广东省深圳市2022届高考物理模拟试卷（3）（Word版附答案）

2022年广东省深圳市高考物理模拟试卷（3）一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）下列说法正确的是（　　）A．He+N→O+B，B是电子B．U经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了10个C．β射线是原子核外的电子产生的D．核电站是利用核聚变的原理来工作的2．（4分）如图，虚线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则（　　）A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的2倍B．卫星经过a点的速率为经过b点的倍C．卫星在a点的加速度大小为在c点的3倍D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能3．（4分）如图（a）所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图（b）所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g，则（　　） A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B．铁球经过A点的速度一定大于C．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨D．铁球绕圆轨道运动时，B点受轨道的弹力比A点大6mg4．（4分）如图所示，物体在水平拉力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，速度为v。现让拉力F逐渐减小，则物体的加速度和速度的变化情况应是（　　）A．加速度和速度都在逐渐变大B．加速度和速度都在逐渐变小C．加速度逐渐变大，速度逐渐变小D．加速度逐渐变小，速度逐渐变大5．（4分）如图所示，光滑的铁丝做成的圆环固定在竖直平面内，一中心有孔的小球穿在铁丝上，由于受到轻微扰动，小球从最高点向下滑动，则在小球从最高点A滑到最低点B的过程中（　　）A．铁丝对小球的作用力一直增大B．铁丝对小球的作用力做功为零C．铁丝对小球的作用力的冲量为零D．重力对小球做功的功率一直增大6．（4分）如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为B0，则正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向（　　） A．大小为零B．大小2B0，方向沿x轴负方向C．大小4B0，方向沿x轴正方向D．大小4B0，方向沿y轴正方向7．（4分）如图所示是车站、机场等场所用于安全检查的安检门，“门框”内有线圈，线圈中通有变化的电流。如果金属物品通过安检门，金属中会被感应出涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。下列关于安检门的说法正确的是（　　）A．安检门能检查出毒贩携带的毒品B．安检门能检查出旅客携带的金属水果刀C．安检门工作时，主要利用了电流的热效应原理D．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门也能正常工作二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠落到OP上的距O点距离为R的Q点。不计空气阻力，取g＝10m/s2。则该次发射（　　） A．小钢珠经过N点时速度的大小为2m/sB．小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力C．小钢珠离开弹簧枪时的动能为0.12JD．弹簧释放的弹性势能为0.20J（多选）9．（6分）如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向匀速运动，线框的速度始终为v，从位置I运动到位置Ⅱ（线框分别有一半面积在两个磁场中）时，下列说法正确的是（　　）A．此过程中线框产生的感应电动势始终为BLvB．在位置Ⅱ时外力F为C．在位置Ⅱ时线框中的电功率为D．此过程中通过导线横截面的电荷量为0（多选）10．（6分）如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接起来，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。松开手后，A、B两个重物同时运动。已知A、B质量均为m，重力加速度为g，忽略一切摩擦和空气阻力。当B的位移大小为h时（未着地），下列说法正确的是（　　） A．重物A的重力势能增加了mghB．松开手瞬间，重物B的加速度大小为gC．松开手瞬间，重物A的加速度大小为gD．运动过程中重物B的动能是重物A的动能的4倍三、非选择题：共54分。第11～14题为必考题，考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11．（6分）如图为“感受向心力”的实验装置图：用一根轻质细绳一端拴一个物块（如小球或软木塞）在光滑水平桌面上抡动细绳使物块做匀速圆周运动。（1）下列说法错误的是　　。A．物块的加速度恒定不变B．细绳拉力提供物块做圆周运动的向心力C．物块转动半径不变时，物块转动越快，手感受到的拉力越大D．若增大物块的质量而转动的快慢和半径不变，手感受到的拉力变大（2）用长短不同、承受最大拉力相同的两根绳子各拴着一个质量相同的小球，若两个小球以相同的角速度转动，则　　绳容易断（填“长”或“短”）；若两个小球以相同的线速度转动，则　　绳容易断（填“长”或“短”）。12．（10分）如图（a）是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。其中，电流表满偏电流Ig＝100μA、内阻Rg＝400Ω；电池电动势E＝1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0＝13kΩ；滑动变阻器R的阻值范围为0～2000Ω，该多用电表测电阻的倍率为“×1kΩ”。 （1）该多用电表的两只表笔中，　　（填“A”或“B”）是黑表笔。（2）在使用多用电表测量电阻时，先将红黑表笔短接进行欧姆调零。则当滑动变阻器R＝　　Ω时，电流表达到满偏电流（即电表指针指在表盘右端电阻“0”位置）。（3）在红黑表笔间接入待测电阻Rx，正确操作后，指针指示如图（b）所示，则Rx＝　　Ω。（4）当电池的电动势下降到1.41V，内阻忽略不计，欧姆表仍可调零。当测某待测电阻时，指针指示如图（b），该待测电阻为　　Ω（计算结果保留两位有效数字）。13．（12分）如图所示，光滑绝缘水平面上存在两边界平行的有界匀强电场，场强大小为E0。在电场右侧有一个半径为R的圆形磁场，圆心为O，磁场竖直向下，磁感应强度大小为B0。ab、cd、ef相互平行，与两电场边界垂直，它们之间的距离均为R，ef与圆心O在一条直线上，b、d、f均为圆周上的点。一个带电小球质量为m、带电荷量为+q（q＞0），从a点由静止释放，先在电场中运动，后从b点进入磁场。回答下面问题：（1）若带电小球出磁场后又逆着电场方向进入电场，求电场两边界之间的距离。（2）若带电小球恰好不再回到电场，求带电小球在电场和磁场中运动时间的总和。14．（14分）如图，一对足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的电阻，一质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度B＝0.4T 的匀强磁场中。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速直线运动。运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好。求：（1）在3s末，通过金属棒的电流及其方向；（2）在3s末，水平外力的大小。（二）选考题：共12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。【选修3-3】（12分）15．（4分）如图所示，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，最后变化到状态A，完成循环。气体在由状态A变化到状态B的过程中，温度　　（选填“升高”、“降低”或“不变”），气体从状态C变化到状态A的过程中，外界对气体　　（选填“做正功”、“做负功”或“不做功”）。16．（8分）如图，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25℃时，油柱离管口10cm，取T＝（t+273）K。①吸管上标刻温度值时，刻度是否应该均匀？②估算这个气温计的测量范围（保留三位有效数字）。【选修3-4】（12分）（多选）17．如图所示，一束复色光射入玻璃圆球，经折射﹣反射﹣折射后以a、b两束单色光离开玻璃球，下列说法正确的是（　　） A．a光的频率小于b光的频率B．a光在玻璃球中的传播速度小于b光在玻璃球中的传播速度C．a、b光在玻璃球中的波长均大于在真空中的波长D．a、b光从玻璃射向空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角E．用同一台双缝干涉仪做双缝干涉实验，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距18．在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点间的距离均为0.1m，如图（a）所示．一列横波沿该直线向右传播，t＝0时到达质点1，质点1开始向下运动，振幅为0.2m，经过时间0.3s第一次出现如图（b）所示的波形．试写出质点1的振动方程． 2022年广东省深圳市高考物理模拟试卷（3）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）下列说法正确的是（　　）A．He+N→O+B，B是电子B．U经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少了10个C．β射线是原子核外的电子产生的D．核电站是利用核聚变的原理来工作的【解答】解：A、由质量数守恒与电荷数守恒，核反应方程He+N→O+B，B是H，即为质子，不是电子，故A错误；B、每次α衰变，质量数少4，电荷数少2，所以中子数少2，每次β衰变一个中子转化成一个质子和一个电子，所以中子数少1，所以经过4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少4×2+2×1＝10，故B正确；C、由n→，可知，β射线其实质是原子核中的质子转化成中子产生的，故C错误；D、核电站是利用核裂变的原理工作的，故D错误。故选：B。2．（4分）如图，虚线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则（　　）A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的2倍B．卫星经过a点的速率为经过b点的倍 C．卫星在a点的加速度大小为在c点的3倍D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能【解答】解：A、设轨道I的半径为R，则轨道Ⅱ的半长轴为：R2＝＝1.5R由开普勒第三定律得：＝，即为：＝，即卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的倍，故A错误；B、在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：va＝。在轨道Ⅱ上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则有：vb＜，则va＞vb，故B错误；C、由a＝得：a∝，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；D、在b点做向心运动，在c点做离心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确；故选：D。3．（4分）如图（a）所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落。其原理可等效为如图（b）所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变。不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g，则（　　）A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B．铁球经过A点的速度一定大于C．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨D．铁球绕圆轨道运动时，B点受轨道的弹力比A点大6mg【解答】解：A、铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球 受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。小铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误；B、小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故速度不一定可能大于，故B错误；C、由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：Fn＝，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小；而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0；所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足：mg•2R＝mv2轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F﹣mg＝m联立解得：F＝5mg可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故C正确；D、结合C选项的分析：小铁球在最高点的速度恰好为0时，铁球受到的支持力等于重力mg，而在最低点轨道对铁球的支持力恰好等于0，故D错误。故选：C。4．（4分）如图所示，物体在水平拉力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，速度为v。现让拉力F逐渐减小，则物体的加速度和速度的变化情况应是（　　）A．加速度和速度都在逐渐变大B．加速度和速度都在逐渐变小C．加速度逐渐变大，速度逐渐变小D．加速度逐渐变小，速度逐渐变大【解答】解：设物体所受滑动摩擦力大小为f，设物体的质量为m，物体在水平拉力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，由平衡条件得：F＝f 拉力F逐渐减小，则滑动摩擦力大于拉力，物体所受合力方向与拉力方向相反，与物体速度方向相反，与滑动摩擦力方向相同，对物体，由牛顿第二定律可知，加速度大小：a＝，由于f不变而F减小，则加速度a的大小增大，由于加速度方向与速度方向相反，物体的速度减小，故C正确，ABD错误。故选：C。5．（4分）如图所示，光滑的铁丝做成的圆环固定在竖直平面内，一中心有孔的小球穿在铁丝上，由于受到轻微扰动，小球从最高点向下滑动，则在小球从最高点A滑到最低点B的过程中（　　）A．铁丝对小球的作用力一直增大B．铁丝对小球的作用力做功为零C．铁丝对小球的作用力的冲量为零D．重力对小球做功的功率一直增大【解答】解：A、设小球在上半圆向下运动到一位置时，其与圆心的连线与竖直向的夹角为θ，则：mgR（1﹣cosθ）＝mv2…①小球做圆周运动，受小球的弹力为F，则：F+mgcosθ＝m…②由①②可得：F＝mg（2﹣3cosθ），则当θ增大，cosθ＝时F＝0，即当θ小时力沿径向向外变小，到θ达到一值时F＝0，再反向增加，则A错误；B、铁丝对小球的作用力方向始终指向圆心，和速度方向垂直，所以做功为零，故B正确；C、铁丝对小球的作用力与速度垂直，不做功但冲量不为0，故C错误；D、重力对小球做功的功率等于重力与小球竖直向的分速度的乘积，小球竖直向的分速度先增大后减小，则重力的功率先增大后减小。故D错误。故选：B。6．（4 分）如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为B0，则正六边形中心O处磁感应强度的大小和方向（　　）A．大小为零B．大小2B0，方向沿x轴负方向C．大小4B0，方向沿x轴正方向D．大小4B0，方向沿y轴正方向【解答】解：根据磁场的叠加原理，将x轴上电流向里的导线在O点产生的磁感应强度与x轴上向外电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B1；同理可得：将左上方电流向外的导线在O点产生的磁场与右下方电流向里的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B2，将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B3，如图所示：根据磁场叠加原理可知：B1＝B2＝B3＝2B0，由几何关系可：B2与B3的夹角为120°，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最后将其与B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4B0，方向沿y轴正方向，D正确，ABC错误。故选：D。7．（4分）如图所示是车站、机场等场所用于安全检查的安检门，“门框”内有线圈，线圈中 通有变化的电流。如果金属物品通过安检门，金属中会被感应出涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警。下列关于安检门的说法正确的是（　　）A．安检门能检查出毒贩携带的毒品B．安检门能检查出旅客携带的金属水果刀C．安检门工作时，主要利用了电流的热效应原理D．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门也能正常工作【解答】解：A、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，可知，安检门不能检查出毒贩携带的毒品，故A错误；B、水果刀是金属制成，安检门能检查出旅客携带的水果刀，故B正确；C、安检门工作时，主要利用了电磁感应原理，不是利用电流的热交应原理，故C错误；D、根据工作原理可知，如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门不能正常工作，故D错误。故选：B。二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠落到OP上的距O点距离为R的Q点。不计空气阻力，取g＝10m/s2。则该次发射（　　）A．小钢珠经过N点时速度的大小为2m/s B．小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力C．小钢珠离开弹簧枪时的动能为0.12JD．弹簧释放的弹性势能为0.20J【解答】解：A、小钢珠从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，小钢珠经过N点时的速度大小为vN，水平方向：x＝vNt＝R，竖直方向：R＝解得：vN＝m/s，故A错误；B、小钢珠经过N点时设轨道与小钢珠间的作用力大小为FN，方向竖直向下，由牛顿第二定律得：FN+mg＝m，代入数据解得：FN＝0，故B正确；C、设小钢珠离开弹簧枪时的动能为Ek，小钢珠从M到N过程由动能定理得：﹣mgR＝﹣Ek，代入数据解得：Ek＝0.12J，故C正确；D、弹簧释放的弹性势能转化为小钢珠离开弹簧枪时的动能，由能量守恒定律可知，弹簧释放的弹性势能Ep＝Ek＝0.12J，故D错误。故选：BC。（多选）9．（6分）如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场区域，磁场宽度均为L。一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向匀速运动，线框的速度始终为v，从位置I运动到位置Ⅱ（线框分别有一半面积在两个磁场中）时，下列说法正确的是（　　）A．此过程中线框产生的感应电动势始终为BLvB．在位置Ⅱ时外力F为C．在位置Ⅱ时线框中的电功率为 D．此过程中通过导线横截面的电荷量为0【解答】解：A．此过程中线框四条边均进入磁场时产生的感应电动势为2BLv，故A错误；B．在位置II时外力F为F＝2BIL根据欧姆定律有：I＝根据法拉第电磁感应定律有：E＝2BLv解得：F＝故B错误；C．在位置Ⅱ时线框中的电功率为：P＝Fv解得P＝故C正确；D．根据感生感应电动势公式：＝n根据欧姆定律有：＝q＝•Δt解得q＝n因为ΔΦ＝0所以q＝0此过程中通过导线横截面的电荷量为0，故D正确。故选：CD。（多选）10．（6分）如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接起来，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。松开手后，A、B两个重物同时运动。已知A、B质量均为m，重力加速度为g，忽略一切摩擦和空气阻力。当B的位移大小为h时（未着地），下列说法正确的是（　　） A．重物A的重力势能增加了mghB．松开手瞬间，重物B的加速度大小为gC．松开手瞬间，重物A的加速度大小为gD．运动过程中重物B的动能是重物A的动能的4倍【解答】解：A、由滑轮知识可知，在相同的时间内，B运动的位移大小是A的2倍，当下B降h时，A上升0.5h，A的重力势能增加了0.5mgh，故A错误；BC、由可知，B的加速度大小是A的2倍，即aB＝2aA受力分析可知，松开手后，重物B下落，A上升，松开手的瞬间，设绳上的拉力为T，对物体A有2T﹣mg＝maA，对物体B有mg﹣T＝maB，解得aA＝g，aB＝g，故B错误，C正确；D、由v＝at可知，B的速度是A的2倍，由可知，运动过程中重物B的动能是重物A的动能的4倍，故D正确。故选：CD。三、非选择题：共54分。第11～14题为必考题，考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11．（6分）如图为“感受向心力”的实验装置图：用一根轻质细绳一端拴一个物块（如小球或软木塞）在光滑水平桌面上抡动细绳使物块做匀速圆周运动。（1）下列说法错误的是　A　。A．物块的加速度恒定不变B．细绳拉力提供物块做圆周运动的向心力C．物块转动半径不变时，物块转动越快，手感受到的拉力越大D．若增大物块的质量而转动的快慢和半径不变，手感受到的拉力变大 （2）用长短不同、承受最大拉力相同的两根绳子各拴着一个质量相同的小球，若两个小球以相同的角速度转动，则　长　绳容易断（填“长”或“短”）；若两个小球以相同的线速度转动，则　短　绳容易断（填“长”或“短”）。【解答】解：（1）A、物块的加速度时刻指向圆心，方向时刻变化，故A错误；B、物块受到重力、支持力和拉力，其中重力和支持力平衡，拉力提供物块做圆周运动的向心力，故B正确；CD、根据牛顿第二定律得F＝mω2l，所以物块转动半径不变时，物块转动越快，手感受到的拉力越大；若增大物块的质量而转动的快慢和半径不变，手感受到的拉力变大，故CD正确。本题选错误的；故选：A.（2）根据F＝mω2l可知，质量相同的小球，以相同的角速度转动时，绳子越长，拉力越大，故绳子长的容易断；同根据F＝m可知两个小球以相同的线速度转动时，绳子越短，拉力越大，故绳子短的容易断。故答案为：（1）A；（2）长；短12．（10分）如图（a）是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。其中，电流表满偏电流Ig＝100μA、内阻Rg＝400Ω；电池电动势E＝1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0＝13kΩ；滑动变阻器R的阻值范围为0～2000Ω，该多用电表测电阻的倍率为“×1kΩ”。 （1）该多用电表的两只表笔中，　B　（填“A”或“B”）是黑表笔。（2）在使用多用电表测量电阻时，先将红黑表笔短接进行欧姆调零。则当滑动变阻器R＝　1600　Ω时，电流表达到满偏电流（即电表指针指在表盘右端电阻“0”位置）。（3）在红黑表笔间接入待测电阻Rx，正确操作后，指针指示如图（b）所示，则Rx＝　1.3×104　Ω。（4）当电池的电动势下降到1.41V，内阻忽略不计，欧姆表仍可调零。当测某待测电阻时，指针指示如图（b），该待测电阻为　1.2×104　Ω（计算结果保留两位有效数字）。【解答】解：（1）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，由图（a）所示电路图可知，B与内置电源正极相连，B是黑表笔。（2）欧姆调零时：Ig＝，代入数据解得：R＝1600Ω；（3）欧姆表的倍率为“×1kΩ”，由图（b）所示可知，待测电阻阻值Rx＝13×1kΩ＝13kΩ＝1.3×104Ω；（4）当电源电动势E′＝1.41V，欧姆调零时欧姆表内阻：R内′＝Ω，电源电动势E＝1.5V欧姆调零时欧姆表内阻R内＝Ω，由图（b）所示可知，电源电动势E＝1.5V时Rx＝13×1kΩ＝13kΩ＝1.3×104Ω，两种情况下指针位置相同，通过表头的电流相等，由闭合电路的欧姆定律得：I＝，代入数据解得：Rx′≈1.2×104Ω； 故答案为：（1）B；（2）1600；（3）1.3×104；（4）1.2×104。13．（12分）如图所示，光滑绝缘水平面上存在两边界平行的有界匀强电场，场强大小为E0。在电场右侧有一个半径为R的圆形磁场，圆心为O，磁场竖直向下，磁感应强度大小为B0。ab、cd、ef相互平行，与两电场边界垂直，它们之间的距离均为R，ef与圆心O在一条直线上，b、d、f均为圆周上的点。一个带电小球质量为m、带电荷量为+q（q＞0），从a点由静止释放，先在电场中运动，后从b点进入磁场。回答下面问题：（1）若带电小球出磁场后又逆着电场方向进入电场，求电场两边界之间的距离。（2）若带电小球恰好不再回到电场，求带电小球在电场和磁场中运动时间的总和。【解答】解：（1）根据题意带电小球出磁场后又逆着电场方向进入电场，作出小球在磁场中的运动轨迹如图：由几何关系可知根据牛顿第二定律可知解得设电场的宽度为x，小球在电场中做匀加速直线运动，由动能定理得qE0x＝mv2解得x＝。（2）带电小球恰好不再回到电场，则小球出磁场后速度方向与电场方向垂直，作出小球的运动轨迹如图： 带电小球在电场中做初速度为零的匀加速运动，由匀加速运动公式可知：根据第（1）问，解得；带电小球在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知：得；由题意可知，小球在磁场中运动的时间为＝；故小球在电场和磁场中运动的时间总和为：；答：（1）电场两边界之间的距离为。（2）带电小球在电场和磁场中运动时间的总和为+。14．（14分）如图，一对足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的电阻，一质量m＝0.1kg、电阻r＝1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速直线运动。运动过程中棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好。求：（1）在3s末，通过金属棒的电流及其方向；（2）在3s末，水平外力的大小。 【解答】解：（1）金属棒向右运动，由右手定则可知，通过金属棒的电流由M流向N，3s末金属棒的速度v＝at＝2×3m/s＝6m/s3s末金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝0.4×0.5×6V＝1.2V由闭合电路的欧姆定律可知，电流I＝A＝0.3A（2）3s末金属棒受到的安培力F安培＝ILB＝0.3×0.5×0.4N＝0.06N对金属棒，由牛顿第二定律得：F﹣F安培＝ma代入数据解得外力大小F＝0.26N答：（1）在3s末，通过金属棒的电流是0.3A，方向由M流向N；（2）在3s末，水平外力的大小是0.26N。（二）选考题：共12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。【选修3-3】（12分）15．（4分）如图所示，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，最后变化到状态A，完成循环。气体在由状态A变化到状态B的过程中，温度　升高　（选填“升高”、“降低”或“不变”），气体从状态C变化到状态A的过程中，外界对气体　做正功　（选填“做正功”、“做负功”或“不做功”）。【解答】解：从A到B的过程中，根据可知pV的乘积增大，故温度T升高；气体从状态C变化到状态A的过程中气体的体积减小，外界对气体做正功故答案为：升高；做正功16．（8分）如图，向一个空的铝制饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是360cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.2cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为25℃时，油柱离管口10cm，取T＝（t+273）K。①吸管上标刻温度值时，刻度是否应该均匀？②估算这个气温计的测量范围（保留三位有效数字）。 【解答】解：①根据盖—吕萨克定律可得：＝C（其中C为恒量）则有：＝C即体积的变化量与温度的变化量成正比，吸管上标的刻度是均匀的；②根据C＝＝cm3/K＝cm3/K所以V＝T，所以有：ΔT＝ΔV＝×0.2×（20﹣10）K＝1.6K这个气温计可以测量的温度为：t＝（25±1.6）℃，即为：23.4℃～26.6℃答：（1）吸管上标的刻度是均匀的，因为油柱体积的变化与温度变化成正比；（2）这个气温计测量的范围是23.4℃～26.6℃。【选修3-4】（12分）（多选）17．如图所示，一束复色光射入玻璃圆球，经折射﹣反射﹣折射后以a、b两束单色光离开玻璃球，下列说法正确的是（　　）A．a光的频率小于b光的频率B．a光在玻璃球中的传播速度小于b光在玻璃球中的传播速度C．a、b光在玻璃球中的波长均大于在真空中的波长D．a、b光从玻璃射向空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角 E．用同一台双缝干涉仪做双缝干涉实验，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距【解答】解：A、由光路图可知，a光的偏折程度大于b光，可知a光的折射率比b光大，则a光的频率大于b光的频率，故A错误；B、根据可知，a光在玻璃球中的传播速度小于b光在玻璃球中的传播速度，故B正确；C、a、b光在玻璃球中的传播速度均小于在真空中的传播速度，根据可知，两种光的波长均小于在真空中的波长，故C错误；D、根据可知，a、b光从玻璃射向空气发生全反射时，a光的临界角小于b光的临界角，故D正确；E、根据Δ可知，因为a光的波长比b光的小，则用同一台双缝干涉仪做双缝干涉实验时，a光的相邻亮条纹间距小于b光的相邻亮条纹间距，故E正确；故选：BDE。18．在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点间的距离均为0.1m，如图（a）所示．一列横波沿该直线向右传播，t＝0时到达质点1，质点1开始向下运动，振幅为0.2m，经过时间0.3s第一次出现如图（b）所示的波形．试写出质点1的振动方程．【解答】解：由波的图象得λ＝0.8m设波的周期为T，由题得质点1的振动方程为x＝﹣0.2sin（10πt）m答：质点1的振动方程为x＝﹣0.2sin（10πt）m