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黑龙江省实验中学2020届高三下学期开学考试物理试题
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第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示．已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是( )
A．入射光的频率小于ν0也可能发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
答案：C
解析：.由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hν0－hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误．
15．如图所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为( )
A．60°
B．45°
C．37°
D．30°
答案：C
解析：根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝＝v0，则运动的时间为：t＝＝，设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝＝＝，解得θ＝37°，C正确．
16．某物体的v－t图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．0～t1和t2～t3，合外力做功和冲量都相同
B．t1～t2和t3～t4，合外力做功和冲量都相同
C．0～t2和t2～t4，合外力做功和冲量都相同
D．0～t1和t3～t4，合外力做功和冲量都相同
答案：C
解析：选.0～t1内动能的变化量为mv，动量变化量为mv0；t2～t3 内动能变化量为mv，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变化量为0－mv＝－mv，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为－mv，动量变化量为0－(－mv0)＝mv0.则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；0～t2和t2～t4 内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定理得知合外力做的功和冲量都相同，故C正确；由以上分析得知：0～t1和t3～t4 内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做的功不同，冲量相同，故D错误．
17．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值；一带电粒子只在电场力的作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带负电
B．A处场强大于C处场强
C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能
D．粒子从A到B的电场力所做的功大于从B到C电场力做的功
答案：B
解析：由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故粒子带正电，选项A错误；A处的等势线较密集，则电场线较密集，则A处的场强较大，选项B正确；A处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小，选项C错误；从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功，选项D错误．
18．如图所示，光滑绝缘水平面上有两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则( )
A．小环A的加速度大小为
B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为
D．恒力F的大小为
答案：B
解析：设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos 60°＝k；Tcos 30°＝maA，联立解得：aA＝，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos 30°＝T＝，选项C、D错误．
19.某质点在3 s内竖直向上运动，其加速度与时间(a－t)图象如图所示．若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．质点第1 s内发生的位移为5 m
B．质点的初速度不小于29 m/s
C．质点第2 s内处于失重状态
D．质点在第3 s末的机械能大于第1 s末的机械能
答案：B；C；D
解析：若质点初速度为零，则质点第1 s内发生的位移为x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m，因质点的初速度不确定，选项A错误；因质点3 s内速度方向一直向上，而根据a－t图象可知3 s内速度的变化量为Δv＝(10×1＋7×1＋12×1) m/s＝29 m/s，且速度变化量方向向下，可知质点的初速度不小于29 m/s，选项B正确；质点第2 s内加速度为向下的7 m/s2，则处于失重状态，选项C正确；根据牛顿第二定律，1～2 s内，mg－F＝ma，得：F＝3m，方向向上，做正功，物体机械能增加；2～3 s内，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而1～2 s内的速度大于2～3 s内的速度，则1～2 s内的位移大于2～3 s内的位移，故1～2 s内物体机械能增加的多，2～3 s内减小的少，故质点在3 s末时的机械能大于第1 s末时的机械能，选项D正确．
20．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m．－质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
答案：C；D
解析：选.由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入得：FA＝0.5x，则知FA与x是线性关系．当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1 m时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－x＝－×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生的总热量为：Q＝W－mv2＝9.25 J－×2×22 J＝5.25 J，故C、D正确．
21．将如图所示的交变电压加在变压比为4∶1的理想变压器的原线圈两端，已知副线圈接阻值R＝11 Ω的定值电阻，则下列说法正确的是( )
A．交变电压的频率为50 Hz
B．该理想变压器的输入功率为输出功率的4倍
C．副线圈两点电压的有效值为55 V
D．流过原线圈的电流大小为1.25 A
答案：A；C；D
解析：由图象可知交流电的周期为T＝0.02 s，则其频率为f＝＝50 Hz，A正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，B错误；由图象可知交流电的电压的最大值为311 V，所以输入的电压的有效值为U1＝ V≈220 V，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55 V，C正确；对副线圈由I2＝可解得I2＝ A＝5 A，又由＝可得I1＝I2＝×5 A＝1.25 A，D正确．
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共47分．
22．(5分)某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示．
(1)（单选）关于本实验下列说法正确的是________．
A．需要用游标卡尺测量两小球的直径
B．应使m1>m2
C．实验中记录纸的位置可以移动
D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平
(2)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是___________________________．
答案：(1)B (2)m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)
解析：(1)本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径，故A项错误；要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1>m2，故B项正确；实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动，故C项正确；斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故D项错误．
(2)验证动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1＋m2v2，则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1OQ＝m1OP＋m2OR，用题中测量的量表示为m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)．
23．(10分)灵敏电流计G的量程为500 μA、内阻未知，某小组要将该电流计的量程扩大至5 mA，有下列器材可选：
A．干电池一节
B．电压表V(量程1.5 V，内阻几千欧)
C．滑动变阻器R1(0～100 Ω)
D．电阻箱R2(0～999.9 Ω)
E．开关、导线若干
某同学设计了如下实验：
①用如图乙所示电路测量电流计和电压表的内阻．
a．将R1滑片滑到左端，断开S2，闭合S1，调节R1，使电流计满偏，此时电压表V的示数为1.0 V；
b．将R2调至最大，闭合S2，调节R1、R2，当电压表示数为1.2 V时，电流计的示数为300 μA、R2的阻值为180 Ω.由以上数据可得电压表的内阻RV＝________Ω，电流计的内阻Rg＝________Ω.
②用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在虚线框中画出改装电路图，此时电阻箱的阻值应调为________Ω.
答案：①2 000 180 ②见解析图 20
解析：①第一步为电压表和电流计串联的电路，由部分电路的欧姆定律有UV＝IgRV，可得RV＝＝ Ω＝2 000 Ω；第二步为Rg与R2并联再与RV串联，由部分电路的欧姆定律I′gRg＝(－I′g)R2，代入数据解得Rg＝180 Ω.
②电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，由(I－Ig)R＝IgRg，解得R＝20 Ω，故电阻箱调为20 Ω，电路如图所示．
24．(12分)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M＝4.0 kg，长度为L＝3.0 m，小物块质量为m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物体才能发生相对滑动？
(2)若一开始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
答案：(1)F>2.5 N (2)1 s
解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：
对整体：F1＝(M＋m)a
对木板：fm＝Ma
其中fm＝μmg
解得F1＝2.5 N
故当F>2.5 N时，两物体之间发生相对滑动．
(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小物块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：
对小物块：F2－f＝ma1
对木板f＝Ma2
其中f＝μmg
解得a1＝3.5 m/s2; a2＝0.5 m/s2
设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：s1＝a1t2，s2＝a2t2，s1－s2＝L
解得：t＝1 s.
25．(20分)如图所示，在xOy直角坐标平面内－ m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.32 T，0≤x＜2.56 m的区域有沿－x方向的匀强电场．在x轴上坐标为的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷＝5.0×107 C/kg；速率v＝1.6×106 m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z刚好能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(2)电场强度的大小E及Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；
(3)Z粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例η.
答案：(1)0.1 m 1.25×10－7π s (2)1.0×104 N/C (3)
解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
r＝＝0.1 m
(2)由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示，O1为轨迹圆圆心．分别用dB和dE表示电场和磁场区域的宽度．
对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：
qEdE＝mv2①
代入数据解得：E＝1.0×104 N/C
Z粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹圆半径为r，
由圆周运动的规律有：qvB＝m②
由几何知识可知：在△SOO1中满足：
cos θ＝＝③
由②③并代入数据可得：θ＝.
(3)作Z粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦SN如图(b)所示，由几何知识得：△SNO1为等边三角形， SN＝r ，弦切角θ0＝θ④
由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于r的粒子，满足Z粒子第一次刚要进入电场时未离开过磁场．作出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于SN的粒子轨迹，交磁场左右边界分别为M、O1，粒子在S点的速度分别为v1和v2.由图可知发射方向在v1和v2之间的粒子轨迹弦长大于r，对应的发射方向分布的角度范围为：θ1＝－θ0⑤
由图可知Z粒子的发射速度方向与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大于r
所以有：η＝⑥
解得：η＝.
(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修33](15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示．已知气体处于状态A时的温度为300 K，则下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．气体处于状态B时的温度是900 K
B．气体处于状态C时的温度是300 K
C．从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大
D．从状态A变化到状态B过程气体放热
E．从状态B变化到状态C过程气体放热
答案：(1)ABE (2)6.1 cm
解析：(1)由题意知，TA＝300 K；A→B过程为等压变化，则有＝，代入数据解得：TB＝900 K，故A正确；B→C过程是等容变化，则有＝，代入数据解得：TC＝300 K，故B正确；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故C错误；由A→B气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体吸热，故D错误；B→C过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体放热，故E正确．
(2)(10分)粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端有一活塞P，右管上端有一阀门K，开始时活塞位置与阀门等高，如图所示，阀门打开时，管内两边水银柱等高，两管空气柱长均为l＝20 cm，此时两边空气柱温度均为27 ℃，外界大气压为p0＝76 cmHg，若将阀门K关闭以后，把左边活塞P慢慢下压，直至右边水银上升10 cm，在活塞下压过程中，左管空气柱的温度始终保持在27 ℃，并使右管内温度上升到177 ℃，求此时左管内空气的长度．(结果保留一位小数）
答案：6.1 cm.
解析：设U形管横截面积为S.
左管：初状态：p1＝76 cmHg
V1＝20 cm×S
T1＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p2＝？
V2＝？
T2＝300 K
右管：初状态：p3＝76 cmHg
V3＝20 cm×S
T3＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p4＝p2－20 cmHg
V4＝10 cm×S
T4＝450 K
对右管：由理想气体状态方程得：＝，代入数据得：
p2＝248 cmHg
对左管：由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2得：
76×20×S＝248×V2，
解得：V2＝×S≈6.1S，所以此时空气柱长度：l＝＝6.1 cm.
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示．已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是( )
A．入射光的频率小于ν0也可能发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
答案：C
解析：.由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hν0－hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误．
15．如图所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为( )
A．60°
B．45°
C．37°
D．30°
答案：C
解析：根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝＝v0，则运动的时间为：t＝＝，设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝＝＝，解得θ＝37°，C正确．
16．某物体的v－t图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．0～t1和t2～t3，合外力做功和冲量都相同
B．t1～t2和t3～t4，合外力做功和冲量都相同
C．0～t2和t2～t4，合外力做功和冲量都相同
D．0～t1和t3～t4，合外力做功和冲量都相同
答案：C
解析：选.0～t1内动能的变化量为mv，动量变化量为mv0；t2～t3 内动能变化量为mv，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变化量为0－mv＝－mv，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为－mv，动量变化量为0－(－mv0)＝mv0.则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；0～t2和t2～t4 内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定理得知合外力做的功和冲量都相同，故C正确；由以上分析得知：0～t1和t3～t4 内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做的功不同，冲量相同，故D错误．
17．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值；一带电粒子只在电场力的作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带负电
B．A处场强大于C处场强
C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能
D．粒子从A到B的电场力所做的功大于从B到C电场力做的功
答案：B
解析：由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故粒子带正电，选项A错误；A处的等势线较密集，则电场线较密集，则A处的场强较大，选项B正确；A处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小，选项C错误；从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功，选项D错误．
18．如图所示，光滑绝缘水平面上有两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则( )
A．小环A的加速度大小为
B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为
D．恒力F的大小为
答案：B
解析：设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos 60°＝k；Tcos 30°＝maA，联立解得：aA＝，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos 30°＝T＝，选项C、D错误．
19.某质点在3 s内竖直向上运动，其加速度与时间(a－t)图象如图所示．若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．质点第1 s内发生的位移为5 m
B．质点的初速度不小于29 m/s
C．质点第2 s内处于失重状态
D．质点在第3 s末的机械能大于第1 s末的机械能
答案：B；C；D
解析：若质点初速度为零，则质点第1 s内发生的位移为x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m，因质点的初速度不确定，选项A错误；因质点3 s内速度方向一直向上，而根据a－t图象可知3 s内速度的变化量为Δv＝(10×1＋7×1＋12×1) m/s＝29 m/s，且速度变化量方向向下，可知质点的初速度不小于29 m/s，选项B正确；质点第2 s内加速度为向下的7 m/s2，则处于失重状态，选项C正确；根据牛顿第二定律，1～2 s内，mg－F＝ma，得：F＝3m，方向向上，做正功，物体机械能增加；2～3 s内，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而1～2 s内的速度大于2～3 s内的速度，则1～2 s内的位移大于2～3 s内的位移，故1～2 s内物体机械能增加的多，2～3 s内减小的少，故质点在3 s末时的机械能大于第1 s末时的机械能，选项D正确．
20．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m．－质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
答案：C；D
解析：选.由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入得：FA＝0.5x，则知FA与x是线性关系．当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1 m时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－x＝－×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生的总热量为：Q＝W－mv2＝9.25 J－×2×22 J＝5.25 J，故C、D正确．
21．将如图所示的交变电压加在变压比为4∶1的理想变压器的原线圈两端，已知副线圈接阻值R＝11 Ω的定值电阻，则下列说法正确的是( )
A．交变电压的频率为50 Hz
B．该理想变压器的输入功率为输出功率的4倍
C．副线圈两点电压的有效值为55 V
D．流过原线圈的电流大小为1.25 A
答案：A；C；D
解析：由图象可知交流电的周期为T＝0.02 s，则其频率为f＝＝50 Hz，A正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，B错误；由图象可知交流电的电压的最大值为311 V，所以输入的电压的有效值为U1＝ V≈220 V，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55 V，C正确；对副线圈由I2＝可解得I2＝ A＝5 A，又由＝可得I1＝I2＝×5 A＝1.25 A，D正确．
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共47分．
22．(5分)某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示．
(1)（单选）关于本实验下列说法正确的是________．
A．需要用游标卡尺测量两小球的直径
B．应使m1>m2
C．实验中记录纸的位置可以移动
D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平
(2)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是___________________________．
答案：(1)B (2)m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)
解析：(1)本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径，故A项错误；要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1>m2，故B项正确；实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动，故C项正确；斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故D项错误．
(2)验证动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1＋m2v2，则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1OQ＝m1OP＋m2OR，用题中测量的量表示为m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)．
23．(10分)灵敏电流计G的量程为500 μA、内阻未知，某小组要将该电流计的量程扩大至5 mA，有下列器材可选：
A．干电池一节
B．电压表V(量程1.5 V，内阻几千欧)
C．滑动变阻器R1(0～100 Ω)
D．电阻箱R2(0～999.9 Ω)
E．开关、导线若干
某同学设计了如下实验：
①用如图乙所示电路测量电流计和电压表的内阻．
a．将R1滑片滑到左端，断开S2，闭合S1，调节R1，使电流计满偏，此时电压表V的示数为1.0 V；
b．将R2调至最大，闭合S2，调节R1、R2，当电压表示数为1.2 V时，电流计的示数为300 μA、R2的阻值为180 Ω.由以上数据可得电压表的内阻RV＝________Ω，电流计的内阻Rg＝________Ω.
②用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在虚线框中画出改装电路图，此时电阻箱的阻值应调为________Ω.
答案：①2 000 180 ②见解析图 20
解析：①第一步为电压表和电流计串联的电路，由部分电路的欧姆定律有UV＝IgRV，可得RV＝＝ Ω＝2 000 Ω；第二步为Rg与R2并联再与RV串联，由部分电路的欧姆定律I′gRg＝(－I′g)R2，代入数据解得Rg＝180 Ω.
②电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，由(I－Ig)R＝IgRg，解得R＝20 Ω，故电阻箱调为20 Ω，电路如图所示．
24．(12分)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为M＝4.0 kg，长度为L＝3.0 m，小物块质量为m＝1.0 kg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物体才能发生相对滑动？
(2)若一开始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？
答案：(1)F>2.5 N (2)1 s
解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：
对整体：F1＝(M＋m)a
对木板：fm＝Ma
其中fm＝μmg
解得F1＝2.5 N
故当F>2.5 N时，两物体之间发生相对滑动．
(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小物块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：
对小物块：F2－f＝ma1
对木板f＝Ma2
其中f＝μmg
解得a1＝3.5 m/s2; a2＝0.5 m/s2
设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：s1＝a1t2，s2＝a2t2，s1－s2＝L
解得：t＝1 s.
25．(20分)如图所示，在xOy直角坐标平面内－ m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.32 T，0≤x＜2.56 m的区域有沿－x方向的匀强电场．在x轴上坐标为的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷＝5.0×107 C/kg；速率v＝1.6×106 m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z刚好能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(2)电场强度的大小E及Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；
(3)Z粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例η.
答案：(1)0.1 m 1.25×10－7π s (2)1.0×104 N/C (3)
解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
r＝＝0.1 m
(2)由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示，O1为轨迹圆圆心．分别用dB和dE表示电场和磁场区域的宽度．
对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：
qEdE＝mv2①
代入数据解得：E＝1.0×104 N/C
Z粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹圆半径为r，
由圆周运动的规律有：qvB＝m②
由几何知识可知：在△SOO1中满足：
cos θ＝＝③
由②③并代入数据可得：θ＝.
(3)作Z粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦SN如图(b)所示，由几何知识得：△SNO1为等边三角形， SN＝r ，弦切角θ0＝θ④
由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于r的粒子，满足Z粒子第一次刚要进入电场时未离开过磁场．作出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于SN的粒子轨迹，交磁场左右边界分别为M、O1，粒子在S点的速度分别为v1和v2.由图可知发射方向在v1和v2之间的粒子轨迹弦长大于r，对应的发射方向分布的角度范围为：θ1＝－θ0⑤
由图可知Z粒子的发射速度方向与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大于r
所以有：η＝⑥
解得：η＝.
(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修33](15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示．已知气体处于状态A时的温度为300 K，则下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．气体处于状态B时的温度是900 K
B．气体处于状态C时的温度是300 K
C．从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大
D．从状态A变化到状态B过程气体放热
E．从状态B变化到状态C过程气体放热
答案：(1)ABE (2)6.1 cm
解析：(1)由题意知，TA＝300 K；A→B过程为等压变化，则有＝，代入数据解得：TB＝900 K，故A正确；B→C过程是等容变化，则有＝，代入数据解得：TC＝300 K，故B正确；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故C错误；由A→B气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体吸热，故D错误；B→C过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体放热，故E正确．
(2)(10分)粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端有一活塞P，右管上端有一阀门K，开始时活塞位置与阀门等高，如图所示，阀门打开时，管内两边水银柱等高，两管空气柱长均为l＝20 cm，此时两边空气柱温度均为27 ℃，外界大气压为p0＝76 cmHg，若将阀门K关闭以后，把左边活塞P慢慢下压，直至右边水银上升10 cm，在活塞下压过程中，左管空气柱的温度始终保持在27 ℃，并使右管内温度上升到177 ℃，求此时左管内空气的长度．(结果保留一位小数）
答案：6.1 cm.
解析：设U形管横截面积为S.
左管：初状态：p1＝76 cmHg
V1＝20 cm×S
T1＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p2＝？
V2＝？
T2＝300 K
右管：初状态：p3＝76 cmHg
V3＝20 cm×S
T3＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p4＝p2－20 cmHg
V4＝10 cm×S
T4＝450 K
对右管：由理想气体状态方程得：＝，代入数据得：
p2＝248 cmHg
对左管：由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2得：
76×20×S＝248×V2，
解得：V2＝×S≈6.1S，所以此时空气柱长度：l＝＝6.1 cm.
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