mv2B2R2q
洛伦兹力提供向心力：qvB＝，解得U＝，可见若加速电压大，轨迹半径也大，所以两板间电压最
R2mL
R－?2，解得：大时，粒子恰好从C点离开磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：R2＝L2＋??2?525B2L2q
R＝L，所以最大电压Umax＝，故A正确，B错误；由图可知，能够从CD边射出的粒子在磁场中
432mTπm
运动时间最长的是恰好从D点离开磁场的，运动时间t＝＝，故C正确，D错误。
2qB
第 II 卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共129分） 22. (6分)
某同学在做研究匀变速直线运动规律的实验时，获取了一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(未标出)，计数点间的距离如图所示。由于粗心，该同学忘了测量3、4两个计数点之间的距离(电源频率为50 Hz)。求：
(1)6号计数点的瞬时速度的大小v6＝________m/s。(保留三位有效数字) (2)利用逐差法处理数据，可得加速度a＝______m/s2。(保留三位有效数字) (3)计数点3、4之间的距离是x4＝________cm。(保留三位有效数字) 【答案】(1)0.413 (2)0.496 (3)2.90
【解析】(1)每相邻两计数点间还有4个点，说明相邻计数点间的时间间隔为0.1 s,6号计数点的瞬时速?3.88＋4.37?×102度的大小v6＝ m/s≈0.413 m/s。
2×0.1
－
(2)加速度a＝
[?4.37＋3.88＋3.39?－?1.40＋1.89＋2.40?]×10－2
3×?2×0.1?
2 m/s2≈0.496 m/s2。
x3＋x5
(3)由题意可知，x4－x3＝x5－x4，计数点3、4之间的距离是x4＝≈2.90 cm。
223. (9分)
一细而均匀的圆柱体形导电材料，长约5 cm，电阻约为100 Ω，欲测量这种材料的电阻率ρ。现提供以下实验器材
A．20分度的游标卡尺； B．螺旋测微器；
C．电流表A1(量程50 mA，内阻r1＝100 Ω)； D．电流表A2(量程100 mA，内阻r2约为40 Ω)； E．电压表V(量程15 V，内阻约为3 000 Ω)； F．滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)； G．直流电源E(电动势为3 V，内阻很小)；
H．上述导电材料R2(长约为5 cm，电阻约为100 Ω)； I．开关一只，导线若干。 请回答下列问题：
(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L＝________cm，用螺旋测微器测得该样品的外直径如图乙所示，其示数D＝________mm。
(2)在方框中画出尽可能精确测量该样品电阻率ρ的实验电路图，并标明所选择器材的物理量符号。
(3)实验中应记录的物理量有____________________(写出文字描述及字母符号)，用已知和所记录的物理量的符号表示这种材料的电阻率ρ＝________。
【答案】(1)5.015 4.700 (2)见解析图 (3)电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2 πI1r1D2
4?I2－I1?L
【解析】(1)游标卡尺的读数为：50 mm＋3×0.05 mm＝50.15 mm＝5.015 cm；螺旋测微器的读数为：4.5 mm＋20.0×0.01 mm＝4.700 mm。
(2)电压表的量程远大于电源的电动势，所以电压表不适用，两个电流表中，电流表A2的满偏电流大于电流表A1的满偏电流，又电流表A1的内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将电流表A1与样品并联后再与电流表A2串联，滑动变阻器阻值较小，应用分压式接法，电路图如图所示。
(3)根据(2)中电路图可知，实验中应记录的物理量有：电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，根据电L12I1r1πI1r1D2
阻定律有R＝ρS，样品横截面积S＝4πD，根据欧姆定律可得R2＝，联立可得ρ＝。
I2－I14?I2－I1?L
24．(14分)
在一水平面上，放置相互平行的直导轨MN、PQ，其间距L＝0.2 m，R1、R2是连在导轨两端的电阻，R1＝0.6 Ω，R2＝1.2 Ω，虚线左侧3 m内(含3 m处)的导轨粗糙，其余部分光滑并足够长。ab是跨接在导轨上质量为m＝0.1 kg、长度为L′＝0.3 m的粗细均匀的导体棒，导体棒的总电阻r＝0.3 Ω，开始时导体棒处于虚线位置，导轨所在空间存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，如图甲所示。从零时刻开始，通过微型电动机对导体棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，其运动的速度—时间图象如图乙所示。已知2 s末牵引力F的功率是0.9 W。除R1、R2及导体棒的总电阻以外，其余部分的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求导体棒与粗糙导轨间的动摩擦因数及2 s内流过R1的电荷量； (2)试写出0～2 s内牵引力F随时间变化的表达式；
(3)如果2 s末牵引力F消失，则从2 s末到导体棒停止运动过程中R1产生的焦耳热是多少？
【答案】(1)0.1 0.33 C (2)F＝0.025t＋0.25(N)(3)0.2 J
【解析】(1)由速度—时间图象可以看出导体棒做匀加速直线运动，加速度a＝1.5 m/s2 v＝at＝1.5t m/s
水平方向上导体棒受牵引力F、安培力和摩擦力，根据牛顿第二定律得F－BIL－f＝ma 又f＝μN＝μmg
R1R2R1、R2并联电阻为R＝＝0.4 Ω
R1＋R2
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得 I＝
BLv
＝0.25t(A) LR＋rL′
t＝2 s时，I＝0.5 A
因为2 s末牵引力F的功率是0.9 W， 根据P＝Fv
由题图乙可知，2 s末导体棒的速度为3 m/s， 可得F＝0.3 N 解得μ＝0.1
ΔΦ
根据法拉第电磁感应定律E＝，q＝IΔt，
Δt
1BL·at2
2ΔΦ
则q＝＝＝0.5 C
LLR＋rR＋r
L′L′所以流过R1的电荷量为q1＝(2)由(1)可知在0～2 s内
B2L2at
F＝BIL＋ma＋μmg＝＋ma＋μmg
LR＋rL′即F＝0.025t＋0.25(N)。
(3)根据图象可知2 s末导体棒的速度为v＝3 m/s，这时导体棒恰好前进了3 m，从2 s末到导体棒停止1
运动过程，根据能量守恒定律得mv2＝Q总
2
R
又Q1＋Q2＝Q总· LR＋r
L′R2则Q1＝(Q＋Q2)＝0.2 J。
R1＋R21
25．(18分)
如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0
匀速向下运动，工件上表面光滑，其下端连着一块挡板。某时刻，一质量为m的木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，随后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与挡板碰撞一次。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g。求：
(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小； (2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度；
(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n＝2,3,4,5，?)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE。
qR2≈0.33 C。 R1＋R2
gg
【答案】(1) (2)－2v0 2v0
2612?n－1?v0(3) (n＝2,3,4,5，??)
g24(n－1)mv02 (n＝2,3,4,5，??)
【解析】(1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块滑上工件时，木块加速度为a1，工件加速度为a2， 对木块，由牛顿第二定律可得：mgsin α＝ma1
对工件，由牛顿第二定律可得： μ(3m＋m)gcos α－3mgsin α＝3ma2
工件自身做匀速运动时，由平衡条件可得： μ·3mgcos α＝3mgsin α gg解得：a1＝，a2＝。
26
(2)设第1次碰撞前瞬间木块的速度为v，由动量守恒定律可得： 3mv0＋mv0＝mv 解得：v＝4v0
木块以速度v与挡板发生第1次弹性碰撞，设碰撞后木块速度为v1，工件速度为v2，由动量守恒定律可得：
mv＝mv1＋3mv2
111
由能量守恒得：mv2＝mv12＋·3mv22
222解得：v1＝－2v0，v2＝2v0。
(3)第1次碰撞后，木块以速度2v0沿工件向上做匀减速运动，工件以速度2v0沿斜面向下做匀减速运动，2v012v0工件速度再次减为零的时间：t＝＝ a2g
木块的速度v1′＝－2v0＋a1t＝4v0
12v01
此时，木块的位移：x1＝－2v0t＋a1t2＝ 2g12v01
工件的位移：x2＝2v0t－a2t2＝ 2g
由上易知，木块、工件第2次碰撞前瞬间的速度与第1次碰撞前瞬间的速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔：
12?n－1?v0
Δt＝(n－1)t＝ (n＝2,3,4,5，??)
g
木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：ΔE＝4mg(n－1)x2sin α
解得：ΔE＝24(n－1)mv02 (n＝2,3,4,5，??)。 26．（14分）
2
2
Ⅰ．制备水杨酸对正辛基苯基酯（）的过程如下：
步骤一：将水杨酸晶体投入到三颈烧瓶中，再加入适量的氯苯作溶剂并充分搅拌使晶体完全溶解，最后加入少量的无水三氯化铝。