PAGE8/172012屆高三全國高考模擬重組預(yù)測試卷一物理適用地區(qū)：課標(biāo)地區(qū)考查范圍：線運動、相互作用、牛頓運動定律、曲線運動、萬有引力、機械能、3-1注意事項：本試卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上.回答第I卷時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對用題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.寫在本試卷上無效.回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷一、單項選擇題（本題共6小題，每小題3分，共18分.在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.(2011·輔仁模擬)宇宙飛船在半徑為R1的軌道上運行，變軌后的半徑為R2，R1＞R2.宇宙飛船繞地球做勻速圓周運動，則變軌后宇宙飛船的()A．線速度變小B．角速度變小C．周期變大D．向心加速度變大2.（2011·海南卷）三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠(yuǎn)大于小球的直徑．球1的帶電量為q，球2的帶電量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠(yuǎn)，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠(yuǎn)處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知()A．n＝3B．n＝4C．n＝5D．n＝63.質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則()A．小球?qū)A槽的壓力為eq\f(MF,m＋M)B．小球?qū)A槽的壓力為eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力增加D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力減小4.（2011·全國新課標(biāo)）為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的．在下列四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是()5.(2011·寧波模擬)質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.2.對物體施加一個大小變化、方向不變的水平拉力F，使物體在水平面上運動了3t0的時間．為使物體在3t0時間內(nèi)發(fā)生的位移最大，力F隨時間的變化情況應(yīng)該為四個圖中的()6．（2011·安徽卷）如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖1－12乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是()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、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分.在每個小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的.全部選對的，得4分；選對但不全的，得2分；有選錯的，得0分.）7．（2011·全國新課標(biāo)）電磁軌道炮工作原理如圖所示．待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度的大小與I成正比．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的2倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變8．（2011·浙江卷）利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q、具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大9.（2011·山東卷）如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關(guān)于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上．以下判斷正確的是()A．b點場強大于d點場強B．b點場強小于d點場強C．a(chǎn)、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D．試探電荷＋q在a點的電勢能小于在c點的電勢能10.用力傳感器懸掛一鉤碼沿豎直方向由靜止開始運動．如圖所示中實線是傳感器記錄的拉力大小變化情況，則()A．鉤碼的重力約為4NB．鉤碼的重力約為3NC．a(chǎn)、b、c、d四段圖線中，鉤碼處于超重狀態(tài)的是a、d，失重狀態(tài)的是b、cD．a(chǎn)、b、c、d四段圖線中，鉤碼處于超重狀態(tài)的是a、b，失重狀態(tài)的是c、d第Ⅱ卷三、填空題（本題共2小題，每小題4分，共8分.把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程.）11．如圖所示，地面上某區(qū)域存在著勻強電場，其等勢面與地面平行等間距．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球以水平方向的初速度v0由等勢線上的O點進(jìn)入電場區(qū)域，經(jīng)過時間t，小球由O點到達(dá)同一豎直平面上的另一等勢線上的P點．已知連線OP與水平方向成45°夾角，重力加速度為g，則OP兩點的電勢差為________．四、實驗題（本題共2小題，第13題6分，第14題9分，共15分.把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程.）13．（2011·天津卷）某同學(xué)測量阻值約為25kΩ的電阻Rx，現(xiàn)備有下列器材：A．電流表(量程100μA，內(nèi)阻約2kΩ)；B．電流表(量程500μA，內(nèi)阻約300Ω)；C．電壓表(量程15V，內(nèi)阻約100kΩ)；D．電壓表(量程50V，內(nèi)阻約500kΩ)；E．直流電源(20V，允許最大電流1A)；F．滑動變阻器(最大阻值1kΩ，額定功率1W)；G．開關(guān)和導(dǎo)線若干．電流表應(yīng)選________，電壓表應(yīng)選________．(填字母代號)該同學(xué)正確選擇儀器后連接了以下電路，為保證實驗順利進(jìn)行，并使測量誤差盡量減小，實驗前請你檢查該電路，指出電路在接線上存在的問題：①______________________________________________________________；②______________________________________________________________.14．（2011·江蘇卷）某同學(xué)利用如圖所示的實驗電路來測量電阻的阻值．(1)將電阻箱接入a、b之間，閉合開關(guān)．適當(dāng)調(diào)節(jié)滑動變阻器R′后保持其阻值不變．改變電阻箱的阻值R，得到一組電壓表的示數(shù)U與R的數(shù)據(jù)如下表：電阻R/Ω5.010.015.025.035.045.0電壓U/V1.001.501.802.142.322.45請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出U－R關(guān)系圖象．(2)用待測電阻Rx替換電阻箱，讀得電壓表示數(shù)為2.00V．利用(1)中測繪的U－R圖象可得Rx＝________Ω.(3)使用較長時間后，電池的電動勢可認(rèn)為不變，但內(nèi)阻增大．若仍用本實驗裝置和(1)中測繪的U－R圖象測定某一電阻，則測定結(jié)果將________(選填“偏大”或“偏小”)．現(xiàn)將一已知阻值為10Ω的電阻換接在a、b之間，你應(yīng)如何調(diào)節(jié)滑動變阻器，便仍可利用本實驗裝置和(1)中測繪的U－R圖象實現(xiàn)對待測電阻的準(zhǔn)確測定？五、計算題（本題共4小題，第15題8分，第16題11分，第17、18題各12分，共43分.把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟.）15．如圖所示，在y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面并指向紙里，磁感應(yīng)強度為B.一帶負(fù)電的粒子(質(zhì)量為m、電荷量為q)以速度v0從O點射入磁場，入射方向在xOy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為θ.求：(1)該粒子射出磁場的位置坐標(biāo)A；(2)該粒子在磁場中運動的時間．(粒子所受重力不計)17．（2011·安徽卷）如圖所示，在以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出．(1)求電場強度的大小和方向．(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)eq\f(t0,2)時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動加速度的大小．(2)若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間．18．（2011·山東卷）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖，Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面．一質(zhì)量為m、電量為－q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向夾角θ＝30°.(1)當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1＝L、磁感應(yīng)強度大小B1＝B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0.(2)若Ⅱ區(qū)寬度L2＝L1＝L，磁感應(yīng)強度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h.(3)若L2＝L1＝L、B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件．(4)若B1≠B2，L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界 射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應(yīng)滿足的關(guān)系式．高12/17參考答案1.【答案】D【解析】根據(jù)Geq\f(mM,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2r,T2)＝ma向得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知變軌后飛船的線速度變大，A錯；角速度變大，B錯；周期變小，C錯；向心加速度變大，D正確．2.【答案】D【解析】設(shè)1、2兩球間距離為r，由庫侖定律可得，接觸前1、2兩球間的作用力為F＝keq\f(q·nq,r2).由于小球完全相同，當(dāng)小球互相接觸時會平分電荷，即當(dāng)小球3與小球2接觸后各帶電荷eq\f(nq,2)，當(dāng)小球3再與小球1接觸時會再次平分所帶電荷，最后小球1帶電荷eq\f(n＋2,4)q，移走小球3后，1、2兩球間的作用力為F′＝keq\f(\f(nq,2)·\f(n＋2q,4),r2)，因F′＝F，可解得n＝6，選項D正確．3.【答案】C【解析】利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝eq\f(F,M＋m)，對小球利用牛頓第二定律可得：小球?qū)A槽的壓力為eq\r(mg2＋\f(m2F2,M＋m2))，可知只有C選項正確．4.【答案】B【解析】地理的南極是地磁場的N極，由右手螺旋定則知B正確．5.【答案】D【解析】由牛頓第二定律得，F(xiàn)－μmg＝ma，再畫出其對應(yīng)的v－t圖象，則其與t軸所圍面積最大，則位移最大6.【答案】B【解析】由U－t圖象可以作出幾個典型時刻開始運動對應(yīng)的v－t圖象，取向A板運動方向為正方向，如圖所示：分別考慮在一個周期內(nèi)帶電粒子的運動情況．當(dāng)t0＝0，粒子一直往B板運動．當(dāng)t0＝eq\f(T,8)，粒子先往B板運動，到eq\f(7T,8)時往A板運動，在一個周期內(nèi)總位移還是向B板．當(dāng)t0＝eq\f(T,4)，粒子先往B板運動，到eq\f(3T,4)時往A板運動，在一個周期內(nèi)總位移為零；同理也可以分析出其余幾個典型時刻的運動情況．然后對運動情況總結(jié)如下：若0<t0<eq\f(T,4)，則粒子先往B板運動，后往A板運動，最終打到B板，故選項A、D錯誤；若eq\f(T,4)<t0<eq\f(T,2)，則粒子先往B板運動，后往A板運動，最終打到A板．若eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)，則粒子先往A板運動，后往B板運動，最終打到A板，故選項B正確；若eq\f(3T,4)<t0<T，則粒子先往A板運動，后往B板運動，最終打到B板，故選項C錯誤．7.【答案】BD【解析】彈體所受安培力為F安＝BIl，由動能定理得：BIL＝eq\f(1,2)mv2，只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其速度將增加至原來的eq\r(2)倍，A錯誤；只將電流I增加至原來的2倍，其磁感應(yīng)強度也隨之增加至原來的2倍，其速度將增加至原來的2倍，B正確；只將彈體質(zhì)量減至原來的一半，其速度將增加至原來的eq\r(2)倍，C錯誤；將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍時，其速度將增加至原來的2倍，D正確．8.【答案】BC【解析】因為帶電粒子進(jìn)入磁場后向右偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶負(fù)電，A選項錯誤；對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，帶電粒子速度越大，半徑就越大，如圖所示，rmax＝eq\f(3d＋L,2)，rmin＝eq\f(L,2)，所以vmax＝eq\f(qB3d＋L,2m)，vmin＝eq\f(qBL,2m)，故選項B正確；因vmax－vmin＝eq\f(3qBd,2m)，由此可知選項C正確，選項D錯誤．9.【答案】BC【解析】兩等量異種電荷產(chǎn)生的電場如圖所示，由圖可知，d點的電場線比b點的電場線密集，所以d點的場強大于b點的場強，A項錯誤，B項正確．a(chǎn)、c兩點關(guān)于MN對稱，b點在MN上，同一點電荷從a到b和從b到c電場力做的功相同，由W＝qU可知Uab＝Ubc，C項正確．a(chǎn)點電勢高于c點電勢，同一正電荷在a點的電勢能大于在c點的電勢能，D項錯誤．10.【答案】AC【解析】求解本題的關(guān)鍵是對圖象及超重、失重概念的準(zhǔn)確理解．由于初始狀態(tài)物體靜止，所以鉤碼的重力等于拉力，從圖上可讀出拉力約為4N，故A正確，B錯誤；據(jù)“超重時拉力大于重力、失重時拉力小于重力”可知，C正確，D錯誤．11.【答案】eq\f(2mv02－mgv0t,q)【解析】因為vy＝2v0，由動能定理可得：eq\f(1,2)m(vy2＋v02)－eq\f(1,2)mv02＝mgv0t＋qUOP，所以UOP＝eq\f(2mv02－mgv0t,q)，帶電粒子在電場與重力場的復(fù)合場中運動，可利用合運動與分運動的關(guān)系，把曲線轉(zhuǎn)化為直線運動，簡化運動過程．12.【答案】【解析】因粒子經(jīng)O點時的速度垂直于OP，故OP＝2R，又，所以.13.【答案】BC電流表應(yīng)采用內(nèi)接法滑動變阻器應(yīng)采用分壓式接法【解析】如果電流表選用A，則電壓表的讀數(shù)最大為U＝IR＝100×10－6×25×103V＝2.5V，該電壓僅為電壓表C的量程的eq\f(1,6)，讀數(shù)誤差較大，因此電流表選擇B.電流表選擇B時，待測電阻兩端的最大電壓為U＝IR＝500×10－6×25×103V＝12.5V．可見，電壓表需選擇C.滑動變阻器的最大電阻僅為待測電阻的eq\f(1,25)，為使實驗時電表讀數(shù)變化明顯，滑動變阻器必須使用分壓式接法．eq\f(RV,Rx)＝eq\f(100,25)＝4，eq\f(Rx,RA)＝eq\f(25×103,300)≈83，顯然eq\f(RV,Rx)＜eq\f(Rx,RA)，待測電阻為大電阻，電流表必須使用內(nèi)接法．14.【答案】(1)如圖所示(2)20(3)偏小改變滑動變阻器阻值，使電壓表讀數(shù)為1.50V.【解析】(1)利用表格中的數(shù)據(jù)，采用描點作圖法作圖．(2)根據(jù)所畫出的圖象，讀出電壓2V對應(yīng)的電阻為20Ω.(3)由閉合電路歐姆定律可知，內(nèi)阻增大，則干路電流減小，電路中電壓表的讀數(shù)就會減小，根據(jù)圖象，可知測量值偏?。粸榱藴y量準(zhǔn)確，需要增大電流，所以可減小滑動變阻器的阻值大小，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)表格，改變滑動變阻器阻值，使電壓表讀數(shù)為1.50V，就可以實現(xiàn)準(zhǔn)確測量．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)帶負(fù)電的粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿如圖所示的軌跡運動，從A點射出磁場，設(shè)O、A間的距離為L，射出時速度的大小仍為v0，射出方向與x軸的夾角仍為θ，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律可得：qv0B＝meq\f(v02,R)式中R為圓軌道半徑，解得：R＝eq\f(mv0,qB)①圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關(guān)系可得：eq\f(L,2)＝Rsinθ②聯(lián)立①②兩式，得：L＝eq\f(2mv0sinθ,qB)所以粒子離開磁場的位置坐標(biāo)為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2mv0sinθ,qB)，0)).(2)因為T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)所以粒子在磁場中運動的時間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v-t圖象的物理意義可得，物塊在木板上滑行的距離Δx＝eq\f(10＋4,2)×4m－eq\f(4,2)×4m＝20m.(2)設(shè)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小為a1，木板做勻加速直線運動的加速度大小為a2，達(dá)相同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小為a，木板與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)牛頓第二定律對物塊，μ1mg＝ma1對木板，μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2對整體，μ2(m＋M)g＝(m＋M)a由圖象可得，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)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場強度沿x軸正方向且有qE＝qvB①又R＝vt0②則E＝eq\f(BR,t0)③(2)僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動在y方向位移為y＝veq\f(t0,2)④由②④式得y＝eq\f(R,2)⑤設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，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)僅有磁場時，入射速度v′＝4v，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qv′B＝meq\f(v′2,r)⑧又qE＝ma⑨由③⑦⑧⑨式得r＝eq\f(\r(3)R,3)⑩由幾何知識sinα＝eq\f(R,2r)?即s