1、天水九中2012届高考预测试卷解析物 理1取无穷远处电势为零，测得真空中两个点电荷M、N的连线上的电势分布特点如图所示，取M点为坐标原点，MN方向为x轴正方向，则N点坐标正好在x=3a处，连线上各点电势随x变化关系如图所示，以下判断正确的是（ ）A点电荷M、N一定都是正电荷B点电荷M、N一定为异种电荷C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2:1 Dx=2a处的电场强度一定为零【答案】AD【解析】由于取无穷远处电势为0，由于沿电场线方向电势越来越低，所以可知该两电荷必须为正电荷，所以A正确B错误；由于处电势最低且又要MN两电荷的连线上，结合两正点电荷连线上电势分布特点可知，此处电场强度为0，所以
2、D正确；由此可得，则，所以C错误。2位于法瑞两国边境的欧洲大型强子对撞机，在2011年11月份发生惊天一“撞”，在地下百米深处、周长27公里的环形隧道内，两股质子束以接近光速水平（能量达3.5 万亿电子伏）迎面相撞，产生了一个温度为太阳核心温度100万倍的火球，实验的成功将开启粒子物理学研究的新世纪，参与这个项目的英国科学家热烈庆祝了这个具有里程碑意义的实验，欧洲核子研究中心指出，对撞实验产生了“迷你”版本的宇宙大爆炸（模拟出137亿年前宇宙大爆炸之初的“万物原点”）下图分别是该次对撞的“电脑效果图”和“大型强子对撞机内部实物图”，下列关于强子对撞机的说法正确的是 （ ）A对于给定的加速电压，
3、带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大B当被加速的粒子质量不同时，对应的磁感应强度一定不同C对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变【答案】C【解析】根据材料可知粒子在强子对撞机中的运动半径是不变的，由动和半径公式可得，对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大时，磁感应强度B应越小，故A错误；同理可知，当粒子质量不同时，比荷可能相同，故可确定B错误；由于对撞机的周长是不能改变的，加速电压U越大，粒子运动粒子速度越大，所以周期越会减小，则可知C选项正确D错误3如图所示，将一个质量为1kg的小物块轻轻放上倾角为370(sin3
4、700.6)的斜面，已知斜面质量也为1kg，重力加速度为l0m/s2斜面放在足够粗糙的水平地面上没有滑动，那么地面对斜面的支持力N和摩擦力f有可能为 （ ）AN20N，f0NBN20N，f4.8NCN16.4N，f4.8NDN16.4N，f8.5N【答案】AC【解析】将两物体看做一个整体，则有题意可知地当面对斜面的支持力N20N时，系统在竖直方向处于平衡状态，根据平衡条件可知，整体在水平面上除可能受摩擦力外，没有其他力作用，故可知此地面对物体没有摩擦力作用，即f0N，故A正确B错误；当N16.4N时，对整体受力分析可知，整体在竖直方向受到向下的合力为3.6N，由于斜面不能动，故此合力全部用于滑
5、块产生加速运动，由牛顿第二定律可知，滑块沿竖直向下的分加速度为：，则根据正交分解可知，物体沿水平方向的加速度为：，根据整体法可得地面对整体的摩擦力为：f，故可得C正确D错误。4长期居住在楼房底层的人类会受到轻量的放射性污染，因此住房要经常保持通风就是其中的一个原因，特别是新住房，更要保持通风其污染源的来源主要是氡污染，氡-222是放射性元素铀-238（广泛的存在于地壳中）经过一系列衰变，转化为氡后再进一步衰变，最终衰变成铅-214（），这一过程主要是发生衰变和衰变下面关于这一过程说法正确的是 （ ）A铅核比铀核少24个中子B铅核比铀核少10个质子C共经过6次衰变和2次衰变D共经过2次衰变和6次
6、衰变【答案】BC【解析】根据质量数的质子数关系可知，铅核比铀核少24个核子，则中子数少10个，故选项A错误正确，由质子数关系可知错误选项B正确；由于衰变时质量数不变：由此可确定衰变的次数，即得，同理可得衰变为，所以选项以正确，D错误5轧钢机的原理如图所示，两个完全相同的辊子沿相反方向旋转，辊子直径d=50cm，间距a=1cm，辊子和钢板间的动摩擦因数=0.75，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若仅靠辊子的作用能进入辊子间的钢板最大厚度b为 （ ）A1cmB9cm C11cmD91cm【答案】C【解析】如图所示， 钢板与上面棍子接触点A受到沿着半径方向弹力F1及棍子对钢板的摩擦力F2作用，在临界状
7、态下，F2向右的水平分力应等于F1向左的水平分力，即F2cos= F1sin ，又F2= F1，解得tan=0.75 由图可知，由数学知识有解得b=11 cm，故C正确。6半径为R的圆环均匀带正电，MN为通过环心O、垂直于圆环平面的竖直轴线，如图所示，一个带正电的微粒从轴线上的P由静止释放，带电微粒下落穿过环心O，在带电微粒从P到O的运动过程中，下列描述正确的是 （ ）A带电微粒的加速度减小B带电微粒的速度增大C带电微粒的电势能减小D带电微粒的电势能先增大后减小【答案】B【解析】在离O点的距离时，场强E=0，而由于圆环均匀带正电，根据对称性，在的O点场强E=0，当P点到O点距离未知时，从P点到
8、O点，场强可能一直减小，也可能先增大后减小，而带电微粒由静止从O点下落，说明其重力大于静电力，微粒做加速运动，加速度可能一直增大，也可能先减小后增大，过O点时加速度最大为重力加速度g，A错，B对；离正电荷越近，电势越高，正电荷的电势能越大，因此带电微粒的电势能增大，CD错。72011年7月25日湖南省平均最高气温达38.3，其中澧县、石门、慈利、衡阳四地最高温纷纷突破40，澧县以41摘得高温榜头名。为了解暑，人们用电扇降温。如图所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡和风扇电动机D，电动机线圈电阻为
9、r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则下列说法错误的是 （ ）A风扇电动机D两端的电压为IrB理想变压器的输入功率为+C风扇电动机D输出的机械功率为D若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为【答案】AD【解析】由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为U/n，因为电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，A错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率为+，B正确；风扇电动机D输出的机械功率为，C正确；因为副线圈两端的电压为U/n，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为，所以副线圈中的电流为，通过原线圈的电流为，D正
10、确，正确答案为AD。8在空间平面内的光滑绝缘细杆与轴正方向成角固定，杆上套有一带正电小球。使小球从点以初速度沿杆上滑，某时刻起在杆所在空间加一电场或磁场，以下所加的“场”，能使小球在杆上匀速运动的是 （ ）A沿轴正方向的匀强电场B沿轴负方向的匀强磁场C沿轴负方向的匀强电场D沿轴正方向的匀强磁场【答案】A【解析】能使小球在杆上做匀速运动，则“场”力、重力和杆的作用力三力平衡，若加沿轴正方向的匀强电场，电场力竖直向上，当电场力等于小球重力时，杆的作用力为零，合力为零，A正确；洛伦兹力总垂直于速度方向，也就总垂直于杆的方向，因此三力的合力不可能为零，无论加哪个方向的匀强磁场，都不能使小球沿杆匀速运动
11、，BD错；若加沿轴负方向的匀强电场，电场力沿轴负方向，三力不能平衡，C错。9一带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图，运动中经过b点，OaOb=x，若磁场的磁感应强度为B，则粒子在磁场中运行的轨道半径为（ ）ABCD【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，首先描绘出粒子的运动轨迹如图所示，则有几何关系： ，即，解得：，所以答案C正确10在静止的电梯里放一桶水，把一个轻弹簧的一端连在桶底，另一端连接在浸没在水中的质量为m的软木塞（木塞的重力不能忽略），如图所示当电梯由静止开始匀加速下降时，轻弹簧的形变量可能发生怎样的变化( )A伸长量增加B伸长量减小C伸长量保持不变D由伸长变为压缩【
12、答案】ABC【解析】重力不可忽略的木块在水里受到重力、浮力、弹力三个力的作用而处于平衡状态，根据对木块的受力分析和弹簧的性质，弹簧可以是压缩的也可以是伸长的，所以弹簧的形变量可以是不变的也可能是减小的也可能是增加的，所以本题的答案选择ABC。11如图所示,足够长的斜面与水平面之间的夹角为45，在斜面底端A点正上方高度为6m的O点，以某速度水平抛出一个小球，小球飞行一段时间后垂直撞在斜面上，则小球从抛出点到撞击点之间的水平位移大小为 （ ）A.2mB.4mC.6mD.9m【答案】B【解析】设小球从抛出点到撞击点之间的水平位移为xm，则平抛的竖直位移为（6-x）m，由平抛规律可知：，又因为垂直撞击
13、斜面，则，所以：，B对。122011年8月18日，我国第一台自行设计、自主集成研制的“蛟龙号”载人潜水器完成5000米级海试回国。“蛟龙号”采用常用的“深潜器无动力下潜上浮技术”。潜水器两侧配备4块压载铁，重量可以根据不同深度与要求调整。当潜水器两侧配备4块压载铁时，潜水器下潜一定深度后按恒定速度下潜；当潜水器到达一定深度时，可操作抛载其中两块压载铁，使潜水器悬停在指定深度上实现作业，包括航行、拍照、取样等；当任务完成，再抛弃另外2块压载铁，使潜水器上浮，到达水面，设潜水器在水中受到的阻力与速度的平方成正比，潜水器受到的浮力恒定，下列说法正确的是（ ）A潜水器两侧配备4块压载铁时，向下做匀加速
14、运动B潜水器两侧配备4块压载铁时，先向下做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速运动C潜水器抛弃其中2块压载铁时，潜水器将做匀减速运动D潜水器抛弃所有压载铁时，潜水器向上做匀加速运动至浮出水面【答案】BD【解析】牛顿动力学问题是高考考查的重点，而与中国科技进步相关的高科技问题更能激起学生的爱国热情，本题借助最新的物理情景，考查了牛顿动力学问题，解题的关键是会将实际问题转换为物理模型。潜水器两侧配备4块压载铁时，对潜水器受力分析，根据牛顿第二定律可得，当速度增大时，加速度逐渐减小，当加速度减到零时，速度达到最大值，潜水器做匀速运动，A项错误，B项正确；潜水器抛载其中2块压载铁时，对潜水器受力分析，
15、根据牛顿第二定律可得，潜水器将做加速度逐渐减小的减速运动，C项错误；潜水器抛弃所有压载铁时，根据牛顿第二定律得，潜水器将做加速度逐渐减小的加速运动，D项正确。132011年12月5日，美国国家航空航天局（简称NASA）发布声明，证实通过开普勒太空望远镜发现了“第二地球”一颗名为开普勒22b的行星。该行星的半径约是地球的24倍，“开普勒22b”绕恒星“开普勒22”运动的周期为290天，轨道半径为R1，地球绕太阳运动的轨道半径为R2，测得R1：R2=085。球的体积公式，由上述信息可知 （ ）A若开普勒22b的行星与地球密度相同，可知两行星表面的重力加速度之比24：1B若开普勒22b的行星与地球密
16、度相同，可知两行星表面的重力加速度之比1：24C恒星“开普勒22”与太阳的质量之比约为1：1D恒星“开普勒22”与太阳的质量之比约为1：10【答案】AC【解析】万有引力和天体运动问题是新课标全国卷每年高考的必考考点，2011年的高考考查了天体运动的定量计算，估计关于天体运动的定量计算问题还会是高考的热点，本题考查了万有引力与重力的关系和天体运动的处理方法，解题的关键是知道任何星体表面物体所受的万有引力都约等于重力。根据星体表面万有引力约等于重力，即，可得，故重力加速度之比24：1，A项正确，B项错误；根据行星绕恒星运行时，万有引力提供向心力，即可得，故质量之比为1：1，C项正确，D项错误。14
17、在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、二极管和电压表V1、V2均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，当R2的滑动触头P向下滑动的过程中 （ ）A电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大B电压表V1示数的变化量的绝对值与电压表V2示数的变化量的绝对值相等C电容器上的电压与电流表A示数的比值不变D电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值保持不变【答案】AD【解析】滑动触头P向下滑动的过程中电路中总电阻增大，则总电流减小，由于电压表V1测量的是路端电压，故由可知电压表V1的示数增大；由可知电阻R1上的电压减小，由串联电路电压特点可知，而，由上可知增大
18、，且减小，故电压表V2的示数增大，所以A选项正确；根据闭合电路欧姆定律可知：，而，由此可知B错误D选项正确；由于二极管是理想的，故其导通时电阻为0，截止时电阻为无穷大，由上分析可知当滑动触头P向下滑动的过程中与电容器并联的电阻R1上的电压是减小的，则电容器应处于放电状态，由于电容器上极板带正电，故放电时，二极管处于截止状态，由此可知，电容器不能形成放电回路，所以电容器上的电压将保持不变，而流过电流表的电流是减小的，故电容器上的电压与电流表A示数的比值是增大的。所以C选项错误。15在地磁场作用下处于静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导
19、线电流为I时，小磁针左偏45，则当小磁针左偏60时，通过导线的电流为（已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比） （ ）A2IB3ICID无法确定【答案】C【解析】由题意知，导线中电流的磁场与地磁场方向垂直，小磁针指向为合磁场方向，磁场合成情况如图所示，易知tan=则左偏45、60时对应的表达式为tan45=，tan60=，又因为直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，则当小磁针左偏60时，通过导线的电流为I故C正确。16美国科学家发射的最新火星登陆器“凤凰”号（造价高达4.2亿美元）登陆火星后（下图为“凤凰”号着陆情景），为了测定火星的重力加速度，进行了如下实验。在一外方内
20、圆的盒子内放一个小球，且小球质量与盒子质量相等均为，通过计算机控制，给小球一个初速度，让小球在竖直平面内做圆周运动，结果发现小球在经过最高点时盒子刚好能离开地面，已知盒子内壁光滑，半径为，火星的半径为试求：（1）火星表面的重力加速度？（2）“凤凰”号返回地球时，离开火星时的速度？（第一宇宙速度和第二宇宙速度的关系为）【答案】（1）：； （2）：【解析】（1）设小球经过最高点时速度为，由最低点到最高点时，机械能守恒，则有在最高点，由题意可知方盒对小球向下的作用力为，由牛顿第二定律得联立解得：（2）设火星质量为M，则由万有引力定律可得在火星表面上有当“凤凰”号沿火星表面上附近运动时有联立解得：根据
21、题意可知“凤凰”号返回地球时，离开火星时的速度必须满足第二宇宙速度，即“凤凰”号离开火星时的速度为：17倾角为=37的固定光滑斜面，高为，左侧有质量为m=1kg的小球置光滑的水平面上，在斜面右侧放置有块竖直挡板高为，现给对小球一个水平向右的大小为的初速度，（不计小球与斜面底端的接触处碰撞能量损失和空气阻力）。则挡板距离斜面右侧的距离在哪些范围内可使小球击中挡板？（sin37=0.6，取g=10 m/s2，）【答案】或【解析】小球由斜面最低点运动到最高点时，由动能定理可得：解得：在斜面最高点时运动分解如图所示：；则可得小球在竖直方向的运动方程为： 小球沿水平方向的运动方程为：则小球能击中挡板时，
22、由上可知由联立解得：当，结合抛体运动的轨迹方程和图中可知，挡板在OA和BC之间时，能被小球击中。则由可得取抛出点为坐标原点为，则C点对应的纵坐标为，结合解得则由可得结合可知，挡板在距离斜面左端距离为或之间时，可使小球击中挡板18（13分）直升机在反恐中起着越来越重要的作用，如图1为武警战士演习解救人质时，从悬停在空中的直升机上沿绳下滑的照片，武警战士在下滑前先根据精确计时仪器测得从直升机上自由下落的物体落地的时间为 s，为确保安全，武警战士向下加速的最大加速度为8/s2，向下减速的最大加速度为2/s2，若要求武警战士着地时的速度不大于10m/s，武警战士在空中下滑的最短时间为多少？（g=10/
23、s2）【解析】全国新课标卷每年的第一个计算题都考查运动学问题，并且一般是两个物体多个过程。根据自由落体运动的公式可知，武警战士先以向下的最大加速度加速下滑，再以向上的最大加速度减速下滑，着地时速度为10m/s，这样的下滑过程所需时间最少，设最大速度为v，加速段的加速度为，减速段的加速度为，根据运动学公式得，设下滑的最短时间为t，根据运动学公式得联立解得s19如图13所示在平面直角坐标系xOy中，第、II象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第III、象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上距原点O为d的P点以速度v0垂直于y
24、轴射入第象限的电场，经x轴射入磁场，已知，不计粒子重力，求：（1）粒子在磁场中运动的半径，画出带电粒子运动的轨迹。（2）从粒子射入电场开始，求粒子经过x轴时间的可能值。【解析】（1），轨迹如答图3所示。（2） 故带电粒子经过x轴正半轴时间的可能值为（3） （n=0、1、2、3）带电粒子经过x轴负半轴时间的可能值为（n=0、1、2、3）（1）带电粒子射入电场中作类平抛运动，由牛顿第二定律由类平抛运动的特点，竖直方向上作初速为零的匀加速运动，水平方向上作匀速运动设合速度与水平方向的夹角为，由合速度与分速度的关系得以上六式联立可得，带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，代入可得由几何关
25、系可确定出带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y轴下方处，根据圆的对称性，粒子出磁场时的速度和距离与入时对称，带电粒子进入第II象限作斜抛运动，运动情况跟在第一像限对称，故可画出带电粒子运动的轨迹。 每式1分,轨迹3分,共11分（2）由上问知粒子在第象限的电场中运动的时间，在磁场中运动的周期由，带电粒子在磁场中运动的时间为，带电粒子在第第II象限的电场中运动的时间，故带电粒子经过x轴正半轴时间的可能值为（n=0、1、2、3）带电粒子经过x轴负半轴时间的可能值为（n=0、1、2、3）每式1分, 每式2分,共7分20如下图水平金属导轨的间距为1m，处在一个竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B2T，其上有一个与之接触良好的金属棒，金属棒的电阻R1，导轨电阻不计，导轨左侧接有电源，电动势E10V，内阻r1，某时刻起闭合开关，金属棒开始运动，已知金属棒的质量m1kg,与导轨的动摩擦因数为05，导轨足够长。问：（1）金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为多大？（2）金属棒达到稳定状态时的速度为多大？（3）导轨的右端是一个高和宽均为08m的壕沟，那么金属棒离开导轨后能否落到对面的平台？【解析】（1）感应电动势且产生的感应电流其方向与电路电流方向相反，则此时电路的实际电压:（1） 金属棒达到稳定状态，即则： 得：由得： （3） 得： 育星教育网