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物理参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C A D D C C AC BCD ACD
L(F −m g) g
11．(7分) 1 1 (2分) x (3分) mv =mv +m v (2分)
m 2y 1 1 1 3 2 2
1
k
12．(9分) 串联 (1分) 59900 (1分) (2分) −R (3分)
1
b
0.27/0.28/0.29/0.30/0.31 (2分)
13．(10分)（1） 2qU 0 ；（2）U = Q ；（3） d = Q
m C L 2U C
0
（1）粒子在A、B板间的加速过程由动能定理有qU = 1 mv2(2分)，解得 v = 2qU 0 (2分)
0 2 0 0 m
Q Q
（2）根据公式C = ，得U = (2分)
U C
（3）根据牛顿第二定律可得粒子在C、D间做类平抛运动时竖直方向的加速度大小为
2
a= qE = qQ (1分)，根据运动学规律有d = 1 a L (2分)，得 d = Q (1分)
m Cmd 2 2 v 0 L 2U 0 C
14．(13分)（1）0.9J；（2）3N；（3）3.7J
（1）F点时，对滑块，由牛顿第二定律 N +mg =m v F 2 (2分)
R
根据牛顿第三定律知轨道对滑块的压力为 N =6N ，m=0.3kg
1
联立解得滑块到F点时的动能 mv2 =0.9J(1+1分)
F
2
1 1
（2）滑块从D到F的过程中，根据动能定理，有qER−mgR= mv2 − mv2 (2分)
F D
2 2
在D点时，根据牛顿第二定律 F +qE=m v D 2 (1分)，联立解得F =3N(1分)
D D
R
根据牛顿第三定律知(1分)，滑块对轨道的压力大小为3N；
（3）重力和电场力可看作等效重力（斜向左下方），此时 mg′= qE2 +mg2 =5N
Eq
设等效重力的方向与竖直方向夹角为θ，则有tanθ= ，可得 θ=53°
mg
设等效最高点为M点，M点处，对圆弧轨道压力最小，为10N，根据牛顿第二定律
物理 第1页（共3页）
学科网（北京）股份有限公司N′+mg′=m v M 2 (1分)，圆弧轨道对滑块的压力 N′=10N
R
1
滑块P从压缩时到M点的过程中，由动能定理得E ′−µmgL −mg′R(1+cosθ)= mv2 (2分)
p BC M
2
联立可得 E ′ =3.7J(1分)
p
15．(18分)（1）设B和A的共同速度为v，B在A上滑动时，由动量守恒定律有：
(2分)
1
由
𝑚𝑚𝑣𝑣
功
0
能
=
关
�𝑚𝑚
系
+
有
2
：
𝑚𝑚�𝑣𝑣
(2分)，联立解得： (1分)
1 2 1 𝑚𝑚 2
（2）设B第一次2𝑚𝑚到𝑣𝑣达0 −N2时�𝑚𝑚速+度为2�𝑣𝑣v ，=由𝜇𝜇𝑚𝑚动𝜇𝜇能𝜇𝜇定理有：(F-μ mg) 𝑣𝑣0 =�3𝜇𝜇𝜇𝜇 (2分)
N 1
𝐿𝐿 1 2 1 2
2=2𝑚𝑚𝑣𝑣𝑁𝑁−2𝑚𝑚𝑣𝑣
解得： (1分)
32
因为 𝑣𝑣𝑁𝑁 =� ，15 B 𝜇𝜇𝜇𝜇 到达弹射装置后会从右侧离开，所以B在MN间的路程为：x= L (1分)
2
5
𝑣𝑣𝑁𝑁 >6𝑣𝑣0 L 1 1
（3）(9分) 设B第一次到达N时速度为v ，由动能定理有：(F −µ mg) = mv2 − mv2
N 2 1
2 2 2
25gL 5
解得：v = = v B在弹射装置处反弹。
1 0
12 6
反弹后，设k=k 时，B恰好回到M点。B在从N到M过程中，由动能定理有：
1
L 1
−(F +µ mg) =0−k ⋅ mv2，解得： k =0.6
2 1 1 1
2 2
①当0.6μ mg可知，B不能在MN之间静止，设B第1次反弹后从N离开的速度为v ＇，则：
2 1
1
(F −µ mg)x = mv′2
2 1 1
2
设第2次反弹后在MN区域向左运动的最大位移为x ，由动能定理有：
2
1 1 3
−(F +µ mg)x =0− kmv′2，解得：x = k2L= kx
2 2 1 2 1
2 2 5
1
设第2次反弹后从N离开的速度为v ＇，则：(F −µ mg)x = mv′2
2 2 2 2
2
设第3次反弹后在MN区域向左运动的最大位移为x ，由动能定理有：
3
1 3 3
−(F +µ mg)x =0− kmv′2，解得：x = k2L= kx
2 3 2 3 2
2 10 5
n−1
3
由上可知：B第n次反弹后在MN中向左运动的最大位移为：x = k x
n 1
5
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学科网（北京）股份有限公司 2
L L 5kL 3k 3k L 25kL
B在MN间通过的路程为：s = +（2 x +x +x +...）= + 1+ + +...= +
2 2 1 2 3 2 3 5 5 2 15−9k
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