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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θ
2
m ＝m +m .
A A B
22.5
0
12．(8分）（1）mg(t＋t)cos θ 垂直于斜面向上 （2分）
1 2
（2）Ff (t
2－
t
1
) 沿斜面向上 （2分）
F
（3）g(t＋t)sin θ - f(t-t) （2分） 方向沿斜面向下 （2分）
1 2 2 1
m
13．（8分）（1）I＝0.18 kg·m/s（2分） I＝0.22 kg·m/s（2分） 说明：1受外力F作
1 2
用（2分）
（2）＝5.5 N（2分）
1 1 1
14．（12分）（1） 或 或 或其它合理答案 （4分）
2t 2（t −t ） t
2 4 2 4
（2）v∶v∶v＝1∶∶ （4分）
1 2 3
（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
E
mv m mE
2R , y = 2R = 2 = 2 B = 2 .
m qB qB2
qB
2πm
7、当粒子回到x轴，说明粒子转动了一圈，运动时间为t = .
qB8、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、v，电子
x y
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n=2，4，6，…
1
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
