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物 理 试 题 参 考 答 案 及 评 分 标 准
1 2 3 4 5 6 7 8
A C B D A C B D
9 10 11 12
AD AC AD BD
d ( M +5m ) kd2
13.（4） 增大 （6） （每小问2分，共 6分）
t 2mL
0
14.（1） （3）2596.0或2596.0 大于
（4） 4 （每小问 2分，共 8分）
15.（7分）
（1）包裹与水平托盘保持相对静止并以最大加速度运动时，由牛顿第二定律可得：
f =ma............................................................................................................................（2 分）
1
此状态下滑动摩擦力大小为： f =mg
2
当托盘倾角增大到时，包裹恰好开始下滑，由受力平衡得：
f ' =mg sin......................................................................................................................（. 1分）
1
此状态下滑动摩擦力大小为： f ' =mg cos
2
f f '
由题意知： 1 = 1 =1.25
f f '
2 2
3
解得：tan= .................................................................................................................（. 1分）
4
（2）包裹下滑过程中，由牛顿第二定律可得：
mgsin−mg cos=ma'..............................................................................................（. 1分）
{{##{{QQQQAABBKKQQIKQwgwgggggQABgBIAbAABChBC4AKwAEwQEC0CgCgmQQkgsApAIhCJSaggMOAQVFCAJAqsAAxAKACSQBFFIABBIAA=A}=#}}#}v2=2a'L...........................................................................................................................（1分）
解得：v=1.2m/s...........................................................................................................（1分）
16. （9分）
（1）小球恰好能在竖直面内完成圆周运动，则小球在最高点时由牛顿第二定律得：
v2
mg=m 1 ......................................................................................................................（1分）
l
小球从最高点运动到轻绳水平的过程中，由动能定理得：
1 1
mgl = mv2 − mv2........................................................................................................（2分）
2 2 1
解得：v= 3gl...............................................................................................................（1分）
（2）小球运动到最低点时，绳子的拉力最大。小球从最高点运动到最低点的过程中，由动能
1 1
定理得：mg 2l = mv2 − mv2............................................................................................（1分）
2 2 2 1
v2
小球在最低点时由牛顿第二定律得：T −mg=m 2 ...........................................................（1分）
l
此时对支架（包括底座）受力分析得：F =T +Mg..........................................................（1 分）
N
由牛顿第三定律得：N = F
N
( )
解得：N = M +6m g...............................................................................................................（1 分）
（3）先减小后增大...................................................................................................................（1 分）
17.（14分）
（1）设离子在区域Ⅰ中的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
1
qE =ma ............................................................................................................................（2分）
1
离子恰好到区域Ⅰ下边界时，有
0−(v cos30)2 = −2a L...................................................................................................（. 2分）
1 1
8qEL
解得：v = ...........................................................................................................（. 1分）
1 3m
（2）设离子初速度大小为v ，到区域Ⅰ下边界时速度沿 y轴分量大小为v ，在区域Ⅱ中的加速
2 y
度大小为a ，有
2
v2 −(v cos30)2 =−2a L.................................................................................................（. 1分）
y 2 1
{{##{{QQQQAABBKKQQIKQwgwgggggQABgBIAbAABChBC4AKwAEwQEC0CgCgmQQkgsApAIhCJSaggMOAQVFCAJAqsAAxAKACSQBFFIABBIAA=A}=#}}#}E
q = ma ..........................................................................................................................（. 1分）
2 2
5
0−v2 = −2a（ L−2L)....................................................................................................（1分）
y 2 2
v
tan= y ...............................................................................................................（1 分）
v sin30
2
15
解得：tan= ............................................................................................................（. 1分）
5
（3）设离子恰能进入第四象限时的初速度大小为v ，到区域Ⅰ下边界时速度沿y轴分量大小为
3
v '，在区域Ⅱ中的加速度大小关于 y的平均值为a ，有
y 3
v '2−(v cos30)2 =−2a L................................................................................................（. 1分）
y 3 1
qE
a = .............................................................................................................................（1分）
3 2m
0−v '2 = −2a L.................................................................................................................（. 1 分）
y 3
初速度大小大于v 的离子可进入第四象限，则
3
qEL
6 −v
m 3
=
qEL qEL
6 −
m m
解得：η=80%.....................................................................................................................（. 1分）
18.（16分）
（1）物块A、木板B 和物块 C 恰好能够保持静止状态，对物块 A、木板B 和物块 C 受力分
析得：m g+ ( m +m ) gcos37= ( m +m ) gsin37.............................................................（. 2分）
3 2 1 2 1 2
解得：m =1kg..........................................................................................................................（. 1分）
3
1
x = gt2
（2）（i）轻绳伸直前，物块C 始终做自由落体运动，运动的位移为： 1 2 ............（1分）
物块 A、木板B 先做匀减速直线运动直到与传送带速度相同，由牛顿第二定律得：
( m +m ) gsin37+ ( m +m ) gcos37= ( m +m ) a ..............................................................（1 分）
1 2 2 1 2 1 2 1
解得：a =10m/s2
1
{{##{{QQQQAABBKKQQIKQwgwgggggQABgBIAbAABChBC4AKwAEwQEC0CgCgmQQkgsApAIhCJSaggMOAQVFCAJAqsAAxAKACSQBFFIABBIAA=A}=#}}#}v −v
此阶段所用时间和位移为：t = 0 1
11 a
1
v +v
x = 0 1t ..............................................................................（1 分）
2 2 11
解得：t =1s x =13m
11 2
物块 A、木板B 与传送带共速后，继续做匀减速直线运动直到轻绳伸直，由牛顿第二定律得：
( ) ( ) ( )
m +m gsin37− m +m gcos37= m +m a
1 2 2 1 2 1 2 2
解得：a =2m/s2
2
1
此阶段的位移为：x =v ( t −t ) − a ( t −t )2.........................................................................（. 1分）
3 1 1 11 2 2 1 11
x = x +x
轻绳伸直时： 1 2 3
解得：x =7m
3
t =2s..........................................................................................................（1分）
1
（ii）在0~t 内，木板B与传送带之间的相对位移为：s = x −vt
11 1 2 111
t ~ t 内，木板B 与传送带之间的相对位移为：s =v ( t −t ) −x .................................（1 分）
11 1 2 1 1 11 3
0-t 内B 与传送带间因摩擦产生的热量 Q：Q= ( m +m ) gcos37 ( s +s ) ..............（1 分）
1 2 1 2 1 2
解得：Q=120J............................................................................................................................（1 分）
v = gt
（iii）轻绳伸直前瞬间，物块 C 的速度为： 2 1
( )
v =v −a t −t
物块 A、木板B 速度为： 3 1 2 1 11
v =20m/s v =6m/s
解得： 2 3
轻绳伸直时，将木板B 和物块 C 是为一个系统，系统的内力远大于外力，系统动量守恒：
( )
m v +m v = m +m v
2 3 3 2 2 3 4.....................................................................................................（2分）
v =13m/s
解得： 4
轻绳伸直后，在木板B 和物块 C 与传送带速度相同之前，对木板B 和物块C 受力分析，由牛
顿第二定律得：
( ) ( )
m gsin37+m gcos37+ m +m gcos37−m g = m +m a
2 1 1 2 1 2 3 2 3 3
{{##{{QQQQAABBKKQQIKQwgwgggggQABgBIAbAABChBC4AKwAEwQEC0CgCgmQQkgsApAIhCJSaggMOAQVFCAJAqsAAxAKACSQBFFIABBIAA=A}=#}}#}v −v
t = 4 1
2 a
所用时间为： 3
5
t = s
解得： a 3 =22m/s2 2 22
mgcos37−mgsin37=ma
对物块 A受力分析，由牛顿第二定律得： 1 1 1 1 4
v =v +a t
当木板 B 和物块C 与传送带速度相同时，物块 A得速度为： 5 3 4 2
137
v = m/sv
解得： a 4 =1m/s2 5 22 1 .............................................................................（1分）
当木板 B 和物块C 与传送带共速之后，对木板B 和物块 C 受力分析，由牛顿第二定律得：
( ) ( )
m gsin37+m gcos37− m +m gcos37−m g = m +m a
2 1 1 2 1 2 3 2 3 5
a =2m/s2
解得： 5
v=v −a t =v +a t
当物块 A、木板B 与物块C 到达共速时： 1 5 3 5 4 3..................................（1分）
75
v= m/s
解得： 11 ................................................................................................................（1分）
{{##{{QQQQAABBKKQQIKQwgwgggggQABgBIAbAABChBC4AKwAEwQEC0CgCgmQQkgsApAIhCJSaggMOAQVFCAJAqsAAxAKACSQBFFIABBIAA=A}=#}}#}
