2012年高考预测系列试题【物理】高考预测

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2012届高考物理预测题和解析

2012届高考物理预测题第Ⅰ卷（选择题）1．据2011年3月14日法新社报道，日本核泄漏事故正在加剧！福岛第一核电站3号机组不排除像1号机组一样发生爆炸。

而2号反应堆可能正发生泄漏，两个反应堆可能已经出现“熔毁”现象。

福岛第一核电站3号机组所用核燃料为铀U 23892和钚Pu 23994，下列关于该核泄漏事件的分析正确的是（）A ．铀238俘获中子后形成铀239，再经一次β衰变，可成为原子反应堆中的燃料钚239，由于二者都是反应堆的核燃料，所以这样的反应堆称之为增值反应堆B ．钚的半衰期为24100年，则大约7.2万年以后泄露的物质中钚原子的总数将降低为原来的81 C ．239Pu 衰变，放出的α射线比β射线的贯穿本领弱，所需的屏蔽材料较薄D ．原子反应堆中Pu 裂变的方程可以写为n Ba Sr n Pu 10137568738102399415++→+ 【答案】BC【解析】由铀U 23892和钚Pu 23994质子数差距可知铀238俘获中子后形成铀239，需要经两次β衰变，可成为原子反应堆中的燃料钚239， 7.2万年以后泄露的物质中钚原子的总数为原来的3)21(=81，α射线比β射线的贯穿本领弱，所需的屏蔽材料较薄，原子反应堆中P u 的反应方程为：n Ba Sr n Pu 10137568738102399416++→+2．将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°。

假设石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力与第1、3块石块间的作用力的大小之比值为（）A ．21B ．23C ．33D ．3【答案】B【解析】解法一：①选择石块1为研究对象，受到重力G 、弹力F 21和F 31，重力方向竖直向下，弹力方向均垂直于接触面，如图所示。

以下可以按照4种方法作图。

解法1（合成法），把弹力F 21和F 31合成得到合力应该与重力二力平衡，这样就把力的示意图转化为以重力为标度的力的图示，有向线段的长度表示了力的大小，如图所示。

2012年高考冲刺预测题物理科试题

2012年高考冲刺预测题物理科试卷总分：120分时间：120分钟一、单项选择题（本大题共10小题，共60分）1．下列叙述中，不符合历史事实的是（）A．牛顿总结出了万有引力定律并测量出了万有引力常量B．法拉第发现了电磁感应现象C．库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用D．伽利略在研究自由落体运动时将实验事实和逻辑推理和谐地结合起来2．两个带电粒子由静止经同一电场加速后垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为l:2．电量之比为l:2，则两带电粒子受洛仑兹力之比为( )A．2:1 B.l:l C.1:2 D．1:43．如图所示，带电粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外的是（）4．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，其受到的洛伦兹力的方向，下列表述正确的是（）A．与磁场方向相同B．与运动方向相同C．与运动方向相反D．与磁场方向垂直5．如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1=1 000匝，副线圈匝数n2=200匝，电阻R=88 Ω.原线圈接入一电压u=2202sin 100πt V的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则（）A.t=1 s的时刻，电压表的示数为零B.电流表的示数为2.5 AC.变压器的输入电功率为22 WD.副线圈交变电流的频率是100π Hz6．一条小河宽173米，河水的流速为2m/s，一条小船在静水中的航速为4m/s，此船在这条小河运动中（）A．当船头垂直河岸时，由于水流的作用，船的合位移变大，所以过河较慢B．船过河的最短时间为50sC．船以最短位移过河的时间为50sD．船要到达上游100m的码头，船头的方向要沿垂直河岸偏向上游30°7．如图所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m，下列说法正确的是（）A.当磁通量为零时，感应电动势也为零B.当磁通量减小时，感应电动势在减小C.当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5E mD.角速度ω等于E m/Φm8．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯光正常发光。

【核心考点】2012高考物理预测专题1(学生版)

围绕核心内容的高考预测100题高中物理作为科学和技术的基础，其核心内容可以概括为：运动和力、功和能、场和路、力学和电学实验。

运动和力包括直线运动、曲线运动、相互作用、牛顿运动定律、万有引力和航天等内容，是高中物理中占篇幅最大的部分。

高考对运动和力的考查每年每份试卷都有4~6个题，分值占总分的30~40%。

高考对运动和力考查频率最高的知识点主要是：匀变速直线运动规律、运动图像、受力分析、物体平衡、牛顿运动定律、平抛运动规律、圆周运动规律、万有引力和航天等。

核心考点一。

运动图像【核心考点解读】运动图像是高考常考试题，几乎每年的高考试题都涉及运动图像，押中指数★★★★。

预测题1.质量m=1kg的物体做直线运动的速度—时间图象如图所示,根据图象可知，下列说法中正确的是A.物体在0-8s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同B.物体在0-2s内的速度变化比2-4s内的速度变化快C.物体在2-4s内合外力做的功为零D.物体在2s末速度方向发生改变【解析】预测题2.物体在x轴上做直线运动，则上下两图对应关系正确的是(图中F表示物体所受的合外力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移，C、D图中曲线为抛物线)解析：【名师点评】此题涉及到F-t图象、a-t图象、速度图像、位移图像等，综合考查直线运动及其相关知识。

预测题3．某质点做直线运动，运动速率的倒数1/v与位移x的关系如题图所示，关于质点运动的下列说法正确的是（）A．质点做匀加速直线运动B．1/v –x图线斜率等于质点运动加速度C．四边形AA′B′B面积可表示质点运动时间D．四边形BB′C′C面积可表示质点运动时间解析：【名师点评】此题考查对运动速率的倒数1/v与位移x的关系图象的理解。

核心考点二、自由落体运动和竖直上抛运动【核心考点解读】：自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，竖直上抛运动是匀加速直线运动，匀变速直线运动规律也适用于自由落体运动和竖直上抛运动。

2012届高三物理高考预测试题(五)

2012届高三物理高考预测试题(五)(时间：100分钟分值：120分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意)1．物理学中有许多物理量的定义，可用公式来表示，不同的概念定义的方法不一样，下列四个物理量中，定义法与其他物理量不同的一组是( )． A ．导体的电阻R ＝ρl SB ．电场强度E ＝F qC ．电场中某点的电势φ＝E p qD ．磁感应强度B ＝F IL解析 R ＝ρl S是导体电阻的决定式，R 与长度l 成正比，与横截面积S 成反比；电场强度、电势、磁感应强度都是比值法定义的物理量，只决定于电场或磁场本身的性质，与试探电荷、电流元及受力等无关，故选A 项．答案 A2. (原创题)如图1所示，物体A 靠在竖直墙面上，在力F 作用下，A 、B 保持静止，则物体A 的受力个数为( )． A ．2 B ．3 C ．4 D ．5图1解析先以A 、B 整体为研究对象，因为A 、B 保持静止，所以竖直墙壁对A 有竖直向上的静摩擦力F ″和水平向右的弹力F ′.再以B 为研究对象，其受力情况如图乙所示，即要保持物体B 平衡，B 应受到重力、压力F 、A 对B 的静摩擦力的作用，同时，B 还应受到A 对B 的弹力作用．以A 为研究对象，还受重力、B 的弹力和静摩擦力作用，A 的受力图如图甲所示，所以选项D 正确．答案 D3．如图2所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区的对角线在同一水平线上，导体框沿水平方向匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电流为正)( )．图2答案 A4．(2011·浙江卷，16) 如图3所示，铁芯上、下分别绕有匝数n 1＝800匝和n 2＝200匝的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin 314t V 的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )． A ．2.0 V B ．9.0 V C ．12.7 V D ．144.0 V图3解析由U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝n 2U 1n 1，其中U 1＝512 V ，得U 2＝5142V≈9.0 V，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V ，故选项A 正确．答案 A5．(2011·福建卷，13)“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期为T ，已知引力常量为G ，半径为R 的球体体积公式V ＝43πR 3，则可估算月球的( )．A ．密度B ．质量C ．半径D ．自转周期解析对“嫦娥二号”由万有引力提供向心力可得：GMm R 2＝m 4π2T 2R ，故月球的质量M ＝4π2R3GT 2，因“嫦娥二号”为近月卫星，故其轨道半径为月球的半径R ，但由于月球半径未知，故月球质量无法求出，月球质量未知，则月球的半径R 也无法求出，故B 、C 项均错；月球的密度ρ＝M V ＝4π2R 3GT 243πR3＝3πGT2，故A 正确．答案 A二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)图46．M ，N 两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P 如图4偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP 悬线与竖直方向的夹角增大？(P 球不与金属极板接触)( )． A ．增大MN 两极板间的电势差 B ．增大MN 两极板的带电量C ．保持板间间距不变，将M ，N 板一起向右平移D ．保持板间间距不变，将M ，N 板一起向左平移解析小球受向右的电场力处于平衡状态．增大两板间的电势差则电场强度增大，电场力增大，小球向右偏角增大，A 对；增大电容器的带电量则两板间电势差增大，场强增大，电场力增大，偏角增大，B 错；C 、D 中场强不会变化，偏角不变，故C 、D 错．答案 AB 7．(2011·苏锡常镇二调，9)如图5所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动．当飞机飞经观察点B 点正上方A 点时投放一颗炸弹，经时间T 炸弹落在观察点B 正前方L 1处的C 点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，最终落在距观察点B 正前方L 2处的D 点，且L 2＝3L 1，空气阻力不计．以下说法正确的有( )．图5A ．飞机第一次投弹时的速度为L 1TB ．飞机第二次投弹时的速度为2L 1TC ．飞机水平飞行的加速度为L 1T 2D ．两次投弹时间间隔T 内飞机飞行距离为4L 13解析由运动学规律可知第一次投弹时的速度v 1＝L 1T，故A 正确．设飞机加速度为a ，第二次投弹时的速度为v 2，由匀变速运动规律可知：v 1T ＋12aT 2＝L 2－(v 1＋aT )T ，而L 2＝3L 1，得a ＝2L 13T 2，故C 错误．v 2＝v 1＋aT ＝5L 13T，故B 错误．两次投弹间隔T 内飞机飞行距离s ＝v 1·T ＋12aT 2＝4L 13，故D 正确．答案 AD 8．(2011·北京西城区)如图6所示平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时速度方向与x 轴的正方向相同，不计粒子的重力，则( )．图6A ．该粒子带正电B ．A 点与x 轴的距离为mv2qBC ．粒子由O 到A 经历时间t ＝πm3qBD ．运动过程中粒子的速度不变解析根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A 项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D 项错；粒子做圆周运动的半径R ＝mv qB ，周期T ＝2πm qB ，从O 点到A 点速度的偏向角为60°，即运动了16T ，所以由几何知识求得点A 与x 轴的距离为mv 2qB ，粒子由O 到A 经历时间t ＝πm3qB，B 、C 两项正确．答案 BC9．(2011·江苏连云港)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．如图7为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB 始终保持v ＝ 1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速度平行于传送带运动去取行李，则( )．图7A ．乘客与行李同时到达B B ．乘客提前0.5 s 到达BC ．行李提前0.5 s 到达BD ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B解析行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后匀速运动t 2＝2m －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ．乘客到达B ，历时t ＝2 mv＝2 s ，故B 正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动时间最短，最短时间t min ＝2×2 ma＝2 s.答案 BD三、简答题(本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分)10．(6分)如图8所示，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b 的挡光片A 、B 固定在小车上，测得二者间距为d .(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间Δt 1和Δt 2，则小车加速度a ＝________. (2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是( )． A ．增大两挡光片宽度b B ．减小两挡光片宽度b C ．增大两挡光片间距d D ．减小两挡光片间距d图8解析 (1)将挡光片通过光电门时的平均速度作为该时刻小车的瞬时速度有：v A ＝b Δt 1，v B ＝bΔt 2.再由v 2B －v 2A ＝2ad 可得结果．(2)挡光片的宽b 越窄，挡光片通过光电门时的时间越短，测得的平均速度越接近该时刻的瞬时速度，A 错误，B 正确．两挡光片之间的距离越大，测量d 时相对误差就越小，故C 正确，D 错误．答案 (1)b 22d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 Δt 2 2－1 Δt 1 2 (2)BC11．(12分)(2011·上海单科，29)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表G 1内阻r 1的电路如图9所示．供选择的仪器如下：①待测电流表G 1(0～5 mA ，内阻约300 Ω)，②电流表G 2(0～10 mA ，内阻约100 Ω)，③定值电阻R 1(300 Ω)，④定值电阻R 2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R 3(0～1 000 Ω)，⑥滑动变阻器R 4(0～20 Ω)，⑦干电池(1.5 V)，⑧开关S 及导线若干．图9(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号) (2)用连线连接实物图．(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，________；②闭合开关S ，移动滑动触头至某一位置，记录G 1、G 2的读数I 1、I 2；③________________________________________________________________________；图10④以I 2为纵坐标，I 1为横坐标，作出相应图线，如图10所示．(4)根据I 2I 1图线的斜率k 及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________．解析 (1)根据电路的原理图，定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值适当小一些的变阻器 (2)连线时要注意电表的正负接线柱不能接反 (3)略(4)根据串、并联电路规律可知：I 2＝I 1＋I 1r 1R 1＝R 1＋r 1R 1I 1，所以k ＝R 1＋r 1R 1，所以r 1＝(k －1)R 1.答案 (1)③ ⑥ (2)如图(3)①将滑动触头移至最左端 ③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2读数I 1、I 2 (4)r 1＝(k －1)R 112．A(选修模块33)(12分)(1)物质是由大量分子组成的，分子直径的数量级一般是________ m ．能说明分子都在永不停息地做无规则运动的实验事实有________(举一例即可)．在两分子间的距离由v 0(此时分子间的引力和斥力相互平衡，分子作用力为零 )逐渐增大的过程中，分子力的变化情况是________(填“逐渐增大”“逐渐减小”“先增大后减小”或“先减小后增大”)．(2)一定质量的理想气体，在保持温度不变的情况下，如果增大气体体积，气体压强将如何变化？请你从分子动理论的观点加以解释．如果在此过程中气体对外界做了900 J 的功，则此过程中气体是放出热量还是吸收热量？放出或吸收多少热量？(简要说明理由) 解析 (1)略．(2)一定质量的气体，温度不变时，分子的平均动能一定，气体体积增大，分子的密集程度减小，所以气体压强减小．一定质量的理想气体，温度不变时，内能不变，根据热力学第一定律，当气体对外做功时气体一定吸收热量，吸收的热量等于气体对外做的功，即900 J.答案 (1)10－10布朗运动(或扩散现象) 先增大后减小 (2)见解析 B(选修模块34)(12分)(1)一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图11所示．介质中x ＝2 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin(5πt )cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)图11A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s图12(2)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率．开始玻璃砖的位置如图12中实线所示，使大头针P 1、P 2与圆心O 在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O 缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P 1、P 2的像，且P 2的像挡住P 1的像．如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失．此时只须测量出________，即可计算玻璃砖的折射率．请用你的测量量表示出折射率n ＝________.解析 (1)由波形图可知振幅A ＝10 cm ，波长λ＝4 m ；由y ＝10sin(5πt )cm 可知，ω＝5π，根据ω＝2πT得简谐运动的周期T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ；根据v ＝λT ，得波速v ＝λT ＝40.4 m/s ＝10 m/s ，根据y ＝10sin(5πt )cm 知，t ＝T4＝0.1 s 时，y＝10 cm ，即质点P 位于波峰处，所以t ＝0时刻时P 点向上振动，根据振动方向和波传播方向的关系知该波沿x 轴正向传播，综上所述C 、D 正确．(2)光线指向圆心入射时不改变传播方向，恰好观察不到P 1、P 2的像时发生全反射，测出玻璃砖直径绕O 点转过的角度θ，此时入射角θ即为全反射临界角，由sin θ＝1n 得n ＝1sin θ.答案 (1)CD (2)玻璃砖直径边绕O 点转过的角度θ 1sin θC(选修模块3－5)(12分)(1)太阳能是由太阳内部热核反应所释放出的光能、热能及辐射能量所组成．它每年辐射到地球上的能量达1 813亿吨标准煤，相当于全世界年需要能量总和的5 000倍，是地球上最大的能源．太阳内部的热核反应方程为21H ＋31H→42He ＋10n ，若已知21H 的质量为m 1，31H 的质量为m 2，42He 的质量为m 3，中子质量为m 4，下列说法正确的是( )． A.21H 和31H 是两种不同元素的原子核 B.21H 和31H 在常温下就能够发生反应C ．这个反应释放核能为ΔE ＝(m 1＋m 2－m 3－m 4)c 2D ．这个反应过程中质量亏损为Δm ＝m 1＋m 2－m 3(2)两磁铁各固定放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰，则两车最近时，乙的速度为多大？解析 (2)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得 m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v 所以两车最近时，乙车的速度为 v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝43m/s.答案 (1)C (2)43m/s四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(15分)(2011·江苏扬州一模)一光滑金属导轨如图13所示，水平平行导轨MN 、ST 相距l ＝0.5 m ，竖直半圆轨道NP 、TQ 直径均为D ＝0.8 m ．轨道左端用阻值R ＝0.4 Ω的电阻相连．水平导轨的某处有一竖直向上、磁感应强度B ＝0.06 T 的匀强磁场．光滑金属杆ab 质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝0.1 Ω，当它以5 m/s 的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场后恰好能到达竖直半圆轨道的最高点P 、Q .设金属杆ab 与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽略不计．取g ＝10 m/s2，求金属杆：(1)刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向； (2)到达P 、Q 时的速度大小；(3)冲入磁场至到达P 、Q 点的过程中，电路中产生的焦耳热．图13解析 (1)因为E ＝BlvI ＝E R ＋r所以I ＝Blv R ＋r ＝0.06×0.5×50.4＋0.1A ＝0.3 A 方向a →b .(2)恰能到达竖直轨道最高点，金属杆所受的重力提供向心力mg ＝mv 2⎝ ⎛⎭⎪⎫D 2 所以v ＝gD2＝10×0.4 m/s ＝2 m/s. (3)根据能量守恒定律，电路中产生的焦耳热 Q ＝12mv 20－12mv 2－mgh 所以Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×0.2×52－12×0.2×22－0.2×10×0.8J ＝0.5 J. 答案 (1)0.3 A 方向a →b (2) 2 m/s (3)0.5 J14．(16分)如图14所示，斜面体固定在水平面上，斜面光滑，倾角为θ，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，木板下端离地面高H ，上端放着一个小物块．木板和物块的质量均为m ，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg sin θ(k >1)，断开轻绳，木板和物块沿斜面下滑．假设木板足够长，与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，空气阻力不计．求：图14(1)木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度；(2)从断开轻绳到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板运动的路程s ； (3)从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功W . 解析 (1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a 物块由牛顿第二定律kmg sin θ－mg sin θ＝ma 物块解得a 物块＝(k －1)g sin θ，方向沿斜面向上．(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v 1由机械能守恒得：12×2mv 21＝2mgH解得v 1＝2gH设木板弹起后的加速度为a 板，由牛顿第二定律得： a 板＝－(k ＋1)g sin θ木板第一次弹起的最大路程s 1＝－v 212a 板＝Hk ＋1 sin θ木板运动的路程s ＝H sin θ＋2s 1＝ k ＋3 Hk ＋1 sin θ.(3)设物块相对木板滑动距离为L根据能量守恒mgH ＋mg (H ＋L sin θ)＝kmg sin θL 摩擦力对木板及物块做的总功W ＝－kmg sin θL解得W ＝－2kmgHk －1.答案 (1)(k －1)g sin θ 沿斜面向上 (2) k ＋3 H k ＋1 sin θ (3)－2kmgHk －115．(16分)如图15所示，两平行金属板M 、N 长度为L ，两金属板间距为33L .直流电源的电动势为E ，内阻不计．位于金属板左侧中央的粒子源O 可以沿水平方向向右连续发射电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子，带电粒子的质量不计，射入板间的粒子速度均为v 0＝ 3qEm.在金属板右侧有一个垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .图15 (1)将变阻器滑动头置于a 端，试求带电粒子在磁场中运动的时间． (2)将变阻器滑动头置于b 端，试求带电粒子射出电场的位置． (3)将变阻器滑动头置于b 端，试求带电粒子在磁场中运动的时间．解析 (1)将变阻器滑动头置于a 端，两极板M 、N 间的电势差为零，带电粒子不会发生偏转．带电粒子在磁场中转动半周离开磁场，运动时间为t 1＝12×2πm qB ＝πmqB .(2)将滑动变阻器滑动头置于b 端，带电粒子向上偏转．带电粒子在电场中做类平抛运动，L ＝v 0t ，y ＝12qE m 33L t 2，将v 0＝3qEm代入得，y ＝36L .带电粒子射出电场的位置为M 板的上边缘． (3)带电粒子射出电场时速度与水平方向夹角的正切tan θ＝36L 12L ＝33，所以θ＝30°.带电粒子的运动时间为t 2＝23×2πmqB ＝4πm3qB. 答案见解析。

福建省高考物理预测试题(1)新人教版

2012届高三物理高考预测试题(一)(时间：60分钟分值：100分)一、选择题(本题共10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．降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞( )． A ．下落的时间越短 B ．下落的时间越长 C ．落地时速度越小 D ．落地时速度越大解析风沿水平方向吹，不影响竖直速度，故下落时间不变，A 、B 两项均错．风速越大时合速度越大，故C 项错误、D 项正确．答案 D2. (2011·深圳调研)甲、乙两球做匀速圆周运动，它们的a n r 图象如图1所示，由图象可知(甲为双曲线的一支)( )．图1A ．甲球运动时，线速度大小变小B ．甲球运动时，角速度大小保持不变C ．乙球运动时，线速度大小变小D ．乙球运动时，角速度大小保持不变解析当线速度大小不变时，由a n ＝v 2r，甲球a n -r 图线是一双曲线，A 、B 错误．当角速度大小不变时，由a n ＝ω2r ，乙球a n r 图线是一直线．C 错误、D 正确．答案 D3.质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为t ＝0时刻，两物体的速度图象如图2所示．则下列判断正确的是( )．图2A ．t 0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力B ．t 0时刻之后，甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力C ．t 0时刻甲、乙两物体到达同一高度D ．t 0时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度答案 BD4．(2011·安徽皖智月考)如图3所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对水的速度为v ，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是( )．图3A ．减小α角，增大船速vB ．增大α角，增大船速vC ．减小α角，保持船速v 不变D ．增大α角，保持船速v 不变答案 B5．飞机在水平地面上空的某一高度水平匀速飞行，每隔相等时间投放一个物体．如果以第一个物体a 的落地点为坐标原点、飞机飞行方向为横坐标的正方向，在竖直平面内建立直角坐标系，如图所示是第5个物体e 离开飞机时，抛出的5个物体(a 、b 、c 、d 、e )在空间位置的示意图，其中可能的是( )．答案 CD6．(2011·山东卷)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是( )． A ．甲的周期大于乙的周期 B ．乙的速度大于第一宇宙速度 C ．甲的加速度小于乙的加速度 D ．甲在运行时能经过北极的正上方解析地球卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律知G Mm r 2＝m 4π2rT 2，得T ＝2πr 3GM.r 甲＞r 乙，故T 甲＞T 乙，选项A 正确；贴近地表运行的卫星的速度称为第一宇宙速度，由G Mm r 2＝mv 2r 知v ＝ GMr，r 乙＞R 地，故v 乙比第一宇宙速度小，选项B错误；由G Mm r 2＝ma ，知a ＝GMr2，r 甲＞r 乙，故a 甲＜a 乙，选项C 正确；同步卫星在赤道正上方运行，故不能通过北极正上方，选项D 错误．答案 AC7．一轻杆下端固定一质量为m 的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动(不计空气阻力)，如图4-所示，当小球在最低点时给它一个水平初速度v 0，小球刚好能做完整的圆周运动．若小球在最低点的初速度从v 0逐渐增大，则下列判断正确的是( )．图4-A ．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为gRB ．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大C ．小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小D ．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心答案 B8．(2011·湖南部分重点中学)如图5所示，a 、b 是两颗绕地球做圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R 和2R (R 为地球半径)．下列说法中正确的是( )．图5A ．a 、b 线速度大小之比是2∶1B ．a 、b 的周期之比是1∶2 2C ．a 、b 的角速度之比是36∶4D ．a 、b 的向心加速度大小之比是4∶9解析两颗卫星均绕同一中心天体(地球)做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律有：G m 地m r 2＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ＝ma ，由此可知：v ∝ 1r ，T 2∝r 3，ω2∝1r 3，a ∝1r2，因两颗卫星的轨道半径分别为r a ＝2R ，r b ＝3R ，代入以上各式，所以C 正确．答案 C9．(2011·河北廊坊二模)如图6所示，A 、B 、C 三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A 、B 落到斜面上，C 落到水平面上，A 、B 落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β.C 落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则( )．图6A ．α＝β＝γB ．α＝β＞γC ．α＝β＜γD ．α＜β＜γ 解析依据平抛运动规律，平抛运动的质点任一时刻速度方向与水平方向的夹角的正切值为位移方向与水平方向的夹角的正切值的2倍，A 、B 位移方向相同，α＝β，C 的位移方向与水平方向的夹角小于A 、B 位移方向与水平方向的夹角，所以γ＜α＝β，故选B. 答案 B10．质量m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O 处，先用沿x 轴正方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿y 轴正方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ．则质点在这3 s 内的轨迹是( )．解析 x 方向：a x ＝F 1m ＝2 m/s 2，沿x 轴运动2 s ，x 1＝12×2×22m ＝4 m ，v x ＝2×2 m/s＝4 m/s ，撤去F 1再加上F 2后，再经1 s ，质点又沿x 方向匀速运动x 2＝v x t ＝4×1 m＝4 m ，即横坐标达到8 m ．y 方向：a y＝F 2m ＝6 m/s 2，运动1 s ，y＝12×6×12m ＝3 m 且曲线向力的方向弯曲．所以选项D 正确．答案 D二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)如图7(a)所示，真空中相距d ＝5 cm 的两块平行金属板A 、B 与电源相连接(图中未画出)，其中B 板接地(电势为零)，A 板电势变化的规律如图7(b)所示．将一个质量m＝2.0×1023 kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－15C 的带电粒子从紧临B 板处释放，不计重力．求：图7(1)在t ＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若A 板电势变化周期T ＝1.0×10－5s ．在t ＝0时将带电粒子从紧临B 板处无初速度释放，粒子到达A 板时速度的大小．解析 (1)电场强度E ＝Ud ，带电粒子所受电场力，F ＝Eq ＝Uq d ，F ＝ma ，a ＝Uq dm＝4.0×109 m/s 2.(2)粒子在0～T 2时间内走过的距离为：12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝5.0×10－2m故带电粒子在t ＝T2时恰好到达A 板，v ＝at ＝2×104m/s. 答案 (1)4.0×109 m/s 2 (2)2×104m/s12．(15分)如图8所示，一带电粒子以速度v 0沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，它刚好贴着下板边缘飞出．已知匀强电场两极板长为l ，间距为d ，求：图8(1)如果带电粒子的射入速度变为2v 0，则离开电场时，沿场强方向偏转的距离y 为多少？ (2)如果带电粒子以速度2v 0射入电场上边缘，当它沿竖直方向运动的位移为d 时，它的水平位移x 为多大？(粒子的重力忽略不计)解析 (1)因为带电粒子在电场中运动，受到的电场力与速度无关，所以a 是一定的．由l＝v 0t ，d ＝12at 2得a ＝2dv 2l2，又l ＝2v 0t ′，y ＝12at ′2＝12·2dv 20l 2·l 24v 20＝14d .(2)如上图所示，将速度反向延长交上板的中点，由相似三角形可得x ′12l ＝34d 14d ，则x ′＝1.5 l .所以水平位移为x ＝l ＋x ′＝2.5 l .答案 (1)14d (2)2.5l。

2012高考物理预测卷(三)

绝密★启用前2012年高考物理预测卷(三)物理(新课标)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分100分,考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,有一个或一个以上选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分.1.关于物理学中用到的经典方法,下列说法正确的是( )A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法叫假设法B.奥斯特通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转得出“通电导线的周围存在磁场”的结论用到的是转化法C.通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似,安培受此启发后提出分子电流假说用到的是控制变量法D.在“探究弹性势能的表达式”的活动中,为计算弹簧弹力所做的功,把拉伸弹簧的过程分为很多小段,拉力在每小段可以认为是恒力,用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功用到的是转化法2.下列说法中,正确的是( )A.做匀速圆周运动的物体受到的作用力的合力一定为恒力B.做曲线运动的物体所受合外力一定不为零,速度一定变化,加速度不一定变化C.电流在磁场中所受安培力方向既与磁场方向垂直又与电流方向垂直D.不同性质的共点力可以合成为一个力,一个力也可以分解成几个不同性质的力3.如图所示,一个小朋友站在滑梯的顶端,拉住一个木箱不动,关于木箱受到的静摩擦力,下列说法正确的是( )A.方向一定沿斜面向上B.方向一定沿斜面向下C.静摩擦力大小可能为0D.大小可能等于小孩的拉力4.2011年1月11日我国的“歼20”在四川成都进行首次升空飞行测试,取得成功,震惊世界.右图是“歼20”在起飞阶段,科研人员用传感器绘制的一段速度—时间图象,则由该段图象可知,在这段时间内,“歼20”的运动情况是( )A.做加速度增加的加速运动B.做加速度减小的加速运动C.在时间t 内的平均速度为D.在时间t内飞机的牵引力恒定5.在众多比赛项目中,跳台滑雪是非常刺激的项目.如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图.运动员从助滑雪道AB上由静止开始下滑,到达C点后水平飞出,以后落到F点.E是运动轨迹上的某一点,在该点运动员的速度方向与轨道CD平行,EG和斜面CD垂直.不计空气阻力,则下列说法错误的是( )A.从C到F的过程中,运动员处于完全失重状态B.如果测得CD长度和CD与水平方向夹角可计算出运动员离开C点时的速度大小C.若运动员在AB上的起点增高,则运动员落在CD上的速度方向有变化D.运动员从C到E与从E到F的运动时间相同,沿CD方向,CG小于DG6.如图所示为一粗糙的四分之一圆弧轨道,半径为R,轨道圆心O与A点等高.一质量为m的小球在不另外施力的情况下,能以速度v沿轨道自A点匀速率运动到B点,取小球在A点时为计时起点,且此时的重力势能为零,重力加速度为g,则在此过程中,下列说法正确的是( )A.到达低端时,重力做功的功率为mgvB.重力做的功等于小球克服摩擦力做的功C.小球重力势能随时间的变化关系为E p =mgRsinD.小球的机械能随时间的变化关系为E=mv2-mgRsin7.中国国家航天局决定:中国将在2013年或稍后一个合适的时间对火星及其卫星“火卫一”进行探测.“火卫一”在火星赤道正上方运行,若其绕行轨道可简化为圆轨道,如图中A轨道所示.假如我们国家发射的“火星探测器”环绕火星的轨道稳定后如图中B所示,万有引力常量G已知.则下列说法正确的是( )A.“火卫一”的线速度大于“火星探测器”的线速度B.“火卫一”的周期大于“火星探测器”的周期C.“火卫一”的向心加速度大于“火星探测器”的向心加速度D.若想测出火星的质量只要测出“火星探测器”的运行周期即可8.如图所示为氢原子电子绕核旋转示意图,电子运动轨道为椭圆,A 点为离核最近的点,B 点为离核最远的点.则在电子由A 点运动至B 点的过程中,下列说法不正确的是( ) A.所受电场力逐渐减小 B.速度逐渐减小 C.电势能逐渐减小D.电势能与动能之和保持不变9.如图所示,连接两个定值电阻的平行金属导轨与水平面成θ角,R 1=R 2=2R ,匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab 质量为m ,棒的电阻也为2R ,棒与导轨之间的动摩擦因数为μ.导体棒ab 沿导轨向上滑动,当上滑的速度为v 时,定值电阻R 2消耗的电功率为P ,下列说法正确的是( ) A.此时重力的功率为mgvcos θ B.此装置消耗的机械功率为μmgvcos θ C.导体棒受到的安培力的大小为6P/v D.导体棒受到的安培力的大小为8P/v10.在如图所示的部分电路中,当滑动变阻器的滑键从最左端向右滑过2R/3时,电压表的读数由U 0增大到2U 0,若电源内阻不计,则下列说法中正确的是( ) A.通过变阻器R 的电流增大为原来的3倍 B.变阻器两端的电压减小为原来的1/2倍 C.若R 的阻值减小到零,则电压表的示数为4U 0 D.以上说法都不正确绝密★启用前2012年高考密码原创预测卷(三)物理(新课标)第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、非选择题:本题共6小题,共60分.把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.(一)必考题11.(5分)一小球在桌面上做匀加速直线运动,现用高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录下小球运动过程中在每次曝光时的位置,并将小球的位置编号,得到的照片如图所示.由于底片保管不当,其中位置4处被污损.若已知摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1 s ,则利用该照片可求出:小球运动的加速度约为 m/s 2.位置4对应的速度为 m/s.12.(10分)要测量电压表V 1的内阻R V ,其量程为2 V ,内阻约2 k Ω.实验室提供的器材有: 电流表A ,量程0.6 A ,内阻约0.1 Ω;电压表V 2,量程5 V ,内阻为5 k Ω; 定值电阻R 1,阻值30 Ω; 定值电阻R 2,阻值为3 k Ω;滑动变阻器R 3,最大阻值100 Ω,额定电流1.5 A ; 电源E ,电动势6 V ,内阻约0.5 Ω; 开关S 一个,导线若干.图1 图2(1)有人拟将待测电压表V 1 和电流表A 串联接入电压合适的测量电路中,测出V 1 的电压和电流,再计算出R V .该方案实际上不可行,其最主要的原因是 .(2)某同学选择电压表V 2后,自己设计一个测量电压表V 1内阻R V 的实验电路,实验电路如图1所示,则被测电压表V 1应接在电路中的 (填“A ”或“B ”)处.C 处的电阻为 .(3)实验的实物连线如图2所示,还有三根导线没有接好,请你在实物图上画出应接的导线.(4)实验中电压表V 1读数U 1,电压表V 2读数U 2,试写出计算电压表V 1内阻R V 的表达方式: .13.(10分)跳水是一项优美的水上运动,北京时间2011年7月17日上海游泳世锦赛的跳水男子双人10米台决赛中,邱波、火亮以480.03分夺得冠军,中国队在这个项目上实现了三连冠.如图甲所示是两人在比赛跳台上腾空而起的英姿.其中火亮的体重约为45 kg,身高约为1.55 m,他站在离水面10 m高的跳台上,重心离跳台面的高度约为0.80 m,竖直向上跃起后重心升高0.45 m达到最高点,入水时身体竖直,当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花的动作,如图乙所示,这时火亮的重心离水面约为0.80 m.设运动员在入水及在水中下沉过程中受到的水的作用力大小不变.空气阻力可忽略不计,重力加速度g取10 m/s2.(结果保留两位有效数字)(1)求火亮从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间;(2)若火亮入水后重心下沉到离水面约2.2 m处速度变为零,试估算水对火亮的阻力的大小.14.(13分)相距为L=2 m的足够长的金属直角导轨如图1所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面.质量均为m=0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5,导轨电阻不计,细杆ab、cd电阻分别为R1=0.6 Ω,R2=0.4 Ω,整个装置处于磁感应强度大小为B=0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中.当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,cd 杆也同时从静止开始沿导轨向下运动.测得拉力F与时间t的关系如图2所示.g=10 m/s2. (1)ab杆的加速度a大小是多少?(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小为多少?(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功,通过cd杆截面的电量为2 C,求该过程中,ab 杆所产生的焦耳热.15.(12分)如图所示,在直角坐标系xOy的原点O处有一放射源S,放射源S在xOy平面内均匀发射速度大小相等的正电粒子,位于y轴的右侧垂直于x轴有一长度为L的很薄的荧光屏MN,荧光屏正反两侧均涂有荧光粉,MN 与x轴交于O'点.已知三角形MNO为正三角形,放射源S射出的粒子质量为m,电荷量为q,速度大小为v,不计粒子的重力.(1)若只在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场,要使y轴右侧射出的所有粒子都能打到荧光屏MN上,试求电场强度的最小值E min及打到荧光屏M点时粒子的动能;(2)若在xOy平面内只加一方向垂直于纸面向里的匀强磁场,要使粒子能打到荧光屏MN的反面O'点,试求磁场的磁感应强度最大值B max;(3)若在xOy平面内只加一方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度与(2)中所求B max相同,试求粒子打在荧光屏MN正面O'点所需的时间t1和打在荧光屏MN反面O'点所需的时间t2之比.(二)选考题:本题共3小题,每小题10分.分别考查3-3、3-4和3-5模块.考生从中选择一题作答,其分值计入总分.16.选修3—3模块(10分)(1)(4分)2011年7月12日武汉最大的经济开发区发生重大火灾,火灾现场十分惨烈.随后消防车及时赶到,在消防队员扑灭大火的过程中,一直向火源喷水,若消防车车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计分子间势能,则胎内气体( )A.从外界吸热B.对外界做功C.分子平均动能减小D.内能增加(2)(6分)如图所示,钢瓶内装有高压氧气.打开阀门氧气迅速从瓶口喷出,当内外气压相等时立即关闭阀门.若氧气瓶内气压为大气压的1.5倍,由于漏气,瓶内气体温度由27 ℃降到17 ℃,则剩余气体为原来的多少?17.选修3—4模块(10分)(1)(4分)如图所示是某绳波形成过程的示意图,1、2、3、4……为绳上的一系列等间距的质点,相邻两质点间的距离均为10 cm,绳处于水平方向.质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动,带动2、3、4……各个质点依次上下振动,把振动从绳的左端传到右端.t=0时质点1开始竖直向上运动,经过0.1 s第一次达到最大位移,这时质点3开始运动.下列判断正确的是( )A.波长为20 cm,波速为2.0 m/sB.波由1 质点传到第10个质点的时间为0.50 sC.当质点10开始振动时,质点4第一次达到波谷D.波传到质点10以后,质点6和质点10相对各自平衡位置的位移方向总是相反的(2)(6分)半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示,O为圆心,光线a沿半径方向射入玻璃砖后,恰在O点发生全反射,已知∠aOM=45°,求:①玻璃砖的折射率n;②另一条与a平行的光线b从最高点入射玻璃砖后,折射到MN上的d点,则这根光线能否从MN射出?Od为多少?18.选修3—5模块(10分)(1)(4分)对核反应方程X Li H He+ΔE,若X Li H 和He的静止质量分别为m1、m2、m3和m4,下列说法正确的是( )A.此方程是氢弹爆炸时的核反应方程B.X是中子C.X是质子D.过程释放的能量是[(m1+m2)-(m3+m4)]c2(2)(6分)某同学为了探究质量为m1=1.0 kg和m2(质量未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰是否是弹性碰撞,该同学测出碰撞前后两物体的x t(位移—时间)图象如图所示,碰撞时间极短,试通过计算回答下列问题:①质量为m1的物体在碰撞过程中动量变化量是多少?②m2质量等于多少千克?。

新课标地区2012届高三全国高考模拟预测试卷二(A)物理考试试题

新课标地区2012届高三全国高考模拟预测试卷物理考查范围：直线运动、相互作用、牛顿运动定律、曲线运动和万有引力一、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. “神舟七号”绕地球做匀速圆周运动的过程中，下列事件不．可能发生的是( )A．航天员在轨道舱内能利用弹簧拉力器进行体能锻炼B．悬浮在轨道舱内的水呈现圆球状C．航天员出舱后，手中举起的五星红旗迎风飘扬D．从飞船舱外自由释放的伴飞小卫星与飞船的线速度相等2. 由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的()A．质量可以不同B．轨道半径可以不同C．轨道平面可以不同D．速率可以不同3．我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比()A．卫星动能增大，引力势能减小B．卫星动能增大，引力势能增大C．卫星动能减小，引力势能减小D．卫星动能减小，引力势能增大4.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()A．g B．2g C．3g D．4g5.如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A．方向向左，大小不变B．`方向向左，逐渐减小C. 方向向右，大小不变D. 方向向右，逐渐减小6. 如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则( )A ．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2πR gB ．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2πR gC ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mgD ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能大于2mg二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。

2012年浙江高考物理预测卷(含答案)

2012年浙江高考物理预测卷一、选择题(本题包括4小题。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 14．水平放置的平板表面有一个圆形浅槽，如图所示．一只小球在水平槽内滚动直至停下，在此过程中DA 、小球受四个力，合力方向指向圆心B 、小球受三个力，合力方向指向圆心C 、槽对小球的总作用力提供小球做圆周运动的向心力D 、槽对小球弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力 15．四个等量异种点电荷分别放置于正方形的顶点上,a 、b 分别为所在边的中点,如图所示.一点电荷从图中a 点沿直线移到b 点的过程中,下列说法正确的是（ D ） A.静电力对电荷做正功,电荷的电势能减小 B.静电力对电荷做负功,电荷的电势能增加 C.电荷所受的静电力先增加后减小 D.电荷所受的静电力先减小后增加16．如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻阻值之比R 1:R 2:R 3＝1:2:3，连接电路的导线电阻不计。

当S 1、S 2闭合，S 3断开时，闭合的回路中感应电流为I ，当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合的回路中感应电流为5I ，当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流为（ D ）（A ）0 （B ）3I （C ）6I （D ）7I17、如图所示，均匀介质中两波源12S S 、分别位于x 轴上120x x ==、14m 处，质点P 位于x 轴上P x =4m 处，0t =时刻两波源同时开始由平衡位置向y 轴正方向振动，振动周期均为T =0.1s ，传播速度均为v =40m/s ，波源1S 的振幅为1A =2cm ，波源2S 的振幅为2A =3cm ，则从0t =至t =0.35s 内质点P 通过的路程为：（ B ）A ．12cmB ．16cmC ．24cmD ．32cm金属板二、选择题(本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)18．一群处于n ＝3激发态的氢原子向低能级跃迁，发出的光垂直照射到一块三角形玻璃棱镜AB 面上，能从AC 面出射的光线将照射到一块金属板上，如图所示。

福建省2012届高三物理高考预测试题(3)

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12 J ，金属块克服摩擦力做功8 J ，重力做功24 J ，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8 JC ．金属块的电势能减少4 JD ．金属块的机械能减少12 J解析金属块滑下的过程中动能增加了12 J ，由动能定理知合外力做功12 J ，其中包括重力、摩擦力和电场力做功，摩擦力做功W f ＝－8 J ，重力做功W G ＝24 J ，所以可得电场力做功W F ＝－4 J ，电场力做负功，金属块带正电，电势能增加了4 J ，选项A 、B 、C 均错误；由功能关系可知，机械能的变化ΔE ＝W f ＋W F ＝－12 J ，即机械能减少12 J ，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0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，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1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.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 ＝q t ＝66×10－5 A ＝1×105 A 知，A 对．由E ＝U d ＝1.0×1091×103 V/m ＝1×106V/m 知，C 对；由W ＝qU ＝6×1.0×109 J ＝6×109 J 知，D 错；P 1＝W t ＝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qB 3d ＋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 ＝mv 2r 知r ＝mvqB，能射出的粒子满足L 2≤r ≤L ＋3d 2，因此对应射出粒子的最大速度v max ＝qBr max m ＝qB 3d ＋L2m，选项B 正确．v min＝qBr min m ＝qBL 2m ，Δv ＝v max －v min ＝3qBd 2m，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 ＝9×10－3 kg 、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 ＝0.1 m ．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3 A ．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 ＝k qQ r2 ＝9×109×2×10－8×5×10－60.12N ＝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 ＝9×10－2×0.1 J＝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B 2；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B 1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B 1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v A .mgL (1－cos θ)＝12mv 2A ，① qv A B 1＝mg ② 由①②得：B 1＝mgq 2gL 1－cos θ.(3)由平衡条件得： qvB 2＋Eq ＝mg③所以E ＝mg －qvB 2q＝mgq－B 22gL 1－cos θ. 答案 (1)负 (2)mgq 2gL 1－cos θ(3)mgq－B 22gL 1－cos θ8．(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 ＝ 3 m 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 ＝1.0×10－5 C 的正电荷，初速度为v 0＝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 ＝v 0t ，y ＝12at 2，a ＝Eqm .联立解得E ＝100 3 N/C.(2)在O 点把速度分解可得v y ＝3v 0，v ＝2v 0，粒子射入磁场有Bvq ＝m v 2R，得R ＝2 m ，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 ＝4 3 m.(3)粒子在磁场运动的时间t 1＝16·2πm Bq ＝π3×10－4s ，粒子在第四象限做匀速直线运动所用的时间为 t 2＝2×[62＋232－r ]v＝33×10－4s ，所以带电粒子在第四象限运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋33×10－4 s. 答案 (1)100 3 N/C (2)距O 点4 3 m 处(3)⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋33×10－4s 9．(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 ＝2πm q .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E 0＝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5 s 内小球不会离开斜面，重力加速度为g .求：图6 图7(1)第6 s 内小球离开斜面的最大距离．(2)第19 s 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 ＋qE 0)sin θ＝ma①第一秒末的速度为：v ＝at 1② 在第二秒内：qE 0＝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 ＝m v 2R④ 圆周运动的周期为：T ＝2πmqB＝1 s⑤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：v 5＝a (t 1＋t 3＋t 5)＝6g sin θ ⑥ 小球离开斜面的最大距离为： d ＝2R 3 ⑦由以上各式得：d ＝6g sin θπ.(2)第19秒末的速度：v 19＝a (t 1＋t 3＋t 5＋t 7＋…＋t 19)＝20g sin θ ⑧ 小球未离开斜面的条件是：qv 19B ≤(mg ＋qE 0)cos θ ⑨所以：tan θ≤120 π.答案 (1)6g sin θπ (2)tan θ≤120 π10．(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E 1＝2 500 N/C ，方向竖直向上；磁感应强度B ＝103 T ，方向垂直纸面向外；有一质量m ＝1×10－2 kg 、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v 0＝4 m/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E 2＝2 500N/C ，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求： (1)O 点到P 点的距离s 1；(2)带电小球经过P 点的正下方Q 点时与P 点的距离s 2.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 ＝0.1 N ，电场力F 1＝qE 1＝0.1 N ，即G ＝F 1，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：qv 0B ＝m v 20R ，解得：R ＝mv 0qB ＝1×10－2×44×10－5×103m ＝1 m ，由几何关系得：s 1＝2R ＝ 2 m.(2)带电小球在P 点的速度大小仍为v 0＝4 m/s ，方向与水平方向成45°.由于电场力F 2＝qE 2＝0.1 N ，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 ＝F m ＝10 2 m/s 2，位移大小y ＝12at 2，沿x 轴方向上，带电小球的位移大小x ＝v 0t 由几何关系有：y ＝x ，即：12at 2＝v 0t ，解得：t ＝252 s ，Q 点到P 点的距离s 2＝2x ＝2×4×25 2 m ＝3.2 m.答案 (1) 2 m (2)3.2 m。

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

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Ⅱ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Ⅱ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Ⅰ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，R1＞R2.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()A．n＝3B．n＝4C．n＝5 D．n＝63. 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MF m ＋MB ．小球对圆槽的压力为mF m ＋MC ．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3t 0的时间．为使物体在3t 0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1－12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t 0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t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T8二、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qB (3d ＋L )2mC ．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( ) A ．b 点场强大于d 点场强 B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、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 NC．a、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、cD．a、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Ⅱ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 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ)；B．电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω)；C．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；D．电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ)；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 kΩ，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：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.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/Ω 5.0 10.0 15.0 25.0 35.0 45.0电压U/V 1.00 1.50 1.80 2.14 2.32 2.45(2)用待测电阻R x替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V．利用(1)中测绘的U－R图象可得R x＝________Ω.(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U－R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 Ω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U－R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y <0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v 0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θ.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t 0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t 02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，Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.(1)当Ⅰ区宽度L 1＝L 、磁感应强度大小B 1＝B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0.(2)若Ⅱ区宽度L 2＝L 1＝L ，磁感应强度大小B 2＝B 1＝B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h .(3)若L 2＝L 1＝L 、B 1＝B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件．(4)若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ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GmMr2＝mv2r＝mω2r＝m4π2rT2＝ma向得v＝GMr，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F＝kq·nqr2.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nq2，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n＋24q，移走小球3后，1、2两球间的作用力为F′＝knq2·n＋2q4r2，因F′＝F，可解得n＝6，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＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为mg2＋m2F2M＋m2，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，F－μmg＝ma，再画出其对应的v－t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U－t图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的v－t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t0＝0，粒子一直往B板运动．当t0＝T8，粒子先往B板运动，到7T8时往A板运动，在一个周期内总位移还是向B板．当t 0＝T 4，粒子先往B 板运动，到3T4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0<t 0< T4，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T 4<t 0<T2，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到A 板．若T 2<t 0<3T4，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3T4<t 0<T ，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：BIL ＝12mv 2，只将轨道长度L 变为原来的2倍，其速度将增加至原来的2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2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 ＝mv 2r ，得v ＝qBrm，带电粒子速度越大，半径就越大，如图所示，r max ＝3d ＋L 2，r min ＝L 2，所以v max ＝qB 3d ＋L 2m ，v min ＝qBL2m，故选项B正确；因v max －v min ＝3qBd2m，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W ＝qU 可知U ab ＝U bc ，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】2mv 02－mgv 0tq【解析】因为v y ＝2v 0，由动能定理可得：12m (v y 2＋v 02)－12mv 02＝mgv 0t ＋qU OP ，所以U OP ＝2mv 02－mgv 0t q ，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】Blv2 【解析】因粒子经O 点时的速度垂直于OP ，故OP ＝2R ，又qB mv R =，所以Blv m q 2=. 13. 【答案】 B C 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U ＝IR ＝100×10－6×25×103V ＝2.5 V ，该电压仅为电压表C 的量程的16，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U ＝IR ＝500×10－6×25×103V ＝12.5 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125，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． R V R x ＝10025＝4，R x R A ＝25×103300≈83，显然R V R x ＜R x R A，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 Ω. (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 ⎝⎛⎭⎪⎫－2mv 0sin θqB，0 (2)2m π－θqB【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v 0，射出方向与x 轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得：qv 0B ＝m v 02R式中R 为圆轨道半径，解得：R ＝mv 0qB① 圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上，由几何关系可得：L2＝R sin θ②联立①②两式，得：L ＝2mv 0sin θqB所以粒子离开磁场的位置坐标为A ⎝⎛⎭⎪⎫－2mv 0sin θqB，0. (2)因为T ＝2πR v 0＝2πm qB所以粒子在磁场中运动的时间t ＝2π－2θ2πT ＝2mπ－θqB.16. 【答案】(1)20 m (2)32【解析】(1)由v t 图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离 Δx ＝10＋42×4 m－42×4 m＝20 m.(2)设物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，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μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律对物块，μ1mg ＝ma 1对木板，μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 对整体，μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a由图象可得，a 1＝1.5 m/s 2，a 2＝1 m/s 2，a ＝0.5 m/s 2由以上各式解得m M ＝32.17. 【解析】 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E .可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向且有qE ＝qvB ① 又R ＝vt 0 ②则E ＝BR t 0③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动在y 方向位移为y ＝v t 02④由②④式得 y ＝R2⑤设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x ＝32R又由x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 02 2⑥得a ＝4 3Rt 20⑦(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有qv ′B ＝m v ′2r⑧又qE ＝ma ⑨ 由③⑦⑧⑨式得r ＝3R3⑩ 由几何知识sin α＝R2r ⑪即sin α＝32，α＝π3⑫带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB则带电粒子在磁场中运动时间t B ＝2α2πT所以t B ＝3π18t 0 ⑬ 18. 【解析】如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R 1，由动能定理和牛顿第二定律得qU ＝12mv 2 ①qvB 1＝m v 2R 1②图1由几何知识得L ＝2R 1sin θ ③联立①②③式，代入数据得B 0＝1L 2mU q④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t T ＝2πR 1v ⑤t ＝2θ2πT ⑥联立②④⑤⑥式，代入数据得 t ＝πL 3m 2qU⑦(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R 2，由牛顿第二定律得qvB 2＝m v 2R 2⑧由几何知识可得h ＝(R 1＋R 2)(1－cos θ)＋L tan θ ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得h ＝(2－233)L ⑩(3)如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足 R 2(1＋sin θ)<L [或R 2(1＋sin θ)≤L ] ⑪ 联立①⑧⑪式，代入数据得 B 2>3L mU 2q (或B 2≥3L mU 2q) ⑫图2(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得 L 1＝R 1(sin θ＋sin α) ⑬ [或L 1＝R 1(sin θ－sin α)]L 2＝R 2(sin θ＋sin α) ⑭ [或L 2＝R 2(sin θ－sin α)] 联立②⑧式得B 1R 1＝B 2R 2 ⑮ 联立⑬⑭⑮式得 B 1L 1＝B 2L 2 ⑯图3图4。

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2012年高考预测系列试题【物理】高考预测试题（1）·选择问答题1．承载着我国载人飞船和空间飞行器交会对接技术的“天宫一号”已于2011年9月29日成功发射，随后将发射“神舟八号”飞船并与其实现交会对接。

假设“天宫一号”和“神舟八号”匀速圆周运动的轨道如图所示，A 代表“天宫一号”，B 代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。

“天宫一号”和“神舟八号”离地高度分别为h 1、h 2，运行周期分别为T 1、T 2，引力常量为G ，则以下说法正确的是（）A ．利用以上数据可计算出地球密度和地球表面的重力加速度B ．“神舟八号”受到的地球引力和运行速度均大于“天宫一号”受到的地球引力和运行速度C ．“神舟八号”加速有可能与“天宫一号”实现对接D ．若宇航员在“天宫一号”太空舱无初速释放小球，小球将做自由落体运动2．在物理学发展史上，许多科学家通过恰当的运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史实的是（）A ．库仑在发现电荷间相互作用力规律之前，首先找到了定量测定电荷量的方法B ．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究C ．法拉第发现电流的磁效应，这和他坚信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的D ．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究3．如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O '处（O 为球心），弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点。

已知容器半径为R 、与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°．下列说法正确的是（）A ．容器相对于水平面有向左的运动趋势B ．容器对小球的作用力竖直向上C ．轻弹簧对小球的作用力大小为m g 23D ．弹簧原长为k mg R +4．（改编，考查点匀变速直线运动的公式、图象）小张和小王驾驶两辆轿车（均视为质点）沿平直公路同向行驶，如图所示是两车在某段时间内的v t -图像，t=0时刻，小张在小王前方s 0处。

下列判断正确的是（）A ．若s 0=18m ，两车相遇1次B ．若s 0<18m ，两车相遇1次C ．若s 0=36m ，两车相遇1次D ．若s 0=54m ，两车相遇1次5．为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电，当高压到达用户端时再变为低压．若某变电站将电压0V u t π=的交流电降为220V 供居民小区用电，则变电所变压器（）A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．副线圈中电流的频率是100HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和6．如图甲所示，两个点电荷Q 1、Q 2固定在x 轴上距离为L 的两点，其中Q 1带正电位于原点O ，a 、b 是它们连线延长线上的两点，其中b 点与O 点相距3L 。

现有一带正电的粒子q 以一定的初速度沿x 轴从a 点开始经b 点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a ，b 两点时的速度分别为v a ，v b ，其速度随坐标x 变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（）A ．Q 2带负电且电荷量小于Q 1B ．b 点的场强一定为零C ．a 点的电势比b 点的电势高D ．粒子在a 点的电势能比b 点的电势能小7．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m 的小球，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图所示，g 为重力加速度，则（）A ．升降机停止前在向上运动B ．0~t 1时间小球处于失重状态，t 1~t 2时间小球处于超重状态C ．t 1~t 3时间小球向下运动，动能先减小后增大D ．t 3~t 4时间弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量8．如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP '、QQ '倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M 、N 相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab 水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab ，则（） A ．金属棒ab 最终可能匀速下滑B ．金属棒ab 一直加速下滑C ．金属棒ab 下滑过程中M 板电势高于N 板电势D ．带电微粒不可能先向N 板运动后向M 运动9．（改编，匀变速直线运动规律，19分）如图所示，物块A 、木板B 的质量均为m=10kg ，不计A 的大小，B 板长L=3 m 。

开始时A 、B 均静止。

现给A 以某一水平初速度从B 的最左端开始运动。

已知A 与B 、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1，g 取10m/s 2。

（1）若物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度多大？（2）若把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以（1）问的初速度从B 的最左端开始运动，则A 能否与B 脱离？最终A 和B 的速度各是多大？10．（改编，带电粒子在匀强磁场中的运动，19分）如图所示，两块足够大的平行金属板a 、b 竖直放置，板间有场强为E 的匀强电场，两板距离为d ，今有一带正电微粒从a 板下边缘以初速度v 0竖直向上射入板间，当它飞到b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d甲乙甲乙Mv 0的狭缝穿过b 板而进入bc 区域，bc 区域的宽度也为d ，所加电场大小为E ，方向竖直向上，磁感应强度0v EB =，方向垂直纸面向里。

求：（1）微粒的带电量q ；（2）微粒穿出bc 区域的位置到a 板下边缘的竖直距离L （用d 表示）；（3）微粒在ab 、bc 区域中运动的总时间t （用d 、v 0表示）。

参考答案1．AC 解析：设地球半径为R ，密度为ρ，由公式)()2()(22h R T m h R Mm G+=+π，334R πρ=，地球表面mg RMmG=2，已知 “天宫一号”和“神舟八号”离地高度分别为h 1、h 2，运行周期分别为T 1、T 2，通过以上各式可以求得地球的半径R 、密度ρ、地球表面的重力加速g ，A 正确；“神舟八号”与“天宫一号”质量未知，所受地球引力大小无法比较，B 错误；低轨道的“神舟八号”加速时，万有引力小于向心力，它的轨道半径将变大，在高轨道上与“天宫一号”对接，C 正确；宇航员在“天宫一号”太空舱无初速释放小球，小球也围绕地球做匀速圆周运动，D 错误。

2．B 解析：在库仑那个年代，还没有电荷量的单位，因此无法定量测定电荷量，A 项错；库仑利用库仑扭秤把微小的力“放大”，最终发现了库仑定律，B 项正确；发现电流磁效应的是奥斯特，C 项错；首先引入电场线和磁感线的是法拉第，D 项错。

3．D 解析：由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，A 项错；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O ，B 项错；对小球受力分析，如图所示，由θ＝30°得小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg ，C项错；图中弹簧长度为R ，压缩量为kmg，故原长为k mg R +，D 项正确。

4．A 解析：由图可知两车速度相等时，小张的位移s 1=36m ，小王的位移s 2=54m ，如果此时小王恰好追上小张，则s 0= s 2- s 1=18m ，之后小王的速度小于小张，二人不会再次相遇。

若s 0<18m ，则在小王的速度大于小张时二人就会相遇，且小王超过小张，之后是小张再追上小王发生第二次相遇，A 项正确B 项错误。

若s 0>18m ，则两车不会相遇，CD 均错误。

5．A 解析：由交流电瞬时值表达式可知，最大值为110002V ，频率为50Hz ，则有效值为11000V ，变压器原副线圈匝数比为50：1，A 正确；原副线圈中交变电流频率相同，B 错误；原副线圈功率相同，由P=IU 知副线圈电压低则电流大，则副线圈导线要粗些，C 错误；变压器输入功率等于输出功率，电流不相等，D 错误。

6．A BD 解析：由v-x 图象知，粒子从a 点向远处运动先减速再加速，在b 处速度最小，则b 点左右两侧电场方向相反，b 点处电场强度为0，B 项正确；根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得Q 2带负电且电荷量小于Q 1，A 项正确；根据粒子受力方向知b 点左侧场强向左，故a 点电势较b 点低，C 项错；粒子从a 点到b 点电场力做负功，电势能增加，D 项正确。

7．A 解析：t=0时刻，弹力与重力大小相等，之后弹力减小，说明小球向上运动，则升降机停止前在向上运动，A 项正确；0~t 1~ t 2时间内，弹力都小于重力，则小球处于失重状态，B 项错；t 1时刻，弹力最小，则小球处于最高点，之后小球向下运动，t 3时刻，小球处于最低点，t 1~t 3时间小球动能先增大后减小，C 项错；t 3~t 4时间小球向上加速运动，减少的弹性势能等于增加的动能和重力势能，D 项错。

8．BC 解析：金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有sin 0mg BIl θ->，金属棒将一直加速，A 错B 对；由右手定则可知，金属棒a 端（即M 板）电势高，C 项正确；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，可以向下减速到零后再向上运动，D 项错．9．（19分）答案：（1）62m/s ；（2）没有脱离，6m/s解析：（1）A 在B 上向右匀减速，加速度大小a 1=μ1g =3 m/s 2，（2分）木板B 向右匀加速 a 2=mm gm g 221⋅-μμ= 1m/s 2，（2分）由题意，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时和B 速度相同，设为v ，得时间关系 210a va v v t =-=（2分）位移关系 22122022a v a v v L --=（2分）解得620=v m/s ；（2分）（2）木板B 放在光滑面上，A 滑上B 后加速度大小仍为a 1=μ1g =3 m/s 2，（1分）B 向右匀加速的加速度 mm ga 12μ='= 3m/s 2，（1分）设A 、B 达到相同速度v '时A 没有脱离B ，由时间关系210a v a v v ''='-（2分）解得 62=='v v m/s （1分） A 的位移321220='-=a v v s A m （2分）B 的位移1222=''=a v s B m （1分）由2=-B A s s m 可知A 没有与B 脱离最终A 和B 的速度相等，大小为6m/s （1分） 10．（19分）（1）E mg q =（2）（3）03)6(v d+π 解析：（1）微粒在电场中受水平向右的电场力和竖直向下的重力，其运动分解为水平和竖直的匀变速运动，水平方向加速度 a=mqE，（2分）又a v g v 00=，（2分）得 Emgq =（1分）（由a=m qE，a v d 220=，得dEm v q 220=，同样给5分）（2）微粒进入bc 区域中由于电场力与重力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，rv m Bqv 200=（1分）又0v EB =，d=gv 220（2分）得圆周半径r=2d ，（2分）微粒刚进入bc 时洛伦兹力方向向上，逆时针偏转，轨迹如图所示。