物理(3)-【黄冈中学】2026年高考物理临考特训预测（广东专版）

黄冈中学临考特训预测卷（三） 物理 本试卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合 题目要求。 1.在物理学发展过程中，从经典物理学遇到的困惑到量子理论的探索，实现现实中超 清便捷的量子通信技术推动了人类文明的进步。氢原子的能级图如图甲所示，玻尔 氢原子电子轨道示意图如图乙所示，可见光的波长范围为4.0×10？~7.6× 10-7m,普朗克常量h=6.6×1034J·s,真空中的光速c=3.0×108ms。下列关 于氢原子的能级跃迁说法正确的是 n E/eV 00--------------.0 v31 6 -0.38 -0.54 4 -0.85 3 -1.51 -3.40 2= n=2 -13.6 n=3 甲 乙 A.一群处于n=4能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出10种不同频率的光子 B.当用能量为11eV的电子撞击处于基态的氢原子时，氢原子一定不能跃迁到激发态 C.氢原子从高能级向=3能级跃迁时，辐射的光具有显著的热效应 D.从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射的光的频率为y32,则从n=2、3能级向基态 跃迁辐射的两种光，分别射入双缝间距为d,双缝到屏的距离为L的干涉装置， 产生的干涉条纹相邻亮条纹间距之差为 v32 黄冈中学临考特训预测卷（三）第1页（共6页） 2.如图所示，地球周围卫星1、卫星2、卫星3在同一平面内分别位于轨道1、轨道2、轨 道3绕地球运行，其中卫星2的轨道半径为R,卫星1的远地点到地心的距离为R1, 卫星3的近地点到地心的距离为R2,则下列说法正确的是 A.卫星在轨道上的运行速度大小满足：v1Q<V2P<v3r B.卫星1和卫星3的在相等时间内卫星与地心连线扫过 的面积相等 轨道2 R C.卫星3从轨道3变轨到轨道1的过程中卫星的机械能 R 轨道 守恒 D.卫星1和卫星3分别从远地点运动到近地点的时间之 发地球P 轨道3 吃+R (R,+R)3 3.如图，利用迷你便携式自动打气筒给自行车充气，每秒钟充气10次，每次将 0.075cm3的外界空气打入车胎中，充气2分钟后压强计示数为900mmHg,已知 充气前，车胎内气压与大气压强均等于750mmHg,自行车车胎容积0.5L,外界温 度27℃，估算自行车充气过程中车胎内气体温度升温 A.3℃ B.4℃ C.5℃ D.6℃ 4.如图所示，一条圆柱形的光导纤维的内芯折射率为1，外套折射 率为n2,复合光从光纤一侧入射后分成a、b两束在内芯中传播，a光和b光在内芯 与外套界面处反射时的入射角为0。=30°，0。=60°，a、b光在内芯中传播时间分别为 t。、t6,则下列说法正确的是 内芯 光源 外套 A.ni<n2 Bt,- 21 C.ta=to D.t。=√3t。 5.如图所示，A、B两物块竖直静止于轻弹簧的上端，物块B与弹簧相连， A、B接触但不黏连，弹簧的劲度系数为k,物块A的质量为，物块B 的质量为2m,t=0时对物块A施加竖直向上的恒力F=mg,两物块始 终在竖直方向运动，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g。已知弹簧 的弹性势能的表达式E,=2kx(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧 的形变量)，弹簧振了的振动周期公式为T=2x,促（其中m为振子质量），则下列 说法不正确的是 A.物块A、B分离时，物块B速度刚好达到最大 黄冈中学临考特训预测卷（三）第2页（共6页） (2m B.物块A、B分离后，物块B的振动周期为T=2π√友 C.物块A的最大速度为g /3m k D.物块A、B分离后弹簧振子的振幅为 mg k 6.如图甲所示，气压式升降椅通过汽缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙 所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，它们的总质量为，柱状气动杆的横截面积为 S,柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量的 理想气体，封闭气柱长度为L。已知汽缸气密性、导热性良好，不计气动杆与汽缸之 间的摩擦，室内温度保持不变，大气压强为饣。，重力加速度为g。人盘坐在椅面上稳 定后椅面下降了4L,则被封闭气体向外界放出的热量 椅面 汽缸 气动杆 底座 甲 乙 A.po S+mgL. B.PoS mgL C.poS+mgL D.BoS mgL 3 3 4 4 7.如图所示，一个光滑导轨长臂水平固定、短臂竖直，轻质圆环套在长臂上，质量为 1kg的小球通过不可伸长的细线与圆环相连。初始时圆环距短臂0.4m,细线水 平，恰好拉直但无弹力。已知细线长度为1m。重力加速度g=10m/s2,若将圆环 与小球同时由静止释放，不计空气阻力，下列说法 正确的是 A.小球运动到圆环左侧最高位置一定与初始位置 等高 B.小球运动到最低点前瞬间对细线的拉力大小等于10N C.小球运动的最大速度为4ms D.小球运动的最大速度为2√5m‘s 二、本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.真空中有一个棱长为L的正四面体ABCD,O是CD连线的中点，两个电荷量均为 一 的点电荷固定在A、B两点。静电力常量为k,则下列说法正确的是 A.C、D两点的电场强度相同 B.O点的电场强度大小为E=86kQ 9L2 C.AB连线上电场强度的大小先减小后增大 D.CD连线上电势的大小先增大后减小 9.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图甲所示， M、V、P、Q是介质中的四个质点，M点位于平衡位置，P点和Q点分别位于波谷 和波峰，M、Q两质点平衡位置之间的距离为9m,M点的振动情况如图乙所示，下 黄冈中学临考特训预测卷（三）第3页（共6页） 列说法正确的是 y/cm Q Ay/cm 10 M x/m 7×0.1s) -5 -10 -10 甲 A.波沿x轴正向传播，波速大小为v=40m,/s B.波沿x轴负向传播，波速大小为v=40m/s CN质点机被振动方程为y-10sim(29:+)cm 20π D.Q质点的平衡位置坐标x。=8m 10.随着科技的不断发展，无线充电技术已经进入人们的日常生活，手机无线充电原理 图如图所示，充电底座接收的交流电经充电底座整流后对手机电池充电。受电线 圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,手机可看成电阻为R的纯电阻，磁场垂直于 受电线圈平面向上穿过线圈，若在t1到t2时间内，其磁感应强度由B,均匀增加到 B2,下列说法正确的是 A.只要送电线圈中有电流流入，受电线圈两端一 B 定能实现充电 受电线圈 B.送电线圈内交流电频率越大，手机充电越快 C.在t1到t2时间内，两个线圈之间有相互吸引的 交流电 送电线圈 作用力 D.在t1到t2时间内，受电线圈通过的电荷量为 n(B2-B)S 充电底座 R+r 三、非选择题。本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。 11.(8分)“研究平抛物体的运动”实验装置如图甲所示。钢球每次从斜轨上同一位置 由静止滚下，经过水平轨道末端飞出后做平抛运动。 光电门 2 3(cm) 10 甲 乙 (1)实验中，将斜轨固定在桌面上，调节斜轨末端，当将小球轻放在斜槽末端轨道 上，小球能保持 时，则说明轨道调节到位。 (2)在斜轨末端出口处安装光电门并调节其到适当位置，将贴有坐标纸的木板紧靠 在斜轨出口处竖直放置，并分别记录小球平抛运动不同时刻对应的位置； 黄冈中学临考特训预测卷（三）第4页（共6页） (3)用游标卡尺测量小球的直径d,读数如图乙所示，则直径d= mm; (4)从斜轨上由静止释放小球，用频闪照相机正对着木板连续闪光照相； (5)从数字计时器读得小球通过光电门的遮光时间为1.45×10-s,则小球通过光 电门时的瞬时速度为v。= m.s;(保留三位有效数字) (6)根据频闪照片中记录的信息，在图甲的坐标纸上标出小球离开斜轨后的3个连 续位置A、B、C,坐标纸每个方格的边长为L,则当地的重力加速度g= 。(结果用L、0表示) 12.(8分)某实验小组为了精确测量阻值约为902的定值电阻R,,实验室提供了如下 实验器材： A.电压表V(量程为0~1V,内阻Rv为1k2); B.电流表A1(量程为0~0.6A,内阻约为0.52)； C.电流表A2(量程为0~50mA,内阻RA约为102)； D.滑动变阻器R,(最大阻值为102)； E.滑动变阻器R2(最大阻值为2k): F.电阻箱R。(最大阻值9999.92)； G.电源（电动势为3V、内阻不计），开关、导线若干。 甲 乙 (1)该小组同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成0 3V量程的电压表，应串联电阻箱R。,并将R。的阻值调为 Q; (2)请将图乙中的实物图连线补充完整； (3)根据图甲所示，其中电流表选用 ,滑动变阻器选用 ;(均填写 各器材前的字母代号) (4)某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I,则待测电阻的阻值R,= (用已知物理量的字母表示)； (5)实验测得待测电阻R,的测量值 (选填“大于”“小于”或“等于”)它的 真实值。 13.(9分)如图所示，边长为L的正方形内有截面为AFB的半圆弧面和截面为AED 的四分之一圆弧面的透明介质，其中F点为半圆上的三等分点，O为半圆弧圆心， B为四分之一圆弧的圆心，一束单色光从M点正对圆心O射入，经介质折射后恰 好经F点后平行BD边射出，已知光在真空中传播的速度为c,求： (1)透明介质对光的折射率； (2)光从M点传播到N点所用的时间。 介质 M 介质 真空 黄冈中学临考特训预测卷（三）第5页（共6页） 14.（13分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在竖直向下的匀强电场， 第三、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B,= √3mwa 2gL 第二象限存在垂直坐标平面向外的圆形有界匀强磁场（图中未画出）。质量为、 电荷量为q的带正电粒子从y轴上A点(0，√3L)以初速度。沿x轴正方向射入 匀强电场，然后从x轴上的M点(2L,0)射入第四象限，经磁场偏转后从x轴上的 N点射入第二象限，经第二象限圆形有界磁场偏转后垂直打到y轴上的A点，不 计粒子重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小E； (2)求N点坐标及粒子从A点出发到N点的运动时间； (3)若圆形有界磁场的磁感应强度B。=2√3B,,求此圆形磁场区域的最小面积。 B 15,(16分)如图所示，水平轨道AB段粗糙，A左侧部分光滑，半径R=0.6m的4光 滑圆弧轨道BC固定在竖直面内，圆弧轨道的最低点与水平轨道相切于B点，CD 是一个较高足够长的水平光滑平台，在OB右侧的区域内存在水平向右的匀强电 场E。质量M=3kg的光滑弧形曲面和。=2kg的小球Q静置于光滑段，现将 小球Q由曲面顶端静止释放，小球Q运动到A点与质量p=1kg、电荷量为十q 的滑块P(可视为质点)发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后滑块P在水平轨道AB 上滑行3R到达B点，滑块滑上圆弧轨道后从C点飞出，最终落在CD平台上并多 次反弹，且滑块每次撞击平台时水平方向速度不变，竖直方向速度反向，大小不变。 已知滑块在运动和碰撞过程中其电荷量始终保持不变，滑块与水平轨道AB间的 动摩擦因数满足以= ,其中工为滑块到A点的距离：曲面顶端高h三名m sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g=10m/s2,电场强度E= 4mp8,求： 3q (1)小球Q下滑到最低点时的速度大小。； (2)滑块P在轨道BC上运动受到轨道的最大弹力； (3)滑块P在CD平台上的第(n一1)次落点与第n次落点间的距离。 0---- R E 光滑A不光滑 B 黄冈中学临考特训预测卷（三）第6页（共6页）m=一mA十3mvB,代入数据得vB=√gs (2分) (2)当弹簧恢复原长时，有3mvs=3v'B十 3m0c12 …3moi=2·3mu'6+2·3m呢 1 1 1 (2分) 解得vc=√gs (1分) C滑上半圆轨道，由动能定理有 1 -3mgh=0-2 ·31w2, (1分) 1 解得h=2<s,C无法到达与圆心等高处的位 置 (1分) 当滑块C到最高点时，物块C与圆心连线与竖 直方向夹角为9，由动能定理有 1 -3mgR (1-cos 0)-0-2X3mve 解得0=60 (1分) 轨道对其支持力最小值为FN=3 ng cos60 、 mg 由牛顿第三定律可知，物块C对轨道压力最小值 .3 为F队=FN=2mg (2分) 15.(1)9BR (2)9BR2 15qB2R2 或 (3) 2m 8m 289g2B2R281g2BR 72n 32m 【解析】(1)当△=0时，粒子从O至M点，做匀 速直线运动，从M至V点，做匀速圆周运动，由 儿何关系可知轨迹半径。=尽 2 (1分) 由洛伦兹力提供向心力有gu,B=m0 (1分) ro 联立以上两式得，=9BR (1分) 2m (2)①当粒子直接通过右侧磁场由M点运动到 P点，由几何关系可知轨迹半径，= 2,由洛伦 兹力提供向心力有g0,B=m (1分) r 粒子从0点至M点的过程，有9U=moi-专 mvb (2分) 联立以上式子得U=9BR (1分) 171 ②当粒子先通过右侧磁场再通过左侧磁场由M 点运动到P点，轨迹半径2r2-2r。=3R(1分) 由洛伦兹力提供向心力有g心，B=m ,粒子从O 1 1 点至M点的过程，有gU=2mm-2mw号(1分) 联立以上式子得U= 15gB2R2 (1分) 87m (3)粒子在右侧磁场与左侧磁场运动轨迹半径分 别为r3、r。,一个周期内沿极板前进的位移为 △x=2r3-2r。, (1分) 设经过n个周期后，水平向左运动到达Q点，则 有n△x十2r3=15R(n=0,1,2,…), (1分) 要使得粒子不打在挡板上且不出界，则3R> rs>2R, 联立以上式子得号<<号 (1分) 故n=2,r3= R,打在靶上粒子的动能为E。 289g2B2R (1分) 72m 9 n=3,r3= R,打在靶上粒子的动能为E 81g2B2R2 32m (2分) 黄冈中学临考特训预测卷（三）】 题号 1 2 3 4 5 答 案 答案 C D C C D 速 题号 6 7 8 9 10 查 答案 A C BC AD BD 1.C【解析】A.一群处于n=4能级的氢原子跃迁 回基态时最多辐射出不同频率光子的种数为C?= 4X(4-1)=6种，故A错误；B.当用能量为11eV 2 的电子撞击处于基态的氢原子时，氢原子可能吸 收其中的10.2eV的能量跃迁到激发态，故B错 误；C.氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，辐射 的光子的最大能量值为Em=1.51eV=2.416 0,其波长为最小波长，为入气E己 6.6×1034×3.0×10 2.416×1019 m≈8.2×107m,可知氢 原子从高能级向n=3能级跃迁时，辐射的光属于 红外线，具有显著的热效应，故C正确；D.从n= 2、3能级向基态跃迁辐射的两种光分别射人双缝 间距为d、双缝到屏的距离为L的干涉装置，根据 条纹间距表达式△x= L人=，可知产生的干涉 di= dv 条纹相邻亮条纹间距之差为△s=△x21一△x31 2.D【解析】A.卫星1在椭圆轨道3上P点变轨至 轨道2上P点时需要瞬时点火加速则：v3P<v2P, 卫星在轨道2上Q点变轨至轨道1上Q点时需 要瞬时点火加速，则有1Q>v2Q,故A错误；B.根 据开普勒第二定律可知，在同一椭圆轨道上运行 的卫星满足卫星与地心连线在相等时间内扫过的 面积相等，故B错误；C.卫星从轨道3变轨到轨道 1时，两次点火加速，内能转化为机械能，故C错 误；D.根据开普勒第三定律可知，卫星1与卫星3 /R,+R3 2 的运行周期之比 T, T R2+R13 2 /(R1+R) √R,十R),两卫星从远日点运动到近日点的时 间之比即为周期之比 (R1+R)3 T√R,+R)故 D正确。 3.C【解析】自行车自动充气过程遵循理想气体状 态方程，满足 PiV P2V2 T T2 即 750×(120×10×0.075+500)=900×500 300 T> ,解得 T2=305K,充气过程中气体升温△1=5℃，故C 正确。 4.C【解析】A.光在光导纤维内发生全反射，满足 光从光密介质射人光疏介质，则n1>n2,故A错 误；BCD.由几何关系可知光在内芯中传播路程 L s- sin ,光传播时间1=L sin ccos 、210号当0，=30,0。=60时，1= 2Lsin tb,故C正确，B、D错误 5.D【解析】A.物块A、B恰好分离时，物块间的弹 力V=0,两物块的加速度大小相等，根据牛顿第 二定律，对于物块A,有F一mg=ma,对物块B 有F一2mg=2ma,解得a=0,此时物块B的速 度最大，故A正确；B.物块A、B分离后，B与弹 簧构成竖直弹簧振子系统，在竖直方向上做简谐 振动，根据题中质点做简谐振动的周期公式得 m,故B正确：C.当A、B两物块处于 T=2πk 7 静止状态时，F弹1=k.x1=3mg,解得弹簧的压缩量 3mg,当物块A的速度最大时，根据胡克定 x1= 律有F=6弹簧的压留量：2，从1=0 至物块A的速度最大的过程中，根据能量守恒定 律有2(2m十m)02+(2m十m)g(x-x2）= 1 F(x1一x:)+2kx-2kx,联立解得0= 名3m,故C正确：D.物块A、B分离后，物块B 3k 向上运动至速度减小到零，弹簧的形变量为x3, 1 满足2×2m×v2=2mg(x2一x3）十2kx号 名，若报照A-.则，=0，代入上式上 k 式不成立，故假设不成立，D错误。故选D。 6.A【解析】人的质量为M,开始时人没有盘坐在 椅面上，有pS十mg=p1S,人盘坐在椅面上时， 根据共点力的平衡条件有，pS+(M+m)g= p2S,根据玻意耳定律有，p1SL=p2S（L一 子L),联立解得M=:S十m8,外界对气体做的 3g 功w=[(M+m)g十pS]子L,解得W p,S十mgL,理想气体的温度不变，则气体内能的 3 变化量为零（△U=0),根据热力学第一定律△U= Q+W,解得Q=一，S十m8L,可知封闭气体向 3 外界放出的热量pS十m3L。 3 7.C【解析】A轻环运动到短臂之前的过程中，因 环的质量不计，细线中近似没有张力，故该过程小 球近似做自由落体运动，轻环与短臂碰撞后到球 运动到最低点的过程中，轻环被限制不动，故此时 小球开始绕轻环做圆周运动，当球运动至短臂正 下方时，小球速度的方向变为水平，之后继续往左 运动，细线将一直保持竖直，即小球向左匀速运 动。小球自由落体运动结束时，细线绷直瞬间，小 球沿细线方向的速度瞬间变为零，有机械能损失， 小球的机械能不守恒，故A错误；C.设轻环与短 臂接触时，细线与竖直方向的夹角为0，根据几何 关系有sin0 0.6L=0.6可得0=37，设细线绷 L 紧前的瞬间小球的速度为，对小球，从开始运动 到细线绷紧前瞬间，根据动能定理有ngLcos0= 之mv,解得u=4ms,细线绷紧后瞬间，小球垂 直细线的速度为v1=vsin0=2.4m,/s,沿细线方 向的速度变为零，从此时到小球运动到最低点的 过程中，对小球根据动能定理有 mgL1-6os0)=号m-号m心d,解得小球运 动到最低点时的速度大小为v1=√9.76ms< 4m:s,此后以v1继续往左做匀速运动，可知小球 运动的最大速度大小为4ms,故C正确，D错误； B.小球在运动到最低点前瞬间，根据牛顿第二定 律得F-mg=2,解得F=19.76N,根据牛顿 第三定律可知，小球运动到最低点前瞬间对细线 的拉力大小等于19.76N,故B错误：故选C。 8.BC【解析】A.根据对称性可知，C、D两点的场 强大小相等，方向不同，故A错误；B.一个一Q在 0点扬强大小为E,=80一两个 Q Q在O点合场强大小为E=2E1· √()-(2) _86kQ,故B正确：C.AB 9L2 连线上各点场强先减小后增大，故C正确；D.CD 连线上电势的大小先减小后增大，故D错误。故 选BC。 9.AD【解折】由图甲可知X=9m则A=12m 由图乙知T=0.3,则。=产=号m8 12 40ms,从t=0时刻开始，M点向上振动，则波向 销正向传播，对N点有y=10sn(291-君) 、cm,当其第一次回到平衡位置，即y=0,此时。” 。一否-=0，解得1。一0又△w=0·解得 △xMN=1m,即xM=一1m,故Q的平衡位置坐 标xo=8m,故选AD。 10.BD【解析】A.只有送电线圈中有交流电流流 入，受电线圈两端才可以得电压，实现充电，故A 错误；B.交流电的频率越大，磁通量变化越快，产 生的感应电流越大，受电线圈中的充电电流越 大，手机充电越快，故B正确；C.在t1到t2时间 内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知， 两个线圈之间有相互排斥的作用力，故C错误； 8 △Φ D.在t1到t2时间内，感应电动势为E=n △t n(B2-B t2-t1 S,感应电流为I=R十7 E n(B2-B)S ,-1,)(R+r受电线圈通过的电荷量为g n(B2-B)S I(t2-t1)= .故D正确。 R+r 11.(8分)(1)静止(2分)(3)14.50(2分) 2v (5)1.00(2分)(6) 9L (2分) 【解析】(3)游标卡尺的精度是0.05mm,读数为 14mm+10×0.05mm=14.50mm. (5)小球通过光电门时的瞬时速度为。= d 1.450×10-2 1.45×10-2m/s=1.00m.'s。 (6)从A到B,B到C,时间间隔均为△=3L,由 △y=g·△t2,得2L=g· (3),解得g=9。 2v6 12.(8分)(1)2000.0(1分)： (2) (2分)； o9界 3URv (3)CD(每空1分)(4)7Rv1分)：(5)等 于(2分) 【解析】(1)根据电压表的改装原理可知，应串联 电阻，根据欧姆定律有R。= U'-U U Ry 3-1 1 2=2000.02. 1000 (3)特测电阻中的电流最大值为1={=A≈ 33mA,电流表应选择A2,即C。滑动变阻器采 用分压式接法，为了减小误差，便于调节，滑动变 阻器采用最大阻值较小的R1,即D。 (4)根据欧姆定律可知R.=3U 3UR 1-U IRv-U (5)由(4)中分析，实验中已考虑到电压表内阻分 流因素，故测量值等于真实值。 13.(9分)(1)n=(4分)(2)4=45-1DL 4c (5分) 【解析】(1)根据几何关系及光路可逆可知，光在 F点发生折射时满足0=30°，i=60° (2分) 因此透明介质对光的折射率 sini3 sin r (2分) A 介质 介质 B 真空 D (2)根据几何关系有FN= L.EF OF L.EM-OM-OE-L-L 2 (1分) 根据光的折射率与速度的关系有”=二，光在介 质中的光速。=￡=9 (1分) n3 光在透明介质中由M点到V点传播的时间t= FN+EM EF (1分) c 联立以上各式解得t= FN+EM EF (43-1) Ac (2分) 14.13分1DE-3mu(4分)（2(-2L.0) 2gL c。,83π、(5分)（3)mm9(4分) 9v 【解析】(1)根据题意可知，带电粒子在电场中做 类平抛运动，则有 沿x轴方向x=vot1=2L (1分) 沿y轴方向：y Eq-5L (1分) 2m 联立解得E= √3mw (2分) 2gL 1 (2)由动能定理有qE)=2mui:-之mu 解得M点的速度vM=2vo,经过M点的速度M 与x轴的夹角为0，则0=60 粒子在B1磁场区满足：B1VM9= m (1分) R 解得R,=4V 3 -L (1分) 由几何关系可得，带电粒子在第三、四象限内运 9 动轨迹的圆心O:恰好在y轴上，则N点和M 点关于O点对称。 故V点坐标为(-2L,0) 粒子在第一象限内做类平抛运动满足：t1= Vo 2L (1分) Va 粒子在第三、四象限内做磁偏转运动满足：2= 号r- 4πm (1分) 综上可知粒子从A点出发到返回V点的时间为 t=t1+t2=(2+83xL 9 (1分) ◆V QA E UM B (3)设粒子在第二象限进入有界磁场时，半径为 muM R2,根据B:UM9=R2 (1分) 解得R2二名L (1分) 满足条件的最小圆形有界磁场的区域如图所示， 由几何关系可得 PQ=2R2sin30°=R, (1分) 圆形磁场区域的最小面积为 ()-5 Sn=r2） (1分) 16分)①)3m/s(3分)(2)F=N(6分) 32(2n-1 (3)x.= 2m(7分) 15 【解析】(1)小球Q下滑过程中，弧面与小球Q 组成的系统在水平方向上动量守恒，有 Mu=mqvQ (1分) 弧面与小球Q组成的系统机械能守恒，有 mogh-2 Mu+2 mgva (1分) 联立解得va=3m/s (1分) (2)小球Q与滑块P发生弹性正碰时动量守恒， 则有mova=mQ0Q十mpu1 (1分) 根据机械能守恒，有 1 1 ma哈=2ma6+2mpo (1分) 解得v1=4m/s 3mng 3R 甲 光滑除不光滑 乙 滑块P从A点到B点过程中，克服摩擦力做的 功由图像法（如图甲所示）可知 1 W2×3RX名mP8=6J (1分) 1 1 AB段由动能定理有一W,= 2 mpv-2mpv (1分) 解得v2=2mfs 如图乙所示，BC段重力与电场力的合力沿半径 方向与轨道的交点是滑块在轨道上的等效最低 点，设滑块到圆心的连线与竖直方向的夹角为 P,由tanp一mpg} Eg,可得9=53 滑块从B点到等效最低点时，有 1 EqRsin -mrg (R Reos )mv 2 mpv (1分) 在等效最低点处满足：F、 8=m即灵 cos (1分) 解得u,=25m/s:FN=10N 3 (3)滑块从B点到达C点的过程中，由动能定理 可得 EqR-mpgR=- ,21 2mp-2mpu号 (1分) 解得v,=2√2m/s 滑块从C点上抛到第一次落回到平台所用时间 2w_22 t=- s (1分) 抛出后滑块在水平方向做匀加速直线运动，加速 度a=E9=4g 1分) mp 3 滑块从C点上抛到第一次落回平台上，水平位移 1 4=2at (1分) 解得x1 滑块撞击平台时竖直方向能等速率反弹，可知滑 块每次在空中的运动时间相等，而通过C点时的 水平初速度为零，由匀变速直线运动相邻相等时 间间隔内的位移比，有 x1:x2:x3:…:xn=1:3:5:…:(2n-1) (1分) 可知平台上(n一1)、n两个落点间距x.=(2n一 32(2n-1) 1)x1= -m (2分) 15 黄冈中学临考特训预测卷（四）】 题号 1 % 3 4 5 答 案 答案 A 0 B D 速 题号 6 7 8 9 10 查 答案 A D BC AD BD 1.A【解析】A.由质量数守恒和核电荷数守恒得 14十1=14十n,7十0=6十x,联立解得n=1,z= 1,故X为质子，A正确；B.核反应前后有质量亏 损，故B错误；C.经过两个半衰期后，碳14剩余四 分之一，即2.5g,C错误；D.半衰期不随浓度、温 度等外界因素的变化而变化，故D错误。 2.D【解析】A.由卫星变轨规律可知，乙卫星经过 P点的速度大于甲卫星的速度，故A错误；B.甲、 乙两卫星经过P点时只受万有引力，由G= m得。=G从，故甲，乙的加速度相等，B错误： C.P、Q到地球球心的距离rp:r。=17,由a= G得ap:ag=49:1,故C错误；D.甲卫星的 轨道半径rp与乙卫星轨道半长轴a之比 rpa14由=2得TmT2=1·8,故 D正确。 3.B【解析】A.对小球受力分析如 a 图所示，合力方向沿水平方向向 右，小车可能向右做匀加速运动或 F合 向左做匀减速运动，故A错误； B.由牛顿第二定律得（mg十 F峰)tana=ma,解得a=gtan a十 mg+F库