物理(4)-【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（四） 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.碳14是一种放射性同位素，常用于医学检测（如幽门螺杆菌检测）和考古学中的年 代测定，它的半衰期约为5730年。碳14的人工制备是通过中子轰击氮14，核反应 方程式为N十n→4C十X,则下列说法正确的是 A.X为质子 B.制备碳14过程中，反应前后静质量不变 C.10g碳14经历11460年全部发生衰变 D.碳14的半衰期会随着其浓度的降低而变长 2.如图所示，甲、乙两颗卫星分别沿近地圆轨道、椭圆轨道绕地球运行。椭圆轨道的近 地点与近地圆轨道相切于P点，远地点Q离地面的高度为地球半径的6倍。下列 说法正确的是 A.甲、乙两卫星经过P点时，速度大小相等 B.乙卫星经过P点时的加速度大于甲的加速度 C.乙卫星经过P、Q点时的加速度大小之比为36：1 D.甲、乙两卫星运行的周期之比为1：8 3.如图所示，一小车放置在水平地面上，在车厢顶用绝缘轻 绳悬挂一带负电小球，在车厢的绝缘地板上固定一带正电 小物块，当小车沿水平方向匀变速运动时，小球恰好稳定 在物块正上方，此时轻绳与竖直方向夹角为α，已知重力加 7777777777777 速度为g,带电小球和物块均可视为点电荷，则下列说法正确的是 黄冈中学临考特训预测卷（四）第1页（共6页） A.小车一定在向右运动 B.小车的加速度大小一定大于g tan a C.小车的加速度大小可能等于gtan a D.小车的加速度可能为零 4.如图所示，半径为R的半圆柱玻璃，平行于其横截面的一束光线从左端点C入射， 光线与水平半径OC的夹角α=60°，该光线恰从半圆柱的竖直半径OA的中点射 出，不考虑光线在圆柱内的反射，已知真空中的光速为c,则该玻璃的折射率和光 在玻璃中传播的时间t分别为 A.n=3 1=3R B.n=3 t=23R 3c C.n=15 1=/5R 2 2c D.n=5 53R t= Ac 5.近年来，无人机已广泛应用于我们的日常工作与生活中。某兴趣小组使用无人机模 拟投递包裹的实验，现有一无人机下方用轻绳悬挂包裹正以额定功率沿竖直方向匀 速上升，某时刻无人机松开绳子将包裹释放。设整个运动过程中，无人机始终沿竖 直方向运动，且发动机的功率始终保持不变，不计空气阻力，则关于无人机运动过程 中的速度、发动机的牵引力F随时间t变化规律的图像描述正确的是 A B D 6.如图所示，A、B、C为直角三角形的三个顶点，AC边长为L,∠A=60°，一匀强电场 的方向平行于该三角形平面。若将电荷量为十q的试探电荷从A点移到B点，静电 力做功为W(W>0);若将电荷量为十q、一q和十2q的三个试探电荷先后分别置于 A点、B点和C点时，电势能相等。则该匀强电场的场强大小是 A W W A.2qL B. L e 2/3W D.3qL B 7.如图甲示，水平面内固定放置两条足够长的平行粗糙金属直导轨MV、PQ,两金 属杆α、b用绝缘细线相连，放置在导轨上，两杆与导轨间的动摩擦因数相同。整个 空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。开始时对α杆施加水平向右的 恒定外力F,使两杆以速度。水平向右匀速运动。在1时刻将细线烧断，保持外力 F不变；t2时刻，两金属杆再次开始匀速运动，整个过程的v-t图像如图乙所示。 黄冈中学临考特训预测卷（四）第2页（共6页） 已知金属杆和导轨始终垂直且接触良好，α杆的质量为m,两金属杆的电阻均为R, 导轨间的距离为L,导轨电阻可忽略。下列说法正确的是 XXX AU > XX Vo F ×× 5 XbX“XX 12 甲 乙 A.金属杆b的质量为2m B.,时刻之后，b杆所受的安培力大小为1OR B'L'vo F(t2-t1）2mvo C.l,一t2时间内，通过a杆的电荷量为BL 5BL D.t,~t2时间内，外力F做功大于两杆摩擦产生的热量与系统焦耳热之和 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.如图所示，理想变压器的原线圈、副线圈总匝数之比1：12=1：2，副线圈接入电 路的匝数可通过滑动触头Q调节，原线圈串联定值电阻R,=R。,副线圈回路接有 滑动变阻器R2(阻值可在07R。之间调节)和定值电阻R。,电压表、电流表均为理 想交流电表。开始时，滑片P、触头Q均置于最上端，则在输入交变电压U。不变的 情况下，下列说法正确的是 R R Uo 112 R A.若只将滑片P下移，电压表V示数不变，电流表A示数变大 B.若只将触头Q下移，电压表V示数变小，电流表A示数变小 C.若只将滑片P不断下移过程中，副线圈输出功率先增大后减小 D.若只将触头Q不断下移过程中，副线圈输出功率先增大后减小 9.如图所示，质量为m,倾角α=30°的斜面体静置于粗糙水平地面上，轻弹簧上端固 定在斜面体上，下端与小滑块（可视为质点）连接。现将滑块从弹簧原长处由静止释 放，在光滑斜面上做简谐运动，斜面体恰能在水平地面上保持静止。已知滑块质量 为2m,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,若斜面体与水平地面间的最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，运动过程中弹簧始终与斜面平行且没有超过弹性限度，则下列 说法正确的是 A滑块的振幅为爱 B.滑块释放的瞬间，地面对斜面体的摩擦力为零 C.从释放到运动至最低点过程中，弹簧弹力对滑块的冲量 777777nn7n7nnnnnm 为零 D.斜面体与水平地面间的动摩擦因数为S 黄冈中学临考特训预测卷（四）第3页（共6页） 10.如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，其中有一半径为R的竖直光滑 绝缘的圆弧轨道，质量为，电荷量十g的小球甲静止于轨道上的A点，现将质量 为2m,不带电的乙球以某一速度从轨道最低点C水平向右射出，与甲球碰后粘在 一起沿竖直轨道恰能做完整的圆周运动。已知直径AB与竖直直径CD间的夹角 为60°，重力加速度为g,不考虑运动过程中电荷量的变化，两球可看作质点，碰撞 时间极短，内力远大于外力，则下列说法正确的是 A.匀强电场的场强大小为3g D 3q B B.碰撞后，两球整体经过D、B两点时对轨道压力大小相等 0 C.碰撞后，两球整体做圆周运动的最小速度大小为√/2gR 60A V0 D.两球碰撞后的瞬间速度大小为√2(1十√3)gR 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)某同学利用拉力传感器、无线加速度传感器和待测物体等器材设计了测量 滑块与长木板之间的动摩擦因数的实验，如图甲所示。 主要步骤如下： 加速度传感器 ①将拉力传感器固定在滑块右侧，通过细绳绕过定 ,拉力传感器 滑轮与钩码相连，加速度传感器固定在滑块上； ②竖直悬挂1个钩码，由静止释放，通过电脑读出稳 定时拉力F和加速度a的示数； ③增加钩码个数，重复上述实验步骤，读取多组实验 甲 数据。 回答以下问题： (1)下列选项中，符合实验中必要的措施及要求的是 A.连接滑块和钩码的细绳必须与长木板平行 B.实验中必须测量钩码质量 C.钩码的质量应远小于滑块和传感器的总质量 D.实验前要先把长木板左端垫高以平衡摩擦力，再进行实验 (2)该实验小组进行了多次实验，所测得数据如下表所示。 悬挂钩码数n 1 2 3 4 5 拉力传感器示数FN 0.45 0.68 0.81 0.90 0.96 加速度传感器示数a(m·s2) 0.78 3.04 4.39 5.30 5.94 以传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，在图乙的坐标纸上画出α-F关系 图像。 a/(m·s3 6.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 0 0.5 乙 黄冈中学临考特训预测卷（四）第4页（共6页） (3)根据图像可知，滑块和传感器的总质量M= kg,滑块与长木板间的动 摩擦因数以= 。(结果均保留两位有效数字，重力加速度g= 9.8m:s2) 12.(8分)某实验小组设计了一款欧姆表，它有“×10”和“×100”两个挡位，两个挡位 共用图甲所示的刻度盘，指针满偏对应0，指针不偏时对应∞，其工作原理图如图 乙所示，现备有以下器材： A.电源（电动势E=3V,内阻可忽略 不计) B.电流表G(量程、内阻均未知) 之O C.电阻箱R,(最大阻值9999.9) D.电阻箱R,(最大阻值999.92) E.单刀单掷开关S一个，导线若干 分 (1)根据上述工作原理图可知，当开关S 断开时，欧姆表为 挡位（填“×10”或“×100”）。 (2)实验小组先通过实验测量电流表的满偏电流和内阻，实验步骤如下： ①断开开关S,将R,调至最大值； ②将两表笔短接，调节电阻箱R,,使电流表满偏，记录电阻箱R,的阻值为 1460.02; ③保持两表笔短接，调节电阻箱R1,使电流表半偏，记录电阻箱R,的阻值为 3460.02。 由此可得，电流表的满偏电流I。 mA,内阻R。 2。 (3)某同学闭合开关S,并用该欧姆表测量一个电阻的阻值R,实验步骤如下： ①闭合开关S,调节电阻箱R2,使R2= Q; ②将两表笔短接，调节电阻箱R1,使电流表满偏； ③再将两表笔接在待测电阻两端，电流表指针指在图甲所示位置，则待测电阻 的阻值R,= 2. 13.(9分)一导热良好的汽缸竖直放置，顶端装有阀门K,汽缸容积为V,一厚度不计的 活塞将汽缸分为I、Ⅱ两部分。当阀门K打开，系统稳定时，I中封闭气体的体积 为了（如图甲所示），若保持阀门K打开，将汽缸缓慢旋转至水平，活塞恰好移至汽 缸正中间位置（如图乙所示）。已知活塞面积为S,大气压强为饣。，重力加速度为 g,活塞与汽缸间的摩擦忽略不计，环境温度不变。 (1)求活塞的质量多大； (2)若先关闭阀门K密封汽缸，再将汽缸缓慢转至水平，求I中气体体积多大。 黄冈中学临考特训预测卷（四）第5页（共6页） 14.（13分)如图所示，光滑水平地面上有一质量为mB=2kg,长度为d=2m的长木 板B静止放置，质量为mA=1kg的小滑块A(可视为质点)置于木板右端，质量为 mc=1kg的小球C用长为l=0.16m的轻绳竖直悬挂于O点，小球恰好位于木 板左端且与滑块A在同一高度。已知A与B间的动摩擦因数为u=0.8,重力加 速度g=10m/s2,现使小滑块A瞬间获得水平向左的初速度v。,A与C发生弹性 碰撞后立即移走滑块A。 (1)若滑块A与小球C发生碰撞前，已与木板B达到共同速度，求。的最大值； (2)若要使小球碰撞后在竖直面内做圆周运动，轻绳不松驰，求滑块的初速度v。的 大小范围。 B 15.(16分)如图甲所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内存在一个平行于y轴 的交变电场（未画出），其电场强度E随时间t变化规律如图乙所示(E未知)。第 二象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场；第四象限存在沿x轴负方向的匀强 电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小E,=”,磁感应强度大小 gL 5。一。现将一质量为m、电荷量为g的带正电粒子从x轴上的S点以速度 沿与x轴负方向成60°角的方向射入第二象限，在t=0时垂直穿过y轴上的A 点，然后从x轴上的C点射入第四象限。已知S点的坐标为（一√3L,0),C点的 坐标为(？L,0),忽略粒子所受重力。 (1)求第二象限磁场磁感应强度的大小； (2)求第一象限交变电场电场强度E的大小； (3)若在第四象限内垂直于x轴安装一足够大的绝缘挡板，使粒子能垂直撞到挡板 (不考虑碰撞后反弹)，求粒子碰撞挡板时速度以及碰撞点的位置坐标。 A E E-- 米00 0 OXCX X×x O ×××× 6L12D 18L ×××× ×X×× -E 甲 黄冈中学临考特训预测卷（四）第6页（共6页）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 F tan a >g tan a,故B正确，C、D错误。 4.D【解析】设光从C点射入玻璃的折射角为r,则 R 2 由几何关系有sinr= 5,故n R2+（2 sina_√15 sinr ,又光在玻璃中传播的速度0=C,故 R+() 53R Ac ,故D正确。 5.C【解析】设无人机的质量为M,释放包裹后，无 P。一Mg 人机的加速度a=” ，随着v的增大，a不 断减小，故-t图像如图所示。 本) 2U3 O 在加速阶段，相邻相等时间间隔的三个时刻对应 的速度分别为℃1、2、v3,由图可知v1<2<03, 且0，-<-U,E1-F2= P。P。 12 (v:-v)Po,F-F,-Pe_Pe_(v,-v;)Po 1w2 203 由于V3-V2<v2-1V32>v2V1,故F1-F2> F2一F3,故C正确。 6.A【解析】UB=Y =9A一 A 、M 9B,EA=9·9A,EB= (-q）·9B,Ec=2q·9c, EM=EB=Ec,由上式联立C 月 W 2日9=g如图所示，图中 W 得9A=2g9B= W M点为AB边的四等分点，则C、M两点等势， CM连线为等势线，电场方向平行于AB边，故E wW UAM2q 4g W AM L 一2L·故A正确。 2 7.D【解析】A.两杆在0~t1时间内速度方向相 同，外力F不变，两杆组成的系统所受的合外力为 零，系统动量守恒，由系统动量守恒定律有(m+ 7 m,)=m·子w十m·吉w解得m,=受故 1 A错误；Bt2时刻后，a、b杆向右匀速运动，回路 1 BL(5 v- /7 5/ 中的感应电流I= 2R 3BLwo,b杆 5R 所受的安培力F=B1L-3B,放B错误； 5R C1~1:时同内，对6杆由动最定理得受（号 o=BLg-FB·(t2-t1),又由于FB= 3联 立解得q= -配故C错误：n根据 能量守恒定律有Wr=△Ek十Q体十Q,,而△Ek> 0,故D正确。故选D。 8.BC【解析】利用等效电阻法，可将变压器和负载 电阻等效为一个电阻R年=（货）'R:十R,)。A 若只将滑片P下移，R2减小，则R等减小，流过原 U。 线圈的电流I,=R,十R ,故I1增大，电压表V 示数增大，故A错误：C、D.副线圈输出功率等于 U。 R等消耗的功率，P:=（R,十R -)2·R等= U 一，当R等=R。时，P2最大，故当滑 尽十R等+2R 片P下移过程，R由2R,减小至尺P:先增大 后减小，若只将触头Q不断下移，R等不断增大， 与R。相差越来越大，则P2不断减小，故C正确， D错误；B若只将触头Q下移，2减小，则R等增 大，原线圈中电流I减小，电压表V示数减小，P 不断减小，则U2和I2均减小，故B正确。故 选BC。 9.AD【解析】A.滑块做简谐运动，其在平衡位置 时有A=2 ngsin a,滑块的振幅A="mg,故A正 确。B.释放瞬间，斜面体静止，加速度为零，滑块 的加速度沿斜面向下，有水平向右的分量，则滑块 与斜面体整体，在水平方向上所受合力方向向右， 故地面对斜面体的摩擦力向右，故B错误。C.从 释放到运动至最低点过程中，滑块所受弹簧弹力 始终沿斜面向上，则弹簧弹力的冲量一定沿斜面 向上，故C错误。D.滑块释放瞬间，加速度a= g sin a,方向沿斜面向下，对斜面体与滑块的整体， 在由牛顿第二定律有竖直方向上3mg一F×= 2 masin a,又在水平方向上有F,=2 ma cos a, E/=F联立得=名，故D正确 10.BD【解析】A.甲球静止时，有Eg=ng tan60°， 解得E=3mg,故A错误；B.碰撞后对两球整 体受力分析，整体所受重力与电场力的合力可看 作等效重力G'=23mg,方向与竖直方向的夹 角为30°，故D、B两点关于等效最高点对称，故 B正确；C.整体以最小速度经过等效最高点时， 轨道对两球整体弹力为0，等效重力G'提供向心 力，则有2√5mg=3m ,解得m自 23gR,故C错误；D.整体从A点运动至等 效最高点的过程中，由动能定理有 -8mg(R+R)-Bmg(R+受R) 3 1 2 X 3mvinin X3mu,解得vA= √2(1+√3)gR,故D正确。 11.(1)A(2分) alm·s3 6.0 5.0 4.0 (2)3.0 (2分) 2.0 1.0 0 0.5 1.0 (3)0.098(0.093~0.11均给分)(2分)0.40 (0.36~0.42均给分)(2分) 【解析】(1)A.实验中，为保证滑块做匀变速运动 或匀速运动，细绳必须与木板平行，故A项正确： B、C.滑块所受拉力F可利用拉力传感器读数测 出，无需用钩码重力近似代替细绳拉力，故不需 测量钩码质量，也不需要钩码质量远小于滑块和 传感器总质量，故B、C项错误；D.本实验的目的 是测量动摩擦因数，所以实验中不需要平衡摩擦 力，故D项错误。故选A。 (3)由第(2)问所作图线可知，横截距F。= Ms=08N.别率去=8036g- 由两式联立得M≈0.098kgu≈0.40。 12.(1)×100(1分)(2)1.5(1分)540(2分) (3)①60.0(2分)③100(2分) E 【解析】1)欧姆表的内阻r为一上，满偏电流I, 越大，内阻r内越小，倍率就越小。当开关S闭合 12 时，相当于增大I。,故为小倍率。开关S断开时， 为大倍率，即为×100挡。 (2)调节电阻箱R,使电流表满偏时 E=1.(R.+14602) 调节电阻箱R,,使电流表半偏时 E=21,(R.+3460D) 联立解得R.=5402,I.=1.5mA。 (3)该同学闭合开关S,即选择×10倍率，欧姆表 的内阻变为之前的十分之一， 1 R内2= ×(540+1460)2=2002 干路电流变为原来的10倍，R,=)R,=60n 2 E ·10I.(R内2十R.) 解得R.=1002。 13.(1) 2g (2v 【解析】(1)设活塞质量为m,汽缸竖直时，I中 气体压强为 A=A,十餐 (1分) 保持阀门K打开，转至水平位置的过程中，因环 境温度不变，则由玻意耳定律得 V p1·3=p0·2 (1分) 解得m=S (1分) 2g (2)若关闭阀门K,汽缸竖直放置时， I巾气体压强为A,=,+答=名， (1分) Ⅱ中气体压强为p2=po (1分) 汽缸水平放置时，I、Ⅱ两部分气体压强相等， 设此时两部分气体压强为p3,I中气体的体积 为V 由玻意耳定律得 3 对I中气体：2· =P:V; 3 (2分) 对Ⅱ中气体：p。· v=·(w-V,)1分) 3 解得V=y (1分) 14.1)6ms(2)w>2而ms或<125 5m./s 【解析】(1)若滑块A与小球C碰撞前的瞬间， 恰好与木板B达到共同速度 对滑块A与木板B组成的系统，由动量守恒定 律得 mA0。=(mA十1B）v1 ①(1分) 对滑块A:u12-uo2=-2gd ②(1分) 由①②式得1=2m/s,v=6m/s。 (2分) 故v。的最大值为6m:s (2)若小球C恰好能经过最高点做完整的圆周运 动，则其经过最高点瞬间，由牛顿第二定律有 mcg=mcI ③(1分) 小球从最低点运动至最高点过程中，由动能定 理得 2mea2-2mec2=-mg2 .1 ④(1分) 由③④式解得：vc=√5gl=2√2m/s (1分) A与C发生弹性碰撞，则有 mAV2=mAVA十mcvC ⑤(1分) 1 1 ⑥(1分) 由⑤⑥式得v2=2√2m:s>2m/s 故滑块A与C碰撞前一直匀减速运动，则有 v22-v02=-2ugd ⑦ 解得o。=2√10m/s (1分) 若小球C碰后恰好运动至与圆心等高处， 1 由动能定理得-mcgl=0-2mc6⑧(1分) 由⑤⑥⑧式得v2=√3.2mfs<2m.s 故滑块A与球C碰撞前已共速，则有 mAvo=(ma+mB)v2 ⑨ 解得，=12 -ms (1分) 5 故>2V0ms或，<125 5 m s (1分) 15.(1) mvo 、14mv8 (2 2gL 3gL (3)。,方向沿x轴正方向 位置坐标为 【解析】(1)粒子在第二象限做匀速圆周运动， 则有 Bvoq=m ①(1分) r 由几何知识得r= √3L sin60° ②(1分) 71U0 由①②式得B= 2gL (1分) (2)A点位置坐标为y=r+rcos60°=3L 13 粒子从A点运动至C点的过程中， 沿x轴方向上有7L=0o1 ③(1分) 9L 解得t=70。 沿y辅方向上有认=名（必）广+a·是沿 7o7v0 2(0) ④(1分) a=Eg ⑤(1分) 产U0 n 由③④6式得E=140(2分) 3qL (3)如图(a)所示，设粒子经过C 点时的速度为vc U Uc 又,= Eg.6L Eq.3L (a) 7va -2vn 则c=√0后+=√5g (1分) 粒子在第四象限中的运动可分解为以速度1沿 y轴负方向的匀速直线运动和以速度2做匀速 圆周运动，则有 qBov1=Eq 解得v1=vo 故u2=√/0十(0，-01)=√2v0 (1分) 设v2与x轴正方向的夹角为0，tan0= 0,一1=1，故0=45 (1分) 设粒子恰好垂直撞到挡板上的D点，此时速度 与x轴平行，设速度为oD,如图(b)所示。 由几何关系得，粒子经过D点时， 2 UD 0 (b) vD=vo,方向沿x轴正方向 分运动v2的速度方向与x轴正方向成45°角， 粒子从C点运动至D点过程中，第二个分运动 恰好运动了四分之一圆弧，如图(c)所示。 由B。·:g=m三得 r2 r2=√2L (1分) 由几何知识得位移x2=√2r2=2L (1分) 运动的时间t= 12πm_πL 4×Bg2u (1分) (c) 在此过程中，第一个分运动： L y1=1t=2 故xn=7L+2L= 9 23 (1分) π yp=-y1=- (1分) D点坐标为（1-1） 黄冈中学临考特训预测卷（五） 题号 2 3 5 答 案 答案 0 速 题号 6 7 8 9 10 查 答案 D A AB BC AC 1.A【解析】A.根据爱因斯坦质能方程可知，单个 7Lu衰变释放的能量为(m1一m2-m3)c2,故A 正确：B.13.4天等于2个半衰期，经过2个半衰期 还剩下0.25g的镥一177，故B错误；C.根据电荷 数守恒和质量数守恒可知，粒子X为电子，其贯穿 能力比Y射线的贯穿能力要弱，故C错误；D. 1Lu衰变成zHf要释放能量，因此Hf的结合 能比7Lu的结合能大，7Lu和2Hf的核子个数 相同，因此2H的比结合能比7Lu的比结合能 大，故D错误。 2.D【解析】A.从平行于磁场的位置开始计时，电 动势瞬时值表达式为e=NBSwcos wt,从中性面 位置开始计时，电动势瞬时值表达式为e= NBSosin ot,故A错误；B.根据法拉第电磁感应 定律，感应电动势E=N合架，图示位置感应电动 势最大，故线圈中磁通量的变化率最大，故B △t 错误：C.线圈从图示位置转过60°时，电流表的读 NBSo √2 数为I=R十r NBS,故C错误；D,线圈 2(R+r) 转一周的时间内，电阻R上产生的热量为Q= E (反)RT,E=NBS,T=2z,解得Q= R+r NBSRπ，故D正确。 (R+r)2 3.C【解析】AB.隔离第3本书，左、右两侧受到的 静摩擦力大小相等，均为1N,故AB均错误；C.将 第2、3、4本书一起隔离，第1本书与第2本书之 间的静摩擦力和第4本书与第5本书静摩擦力大 小相等，均为3N,故C正确；D.将5本书之间的 作为一个整体，由平衡条件得2F=5g,解得F =25N,故D错误。 4.B【解析】A.该等势面为等量异种点电荷的等势 面，故A错误；B.根据等势面与电场线垂直的关 系，画出电场线，带电粒子所受的电场力，既指向 轨迹的凹侧，又沿着电场线的切线方向，则电场力 指向右边，若粒子从A点运动到B点，电场力做 正功，动能增大，若粒子从B点运动到A点，电场 力做负功，动能减小，可得粒子在A点的速度均小 于在B点的速度，故B正确；C.等差等势面的疏 密表示电场强度的大小，A处密集，电场强度大， 粒子在A处所受电场力大，加速度大，同理，粒子 在B处的加速度小，故C错误；D.由于不能确定 粒子的电性，因此不能判断电场的方向，也就不能 判断A、B两点的电势高低，故D错误。 5.C【解析】A.太空电梯的角速度与地球自转的角 速度相等，升降舱在A位置的半径大于地球半径， 因此升降舱在A位置的线速度大于地球赤道上物 体的线速度，故A错误；B.升降舱在B位置时，所 受的万有引力等于所需要的向心力，在A位置时， 所受的万有引力增大，所需要的向心力减小，由于 做匀速圆周运动，合外力提供向心力，因此在A位 置航天员还要受到座椅给的背离地心的作用力， 故B错误；C.根据B选项分析可知，在C位置，升 降舱所受的万有引力减小，所需要的向心力增大， 从升降舱内遗漏出的物体，所受的万有引力不足 以提供所需要的向心力，因此物体将做离心运动， 故C正确；D.升降舱在B位置不受弹力作用，处 于完全失重状态，在A、C位置受弹力作用，不处 于完全失重状态，故D错误。 6.D【解析】AB.杯盖刚要被顶起来时，对杯盖有 P,S=p,S十mg得P:=名P:杯中气体不漏 气，做等容变化，由查理定律有是-号，得T 350K,故AB均错误；CD.初始状态，根据克拉伯