1、11C 2B 3B 4A 5B 6B 7C 8D 9 BD 10AC 11AD 12ABC 13(1)AD(2)大于 14(1)CD (2)C (3)副线圈15(1)较小(2)D(3)1.45-1.55 2.60-2.80 16(12 分)解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，联立式代入数据得=900N 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道 的压力大小为 900N，方向竖直向下。（2）若滑上木板 A 时，木板丌动，由受力分析得11212(3)m gmm g，若滑上木板 B 时，木板 B
2、 开始滑动，由受力分析得11212(2)m gmm g，联立式代入数据得10.70.9（3）当10.8时，由式可知，货物在木板 A 上滑动时，木板丌动。设货物在木板 A 上做匀减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得ga11，设货物滑到木板 A 右端时速度为，由运动学公式得，联立式代入数据得1m=2sv0v21 012mgRm vNF2011NvFm gm RNF1a1v221012vva l 217(14 分)解析：1）细线烧断瞬间：=1+2 30棒 1：130=11，解得：1=10m/22)细线烧断前：=1+2 30细线烧断后：安 1=安 2,方向相反，由系统动量守恒得：11=22，两棒
3、同时达到最大速度，之后做匀速直线运动.对棒 2：230=,=1+2解得：1=2m/s,2=1m/s3)由系统动量守恒得11=22 则11=22即2=0.4m设所求时间为 t,对棒 2 由动量定理得：230 =22-0=(1+2)解得：t=0.6s4)由能量守恒得：1+230 2=130 1+12 112+12 22 2+Q=0.9J18(16 分)【答案】（1）（2），（3），【解析】试题分析：（1）离子经电场加速，由动能定理：，可得2 2qUmBqkd2 2nqUmBqkd2(1,2,3,1)nk22(23)=2 2(1)kmkdtqum k磁22(1)=kmthqU电212qUmv2qUv
4、m3磁场中做匀速圆周运动，刚好打在 P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知联立解得（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，丌能直接打在 P 点，而做圆周运动到达右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到 O点重新加速，直到打在 P 点。设共加速了 n 次，有：且解得：，要求离子第一次加速后丌能打在板上，有，且，解得：故加速次数 n 为正整数最大取即（3）加速次数最多的离子速度最大，取，离子在磁场中做 n-1 个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到 P 点。由匀速圆周运动2vqvBm r2kdr 2 2qUmBqkdN212nnqUmv2nnnvqv Bm r2nkdr 2 2nqUmBqkd12dr 2112qUmv2111vqv Bm r2nk21nk2 2nqUmBqkd2(1,2,3,1)nk21nk22rmTvqB22(23)=(1)22 2(1)TkmkdtnTqum k磁4电场中一共加速 n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式可得：221(1)2khat电qUamh22(1)=kmthqU电
