2014屆高三物理高考預(yù)測(cè)試題(三)
(時(shí)間：60分鐘　分值：100分)
一、(本題共6小題．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中至少有一個(gè)符合題目要求，全選對(duì)的得7分，選對(duì)但不全的得4分，有選錯(cuò)的或不選的得0分)
1．關(guān)于靜電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是(　　)．
A．電勢(shì)等于零的物體一定不帶電
B．電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)，電勢(shì)一定為零
C．同一電場(chǎng)線上的各點(diǎn)，電勢(shì)一定相等
D．負(fù)電荷沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能一定增加
解析　零電勢(shì)點(diǎn)是人為選擇的參考點(diǎn)，所以電勢(shì)等于零的物體可以帶電，也可以不帶電，故A錯(cuò)；電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)是兩個(gè)不同的物理量，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)，電勢(shì)不一定為零，B錯(cuò)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)不斷降低，故C錯(cuò)；負(fù)電荷在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)線方向相反，故負(fù)電荷沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故D對(duì)．
答案　D
2．為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場(chǎng)是由繞過(guò)地心的軸的環(huán)形電流I引起的．在下列四個(gè)圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是(　　)．
解析　地磁場(chǎng)的N極在地球南極附近，地磁場(chǎng)的S極在地球北極附近，根據(jù)安培定則，可判定電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?站在地球的北極向下看)，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤．
答案　B
3.如圖1所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過(guò)程中動(dòng)能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，則以下判斷正確的是(　　)．
圖1
A．金屬塊帶負(fù)電荷
B．金屬塊克服電場(chǎng)力做功8 J
C．金屬塊的電勢(shì)能減少4 J
D．金屬塊的機(jī)械能減少12 J
解析　金屬塊滑下的過(guò)程中動(dòng)能增加了12 J，由動(dòng)能定理知合外力做功12 J，其中包括重力、摩擦力和電場(chǎng)力做功，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，所以可得電場(chǎng)力做功WF＝－4 J，電場(chǎng)力做負(fù)功，金屬塊帶正電，電勢(shì)能增加了4 J，選項(xiàng)A、B、C均錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，機(jī)械能的變化ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即機(jī)械能減少12 J，選項(xiàng)D正確．
答案　D
4．(2014?大綱全國(guó)卷，17)通常一次閃電過(guò)程歷時(shí)約0.2～0.3 s，它由若干個(gè)相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成．每個(gè)閃擊持續(xù)時(shí)間僅40～80 μs，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃擊過(guò)程中．在某一次閃電前云地之間的電勢(shì)差約為1.0×109 V，云地間距離約為1 km；第一個(gè)閃擊過(guò)程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6 C，閃擊持續(xù)時(shí)間約為60 μs.假定閃電前云地間的電場(chǎng)是均勻的．根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是(　　)．
A．閃電電流的瞬時(shí)值可達(dá)到1×105 A
B．整個(gè)閃電過(guò)程的平均功率約為1×1014 W
C．閃電前云地間的電場(chǎng)強(qiáng)度約為1×106 V/m
D．整個(gè)閃電過(guò)程向外釋放的能量約為6×106 J
解析　由I＝qt＝66×10－5 A＝1×105 A知，A對(duì)．由E＝Ud＝1.0×1091×103 V/m＝1×106 V/m知，C對(duì)；由W＝qU＝6×1.0×109 J＝6×109 J知，D錯(cuò)；P1＝Wt＝6×1090.2 W＝3×1010 W，B錯(cuò)．
答案　AC
5．(2014?浙江卷，20)利用如圖2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(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L(zhǎng).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(chǎng)，對(duì)于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說(shuō)法正確的是(　　)．
圖2
A．粒子帶正電
B．射出粒子的最大速度為qB?3d＋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
解析　利用左手定則可判定只有負(fù)電荷進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)才向右偏，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．利用qvB＝mv2r知r＝mvqB，能射出的粒子滿足L2≤r≤L＋3d2，因此對(duì)應(yīng)射出粒子的最大速度vmax＝qBrmaxm＝qB?3d＋L?2m，選項(xiàng)B正確．vmin＝qBrminm＝qBL2m，Δv＝vmax－vmin＝3qBd2m，由此式可判定選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
答案　BC
6.如圖3所示，真空中有一勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平面成一定角度斜向上，一個(gè)電荷量為Q＝－5×10－6 C的點(diǎn)電荷固定于電場(chǎng)中的O處，在a處有一個(gè)質(zhì)量為m＝9×10－3 kg、電荷量為q＝2×10－8C的點(diǎn)電荷恰能處于靜止，a與O在同一水平面上，且相距為r＝0.1 m．現(xiàn)用絕緣工具將q搬到與a在同一豎直平面上的b點(diǎn)，Oa＝Ob且相互垂直，在此過(guò)程中外力至少做功為(　　)．
圖3
A．1.8×10－2 J B．9(2＋1)×10－3 J
C．92×10－3 J D．9×10－3 J
解析　如圖所示，在a處?kù)o止的電荷q受重力mg＝9×10－2N，受庫(kù)侖力F＝kqQr2
＝9×109×2×10－8×5×10－6?0.1?2 N＝9×10－2 N，經(jīng)分析判斷可知q所受電場(chǎng)力為qE＝92×10－2 N，θ＝45°.由幾何知識(shí)可知ab＝2r且與勻強(qiáng)電場(chǎng)垂直，a、b兩點(diǎn)在同一個(gè)等勢(shì)面上；對(duì)點(diǎn)電荷Q來(lái)說(shuō)，a、b兩點(diǎn)也在同一個(gè)等勢(shì)面上，所以，將q從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電場(chǎng)力和庫(kù)侖力都不做功，由動(dòng)能定理得W－mgr＝0，W＝mgr＝9×10－2×0.1 J＝9×10－3 J，D對(duì)．
答案　D
二、非(本題共4小題，共58分)
7．(14分)如圖4所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，豎直虛線左邊有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2；現(xiàn)將小球拉至懸線與豎直方向成θ角，由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)A時(shí)，懸線在與小球連接處突然斷開(kāi)，此后小球沿水平虛線向左運(yùn)動(dòng)，求：
圖4
(1)小球所帶電荷的電性；
(2)豎直虛線右邊勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1的大��；
(3)小球越過(guò)豎直虛線進(jìn)入左側(cè)場(chǎng)區(qū)后仍沿水平虛線做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？
解析　(1)由小球在磁場(chǎng)B1中小球與懸線斷開(kāi)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)可知，小球帶負(fù)電．
(2)設(shè)小球在最低點(diǎn)的速度為vA.
mgL(1－cos θ)＝12mv2A，①
qvAB1＝mg②
由①②得：B1＝mgq2gL?1－cos θ?.
(3)由平衡條件得：
qvB2＋Eq＝mg③
所以E＝mg－qvB2q
＝mgq－B22gL?1－cos θ?.
答案　(1)負(fù)　(2)mgq2gL?1－cos θ?
(3)mgq－B22gL?1－cos θ?
8．(14分)如圖5所示，在平面直角坐標(biāo)系的第二和第三象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在一水平方向的半徑r＝3 m的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓心O′坐標(biāo)為(23，－6)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.02 T，磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)軸向里．坐標(biāo)(－2，3)處有一粒子發(fā)射源，水平發(fā)射一質(zhì)量m＝2.0×10－11 kg、帶電荷量q＝1.0×10－5 C的正電荷，初速度為v0＝1.0×104 m/s，粒子從O點(diǎn)射入第四象限，且在O點(diǎn)時(shí)速度方向指向O′，不計(jì)粒子的重力．求：
圖5
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�
(2)帶電粒子再次經(jīng)過(guò)x軸的位置；
(3)帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
解析　(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，x＝v0t，y＝12at2，a＝Eqm.
聯(lián)立解得E＝1003 N/C.
(2)在O點(diǎn)把速度分解可得vy＝3v0，v＝2v0，
粒子射入磁場(chǎng)有Bvq＝mv2R，得R＝2 m，
作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可得∠OO′C＝60°，所以帶電粒子再次經(jīng)過(guò)x軸的位置為OC＝43 m.
(3)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝16?2πmBq＝π3×10－4 s，
粒子在第四象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為
t2＝2×[62＋?23?2－r]v＝33×10－4 s，
所以帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t＝t1＋t2＝π3＋33×10－4 s.
答案　(1)1003 N/C　(2)距O點(diǎn)43 m處
(3)π3＋33×10－4 s
9．(14分)(2014?北京四中第四次模擬)在如圖6所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2πmq.在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖7所示(豎直向上為正)，電場(chǎng)大小為E0＝mgq.一傾角為θ長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的小球，從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，設(shè)第5 s內(nèi)小球不會(huì)離開(kāi)斜面，重力加速度為g.求：
圖6　　　　　　　　　　圖7
(1)第6 s內(nèi)小球離開(kāi)斜面的最大距離．
(2)第19 s內(nèi)小球未離開(kāi)斜面，θ角的正切值應(yīng)滿足什么條件？
解析　(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a，
由牛頓第二定律得：(mg＋qE0)sin θ＝ma①
第一秒末的速度為：v＝at1②
在第二秒內(nèi)：qE0＝mg③
所以小球?qū)㈦x開(kāi)斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則由向心力公式得qvB＝mv2R④
圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝2πmqB＝1 s⑤
由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)離開(kāi)斜面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．所以，第五秒末的速度為：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ⑥
小球離開(kāi)斜面的最大距離為：
d＝2R3 ⑦
由以上各式得：d＝6gsin θπ.
(2)第19秒末的速度：
v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ ⑧
小球未離開(kāi)斜面的條件是：
qv19B≤(mg＋qE0)cos θ⑨
所以：tan θ≤120 π.
答案　(1)6gsin θπ　(2)tan θ≤120 π
10．(16分)(2014?廣東六校聯(lián)合體聯(lián)考)
如圖8所示，豎直平面內(nèi)有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝2 500 N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝103 T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m＝1×10－2 kg、電荷量q＝4×10－5 C的帶正電小球自O(shè)點(diǎn)沿與水平線成45°角以v0＝4 m/s的速度射入復(fù)合場(chǎng)中，之后小球恰好從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)強(qiáng)度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中．不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.求：
(1)O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s1；
(2)帶電小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的正下方Q點(diǎn)時(shí)與P點(diǎn)的距離s2.
圖8
解析　(1)帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的重力G＝mg＝0.1 N，電場(chǎng)力F1＝qE1＝0.1 N，即G＝F1，故帶電小球在正交的電磁場(chǎng)中由O到P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：
qv0B＝mv20R，解得：R＝mv0qB＝1×10－2×44×10－5×103 m＝1 m，由幾何關(guān)系得：s1＝2R＝2 m.
(2)帶電小球在P點(diǎn)的速度大小仍為v0＝4 m/s，方向與水平方向成45°.由于電場(chǎng)力F2＝qE2＝0.1 N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝210 N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個(gè)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
建立如圖所示的x、y坐標(biāo)系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度大小
a＝Fm＝102 m/s2，位移大小y＝12at2，
沿x軸方向上，帶電小球的位移大小x＝v0t
由幾何關(guān)系有：y＝x，
即：12at2＝v0t，解得：t＝252 s，
Q點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s2＝2x＝2×4×252 m＝3.2 m.


本文來(lái)自：逍遙右腦記憶 http://www.portlandfoamroofing.com/gaosan/67361.html

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