2012届高三物理高考模拟预测试卷一

PAGE8/172012届高三全国高考模拟重组预测试卷一物理适用地区：课标地区考查范围：线运动、相互作用、牛顿运动定律、曲线运动、万有引力、机械能、3-1注意事项：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对用题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.(2011·辅仁模拟)宇宙飞船在半径为R1的轨道上运行，变轨后的半径为R2，R1＞R2.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，则变轨后宇宙飞船的()A．线速度变小B．角速度变小C．周期变大D．向心加速度变大2.（2011·海南卷）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知()A．n＝3B．n＝4C．n＝5D．n＝63.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A．小球对圆槽的压力为eq\f(MF,m＋M)B．小球对圆槽的压力为eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小4.（2011·全国新课标）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()5.(2011·宁波模拟)质量为1kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2.对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F，使物体在水平面上运动了3t0的时间．为使物体在3t0时间内发生的位移最大，力F随时间的变化情况应该为四个图中的()6．（2011·安徽卷）如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图1－12乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是()A．0<t0<eq\f(T,4)B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<TD．T<t0<eq\f(9T,8)二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分.）7．（2011·全国新课标）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变8．（2011·浙江卷）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q、具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是()A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大9.（2011·山东卷）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能10.用力传感器悬挂一钩码沿竖直方向由静止开始运动．如图所示中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则()A．钩码的重力约为4NB．钩码的重力约为3NC．a、b、c、d四段图线中，钩码处于超重状态的是a、d，失重状态的是b、cD．a、b、c、d四段图线中，钩码处于超重状态的是a、b，失重状态的是c、d第Ⅱ卷三、填空题（本题共2小题，每小题4分，共8分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.）11．如图所示，地面上某区域存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距．一个质量为m、电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的O点进入电场区域，经过时间t，小球由O点到达同一竖直平面上的另一等势线上的P点．已知连线OP与水平方向成45°夹角，重力加速度为g，则OP两点的电势差为________．四、实验题（本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.）13．（2011·天津卷）某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：A．电流表(量程100μA，内阻约2kΩ)；B．电流表(量程500μA，内阻约300Ω)；C．电压表(量程15V，内阻约100kΩ)；D．电压表(量程50V，内阻约500kΩ)；E．直流电源(20V，允许最大电流1A)；F．滑动变阻器(最大阻值1kΩ，额定功率1W)；G．开关和导线若干．电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：①______________________________________________________________；②______________________________________________________________.14．（2011·江苏卷）某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值．(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变．改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据如下表：电阻R/Ω5.010.015.025.035.045.0电压U/V1.001.501.802.142.322.45请根据实验数据作出U－R关系图象．(2)用待测电阻Rx替换电阻箱，读得电压表示数为2.00V．利用(1)中测绘的U－R图象可得Rx＝________Ω.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(选填“偏大”或“偏小”)．现将一已知阻值为10Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象实现对待测电阻的准确测定？五、计算题（本题共4小题，第15题8分，第16题11分，第17、18题各12分，共43分.把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.）15．如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：(1)该粒子射出磁场的位置坐标A；(2)该粒子在磁场中运动的时间．(粒子所受重力不计)17．（2011·安徽卷）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．(1)求电场强度的大小和方向．(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经eq\f(t0,2)时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．18．（2011·山东卷）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图，Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m、电量为－q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.(1)当Ⅰ区宽度L1＝L、磁感应强度大小B1＝B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0.(2)若Ⅱ区宽度L2＝L1＝L，磁感应强度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h.(3)若L2＝L1＝L、B1＝B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件．(4)若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界 射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式．高12/17参考答案1.【答案】D【解析】根据Geq\f(mM,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)＝ma向得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知变轨后飞船的线速度变大，A错；角速度变大，B错；周期变小，C错；向心加速度变大，D正确．2.【答案】D【解析】设1、2两球间距离为r，由库仑定律可得，接触前1、2两球间的作用力为F＝keq\f(q·nq,r2).由于小球完全相同，当小球互相接触时会平分电荷，即当小球3与小球2接触后各带电荷eq\f(nq,2)，当小球3再与小球1接触时会再次平分所带电荷，最后小球1带电荷eq\f(n＋2,4)q，移走小球3后，1、2两球间的作用力为F′＝keq\f(\f(nq,2)·\f(n＋2q,4),r2)，因F′＝F，可解得n＝6，选项D正确．3.【答案】C【解析】利用整体法可求得系统的加速度为a＝eq\f(F,M＋m)，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为eq\r(mg2＋\f(m2F2,M＋m2))，可知只有C选项正确．4.【答案】B【解析】地理的南极是地磁场的N极，由右手螺旋定则知B正确．5.【答案】D【解析】由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，再画出其对应的v－t图象，则其与t轴所围面积最大，则位移最大6.【答案】B【解析】由U－t图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的v－t图象，取向A板运动方向为正方向，如图所示：分别考虑在一个周期内带电粒子的运动情况．当t0＝0，粒子一直往B板运动．当t0＝eq\f(T,8)，粒子先往B板运动，到eq\f(7T,8)时往A板运动，在一个周期内总位移还是向B板．当t0＝eq\f(T,4)，粒子先往B板运动，到eq\f(3T,4)时往A板运动，在一个周期内总位移为零；同理也可以分析出其余几个典型时刻的运动情况．然后对运动情况总结如下：若0<t0<eq\f(T,4)，则粒子先往B板运动，后往A板运动，最终打到B板，故选项A、D错误；若eq\f(T,4)<t0<eq\f(T,2)，则粒子先往B板运动，后往A板运动，最终打到A板．若eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)，则粒子先往A板运动，后往B板运动，最终打到A板，故选项B正确；若eq\f(3T,4)<t0<T，则粒子先往A板运动，后往B板运动，最终打到B板，故选项C错误．7.【答案】BD【解析】弹体所受安培力为F安＝BIl，由动能定理得：BIL＝eq\f(1,2)mv2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的eq\r(2)倍，A错误；只将电流I增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的eq\r(2)倍，C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D正确．8.【答案】BC【解析】因为带电粒子进入磁场后向右偏转，所以粒子带负电，A选项错误；对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，带电粒子速度越大，半径就越大，如图所示，rmax＝eq\f(3d＋L,2)，rmin＝eq\f(L,2)，所以vmax＝eq\f(qB3d＋L,2m)，vmin＝eq\f(qBL,2m)，故选项B正确；因vmax－vmin＝eq\f(3qBd,2m)，由此可知选项C正确，选项D错误．9.【答案】BC【解析】两等量异种电荷产生的电场如图所示，由图可知，d点的电场线比b点的电场线密集，所以d点的场强大于b点的场强，A项错误，B项正确．a、c两点关于MN对称，b点在MN上，同一点电荷从a到b和从b到c电场力做的功相同，由W＝qU可知Uab＝Ubc，C项正确．a点电势高于c点电势，同一正电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，D项错误．10.【答案】AC【解析】求解本题的关键是对图象及超重、失重概念的准确理解．由于初始状态物体静止，所以钩码的重力等于拉力，从图上可读出拉力约为4N，故A正确，B错误；据“超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力”可知，C正确，D错误．11.【答案】eq\f(2mv02－mgv0t,q)【解析】因为vy＝2v0，由动能定理可得：eq\f(1,2)m(vy2＋v02)－eq\f(1,2)mv02＝mgv0t＋qUOP，所以UOP＝eq\f(2mv02－mgv0t,q)，带电粒子在电场与重力场的复合场中运动，可利用合运动与分运动的关系，把曲线转化为直线运动，简化运动过程．12.【答案】【解析】因粒子经O点时的速度垂直于OP，故OP＝2R，又，所以.13.【答案】BC电流表应采用内接法滑动变阻器应采用分压式接法【解析】如果电流表选用A，则电压表的读数最大为U＝IR＝100×10－6×25×103V＝2.5V，该电压仅为电压表C的量程的eq\f(1,6)，读数误差较大，因此电流表选择B.电流表选择B时，待测电阻两端的最大电压为U＝IR＝500×10－6×25×103V＝12.5V．可见，电压表需选择C.滑动变阻器的最大电阻仅为待测电阻的eq\f(1,25)，为使实验时电表读数变化明显，滑动变阻器必须使用分压式接法．eq\f(RV,Rx)＝eq\f(100,25)＝4，eq\f(Rx,RA)＝eq\f(25×103,300)≈83，显然eq\f(RV,Rx)＜eq\f(Rx,RA)，待测电阻为大电阻，电流表必须使用内接法．14.【答案】(1)如图所示(2)20(3)偏小改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50V.【解析】(1)利用表格中的数据，采用描点作图法作图．(2)根据所画出的图象，读出电压2V对应的电阻为20Ω.(3)由闭合电路欧姆定律可知，内阻增大，则干路电流减小，电路中电压表的读数就会减小，根据图象，可知测量值偏小；为了测量准确，需要增大电流，所以可减小滑动变阻器的阻值大小，根据实验数据表格，改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50V，就可以实现准确测量．15.【答案】(1)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2mv0sinθ,qB)，0))(2)eq\f(2mπ－θ,qB)【解析】(1)带负电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿如图所示的轨迹运动，从A点射出磁场，设O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得：qv0B＝meq\f(v02,R)式中R为圆轨道半径，解得：R＝eq\f(mv0,qB)①圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：eq\f(L,2)＝Rsinθ②联立①②两式，得：L＝eq\f(2mv0sinθ,qB)所以粒子离开磁场的位置坐标为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2mv0sinθ,qB)，0)).(2)因为T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)所以粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(2π－2θ,2π)T＝eq\f(2mπ－θ,qB).16.【答案】(1)20m(2)eq\f(3,2)【解析】(1)由v­t图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离Δx＝eq\f(10＋4,2)×4m－eq\f(4,2)×4m＝20m.(2)设物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小为a，木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律对物块，μ1mg＝ma1对木板，μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2对整体，μ2(m＋M)g＝(m＋M)a由图象可得，a1＝1.5m/s2，a2＝1m/s2，a＝0.5m/s2由以上各式解得eq\f(m,M)＝eq\f(3,2).17.【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E.可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有qE＝qvB①又R＝vt0②则E＝eq\f(BR,t0)③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动在y方向位移为y＝veq\f(t0,2)④由②④式得y＝eq\f(R,2)⑤设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x＝eq\f(\r(3),2)R又由x＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)))2⑥得a＝eq\f(4\r(3)R,t\o\al(2,0))⑦(3)仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B＝meq\f(v′2,r)⑧又qE＝ma⑨由③⑦⑧⑨式得r＝eq\f(\r(3)R,3)⑩由几何知识sinα＝eq\f(R,2r)⑪即s