選擇題部分
一、選擇題Ⅰ(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項(xiàng)中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)
二、選擇題Ⅱ(本題共2小題,每小題3分,共6分。每小題列出的四個備選項(xiàng)中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
非選擇題部分
三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）
16． (1) (2分) (2) (2分) 滑塊受到摩擦力的作用 (2分)
17. (1)大于 (2分) (2) 變小 (2分) (2分) (3)75 (2分)
四、計(jì)算題（本大題共4小題，8分+11分+11分+11分共41分，解答過程請寫出必要的文字說明和必需的物理演算過程，只寫出最終結(jié)果的不得分）
18．【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）對原有空氣，根據(jù)查理定律(1分)
其中，(1分)
聯(lián)立可得(1分)
從開始加熱到壓強(qiáng)變?yōu)闀r(shí)，罐體內(nèi)水蒸氣的分壓強(qiáng)為(1分)
（2）設(shè)罐體的體積為，對混合氣體分析，由理想氣體狀態(tài)方程可得(1分)
其中(1分)
可得(1分)
則有罐體內(nèi)剩余混合氣體質(zhì)量占原有混合氣體質(zhì)量的百分比為(1分)
19．【答案】（1）①2m/s，②，③1.4m；（2）
【詳解】（1）①滑塊P從靜止到C點(diǎn)，根據(jù)動能定理有
解得(1分)
滑塊P與滑塊Q碰撞時(shí)動量守恒，有
又因?yàn)槭菑椥耘鲎?，則能量守恒
解得(2分)
②在D點(diǎn)能夠做圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知
解得(1分)
D點(diǎn)到E點(diǎn)的過程，根據(jù)能量守恒定律有
在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有
且
聯(lián)立得(2分)
所以R的取值范圍
③自E點(diǎn)作平拋運(yùn)動，則射程為，
將②中代入得
當(dāng)時(shí)，解得(2分)
（2）由動能定理有
解得(1分)
滑塊P與滑塊Q碰撞時(shí)動量守恒，則
又因?yàn)槭菑椥耘鲎?，根?jù)能量守恒定律有
解得(1分)
即
則
由牛頓第二定律有
解得(1分)
20．【答案】（1），方向沿x軸負(fù)方向；，方向沿y軸正方向；（2），；（3）
【詳解】（1）粒子在區(qū)域I中做勻速圓周運(yùn)動，圓心在z軸上，根據(jù)左手定則可知，磁場方向沿x軸負(fù)方向，設(shè)軌道半徑為R1，離開I區(qū)時(shí)速度方向與豎直方向夾角為θ，如圖所示
有幾何關(guān)系可得
由洛倫茲力提供向心力得
聯(lián)立可得，(2分)
在區(qū)域II中粒子做類斜拋運(yùn)動，則
又(2分)
聯(lián)立可得,方向沿y軸正方向。(1分)
（2）將初速度分解到沿z軸方向和x軸方向，根據(jù)左手定則可知，粒子沿z軸方向做勻速直線運(yùn)動，在垂直z軸平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，a點(diǎn)恰好是圓周運(yùn)動的最高點(diǎn)，因此
聯(lián)立可得(2分)
由
聯(lián)立解得(1分)
（3）在通過a點(diǎn)后，若通過小孔O2，在z軸方向,在x軸方向上(1分)
其中
在y軸方向上,(1分)
又
由以上各式聯(lián)立解得(1分)
21．【答案】（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）右手定則判斷電流沿順時(shí)針方向，N匝線圈切割磁感線，由歐姆定律得，其中
聯(lián)立得速度為v時(shí)線圈中通過電流(1分)
進(jìn)入磁場前自由落體過程，由運(yùn)動學(xué)公式得(1分)
則線圈受安培力(1分)
（2）全過程對線圈用動量定理，取向下為正，有(1分)
其中由（1）知
,
故有(1分)
回代解得(1分)
（3）最終靜止時(shí)不切割，不受安培力，有(1分)
全過程系統(tǒng)能量守恒，有(1分)
解得線圈產(chǎn)生焦耳熱
全過程對線圈用動量定理，取向下為正，有(1分)
其中由（2）知(1分)
回代解得
由于彈力繩提供沖量向上，故
其大小為。(1分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
C
D
B
B
A
D
C
B
A
C
C
A
C
14
15
AB
AB

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