2012届高三物理高考预测试题(三)

2012届高三物理高考预测试题(三)(时间：60分钟分值：100分)一、选择题(本题共6小题．在每小题给出的四个选项中至少有一个符合题目要求，全选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)1．关于静电场，下列说法正确的是()．A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加解析零电势点是人为选择的参考点，所以电势等于零的物体可以带电，也可以不带电，故A错；电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度为零的点，电势不一定为零，B错；沿着电场线方向电势不断降低，故C错；负电荷在电场中受到的电场力的方向与电场线方向相反，故负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D对．答案D2．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()．解析地磁场的N极在地球南极附近，地磁场的S极在地球北极附近，根据安培定则，可判定电流方向为顺时针方向(站在地球的北极向下看)，选项B正确，选项A、C、D错误．答案B3.如图1所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是()．图1A．金属块带负电荷B．金属块克服电场力做功8JC．金属块的电势能减少4JD．金属块的机械能减少12J解析金属块滑下的过程中动能增加了12J，由动能定理知合外力做功12J，其中包括重力、摩擦力和电场力做功，摩擦力做功Wf＝－8J，重力做功WG＝24J，所以可得电场力做功WF＝－4J，电场力做负功，金属块带正电，电势能增加了4J，选项A、B、C均错误；由功能关系可知，机械能的变化ΔE＝Wf＋WF＝－12J，即机械能减少12J，选项D正确．答案D4．(2011·大纲全国卷，17)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()．A．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析由I＝qt＝66×10－5A＝1×105A知，A对．由E＝Ud＝1.0×1091×103V/m＝1×106V/m知，C对；由W＝qU＝6×1.0×109J＝6×109J知，D错；P1＝Wt＝6×1090.2W＝3×1010W，B错．答案AC5．(2011·浙江卷，20)利用如图2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()．图2A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为qBd＋L2mC．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解析利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏，故选项A错误．利用qvB＝mv2r知r＝mvqB，能射出的粒子满足L2≤r≤L＋3d2，因此对应射出粒子的最大速度vmax＝qBrmaxm＝qBd＋L2m，选项B正确．vmin＝qBrminm＝qBL2m，Δv＝vmax－vmin＝3qBd2m，由此式可判定选项C正确，选项D错误．答案BC6.如图3所示，真空中有一匀强电场和水平面成一定角度斜向上，一个电荷量为Q＝－5×10－6C的点电荷固定于电场中的O处，在a处有一个质量为m＝9×10－3kg、电荷量为q＝2×10－8C的点电荷恰能处于静止，a与O在同一水平面上，且相距为r＝0.1m．现用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点，Oa＝Ob且相互垂直，在此过程中外力至少做功为()．图3A．1.8×10－2JB．9(2＋1)×10－3JC．92×10－3JD．9×10－3J解析如图所示，在a处静止的电荷q受重力mg＝9×10－2N，受库仑力F＝kqQr2＝9×109×2×10－8×5×10－62N＝9×10－2N，经分析判断可知q所受电场力为qE＝92×10－2N，θ＝45°.由几何知识可知ab＝2r且与匀强电场垂直，a、b两点在同一个等势面上；对点电荷Q来说，a、b两点也在同一个等势面上，所以，将q从a点移到b点电场力和库仑力都不做功，由动能定理得W－mgr＝0，W＝mgr＝9×10－2×0.1J＝9×10－3J，D对．答案D二、非选择题(本题共4小题，共58分)7．(14分)如图4所示，质量为m，带电荷量为q的小球用长为L的绝缘细线悬挂于O点，处于垂直纸面向里的匀强磁场中，竖直虚线左边有正交的匀强电场和匀强磁场B2；现将小球拉至悬线与竖直方向成θ角，由静止释放，当小球运动到最低点A时，悬线在与小球连接处突然断开，此后小球沿水平虚线向左运动，求：图4(1)小球所带电荷的电性；(2)竖直虚线右边匀强磁场B1的大小；(3)小球越过竖直虚线进入左侧场区后仍沿水平虚线做直线运动，则电场强度为多大？解析(1)由小球在磁场B1中小球与悬线断开后做匀速直线运动可知，小球带负电．(2)设小球在最低点的速度为vA.mgL(1－cosθ)＝12mv2A，①qvAB1＝mg②由①②得：B1＝mgq2gL－cosθ.(3)由平衡条件得：qvB2＋Eq＝mg③所以E＝mg－qvB2q＝mgq－B22gL－cosθ.答案(1)负(2)mgq2gL－cosθ(3)mgq－B22gL－cosθ8．(14分)如图5所示，在平面直角坐标系的第二和第三象限区域内有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内存在一水平方向的半径r＝3m的圆形匀强磁场，圆心O′坐标为(23，－6)，磁感应强度B＝0.02T，磁场方向垂直坐标轴向里．坐标(－2，3)处有一粒子发射源，水平发射一质量m＝2.0×10－11kg、带电荷量q＝1.0×10－5C的正电荷，初速度为v0＝1.0×104m/s，粒子从O点射入第四象限，且在O点时速度方向指向O′，不计粒子的重力．求：图5(1)电场强度的大小；(2)带电粒子再次经过x轴的位置；(3)带电粒子在第四象限运动的时间．解析(1)带电粒子在匀强电场做类平抛运动，x＝v0t，y＝12at2，a＝Eqm.联立解得E＝1003N/C.(2)在O点把速度分解可得vy＝3v0，v＝2v0，粒子射入磁场有Bvq＝mv2R，得R＝2m，作出粒子的运动轨迹如图所示，可得∠OO′C＝60°，所以带电粒子再次经过x轴的位置为OC＝43m.(3)粒子在磁场运动的时间t1＝16·2πmBq＝π3×10－4s，粒子在第四象限做匀速直线运动所用的时间为t2＝2×[62＋32－r]v＝33×10－4s，所以带电粒子在第四象限运动的时间为t＝t1＋t2＝π3＋33×10－4s.答案(1)1003N/C(2)距O点43m处(3)π3＋33×10－4s9．(14分)(2011·北京四中第四次模拟)在如图6所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝2πmq.在竖直方向存在交替变化的匀强电场，如图7所示(竖直向上为正)，电场大小为E0＝mgq.一倾角为θ长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电荷量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5s内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：图6图7(1)第6s内小球离开斜面的最大距离．(2)第19s内小球未离开斜面，θ角的正切值应满足什么条件？解析(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE0)sinθ＝ma①第一秒末的速度为：v＝at1②在第二秒内：qE0＝mg③所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB＝mv2R④圆周运动的周期为：T＝2πmqB＝1s⑤由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．所以，第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ⑥小球离开斜面的最大距离为：d＝2R3⑦由以上各式得：d＝6gsinθπ.(2)第19秒末的速度：v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsinθ⑧小球未离开斜面的条件是：qv19B≤(mg＋qE0)cosθ⑨所以：tanθ≤120π.答案(1)6gsinθπ(2)tanθ≤120π10．(16分)(2011·广东六校联合体联考)如图8所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2500N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103T，方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2500N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10m/s2.求：(1)O点到P点的距离s1；(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.图8解析(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G＝mg＝0.1N，电场力F1＝qE1＝0.1N，即G＝F1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qv0B＝mv20R，解得：R＝mv0qB＝1×10－2×44×10－5×103m＝1m，由几何关系得：s1＝2R＝2m.(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝4m/s，方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1N，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝210N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动，建立如图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度大小a＝Fm＝102m/s2，位移大小y＝12at2，沿x轴方向上，带电小球的位移大小x＝v0t由几何关系有：y＝x，即：12at2＝v0t，解得：t＝252s，Q点到P点的距离s2＝2x＝2×4×252m＝3.2m.答案(1)2m(2)3.2m