（3）連接電路如圖所示（3分）；
左（1分）若其他接法正確，同樣給分
（4）大于（1分）
四．論述計算題：共71分
12．（1）設AC=h、電場力為FQ，根據牛頓第二定律得：
FQ+mg=ma…………①
(1分 )
第一次拋出時，h= 
…② (1分 )
第二次拋出時，h=
……③ (1分 )
由②、③兩式得a=4g…………④ (1分 )
所以，FQ：G=3:1
…………⑤ (1分 )
（2）第一次拋出打在C點的豎直分速度
y1=a(
)…………⑥ (1分 )
第二次拋出打在C點的豎直分速度y2=g(
)…………⑦ (1分 )
第一次拋出打在C點的速度1=
…………⑧ (1分 )
第二次拋出打在C點的速度2=
…………⑨ (1分 )
所以，1：2=2：1…………⑩ (1分 )
13. （1）
（2分） 
（1分）
（2分） 
（1分）
方向斜向右下方，與豎直方向夾角為
（1分）
（2）
（2分） 
（1分）
（2分） 
（1分）
由牛頓第三定律，小球對圓環的壓力為
，方向向下 （1分）
（3）進一步計算發現小球第一次回到A點時動能為
，這與靜電力做功與路徑無關矛盾，出現問題的原因是：這種方向是平行直線但大小不等的電場是不存在的 （2分）
14．（1）將F沿水平方向、豎直方向分解。
冰塊受的支持力F
=mg+Fsin37
,(2分)
摩檫力F
=μF (2分)
在前一階段，對冰塊由動能定理得
?(Fcos37+ F)x
= 
m v
-m v
(3分)
聯立以上各式，并將x=4.00m等數據代入，解出v=1.00m/s (2分)
（2）冰塊做類平拋運動，沿x軸方向
x
= vt=10.0m (2分)
沿y軸方向,由牛頓第二定律：a=
,y=at (2分)
聯立解得y=52.1m＞5m,故冰塊碰不到儀器室。 (2分)
15．(1) Wa=magd
=1.0J
2分
Wb=mbgd
=0.5J
2分
（2）b在磁場中勻速運動時：速度為
,總電阻R1=7.5Ω
b中的電流
① 2分
由以上各式得：
②1分
同理，a棒： 
③ 1分
由以上各式得，
④1分
⑤1分
⑥1分
⑦ 1分
⑧1分
由④⑤⑥⑦⑧得
Ha=
⑨ 1分
Hb=
m
⑩ 1分
16．(1)磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有
qVB=mv2/r，① …………………… (1分) ．
同時有T=2πr/v=2πm/qB ②
…………………… (1分) ．
粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知，‘ ‘
Xc=一(r+rcos45 0)=―(2+√2)mv/2qB，③
……………………(2分)
故，c點坐標為(― (2 + √2)mv/2qB，0 )。④
……………………(1分)
(2)設粒子從A到C的時間為t1，由題意知
t1=5T/8=5πm/4qB ⑤
……………………(1分)
設粒子從進入電場到返回C的時間為t2，其在電場中做勻變速運動，由牛頓第二定律和運動
學知識，有
qE=ma ⑥
及 2Vc=at2， ⑦ ．
聯立⑥⑦解得t2 = 2mv0/qE ⑧
…………………… (1分)．
設粒子再次進入磁場后：在磁場中運動的時間為t3，由題意知 ．
t3 =T/4 =πm/2qB ⑨
……………………(1分)
故而，設粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為
t=t1+t2+t3 = 7πm/4qB
+ 2mv0/qE
⑩ ……………………(1分)．
(3)粒子從第三次過x軸到第4次過X軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v0
的方向(設為X’軸)做勻速運動，即
X’=V0t …①
vx'=V0……②
……………………(1分)
沿著qE的方向(設為y’軸)做初速為0的勻變速運動，即
y'= qEt2 / 2m …③
Vy'= qEt/m ……④；
……………………(1分)
設離子第四次穿越X軸時速度的大小為V，速度方向與電場方向的夾角為α．由圖中幾何關系知
y'/x'=cos 450。……⑤，
……………………(1分)
V=√（v02+vy'2（）……⑥
……………………(1分)
tanα=v0/vy' ……⑦
……………………(1分)
綜合上述①②③④⑤⑥⑦得
v=√5 v0……⑧
……………………(1分)
α=arctan0.5…⑨
……………………(1分)
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（ 2分 ）
a＝
（ 2分 ）
（ 2分 ）