B．两球带电荷量一定有qa>qb
C．若将两细线同时剪断，则两球一定同时落到同一水平地面上
D．若将两细线同时剪断，落地时，两球水平位移的大小一定相等
答案：
C
解析：
对小球受力分析，重力、库仑力与拉力，两者的库仑力大小相等，方向相反．根据平衡条件有：
mag＝，mbg＝，由于β>α，所以ma>mb，故A错误．两者的库仑力大小相等，方向相反，但a球的电荷量和b球的电荷量大小无法判断，故B错误．若同时剪断细线，竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立性可知，两球一定同时落到同一水平地面上，故C正确．竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立性可知，a、b两球下落的时间相同，但因质量的不同，则水平方向的加速度不同，因此水平位移的大小不相等，故D错误．
16.
如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1Ω，两电表均为理想电表，定值电阻R3＝5Ω.当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则下列说法正确的是（ ）
A．开关K断开时电源的效率比闭合时高
B．电阻R1、R2可能分别为3Ω、6Ω
C．开关K断开时电压表的示数一定小于开关K闭合时的示数
D．开关K断开与闭合时，电压表示数变化量大小与电流表示数变化量大小之比一定等于1Ω
答案：
A
解析：
电源的效率η＝×100%＝×100%＝×100%，可知等效内阻确定时，外电阻越大，电源的效率越高，选项A正确；据题意，开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，开关K闭合时R2被短路，则有2（R1＋R2）＝2R1，将R1＝3Ω、R2＝6Ω代入，方程不成立，故选项B错误；开关K断开时外电路总电阻大于开关K闭合时外电路总电阻，则开关K断开时电路中电流较小，电源与R3分压较小，电压表的示数较大，故选项C错误；根据闭合电路欧姆定律得U＝E－I（R3＋r），则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为＝R3＋r＝6Ω，故选项D错误．
17.
[2019·广西防城港模拟]氢原子能级示意图如图所示，大量处于n＝4能级的氢原子，辐射出光子后，能使金属钨发生光电效应，已知钨的逸出功为4.54eV，下述说法中正确的是（ ）
A．氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应
B．光电子的最大初动能为8.21eV
C．一个钨原子能吸收两个从n＝4向n＝2能级跃迁的光子而发生光电效应
D．氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子的速率减小
答案：
B
解析：
根据玻尔的氢原子结构理论，n＝4能级的氢原子向低能级跃迁可发出6种光子，这六种光子中只有由n＝4、3、2能级向基态跃迁的放出的光子能量大于钨的逸出功，可发生光电效应，A错误；光子最大能量为E＝E4－E1＝12.75eV，可得Ekm＝（12.75－4.54eV）＝8.21eV，B正确；金属只有吸收大于极限频率的光子才能发生光电效应，C错误；氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子到较低的轨道上运动，运动的速率增大，D错误．
18．若某双星系统中A星和B星各自绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示．已知A星和B星的质量分别为m1和m2，相距为d.下列说法正确的是（ ）
A．A星的轨道半径为d
B．A星和B星的线速度之比为m1m2
C．若在O点放一个质点，它受到的合力一定为零
D．若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，则m′＝
答案：
D
解析：
双星系统中两星之间的万有引力提供其做圆周运动的向心力，根据G＝m1ω2r1＝m2ω2（d－r1），可知A星的轨道半径r1＝，B星的轨道半径r2＝，A错误；由v＝ωr得＝，B错误；若在O点放一个质点，设它的质量为m，此质点受到A星对它的作用力FA＝，B星对它的作用力FB＝，则此质点受到的合力不为0，C错误；若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，则有G＝G，得m′＝，D正确．
19.
如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O以v0为初速度沿ON斜向下运动，ON与y轴负方向成θ角．已知F的大小为mgtanθ，g为重力加速度，则下列关于质点机械能的变化情况说法正确的是（ ）
A．若θ<，则质点的机械能可能一直增加，也可能一直减小
B．若θ＝，则质点的机械能可能一直增加，也可能一直不变
C．若θ>，则质点的机械能可能一直增加，也可能先减小后增加
D．若θ>，则质点的机械能一定一直增加
答案：
AC
解析：
结合题意，已知F的大小为mgtanθ，若θ<时，由图甲可知外力F有两种情况，这两种情况质点均做匀加速直线运动，其中一种情况外力F做正功，质点的机械能一直增加；另一种情况外力F做负功，质点的机械能一直减小，故A正确．若θ＝时，F＝mg，由图乙可知外力F也有两种情况，一种情况质点做匀速直线运动，外力F做负功，质点的机械能一直减小；另一种情况质点做匀加速直线运动，外力F做正功，质点的机械能一直增加，故B错误．若θ>时，由图丙可知外力F也有两种情况，一种情况质点做匀加速直线运动，外力F做正功，质点的机械能一直增加；另一种情况质点先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，外力先做负功，后做正功，质点的机械能先减小后增加，故C正确，D错误．
20.
如图所示，在倾角为θ＝53°的足够长的固定斜面底端，一质量为m＝1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2之比为t1：
t2＝：
，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则（ ）
A．物块由斜面底端上滑时初速度v1与下滑到底端时速度v2的大小之比为：
B．物块上滑时的加速度a1与下滑时的加速度a2的大小之比为：
C．物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5
D．物块沿斜面上滑和下滑的过程中，系统机械能的改变量相同
答案：
ACD
解析：
由匀变速直线运动规律，对物块上滑过程，有L＝a1t，对物块下滑过程，有L＝a2t，联立解得a1：
a2＝t：
t＝11：
5，选项B错误；对物块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律可知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ＋μgcosθ，对物块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律可知，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝gsinθ－μgcosθ，结合a1：
a2＝11：
5，可得物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，选项C正确；v1＝a1t1，v2＝a2t2，v1：
v2＝a1t1：
a2t2＝11：
5＝：
，选项A正确；物块沿斜面上滑和下滑过程所受的摩擦力大小相同，路程相同，克服摩擦力做的功相同，根据功能关系，物块沿斜面上滑和下滑过程中，机械能的改变量相同，选项D正确．
21．[2019·株洲模拟]
如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若图甲、乙中的U0、T所表示的电压、周期值是相等的，则以下说法正确的是（ ）
A．第一次灯泡两端的电压有效值是U0
B．第二次灯泡两端的电压有效值是U0
C．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2：
9
D．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1：
5
答案：
AD
解析：
由正弦式交流电有效值规律知A对．根据有效值的意义，对乙图所示交变电压，其有效值应满足关系：
·T＝·＋·，解得：
U＝U0，故B错．由功率意义知：
P1＝＝，P2＝＝，所以＝，即D对．（注：
式中R为灯泡电阻）
第Ⅱ卷 （非选择题 共62分）
二、非选择题：
包括必考题和选考题两部分．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（4小题，共47分）
22．（6分）将一长为L、质量为m的均匀杆绕一端无摩擦地转动，当转动角速度为ω时，杆具有一定的动能Ek，关于动能Ek的大小同学们有如下猜想．
甲同学：
把杆当成在重心处的质量为m的质点，可能是Ek＝m2＝mω2L2
乙同学：
根据动能的平均值计算，可能是Ek＝m·＝mω2L2
丙同学：
可能是Ek＝mω2L2
为了验证猜想，设计了如图甲所示的实验．质量为m的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O处，杆从水平位置由静止释放，用光电门测出另一端A经过某位置时的瞬时速度vA，并记下该位置与转轴O的高度h.
（1）用游标卡尺测得杆的直径d如图乙所示，则d＝________，A端通过光电门的时间为t，则A端通过光电门的瞬时速度vA的表达式为________．
（2）调节h的大小并记录对应的速度vA，建立v－h坐标系，并将实验数据在坐标系中描出，如图丙所示，试在图丙中绘出v和h的关系曲线，可得v和h的关系式为_________________．
（3）当地重力加速度g取10m/s2，结合图象分析，可得________（选填“甲”、“乙”或“丙”）同学的猜想是正确的．
答案：
（1）1.020cm（2分） vA＝（1分）
（2）如图所示（1分） v＝30h（m2·s－2）（1分）
（3）丙（1分）
解析：
（1）游标卡尺的主尺刻度读数为10mm，游标尺读数为0.05×4mm＝0.20mm，所以最终读数为10mm＋0.20mm＝10.20mm＝1.020cm；根据速度定义式可得vA＝.
（2）连线后从图中可以看出，v与h是线性关系，
v＝30h（m2·s－2）．
（3）根据机械能守恒定律可得Ek＝mgh,再根据图象可得v＝30h（m2·s－2），联立解得Ek＝mv＝mω2L2，即丙同学的猜想是正确的．
23．（10分）小明同学用自己所学的电学知识来测量一未知电流表A的内阻Rg和电压表内阻RV，他设计如图所示的电路图，可供选择的器材有：
A．待测电压表V，量程为3.0V，内阻为20～35kΩ
B．待测电流表A，量程为0.6A，内阻为0～10Ω
C．电阻箱R0，阻值范围为0～99999.9Ω
D．滑动变阻器R1，阻值范围0～1000Ω，额定电流为0.5A
E．滑动变阻器R2，阻值范围0～20Ω，额定电流为2A
F．电池组，电动势为6.0V，内阻为0.5Ω
G．单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个，导线若干
（1）下面是主要的实验操作步骤的两个过程，将所缺的内容补充完整．
①测待测电流表A的内阻
根据电路图连接实物电路，并将滑动变阻器R的滑动触头置于最左端；闭合S1，将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器R，使电压表V的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R0使电压表V的指针指在________，记下此时电阻箱R0的阻值可测出电流表A的内阻Rg，这种方法是应用________法．
②测待测电压表V的内阻
将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使电压表V的指针满偏，保持滑动交阻器R的滑动触头位置不变，调节电阻箱R0，使电压表V的指针指在________，记下电阻箱R0的阻值，便测出电压表V的内阻等于此时电阻箱R0的阻值．
（2）实验器材除选择A、B、C、F、G外，滑动变阻器R应选用________（用器材前的字母表示）．
（3）采用此电路图测量电压表V的内阻，会导致测量值与真实值相比________（选填“偏小”、“偏大”或“不变”），主要原因是__________________________．
答案：
（1）①刻度盘的第N格（2分） 替代（1分） ②刻度盘的中央（1分）
（2）E（2分） （3）偏大（2分） 增加了电阻箱的阻值后，使aP段的并联总电阻增大，aP两端的电压增大，电压表V两端电压由U减为，而电阻箱两端电压大于，造成测量值偏大（2分）
解析：
（1）①当单刀双掷开关分别接1和2时，通过调节电阻箱的阻值使得两次电压表V的指针指在同一位置，则表明两次电路中电阻相同，即电阻箱的阻值等于电流表A的内阻，因此电压表V的指针应指在刻度盘的第N格，此方法是替代法；②在测量电压表V的内阻时，首先将电阻箱的阻值调为零，调节R的滑动触头使电压表V的示数满偏，然后保持滑动触头的位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表V的指针指在刻度盘的中央，可认为电阻箱的阻值等于电压表V的内阻，此方法是半偏法．
（2）由于滑动变阻器采用了分压式接法，因此滑动变阻器应选用最大阻值较小的E.
（3）增加了电阻箱的阻值后，使aP段的并联总电阻增大，aP两端的电压增大，电压表V两端电压由U减为，而电阻箱两端电压大于，造成测量值偏大．
24．（14分）如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大．大量电子（重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场．已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U1＝.当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板之间的时间为T；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T、大小恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上．
（1）求水平导体板的板长l0；
（2）求电子离开偏转电场时的最大侧向位移ym；
（3）要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B的取值范围．
解析：
（1）电子在电场中加速，由动能定理得eU1＝mv
即v0＝（2分）
水平导体板的板长l0＝v0T＝（2分）
（2）电子在偏转电场中半个周期的时间内做类平抛运动
半个周期的侧向位移y1＝a2＝2（1分）
电子离开偏转电场时的最大侧向位移为
ym＝3y1＝（2分）
（3）电子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ
tanθ＝＝＝＝（2分）
故θ＝30°
电子进入磁场做匀速圆周运动，有evB＝m，其中v＝（2分）
垂直打在荧光屏上时圆周运动半径为R1，此时B有最小值R1sinθ＝l（1分）
轨迹与屏相切时圆周运动半径为R2，此时B有最大值R2sinθ＋R2＝l（1分）
联立解得Bmin＝，Bmax＝，故25．（17分）如图所示，粗糙的水平地面上放置一块足够长的长木板C，在C的左端放置一个物块A，在距离A为s＝4.5m处放置一个物块B，物块A和B均可视为质点，已知物块A的质量为2m，物块B和长木板C的质量均为m＝1kg，物块A和B与长木板C之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，现在对A施加一个水平向右的推力F＝14N，使物块A向右运动，A与B碰撞前B相对C保持静止，物块A和B碰撞后水平推力大小变为F1＝8N，若物块A和B碰撞时作用时间极短，粘在一起不再分离．
（1）物块A和B碰撞前，物块B受到长木板C的摩擦力多大？
（2）物块A和B碰撞过程中，A、B损失的机械能是多少？
（3）物块A和B碰撞后，A、B在C上还能滑行多远？
解析：
（1）假设A和C发生相对滑动，对物块A，应用牛顿第二定律得
F－μ1·2mg＝2ma1（1分）
代入数据解得a1＝2m/s2（1分）
对B和C整体应用牛顿第二定律得
μ1·2mg－μ2·（2m＋2m）g＝2ma2（1分）
代入数据解得a2＝1m/s2（1分）
因a1>a2，假设成立
B受到C的摩擦力为f＝ma2＝1N（1分）
（2）设A经过t1时间与B发生碰撞，碰撞后二者的共同速度为v1，
由运动学公式得
s＝a1t－a2t（1分）
代入数据解得t1＝3s（1分）
此时vA＝a1t1＝6m/s
vBC＝a2t1＝3m/s
A和B碰撞过程，由动量守恒定律有
2mvA＋mvBC＝（2m＋m）v1（1分）
代入数据解得v1＝5m/s（1分）
A、B碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝·2mv＋mv－（2m＋m）v＝3J（1分）
（3）物块A和B碰撞后，三者组成的系统受地面摩擦力为
f系＝μ2（3m＋m）g＝8N＝F1（1分）
所以A、B、C组成的系统动量守恒，设最后共同速度为v2，可得
2mvA＋2mvBC＝（3m＋m）v2
代入数据解得v2＝m/s（1分）
A、B碰后到A、B、C相对静止，A、B总质量为3m，前进s1，由动能定理得
（F1－μ1·3mg）s1＝·3mv－·3mv（1分）
代入数据解得s1＝m（1分）
A、B碰后对C有
（μ1·3mg－μ2·4mg）s2＝mv－mv（1分）
代入数据解得s2＝m（1分）
A、B在C上还能滑行的距离为Δs＝s1－s2＝m（1分）
（二）选考题（共15分．请考生从给出的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．（15分）[选修3—3]
（1）（5分）下列说法正确的是________．（填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积
B．在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体
C．雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果
D．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力
E．第二类永动机违背了热力学第二定律
（2）（10分）如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动．已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置．若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小．设整个过程中气体温度不变．
答案：
（1）BCE（5分）
（2）见解析
解析：
（1）“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积，A错误；根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可以从低温物体传递到高温物体，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量，B正确；雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果，C正确；不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，D错误；第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律，E正确．
（2）以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为p1，根据平衡条件有p0S＋3mg＝p1S（3分）
解得p1＝p0＋
对气缸内气体，初态：
p1＝p0＋，V1＝2lS
末态：
p2，V2＝
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2（3分）
解得p2＝
以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有
p2S＝F＋p0S＋3mg（2分）
解得F＝p0S＋mg（2分）
34．（15分）[选修3—4]
（1）（5分）
（多选）如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m．一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时a第一次到达最高点．下列说法正确的是（ ）
A．在t＝6s时刻波恰好传到质点d处
B．在t＝5s时刻质点c恰好到达最高点
C．质点b开始振动后，其振动周期为4s
D．在4sE．当质点d向下运动时，质点b一定向上运动
（2）（10分）如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是该截面上的一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？
答案：
（1）ACD（5分）
（2）见解析
解析：
（1）由题意知：
T＝3s，所以T＝4s，λ＝vT＝8m．波动中各质点振动周期相同，所以C对．t＝6s内波传播的距离x＝vt＝12m＝xad，即t＝6s时波恰传播至d点，所以A对．因波传播到c点历时tc＝＝3s，此时c点开始竖直向下运动，t＝5s时恰振动了时间，其应恰通过平衡位置向上振动，所以B错．t＝6s时，质点c恰到最高点，t＝4s时恰到最低点，所以4s（2）
根据折射定律n＝＝（3分）
设入射点为C，作光路图，由几何关系，
得2β＝α
可得β＝30°，α＝60°（3分）
而CD＝Rsinα（2分）
即CD＝R（2分）
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