湖北省黄冈市黄梅二中高考物理模拟试卷（二）（含解析）.doc

2015年湖北省黄冈市黄 梅二中高考物理模拟试卷（二）一、选择题1用一水平力f将两铁块a和b紧压在竖直墙上而静止，如图所示，对此，下列说法中正确的是（）a 铁块b肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力b 铁块b受a给它的摩擦力方向可能向上，也可能向下c 铁块a肯定对b施加竖直向上的摩擦力d b受墙的摩擦力方向可能向上，也可能向下2如图所示电路中，r为一滑动变阻器，p为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）a 电源内电路消耗功率一定逐渐增大b b灯一定逐渐变暗c 电源效率一定逐渐减小d r上消耗功率一定逐渐变小3如图1所示，放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，06s内vt图象和该拉力的pt图象如图2甲、乙所示下列说法正确的是（）a 06s内物体的位移大小是36mb 02s内物体受到的拉力是2s6s内受到拉力的2倍c 06s内物体克服摩擦力所做的功为50jd 合外力在06s内做的功为20j4一宇航员到达半径为r、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在o点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕o点的竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力f大小随时间t的变化规律如图乙所示f1=7f2，设r、m、引力常量g以及f1为已知量，忽略各种阻力以下说法正确的是（）a 该星球表面的重力加速度为b 卫星绕该星球的第一宇宙速度为c 星球的质量为d 小球在最高点的最小速度为零5如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的a点，弹簧处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中（）a 圆环机械能不守恒b 弹簧的弹性势能先减小后增大c 弹簧的弹性势能变化了mghd 弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大6空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示，一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过a点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至b点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，a、b两点之间的高度差与水平距离均为h，则以下判断正确的是（）a 若v2v1，则电场力一定做正功b a、b两点间的电势差u=（vv）c 小球由a点运动至b点，电场力做的功w=mvmvmghd 小球运动到b点时所受重力的瞬时功率p=mgv27如图所示，两个相同的平行板电容器c1、c2用导线相连，开始都不带电现将电键s闭合给两个电容器充电，待充电平衡后，电容器c1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态，再将电键s断开，把电容器c2两板稍错开一些（两板间距离保持不变），重新平衡后，下列判断正确的是（）a 电容器c1两板间电压减小b 电容器c2两板间电压增大c 带电微粒将加速上升d 电容器c1所带电量增大8如图（a）所示，两平行正对的金属板a、b间加有如图（b）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t0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t0可能属于的时间段是（）a 0t0b t0c t0td tt0二、填空题9“验证力的平行四边形定则”实验的步骤如下，请你将实验步骤补充完整在水平放置的木板上，固定一张白纸；把橡皮筋的一端固定在o点，另一端拴两根带套的细线在纸面离o点比橡皮筋略长的距离上标出a点；用两个弹簧秤分别沿水平方向拉两个绳套，把结点拉至a点，如图所示，记下此时两力f1和f2的方向和大小；改用一个弹簧秤沿水平方向拉绳套，仍把结点拉至a点，；拆下弹簧秤和橡皮筋；在a点按同一标度，作f1、f2、f三个力的图示；比较f合和f的大小和方向并得出结论10要测定一节干电池的电动势和内阻，备有下列器材：a、待测电池e：电动势e约为1.5v、内阻r较小b、电压表v：量程3v，内阻rv约为3kc、电流表a1：量程0.6a，内阻r1约为0.6d、电流表a2：量程20ma，内阻r2等于100e、滑动变阻器r1：阻值范围为015f、定值电阻r2：3.0g、开关s一个、导线若干（1）为使测量尽可能准确，要求所用电表指针在量程的范围内偏转，请在虚线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标出所选和器材的符号；（2）该同学在坐标纸上作图线计算电源电动势和内阻时，若图线的横坐标轴表示电流表a1的示数i1、则纵坐标轴应该表示（填所用电表及表示其示数的字母）；若作出图线后，求得图线斜率的绝对值为k，图线的延长线与纵轴的交点坐标为a，则电源电动势e=，内阻r=（用字母表示）11一辆长为l1=14m的客车沿平直公路以v1=8m/s的速度匀速向东行驶，一辆长为l2=10m的货车由静止开始以a=2m/s2的加速度由东向西匀加速行驶，已知货车刚启动时两车前端相距s0=240m，当货车的速度达到v2=24m/s时即保持该速度匀速行驶，求两车错车所用的时间12如图所示，在xoy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线oc之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为b，方向垂直于纸面向外有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场质点到达x轴上a点时，速度方向与x轴的夹角为，a点与原点o的距离为d接着，质点进入磁场，并垂直于oc飞离磁场不计重力影响若oc与x轴的夹角，求：（1）粒子在磁场中运动速度的大小；（2）匀强电场的场强大小三、【物理选修】（14分）13关于天然放射现象，以下叙述正确的是（）a 若使某放射性物质的温度升高，其半衰期将减小b 衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的c 在、这三种射线中，射线的穿透能力最强，射线的电离能力最强d 铀核（）衰变为铅核（pb）的过程中，要经过8次衰变和10次衰变14如图，物块a以初速度v0滑上放在光滑水平面上的长木板b若b固定，则a恰好滑到b的右端时停下；若b不固定，则a在b上滑行的长度为木板长的，求a和b的质量ma与mb之比2015年湖北省黄冈市黄梅二中高考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题1用一水平力f将两铁块a和b紧压在竖直墙上而静止，如图所示，对此，下列说法中正确的是（）a 铁块b肯定受墙给它的竖直向上的摩擦力b 铁块b受a给它的摩擦力方向可能向上，也可能向下c 铁块a肯定对b施加竖直向上的摩擦力d b受墙的摩擦力方向可能向上，也可能向下考点：静摩擦力和最大静摩擦力专题：摩擦力专题分析：只要物体保持静止状态或匀速直线运动状态，我们就说该物体处于平衡状态，即此时一定受到平衡力的作用，故该题中的物体始终保持静止，利用二力平衡的特点分析即可判断解答：解：a处于静止状态，故受到的合外力为零，在竖直方向上受到竖直向下的重力，故b对a施加的摩擦力方向肯定是竖直向上；a、因b处于静止状态，故受到的合外力为零，b受a给它的摩擦力方向向下，故墙给它的摩擦力竖直向上，故a正确；b、根据作用力和反作用力的关系可知，b受a给它的摩擦力方向向下，故b错误；c、b对a施加的摩擦力方向是竖直向上的，根据作用力和反作用力的关系可知，铁块a肯定对b施加竖直向下的摩擦力，故c错误；d、因b处于静止状态，故受到的合外力为零，b受a给它的摩擦力方向向下，故墙给它的摩擦力竖直向上，故d错误；故选a点评：物体受到墙的摩擦力等于物体重，物重不变，摩擦力不变，这是本题的突破口2如图所示电路中，r为一滑动变阻器，p为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）a 电源内电路消耗功率一定逐渐增大b b灯一定逐渐变暗c 电源效率一定逐渐减小d r上消耗功率一定逐渐变小考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：将滑片向下滑动，接入电路的电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电阻减小，再根据电路的特点逐个分析用电器的电压电流的变化解答：解：将滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电流变大，电源的内电压变大，电路的外电压减小，灯泡a的电流将要减小，根据总的电流增加可知，通过电阻r1的电流要变大，r1的电压要变大，所以灯泡b电压就要减小，电流也要减小，由于总的电流在增加，所以滑动变阻器的电流要增加a、根据p=i2r可知，电源内电路消耗功率一定逐渐增大，所以a正确；b、由于灯泡b电压就要减小，电流也要减小，所以b灯一定逐渐变暗，所以b正确；c、电源的效率为=，由于外电阻减小，所以电源效率一定逐渐减小，所以c正确；d、滑动变阻器r的电阻减小了，但是电流是在变大的，所以不能确定滑动变阻器r的功率的变化情况，所以d错误本题选错误的，故选d点评：电路动态变化分析的类型这种类型常常按照“局部整体局部”思路分析对于路端电压也可以根据路端电压随外电阻增大而增大、减小而减小直接判断3如图1所示，放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，06s内vt图象和该拉力的pt图象如图2甲、乙所示下列说法正确的是（）a 06s内物体的位移大小是36mb 02s内物体受到的拉力是2s6s内受到拉力的2倍c 06s内物体克服摩擦力所做的功为50jd 合外力在06s内做的功为20j考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：速度图象的“面积”表示位移02s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，26s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由p=fv求出摩擦力，再由图读出p=30w时，v=6m/s，由f=求出02s内的拉力，由w=fx求出06s内的摩擦力做的功解答：解：a、06s内物体的位移大小x=，故a错误b、在02s内p=fvf=在26s内，故b错误；c、在26s内，物体做匀速运动，合力做零，f=f=，06s内摩擦力做功为w=fs=，故c正确d、在26s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在06s内做的功与02s内做的功相等即为w=，故d正确故选：cd点评：本题解题关键是理解图象的物理意义求功的方法通常有三种：一是w=flcos，f应是恒力；二是w=pt，当p恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候4一宇航员到达半径为r、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在o点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕o点的竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力f大小随时间t的变化规律如图乙所示f1=7f2，设r、m、引力常量g以及f1为已知量，忽略各种阻力以下说法正确的是（）a 该星球表面的重力加速度为b 卫星绕该星球的第一宇宙速度为c 星球的质量为d 小球在最高点的最小速度为零考点：万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：（1）对砝码受力分析，在最高点和最低点时，由向心力的公式和整个过程的机械能守恒可以求得重力加速度的大小；（2）根据万有引力提供向心力可以求得星球的第一宇宙速度（3）求得星球表面的重力加速度的大小，再由在星球表面时，万有引力和重力近似相等，可以求得星球的质量；（4）对小球在最高点运用牛顿第二定律分析求解问题解答：解：a、设砝码在最低点时细线的拉力为f1，速度为v1，则 f1mg=m 设砝码在最高点细线的拉力为f2，速度为v2，则 f2+mg=m 由机械能守恒定律得 mg2r+mv22=mv12 由、解得 g= f1=7f2，所以该星球表面的重力加速度为故a正确b、根据万有引力提供向心力得：=卫星绕该星球的第一宇宙速度为v=，故b错误c、在星球表面，万有引力近似等于重力 g=mg 由、解得 m=，故c正确d、小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得： f2+mg=mmg所以小球在最高点的最小速v2故d错误故选ac点评：根据砝码做圆周运动时在最高点和最低点的运动规律，找出向心力的大小，可以求得重力加速度，知道在星球表面时，万有引力和重力近似相等，而贴着星球的表面做圆周运动时，物体的重力就作为做圆周运动的向心力5如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的a点，弹簧处于原长h让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中（）a 圆环机械能不守恒b 弹簧的弹性势能先减小后增大c 弹簧的弹性势能变化了mghd 弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大考点：机械能守恒定律；弹性势能分析：分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力和弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大解答：解：a、圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故a选项正确，b、弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大才对故b选项错误c、根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，那么弹簧的机械能即弹性势能增大mgh故c选项正确d、根据系统机械能守恒，弹簧弹性势能最大时圆环的速度等于零，故d选项错误故选a、c点评：对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法这是一道考查系统机械能守恒的基础好题6空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示，一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过a点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至b点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，a、b两点之间的高度差与水平距离均为h，则以下判断正确的是（）a 若v2v1，则电场力一定做正功b a、b两点间的电势差u=（vv）c 小球由a点运动至b点，电场力做的功w=mvmvmghd 小球运动到b点时所受重力的瞬时功率p=mgv2考点：电场线分析：v2v1时，由于重力做正功，电场力不一定做正功由动能定理可求出电场力做功，由电场力做功w=qu，即可求出a、b两点间的电势差u小球运动到b点时所受重力的瞬时功率p=mgv2sin解答：解：a、若v2v1时，小球的动能增大，但由于重力做正功，电场力不一定做正功故a错误b、c、小球由a点运动至b点，由动能定理得：mgh+w=得，电场力做功：由电场力做功w=qu得，a、b两点间的电势差：u=（）故b错误，c正确d、小球运动到b点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率p=mgv2sin故d错误故选：c点评：本题主要是动能定理的应用，动能定理反映外力对物体做的总功与动能变化的关系，要在分析受力的基础上，确定哪些力对物体做功，不能遗漏7如图所示，两个相同的平行板电容器c1、c2用导线相连，开始都不带电现将电键s闭合给两个电容器充电，待充电平衡后，电容器c1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态，再将电键s断开，把电容器c2两板稍错开一些（两板间距离保持不变），重新平衡后，下列判断正确的是（）a 电容器c1两板间电压减小b 电容器c2两板间电压增大c 带电微粒将加速上升d 电容器c1所带电量增大考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：粒子静止在电容器内，则由共点力的平衡可知电场强度与重力的关系，再根据变化后的场强判断能否保持平衡；当开关断开后，c2两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，由电容器的决定式可知电容的变化，然后根据u=，判断电势差的变化解答：解：当断开开关s时，则电容器两极板间的电量不变若把电容器c2两板稍错开一些，则导致平行板电容器的电容减小，从而导致电容器c2两端电压增大，故b正确；断开开关s后，电容器c1两端电压与电容器c2两端电压相同，则电容器c1两板间电压也增大，故a错误；电容器c1两的电容不变，根据q=cu可知，其两极板上的电荷量增大，故d正确；由于电容器c1两极板间的间距不变，根据e=可知，两板间的电场强度增加，所以电场力大于重力，出现液滴向上加速运动，故c正确；故选bcd点评：本题关键是电容器两端电压发生变化导致电容器电量和电场强度的变化，从而引起电场力变化8如图（a）所示，两平行正对的金属板a、b间加有如图（b）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t0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t0可能属于的时间段是（）a 0t0b t0c t0td tt0考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：计算题；压轴题；高考物理专题分析：解决此题首先要注意a、b两板电势的高低及带正电粒子运动的方向，再利用运动的对称性，粒子加速与减速交替进行运动，同时注意粒子向左、右运动位移的大小，即可判断各选项的对错解答：解：a、若，带正电粒子先加速向b板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在b板上，所以a错误b、若，带正电粒子先加速向a板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在a板上，所以b正确c、若，带正电粒子先加速向a板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在b板上，所以c错误d、若，带正电粒子先加速向b板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在b板上，所以d错误故选b点评：（2011安徽）带电粒子在电场中的运动，实质是力学问题，题目类型依然是运动电荷的平衡、直线、曲线或往复振动等问题解题思路一般地说仍然可遵循力学中的基本解题思路：牛顿运动定律和直线运动的规律的结合、动能定理或功能关系带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图象或位移图象来分析在画速度图象时，要注意以下几点：1带电粒子进入电场的时刻；2速度图象的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；3图线与坐标轴的围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；4注意对称和周期性变化关系的应用；5图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解二、填空题9“验证力的平行四边形定则”实验的步骤如下，请你将实验步骤补充完整在水平放置的木板上，固定一张白纸；把橡皮筋的一端固定在o点，另一端拴两根带套的细线在纸面离o点比橡皮筋略长的距离上标出a点；用两个弹簧秤分别沿水平方向拉两个绳套，把结点拉至a点，如图所示，记下此时两力f1和f2的方向和大小；改用一个弹簧秤沿水平方向拉绳套，仍把结点拉至a点，记下此时力f的方向和大小；拆下弹簧秤和橡皮筋；在a点按同一标度，作f1、f2、f三个力的图示；用平行四边形定则求得的合力f合的大小和方向；比较f合和f的大小和方向并得出结论考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录用两个弹簧拉橡皮筋时拉力以及用一个弹簧拉橡皮筋时拉力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作解答：解：在该实验中，需要记录力的大小和方向，大小是通过弹簧秤来读出，方式是通过绳套来确定，改用一个弹簧秤沿水平方向拉绳套，仍把结点拉至a点，记下此时力f的方向和大小；用平行四边形定则求得的合力f合的大小和方向；故答案为：记下此时力f的方向和大小；用平行四边形定则求得的合力f合的大小和方向点评：明确实验目的和实验步骤是对实验的基本要求，同学们要在实际实验操作去理解实验目的和实验步骤，这样才能对实验有深刻的理解，正确理解“等效代替”的含义10要测定一节干电池的电动势和内阻，备有下列器材：a、待测电池e：电动势e约为1.5v、内阻r较小b、电压表v：量程3v，内阻rv约为3kc、电流表a1：量程0.6a，内阻r1约为0.6d、电流表a2：量程20ma，内阻r2等于100e、滑动变阻器r1：阻值范围为015f、定值电阻r2：3.0g、开关s一个、导线若干（1）为使测量尽可能准确，要求所用电表指针在量程的范围内偏转，请在虚线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标出所选和器材的符号；（2）该同学在坐标纸上作图线计算电源电动势和内阻时，若图线的横坐标轴表示电流表a1的示数i1、则纵坐标轴应该表示i2（填所用电表及表示其示数的字母）；若作出图线后，求得图线斜率的绝对值为k，图线的延长线与纵轴的交点坐标为a，则电源电动势e=ar2，内阻r=kr2r2（用字母表示）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：为使测量尽可能准确，要求所用电表指针在量程的范围内偏转，电压表v不符合，所以可以采用电流表a2作为电压表使用根据闭合电路欧姆定律写出表达式，再整理出纵轴i2与横轴i1的函数表达式，再结合图象求出斜率和截距即可解答：解：（1）为使测量尽可能准确，要求所用电表指针在量程的范围内偏转，电压表v不符合，所以可以采用电流表a2作为电压表使用实验电路图：（2）根据闭合电路欧姆定律有e=i1（r+r2）+i2r2，i2=i1，若作出图线后，求得图线斜率的绝对值为k，图线的延长线与纵轴的交点坐标为，所以电源电动势e=ar2，内阻r=kr2r2故答案为：（1）电路图如图所示（2）i2；ar2；kr2r2点评：遇到根据图象求解的实验题，应先根据物理定律写出表达式，再整理出纵轴物理量与横轴物理量的函数关系，再结合截距与斜率概念求解11一辆长为l1=14m的客车沿平直公路以v1=8m/s的速度匀速向东行驶，一辆长为l2=10m的货车由静止开始以a=2m/s2的加速度由东向西匀加速行驶，已知货车刚启动时两车前端相距s0=240m，当货车的速度达到v2=24m/s时即保持该速度匀速行驶，求两车错车所用的时间考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：追及、相遇问题分析：错车过程，两车相向运动，两车位移大小之和恰等于两车长度之和，为了求解错车所用的时间，必须先求出两车头相遇时货车的瞬时速度，明确错车过程货车的运动性质是匀加速还是匀速还是先匀加速再匀速？也就是求解在两车头相遇时，火车是否已经加速完毕解答：解：由已知客车长l1=14 m，它做匀速运动速度，v客=8 m/s货车长l2=10 m，加速度为a=2m/s2，两车开始相距s0=240 m，设经过t1时间两车车头相遇，并设想货车始终在做匀加速运动则v客t1+可得 t1=12 s 此时货车的行驶速度为：v货=at1=24 m/s（货车恰好达到最大速度，设想成立）设错车时间为t2，则两车错车时刚好匀速错车则：v客t2+v货t2=l1+l2 可得 t2=0.75 s 答：错车过程用时0.75s点评：本题实质属于相遇问题，关键抓住位移关系，运用运动学公式灵活求解12如图所示，在xoy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线oc之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为b，方向垂直于纸面向外有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场质点到达x轴上a点时，速度方向与x轴的夹角为，a点与原点o的距离为d接着，质点进入磁场，并垂直于oc飞离磁场不计重力影响若oc与x轴的夹角，求：（1）粒子在磁场中运动速度的大小；（2）匀强电场的场强大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何关系由洛仑兹力充当向心力可求得粒子在磁场中的速度；（2）粒子在电场中做的是类平抛运动，对水平方向的匀速和竖直方向的匀加速分中别进行分析，根据牛顿第二定律及运动学公式可求得电场强度解答