新课标地区2012届高三全国高考模拟预测试卷四(B)物理试题.doc

金太阳新课标资源网 试卷类型：B新课标地区2012届高三全国高考模拟预测试卷四物 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：1. 本试卷分第I卷（选择题）和第卷（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.2. 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.3. 回答第卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第卷一、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，R1R2.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()An3Bn4Cn5 Dn63. 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B小球对圆槽的压力为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1 kg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112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()A0t0B.t0C.t0TDTt0二、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()Ab点场强大于d点场强Bb点场强小于d点场强Ca、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4 NB钩码的重力约为3 NCa、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、cDa、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25 k的电阻Rx，现备有下列器材：A电流表(量程100 A，内阻约2 k)；B电流表(量程500 A，内阻约300 )；C电压表(量程15 V，内阻约100 k)；D电压表(量程50 V，内阻约500 k)；E直流电源(20 V，允许最大电流1 A)；F滑动变阻器(最大阻值1 k，额定功率1 W)；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：_；_.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/5.010.015.025.035.045.0电压U/V1.001.501.802.142.322.45请根据实验数据作出UR关系图象 (2)用待测电阻Rx替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V利用(1)中测绘的UR图象可得Rx_.(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UR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10 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UR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y0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.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，、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区，射入时速度与水平方向夹角30.(1)当区宽度L1L、磁感应强度大小B1B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，求B0及粒子在区运动的时间t0.(2)若区宽度L2L1L，磁感应强度大小B2B1B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h.(3)若L2L1L、B1B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件(4)若B1B2，L1L2，且已保证了粒子能从区右边界射出为使粒子从区右边界射出的方向与从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试卷类型：A2012届高三全国高考模拟预测试卷四物 理 参 考 答 案1. 【答案】D【解析】根据Gmm2rmma向得v ，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Fk.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，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q，移走小球3后，1、2两球间的作用力为Fk，因FF，可解得n6，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，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为，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，Fmgma，再画出其对应的vt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Ut图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的vt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t00，粒子一直往B板运动当t0，粒子先往B板运动，到时往A板运动，在一个周期内总位移还是向B板当t0，粒子先往B板运动，到时往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0t0 ，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t0，则粒子先往B板运动，后往A板运动，最终打到A板若t0，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t0T，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：BILmv2，只将轨道长度L变为原来的2倍，其速度将增加至原来的倍，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，得v，带电粒子速度越大，半径就越大，如图所示，rmax，rmin，所以vmax，vmin ，故选项B正确；因vmaxvmin，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WqU可知UabUbc，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4 N，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】【解析】因为vy2v0，由动能定理可得：m(vy2v02)mv02mgv0tqUOP，所以UOP，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OP2R，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UIR10010625103 V2.5 V ，该电压仅为电压表C的量程的，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UIR50010625103 V12.5 V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，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4，83，显然，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1.50 V.【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2 V对应的电阻为20 . (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1.50 V，就可以实现准确测量15. 【答案】(1)A(2)【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，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得：qv0Bm式中R为圆轨道半径，解得：R圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：Rsin 联立两式，得：L所以粒子离开磁场的位置坐标为A.(2)因为T所以粒子在磁场中运动的时间tT.16. 【答案】(1)20 m(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x4 m4 m20 m.(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1，木板与地面间的动摩擦因数为2，根据牛顿第二定律对物块，1mgma1对木板，1mg2(mM)gMa2对整体，2(mM)g(mM)a由图象可得，a11.5 m/s2，a21 m/s2，a0.5 m/s2由以上各式解得.17. 【解析】 (1)设带