2014届高三物理模拟复习预测试题（有答案）

2014届高三物理高考预测试题(三)
(时间：60分钟　分值：100分)
一、(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　D
2．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　B
3.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1
A．金属块带负电荷
B．金属块克服电场力做功8 J
C．金属块的电势能减少4 J
D．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Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，所以可得电场力做功WF＝－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＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减少12 J，选项D正确．
答案　D
4．(2014?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1.0×109 V，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1×105 A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J
解析　由I＝qt＝66×10－5 A＝1×105 A知，A对．由E＝Ud＝1.0×1091×103 V/m＝1×106 V/m知，C对；由W＝qU＝6×1.0×109 J＝6×109 J知，D错；P1＝Wt＝6×1090.2 W＝3×1010 W，B错．
答案　AC
5．(2014?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2
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为qB?3d＋L?2m
C．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＝qB?3d＋L?2m，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　BC
6.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＝－5×10－6 C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．1.8×10－2 J B．9(2＋1)×10－3 J
C．92×10－3 J D．9×10－3 J
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
＝9×109×2×10－8×5×10－6?0.1?2 N＝9×10－2 N，经分析判断可知q所受电场力为qE＝92×10－2 N，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＝9×10－3 J，D对．
答案　D
二、非(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－cos θ)＝12mv2A，①
qvAB1＝mg②
由①②得：B1＝mgq2gL?1－cos θ?.
(3)由平衡条件得：
qvB2＋Eq＝mg③
所以E＝mg－qvB2q
＝mgq－B22gL?1－cos θ?.
答案　(1)负　(2)mgq2gL?1－cos θ?
(3)mgq－B22gL?1－cos θ?
8．(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＝0.02 T，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＝2.0×10－11 kg、带电荷量q＝1.0×10－5 C的正电荷，初速度为v0＝1.0×104 m/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＝1003 N/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＝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＝43 m.
(3)粒子在磁场运动的时间t1＝16?2πmBq＝π3×10－4 s，
粒子在第四象限做匀速直线运动所用的时间为
t2＝2×[62＋?23?2－r]v＝33×10－4 s，
所以带电粒子在第四象限运动的时间为
t＝t1＋t2＝π3＋33×10－4 s.
答案　(1)1003 N/C　(2)距O点43 m处
(3)π3＋33×10－4 s
9．(14分)(2014?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＋qE0)sin θ＝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＝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：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ⑥
小球离开斜面的最大距离为：
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
小球未离开斜面的条件是：
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?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＝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＝4×10－5 C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝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E2＝2 500 N/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/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＝0.1 N，电场力F1＝qE1＝0.1 N，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＝1×10－2×44×10－5×103 m＝1 m，由几何关系得：s1＝2R＝2 m.
(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝4 m/s，方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1 N，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝210 N，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＝102 m/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＝252 s，
Q点到P点的距离s2＝2x＝2×4×252 m＝3.2 m.


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