{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}一、选择题：12345678910BCADDBCBCADABC二、非选择题：11.（6分）每空2分（1）10.60（2）1.001.04(正负偏差0.02)12.8分（1）0.252.00每空1分（2）FD每空1分（3）4.201.90每空2分25513.【答案】（1）4mg，水平向左；（2）（R，R）55【详解】（1）小球释放后到B点的过程，有mg2REqR00-------------（1分）解得2mgEq小球释放后到A点的过程，有1mgRmv20-------------（1分）2A对小球在A点水平方向做受力分析，由牛顿第二定律得v2FEqmA-------------（1分）NAR由牛顿第三定律有F压AFNA-------------（1分）解得F压A4mg-------------（1分）方向水平向左；-------------（1分）（3）设小球在D位置时速度最大，OD与x轴正方向的夹角为θ，从开始下落到D点的过程中，有1mgR(1sin)qER(1cos)mv2-------------（1分）2{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}整理得15mgRsin()mgRmv2221sin，cos55小球速度最大时-------------（1分）2由此可知12sin，cos55所以25xRcosR-------------（1分）C55yRsinR-------------（1分）C5255即D点的位置坐标为（R，R）。552mvmv014.[答案](1)0(2)(3)23l23qlql[解析](1)如图所示，带电粒子进入电场时，初速度为v0，带电粒子在电场中运动的时间为t，由牛顿第二定律得qE＝ma------------（1分）粒子在电场中做类平抛运动，6l·sin60°＝v0t------------（1分）v由tanθ＝y------------（1分）v0得vy＝v0tan60°＝3v0又因为vy＝at------------（1分）{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}mv2解得E＝0；------------（1分）3ql(2)粒子在磁场中做圆周运动，设圆心为O1，半径为r，r由几何关系得r＋＝6l------------（1分）sin30°解得r＝2l由于粒子的入射速度与电场垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，分解Q点的速度得cosθv＝0------------（1分）vv0解得v＝＝2v0cos60°v2由牛顿第二定律得qBv＝m------------（1分）rmv0联立解得B＝；------------（1分）ql(3)由图知，带电粒子从Q点射入磁场，包含圆弧的最小矩形磁场区域为图中虚线所示，矩形区域长为a=2rcos30°＝3r=23l------------（1分）r矩形区域宽b=为r－rsin30°＝-=l----------（1分）2所以该区域的最小面积为S＝ab＝23l2------------（1分）。2mvmv0[答案](1)0(2)(3)23l23qlql15.【答案】（1）；（2）；（3）1167−23mg6R3+5R【详解】（1）碰前，由动能定理（分）121解得PmgR=2mv-------------1碰v撞1=，由2动gR量守恒（分）′PQmv1=2m⋅v1-------------1{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}解得′1v1=22gR从，对整体（分）121′2C→DPQ2mgR1−cos30°=2⋅2mv0−2⋅2mv1-------------2解得25−23vD=2gR点（分）D22mvDFN−2mg=R-------------1解得（分）FN=7−23mg-------------1由牛顿三定律得（分）′FN=7−23mg-------------1（2）匀速下滑时（分）PQf=2mgsinθ------------1从点第1次上滑（分）QCmgsinθ+f=ma1------------1解得a1=3gsinθ对（分）′2v11QxQ1=2a1=6R------------2（）第次上滑（分）31′2v11PxP1=2a2=2R------------1其中2第a2=次g碰sin前θP（分）1112PQmgsinθ2R−6R=2mv2------------11v2=gR3碰后．（分）′111v2=2v2=23gR------------1第次从点上滑；（分）分析：终在点2′2v211CxQ2=2a1=36R=6xQ1------------1C{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}（分）′2v211xp2=2a2=12R=6xp1------------1同理得；11n−1p3p2pnp1的总路x程=为6xx=6⋅x（分）pp1p2pn解P得x=2R.+3R+（2x分+）x+⋯+x-----------116xp=3+5R------------1{#{QQABLQYUggCIABIAABhCQQVYCAKQkBECAKoGABAAsAAAwAFABAA=}#}