参考答案
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意． ．．．．1．C 2．A 3．B 4．B 5．C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全．．．．．部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分． 6．ABD 7．ACD 8．BC 9．BD 三、简答题：本题共3题，共计40分．把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答．第10、11题为必做题，第12题有A、B、C三组题，请在其中任选两组题作答；若三组题均答，．．．．．则以前两组题计分．
110．（1）s?at2（1分）； 在实验误差范围内当小车质量保持不变时，由于s?F说明a?F；
2（2分，用其他文字表述，正确的同样给分）；控制两车同时运动和同时停止（2分） （2）天平，刻度尺（2分）
（3）调整两装置中木板平衡摩擦力或使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量（2分） 11．(1)元件A两端电压从1V附近变化到6V，而通过的电流却几乎不变化，有恒流特性．元件B两端电压在6V附近变化很小，而通过的电流却有很大的变化，有恒压特性．（3分）
(2)利用元件B的恒压特性可控制小灯的两端电压保持不变；元件A的恒流特性可控制通过小灯的电流保持不变．（3分） 图（3分）
12．本题有A、B、C三组题，请在其中任选两组题作答；若三组题均答，则以前两个小题计分．
A．(12分) (选修3-3试题) （1）10% （2）DGH
（3）解：大气压对两管中水银做功一样多，但重力对A管中水银所做的负功较少，因A管中水银重心较低，所以外界对A管中水银所做的总功较多．因水银和管与外界绝热，没有热传递，由热力学第一定律可知：A管中水银的内能增加得多，所以A管中水银温度略高一些． B．(12分) (选修3-4试题) （1）ACH （2）C
（3）一束白光经过三棱镜后，发生色散，只要棱镜离光屏足够远，在屏上就显现出七种颜色的光谱，所以图(甲)是正确的。
当两个三棱镜的三个面两两平行时，任意一种单色光经过两个三棱镜后，其传播方向与最初的入射光的传播方向平行，如图所示。理由如下：
以α1、β1和γ1、θ1分别表示射入AB面和射出AC面时，两次折射的入射角和折射角，以θ2、γ2和β2、α2分别表示光线射入A′C′面和射出A′B′面时的入射角和折射角。
由于两三棱镜的折射率相同，则有n=
sin?1sin?1 ① ?sin?1sin?1
n=
sin?2sin?2 ② ?sin?2sin?2又AC∥A′C′，所以θ2=θ1 ③ 解得γ2=γ1 ④
又由几何关系知β1+γ1=∠A ⑤ β2+γ2=∠A′ ⑥ 而∠A=∠A′ ⑦
由④6⑥⑦得β1=β2 ⑧
再代入①②可得α1=α2，即光线从A′B′面射出时的传播方向跟射入AB面时的入射光线平行。因此可推知，一束白光经过上述两个棱镜后，各色光将均平行于原入射光线，且彼此散开，不能再复合为白光，如下图所示：由此可知图(乙)是凭空臆造的，是错误的。
C．(12分) (选修3-5试题)
（1）①混凝土 ②β；γ或“β和γ” （2）BEJ
（3）解：①研究子弹、物体打击过程，动量守恒有：mv0=mv′+ MA v
代入数据得v?m(v0?v?)?4m/s
MA同理分析M和MA系统自子弹穿出后直至相对静止有： MA v =（M+MA）v车
代入数据得平板车最后速度为：v车?MAv?2m/s
M?MA注意：也可全过程研究三者组成的系统，根据动量守恒求平板车最后的速度。 ②根据能量转化和守恒得：系统损失的动能即为全程损失的机械能
所以E损=Ekm—（E′km+EKM+EKMA）= 2392J
③同理，经分析可知，物体和平板车损失的机械能全转化为系统发热，假设A在平板车上滑行距离为s
则有Q=μMA gs=
112MAv2?(M?MA)v车 22所以代入数据得平板车最后速度为A在平板车上滑行距离为s=0.8m
四、计算题或推导证明题：本题共3 题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位． 13．（14分）解：⑴因为不计摩擦力及绳子和滑轮质量，所以士兵在整个运动过程中机械能守恒，而且士兵处于绳子的正中间时速度最大，如图。
由机械能守恒得：
1mv2max?mg?h 2由几何关系及已知可得：?h?L2?d2L2?d2 ?22L速度的最大值vmax?gL2?d2(L?L2?d2)
L⑵求士兵运动的轨迹方程
因为绳子两端固定，且绳长一定，所以可知士兵作一部分椭圆轨道运动，建立如图坐标可得士兵运动的轨迹方程为：
ddx2y21x2y2x?[?,],y?0 ?? 即；?2?1L2L?d222L2L2?d24()2414．（15分）解：（1）证明：带电体由A→B根据动能定理有W电??EK?EKB?EKA 又有
W电???Ep?EPA?EPB
联立两式得：EKB?EKA?EPA?EPB
由上式变形得：EKA?EPA?EKB?EPB 结论得证。（2）带电体由A→B根据动能定理有解得vB?W电??EK?EKB?EKA?12mvB 22as?4.0m/s
设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有
2N?mg?mvB/R
解得N?mg?mvB/R?5.0N
根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N??N?5.0N
（3）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功
2
W电?qER?0.32J
设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有
12W电?W摩?mgR?0?mvB
2解得 W摩 =－0.72J
15．（18分）解：为研究方便，建立如图所示坐标系 （1）由E1q=
12mv得， 2带电粒子离开区域Ⅰ时的速度
v?2E1qd1?2?104m/s， m方向沿y轴正向。
（2）带电粒子在区域Ⅱ内运动时，只受洛仑兹力，且不做功，所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度大小仍为v?2?10m/s 方向：由图中几何关系可知：sin??4d1， R1又由B1qv?mv12R1得：R1?mv B1q2?，即??45 2联立代入数据得：R1?10cm，sin??所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与x轴正向夹45°。
（3）如果将带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解成vx和vy， 则有vx=vy=vsin45=2?10m/s， 所以B2qvx?B2qvy?1.28?10又因为E2q?1.28?10?17?4?17N，B2qvx方向沿y轴反向，B2qvy方向沿x轴正向，
N，方向沿y轴正向，即E2q与B2qvx抵消。
所以带电粒子在区域Ⅲ中运动可视为沿x轴正向的速度为vx的匀速直线运动和以速率为vy以及对应洛沦兹力B2qvy作为向心力的匀速圆周运动的叠加。轨迹如图所示。
圆周运动半径为R2?mvyB2q=10cm，
周期T=
2?m?5=2??10s B2q所以只要带电粒子运动到轨迹最低点C时不出区域Ⅲ，就可回到区域Ⅰ的上边缘。
所以区域Ⅲ的宽度应满足d3>h 由上面的运动分析可知，带电粒子到最低点，圆周运动刚好转过
T， 4所以h=R2?mvyB2q=0.1m=10cm
所以d3>10cm
（4）根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域Ⅰ的上边缘的B点，距A点的距离为：
d=2[（1—cosθ）R1+R2+vy·d=40+10π—102=57.26cm
T]代入数据得： 4