做匀速直线运动， 图像为一条平行于时间轴的直线；

若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得

可知小环将做加速度减小的减速运动，而随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；

若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有

可知小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，因此可知小环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；

若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得

可知小环做减速运动，随着速度的减小洛伦兹力减小，加速度减小，小环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零。故ACD正确，B错误。

因本题要求选择不正确的选项，故选B。

8.【解析】带正电的粒子从原点O由静止释放，在电场力的作用下获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方.

这是从功能关系来判断，并且是选择特殊点来判断的，如果想独立的画出粒子的运动轨迹，就可以采用配速法，配速法的核心就是把除洛伦兹力的合力平衡掉。

具体步骤如下：

1. 先画出电场力的方向，竖直向上，因为要平衡掉，所以洛伦兹力竖直向下；

2. 因为磁场方向垂直纸面向里，所以洛伦兹力对应的速度水平向左；

3. 为了平衡向左的速度，要在相反方向配一个相等的速度，即有一个向右的速度；

4. 这个向右的速度的洛伦兹力竖直向上；

5. 这个复杂的曲线运动就分解为水平向左的匀速直线运动，竖直向上的匀速圆周运动；

6. 两个分运动相互独立，水平运动不会影响竖直运动，所以离水平线的最远距离为2R , = 2R = 2 = 2 = 2 .

7. 当粒子回到x轴，说明粒子转动了一圈，运动时间为t = .

8. 当粒子回到x轴，粒子圆周运动的速度水平向右，所以合速度为零，接下来又重复刚才的轨迹，接下来周期性运动。

9.【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有 ，可得 ；

B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知 ；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知， ，故上表面接收到粒子的区域长度为 ；

C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d；

D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有 ，故D错误。

故选C。

10.【详解】AB．将电子的初速度v沿磁场方向和垂直于磁场方向正交分解为v_x、v_y，电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子的运动轨迹为螺旋线；设螺线管长为L，分运动的圆周运动的周期为T，若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，则需满足 ，（n=1，2，3，…）

由洛伦兹力提供向心力可得

电子分运动的圆周运动的周期为

联立可得 ，（n=1，2，3，…）

因为电子速度v与磁场方向的夹角非常小，故可近似为

可得电子的速度只要满足 ，（n=1，2，3，…）

即电子的运动时间为圆周运动周期的整数倍，电子就可以会聚到P点；由此可知，这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，电子在磁场中运动的时间不可能为 ，磁场方向也不能垂直于管轴；故AB错误；

CD．由上述分析可知，若磁感应强度变为2B，有

对比可得n₁=2，4，6，…

则电子仍会聚在P点；同理，当电子速度为2v时，可得

对比可得

即电子的运动时间不是总等于圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能会聚在P点；故C正确，D错误。

故选C。

15.【详解】（1）设从P点沿与x轴负方向射出的粒子从Q点射出磁场Ⅰ，轨迹如图所示

设磁场Ⅰ的边界圆的圆心为 ，粒子做圆周运动的轨迹圆的圆心为 ，四边形 对边相互平行且领边 与 长度相等，故四边形 为菱形，则粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的轨迹半径为

根据牛顿第二定律有 解得

（2）从P点沿与x轴负方向成 射出的粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿y轴负方向的分速度为 ，由题意可知 沿y轴方向有 根据牛顿第二定律有 解得

（3）由于粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为 ，因此所有粒子均沿x轴正方向射出磁场Ⅰ；设某一粒子进入磁场与x轴正方向夹角为 ，则粒子进入磁场Ⅱ时速度为 粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 则轨迹的圆心到x轴的距离为 由此可见，所有粒子进磁场Ⅱ后做圆周运动的圆心均在离x轴距离为r的水平线上，由于从P点沿与x轴负方向成 射出的粒子能垂直打在屏上，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。在P点沿y轴正方向射出的粒子恰好能打在屏上时，即有一半的粒子经磁场Ⅱ偏转后能直接打在屏上，这时屏需要移动的距离等于在P点沿y轴正方向射出的粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径。设该粒子进入磁场Ⅱ时的速度大小为 ，根据动能定理有 解得 根据牛顿第二定律有 解得 即要使一半的粒子经磁场Ⅱ偏转后能直接打到屏上，接收屏沿y轴负方向移动的距离为

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