全国各地高考试题理综带详解汇编一 43页

2012年全国各地高考试题汇编 目录 2012·课标全国卷(理综物理)··················································· 2 2012·全国卷(理综物理)························································11 2012·安徽卷(理综物理)························································18 2012·北京卷(理综物理)························································25 2012·福建卷(理综物理)························································31 2012·广东卷(理综物理)························································38 2012·江苏卷(理科物理)······································ 错误！未定义书签。 2012·山东卷(理综物理)······································ 错误！未定义书签。 2012·四川卷(理综物理)······································ 错误！未定义书签。 2012·天津卷(理综物理)······································ 错误！未定义书签。 2012·浙江卷(理综物理)······································ 错误！未定义书签。 2012·重庆卷(理综物理)······································ 错误！未定义书签。 2012·课标全国卷(理综物理) 14．[2012·课标全国卷] 伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出 了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法， 其中正确的是( ) A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．没有力的作用，物体只能处于静止状态 C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 【答案】AD 【解析】惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质， A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在 圆形轨道上保持匀速率运动的原因是行星受到地球的万有引力作用，不是由于惯 性，C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直匀速直线运动下去，D正 确． 15．[2012·课标全国卷] 如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了 从 y轴上沿 x轴正向抛出的三个小球 a、b和 c的运动轨迹，其中 b和 c是从同 一点抛出的．不计空气阻力，则( ) A．a的飞行时间比 b的长 B．b和 c的飞行时间相同 C．a的水平速度比 b的小 D．b的初速度比 c的大 【答案】BD 【解析】平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖 直方向的自由落体运动的合运动，因 y＝1 2 gt2, ya＜yb＝yc， 所以 b和 c飞行时间相等且比 a的飞行时间长，A 错误，B正确；因 x＝vt，xa ＞xb＞xc，ta＜tb＝tc，故 va＞vb＞vc，C错误，D正确． 16．[2012·课标全国卷] 如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球 的压力大小为 N1，球对木板的压力大小为 N2.以木板与墙连接点所形成的水平直 线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中 ( ) A．N1始终减小，N2始终增大 B．N1始终减小，N2始终减小 C．N1先增大后减小，N2始终减小 D．N1先增大后减小，N2先减小后增大 【答案】B 【解析】小球受重力、墙面的压力、木板的支持力而处于静止状态， 故墙面的压力、木板的支持力的合力必与重力等大反向．设木板与 竖直墙面的夹角为θ，由受力分析知，墙对球的压力大小为 N1＝ mgcotθ，球对木板的压力与木板对球的支持力大小相等，故 N2＝ mg sinθ .当木板由图 示位置缓慢转至水平时，θ角逐渐增大，N1、N2始终减小，B正确． 17．[2012·课标全国卷] 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、 副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路 图 1 图 2 图 3 如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为 1900匝；原线圈为 1100 匝，接在有效值为 220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载 R 上的功率为 2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为 I1，负载两端电压的有效值为 U2，且变压器是理想的，则 U2和 I1分别约为( ) A．380 V和 5.3 A B．380 V和 9.1 A C．240 V和 5.3 A D．240 V和 9.1 A 【答案】B 【解析】因变压器输出电压调至最大，故副线圈为 1900匝，由变压器两端的电 压与匝数成正比，即 U1 U2 ＝ n1 n2 ，故副线圈的电压有效值 U2为 380 V；因变压器为理 想变压器，故其输入功率等于输出功率，即 P1＝P2，由 P1＝U1I1得 I1＝9.1 A，B 正确． 18．[2012·课标全国卷] 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度， 两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器， 则在此过程中，该粒子( ) A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 【答案】BD 【解析】带电粒子所受的电场力与平行板电容器垂直，粒子做直线运动，由受力 分析可得粒子所受的电场力与重力的合力必与运动方向相反，粒子做匀减速直线 运动，A、C错误，D正确；因电场力做负功，故粒子电势能逐渐增加，B正确． 19．[2012·课标全国卷] 如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框， 半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小 为 B0.使该线框从静止开始绕过圆心 O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动 半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图 中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为 了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流， 磁感应强度随时间的变化率 ΔB Δt 的大小应为( ) A. 4ωB0 π B. 2ωB0 π C. ωB0 π D.ωB0 2π 【答案】C 【解析】当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为 E＝1 2 B0R2ω，当导线框 在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为 E＝ΔB Δt ·1 2 πR2，故 ΔB Δt ＝ ωB0 π ， C正确． 图 6 20．[2012·课标全国卷] 如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在 同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知 图 4 图 5 图 6 在 t＝0到 t＝t1的时间间隔内，直导线中电流 i发生某种变化，而线框中的感应 电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设 电流 i正方向与图中箭头所示方向相同，则 i随时间 t变化的图线可能是( ) 【答案】A 【解析】 由楞次定律可判断出 B、D选项对应的线框中对应的感应电流总是沿 逆时针方向，B、D错误；C选项对应的线框受到的安培力的合力始终水平向左， C错误；故只有 A正确． 21．[2012·课标全国卷] 假设地球是一半径为 R、质量分布均匀的球体．一矿井 深度为 d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的 重力加速度大小之比为( ) A．1－d R B．1＋d R C. R－d R 2 D. R R－d 2 【答案】A 【解析】在地球表面，由万有引力定律有 GMm R2 ＝mg，其中 M＝ 4 3 πR3，在矿井底 部，由万有引力定律有 GM0m R02 ＝mg0，其中 M0＝ 4 3 πR03，R＝R0＋d，联立解得 g0 g ＝ 1－d R ，A正确． 22．A7[2012·课标全国卷] 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋 测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a) 所示读数为______ mm，图(b)所示读数为______ mm，所测金属板的厚度为 ______ mm. 图(a) 图(b) 图 7 [答案] 0.010 6.870 6.860 [解析] 根据螺旋测微器的读数规则，读数＝固定刻度＋可动刻度×0.01 mm，图 (a)所示读数为 0.010 mm，图(b)所示读数为 6.870 mm，所测金属板的厚度为 6.870 mm －0.010 mm ＝6.860 mm. 23．[2012·课标全国卷] 图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强 磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力， 来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用 A B C D 图 8 部分器材已在图中给出，其中 D为位于纸面内的 U形金属框，其底边水平，两 侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关．此外还 有细沙、天平、米尺和若干轻质导线． (1)在图中画线连接成实验电路图． (2)完成下列主要实验步骤中的填空： ①按图接线． ②保持开关 S断开，在托盘内加入适量细沙，使 D处于平衡状态；然后用天平 称出细沙质量 m1. ③闭合开关 S，调节 R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使 D______；然后读出______，并用天平称出________． ④用米尺测量________． (3)用测得的物理量和重力加速度 g 表示磁感应强度的大小，可以得出 B＝ ________. (4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外； 反之，磁感应强度方向垂直纸面向里． [答案] (1)如图所示 (2)③重新处于平衡状态 电流表的示数 I 此时细沙的质量 m2 ④D的底边长 度 l (3)|m2－m1|g Il (4)m2＞m1 [解析] 将电源、开关、电流表、电阻箱和 U形金属框串联成闭合电路．设 U形 金属框质量为 m，当开关 S断开时，有 mg＝m1g，当开关 S闭合时，有 mg＋BIL ＝m2g，联立解得：B＝|m2－m1| Il g.若 m2＞m1，U形金属框所受的安培力向下，磁 感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里． 24．[2012·课标全国卷] 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)．设拖把 头的质量为 m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重 力加速度为 g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与 竖直方向的夹角为θ. (1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小． (2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与 此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若 θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止 开始运动．求这一临界角的正切 tanθ0. [解析] (1)设该同学沿拖杆方向用大小为 F的力推拖把．将推拖 把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有 Fcosθ＋mg＝N① 图 9 Fsinθ＝f② 式中 N和 f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有 f＝μN③ 联立①②③式得 F＝ μ sinθ－μcosθ mg④ (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有 Fsinθ≤λN⑤ 这时，①式仍满足．联立①⑤式得 sinθ－λcosθ≤λmg F ⑥ 现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当 F无限 大时极限为零，有 sinθ－λcosθ≤0⑦ 使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不 管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为 tanθ0＝λ⑧ 25．[2012·课标全国卷] 如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在 柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q的粒子沿 图中直线在圆上的 a点射入柱形区域，在圆上的 b点离开该区域，离开时速度方 向与直线垂直．圆心 O到直线的距离为 3 5 R.现将磁场换为平 行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿 直线在 a点射入柱形区域，也在 b点离开该区域．若磁感应 强度大小为 B，不计重力，求电场强度的大小． [解析] 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为 r，由牛 顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvB＝mv2 r ① 式中 v 为粒子在 a点的速度． 过 b点和 O点作直线的垂线，分别与直线交于 c和 d点．由几何关系知，线段 a c 、b c 和过 a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此 a c ＝b c ＝r② 设 cd ＝x，由几何关系得 ac ＝ 4 5 R＋x③ bc ＝ 3 5 R＋ R2－x2④ 联立②③④式得 r＝7 5 R⑤ 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为 E，粒子在电场中做类平抛运 动．设其加速度大小为 a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE＝ma⑥ 图 10 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r，由运动学公式得 r＝1 2 at2⑦ r＝vt⑧ 式中 t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝14qRB2 5m ⑨ 33．(1)[2012·课标全国卷]关于热力学定律，下列说法正确的是______． A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量 B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 D．不可能使热量从低温物体传向高温物体 E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程 (1)[答案] ACE [解析] 做功和热传递是改变内能的两种方式，A正确，B错误；可以从单一热源 吸收热量，使之完全变为功，也可以使热量从低温物体传给高温物体，但要引起 其他变化，C正确，D错误；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过 程都是不可逆的，E错误． 33．(2)[2012·课标全国卷]如图，由 U 形管和细管连接的玻璃泡 A、B和 C浸泡 在温度均为 0℃的水槽中，B的容积是 A的 3倍．阀门 S将 A和 B两部分隔开．A 内为真空，B和 C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低 60 mm.打开 阀门 S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设 U形管和细管中 的气体体积远小于玻璃泡的容积． (ⅰ)求玻璃泡 C中气体的压强(以 mmHg为单位)； (ⅱ)将右侧水槽的水从 0°C加热到一定温度时，U形管内左右 水银柱高度差又为 60 mm，求加热后右侧水槽的水温． (2)[解析] (ⅰ)在打开阀门 S前，两水槽水温均为 T0＝273 K．设 玻璃泡 B中气体的压强为 p1，体积为 VB，玻璃泡 C中气体的 压强为 pC，依题意有 p1＝pC＝Δp① 式中Δp＝60 mmHg. 打开阀门 S后，两水槽水温仍为 T0，设玻璃泡 B中气体的压强为 pB.依题意，有 pB＝pC② 玻璃泡 A和 B中气体的体积为 V2＝VA＋VB③ 根据玻意耳定律得 p1VB＝pBV2④ 联立①②③④式，并代入题给数据得 pC＝VB VA Δp＝180 mmHg⑤ (ⅱ)当右侧水槽的水温加热至 T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡 C中 气体的压强为 p′C＝pB＋Δp⑥ 玻璃泡 C的气体体积不变，根据查理定律得 图 11 pC T0 ＝ p′C T′ ⑦ 联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得 T′＝364 K⑧ 34．(1)[2012·课标全国卷] 一简谐横波沿 x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图(a) 所示，x＝0.30 m处的质点的振动图线 如图(b)所示，该质点在 t＝0时刻的运 动方向沿 y 轴______(填“正向”或 “负向”)．已知该波的波长大于 0.30 m，则该波的波长为________ m. (1)[答案] 正向 0.8 [解析] 由(b)图知：x＝0.30 m 处的质 点在 t＝0时刻的运动方向沿 y轴正向，又由题意可知：0.3 m＝ λ 4 ＋ λ 8 ，该波的波 长为λ＝0.8 m. 34．(2)[2012·课标全国卷]一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分 表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体．已 知该玻璃的折射率为 2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值． (2)[解析] 如图，考虑从玻璃立方体中心 O点发出的一条光 线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射．根据折射定 律有 nsinθ＝sinα① 式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角． 现假设 A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在 A点刚 好发生全反射，故 αA＝π 2 ② 设线段 OA在立方体上表面的投影长为 RA，由几何关系有 sinθA＝ RA RA2＋ a 2 2 ③ 式中 a为玻璃立方体的边长． 由①②③式得 RA＝ a 2 n2－1 ④ 由题给数据得 RA＝a 2 ⑤ 由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为 RA的圆．所求的镀膜 面积 S′与玻璃立方体的表面积 S之比为 S′ S ＝ 6πRA2 6a2 ⑥ 由⑤⑥式得 图 12 图(a) 图(b) S′ S ＝ π 4 ⑦ 35．(1)[2012·课标全国卷]氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该 反应方程为：12H＋13H→24He＋x，式中 x是某种粒子．已知：12H、13H、24He和 粒子 x的质量分别为 2.0141 u、3.0161 u、4.0026 u和 1.0087 u；1 u＝931.5 MeV/c2， c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子 x是______，该反应释放 出的能量为________MeV(保留 3位有效数字)． (1)[答案] 01n(或中子) 17.6 [解析] 由质量数守恒和电荷数守恒可知，粒子 x是中子．由质能方程可得ΔE＝ Δmc2＝Δm×931.5 MeV＝17.6 MeV. 35．(2)F3[2012·课标全国卷]如图，小球 a、b用等长细线悬挂 于同一固定点 O.让球 a静止下垂，将球 b向右拉起，使细线水 平．从静止释放球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线 与竖直方向之间的最大偏角为 60°.忽略空气阻力，求： (ⅰ)两球 a、b的质量之比； (ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b在碰前的最大动能 之比． (2)[解析] (ⅰ)设球 b的质量为 m2，细线长为 L，球 b下落至最低点、但未与球 a 相碰时的速率为 v，由机械能守恒定律得 m2gL＝1 2 m2v2① 式中 g是重力加速度的大小． 设球 a的质量为 m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为 v′，以向左为正．由 动量守恒定律得 m2v＝(m1＋m2)v′② 设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定 律得 1 2 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③ 联立①②③式得 m1 m2 ＝ 1 1－cosθ －1④ 代入题给数据得 m1 m2 ＝ 2－1⑤ (ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失是 Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥ 联立①⑥式，Q与碰前球 b的最大动能 Ek(Ek＝1 2 m2v2)之比为 Q Ek ＝1－m1＋m2 m2 (1－cosθ)⑦ 联立⑤⑦式，并代入题给数据得 Q Ek ＝1－ 2 2 ⑧ 图 13 2012·全国卷(理综物理) 14．[2012·全国卷] 下列关于布朗运动的说法，正确的是( ) A．布朗运动是液体分子的无规则运动 B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈 C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的 D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 [答案]BD [解析] 布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，A 错误；布朗运动是 由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，D正确，C错误； 液体温度越高，液体分子无规则运动越剧烈，对悬浮粒子撞击力越大，悬浮粒子 越小，液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡机会越多，布朗运动也 就越剧烈，因此 B正确． 15．[2012·全国卷] U235 92 经过 m次α衰变和 n次β衰变，变成 Pb207 82 ，则( ) A．m＝7，n＝3 B．m＝7，n＝4 C．m＝14，n＝9 D．m＝14，n＝18 [答案]B [解析] 核反应的基本规律是质量数守恒、电荷数守恒，即 235＝4m＋207，92＝ 2m＋82－n，解得 m＝7，n＝4. 16．[2012·全国卷] 在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光．为了增大干 涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有( ) A．改用红光作为入射光 B．改用蓝光作为入射光 C．增大双缝到屏的距离 D．增大双缝之间的距离 [答案]AC [解析] 双缝干涉的条纹间距Δx＝L d λ，由黄光改为红光，波长λ变大，条纹间距Δx 增大，所以 A正确；蓝光波长小于黄光波长，条纹间距Δx减小，B错误；增大 双缝到屏的距离 L，条纹间距Δx增大，C正确，增大双缝之间的距离 d，条纹间 距Δx减小，D错误． 17．[2012·全国卷] 质量分别为 m1和 m2、电荷量分别为 q1和 q2的两粒子在同一 匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是 ( ) A．若 q1＝q2，则它们做圆周运动的半径一定相等 B．若 m1＝m2，则它们做圆周运动的半径一定相等 C．若 q2≠q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 D．若 m1≠m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 [答案]A [解析] 根据半径公式 r＝mv qB ，两粒子的动量 mv 大小相等，磁感应强度 B相同， 若 q1＝q2，则它们做圆周运动的半径一定相等，A正确，B错误．根据周期公式 T＝2πm qB ，若 m q 相等，则周期相等，C、D错误． 18．[2012·全国卷] 如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的 M、N两点，且 与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在 M、N的连线 图 1 上，o为 MN的中点，c、d位于 MN的中垂线上，且 a、b、c、d到 o点的距离 均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( ) A．o点处的磁感应强度为零 B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 [答案]C [解析] 磁感应强度是矢量，某处磁感应强度大小和方向由 M、N两点处的电流 产生的磁感应强度的矢量之和决定．直线电流的磁感线是以电流为中心的一系列 同心圆，某点磁感应强度的方向就是该点磁感线的切线方向．在 o点，同方向的 磁场相叠加，磁感应强度不是零，A错误．a、b处的磁感应强度等于 M、N分 别在 a、b处产生的磁感应强度相叠加，因此，a、b处的磁感应强度大小相等， 方向都是向下，所以 B错误；同理，可得 C正确．对 M、N分别在 c处产生的 磁感应强度矢量叠加求和，可知方向向下，与 a处的磁感应强度方向相同，D错 误． 19．[2012·全国卷] 一台电风扇的额定电压为交流 220 V．在其正常工作过程中， 用交流电流表测得某一段时间内的工作电流 I随时间 t的变化如图所示．这段时 间内电风扇的用电量为( ) A．3.9×10－2度 B．5.5×10－2度 C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度 [答案]B [解析 ] 分段计算用电量，前 10 min 用电 W1＝ 220×0.3×600 J＝39600 J，中间 10 min 用电 W2＝ 220×0.4×600 J＝52800 J，后 40 min用电 W3＝220×0.2×2400 J＝105600 J，一 个小时总的用电量 W＝W1＋W2＋W3＝198000 J，换算成度为 198000 1000×3600 度＝ 5.5×10－2度． 20．[2012·全国卷] 一列简谐横波沿 x轴正方向传播，图(a)是 t＝0时刻的波形图， 图(b)和图(c)分别是 x轴上某两处质点的振动图象．由此可知，这两质点平衡位 置之间的距离可能是( ) (a) (b) (c) 图 3 A.1 3 m B.2 3 m C．1 m D.4 3 m [答案]BD [解析] 因为 sinπ 6 ＝ 1 2 ，(c)图中质点的位移是－0.05 m，恰好是最大值的一半，所 以该质点的平衡位置距离波形图上的 x＝1或 x＝2的位置一定是 1 6 m，又因为从 图 2 (c)图看，该质点在 t＝0时向下运动，因此其平衡位置的坐标必是 2 m－ 1 6 m＝ 11 6 m，与左波峰的平衡位置的距离是 11 6 m－0.5 m＝ 4 3 m，B正确，与右波峰的平衡 位置的距离是 1 6 m＋0.5 m＝ 2 3 m，D正确． 21．[2012·全国卷] 如图，大小相同的摆球 a和 b的质量分别为 m和 3m，摆长 相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触．现摆球 a向左拉开一小角度后释放．若 两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( ) A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置 [答案]AD [解析] 设摆球 a到达最低点恰未发生碰撞时的速度为 v0，碰撞过程 动量守恒且动能守恒，碰后速度 v′1＝ m1－m2 m1＋m2 v0＝－ 1 2 v0；v′2＝ 2m1 m1＋m2 v0＝1 2 v0，所以 A正确，B错误；第一次碰撞后的瞬间，两球的速度 v 大 小相等，摆起的高度 h满足 v2＝2gh，所以两球上升的高度相同，故两球的最大 摆角相同，C错误；两摆摆长相等，由周期公式 T＝2π l g 可知周期相等，D正 确． 22．[2012·全国卷] 在黑箱内有一由四个阻值相同的电阻构成的串并联电路，黑 箱面板上有三个接线柱 1、2和 3.用欧姆表测得 1、2接线柱之间的电阻为 1 Ω， 2、3 接线柱之间的电阻为 1.5 Ω，1、3 接线柱之间 的电阻为 2.5 Ω. (1)在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式； (2)如果将 1、3接线柱用导线连接起来，1、2接线柱 之间的电阻为________Ω. [答案] (1)黑箱内电阻串并联方式如图所示．(2)0.6 [解析] 分析黑箱问题时，要根据给出的已知量最大 限度挖掘隐含条件，获得更丰富的信息．需要经过推 理、猜想、验证多个环节．根据已知条件，画出猜测 的草图，然后整体验证所画草图是否与已知条件有矛盾，没有矛盾就是正确的， 有矛盾再逐步修正．因为 1、2接线柱之间的电阻为 1 Ω，2、3接线柱之间的电 阻为 1.5 Ω，1、3接线柱之间的电阻为 2.5 Ω.可见 1、2接线柱之间是最简单的， 猜测 1、2接线柱之间只有一个 1 Ω电阻；因为 2、3接线柱之间的电阻为 1.5 Ω， 猜测 2、3接线柱之间两个 1 Ω电阻并联再跟一个 1 Ω电阻串联，经验证，这种电 路是正确的． 23．[2012·全国卷] 图 6为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时 器的电源为 50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情 况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力 一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关 图 4 图 5 图 13 系”． (1)完成下列实验步骤中的填空： ①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小 车，直到打点计时器打出一系列________的点． ②按住小车，在小盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码． ③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中 砝码的质量 m. ④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③. ⑤在每条纸带上清晰的部分，每 5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间 距 s1，s2，….求出与不同 m相对应加速度 a. ⑥以砝码的质量 m为横坐标， 1 a 为纵坐标，在坐标纸上作出 1 a －m关系图线．若 加速度与小车和砝码的总质量成反比，则 1 a 与 m应成________关系(填“线性”或 “非线性”)． (2)完成下列填空： (ⅰ)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变， 小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是 ____________________________________________________________________． (ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1、s2和 s3.a可用 s1、s3和Δt表示为 a＝ ________.图 7 为用米尺测量某一纸带上的 s1、s3 的情况，由图可读出 s1＝ ________mm，s3＝________mm，由此求得加速度的大小 a＝________m/s2. 图 7 图 8 (ⅲ)图 8为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为________． [答案] (1)等间距 线性 (2)(ⅰ)远小于小车和砝码的总质量(“远小于小车的质量”) (ⅱ) s3－s1 25Δt2 24.2(23.9～24.5) 47.3(47.0～47.6) 1.16(1.13～1.19) (ⅲ)1 k b k [解析] (1)若小车匀速运动，则在相等的时间内运动的位移相等，所以打下的点是 均匀的．小车和砝码受到的拉力等于小盘和物块的重力，根据牛顿第二定律，小 车和砝码的加速度 a＝ m0g M＋m ， 1 a ＝ M m0g ＋ 1 m0g ·m，可见 1 a －m图象是一条过原点的 直线． (2)(ⅰ)设绳子拉力为 T，据牛顿第二定律，对于小盘和重物：m0g－T＝m0a，对 于小车和砝码：T＝(M＋m)a，联立解得 T＝ m0g 1＋ m0 M＋m ，只有当 M＋m≫m0时， T≈m0g，绳子的拉力才是常数． (ⅱ)根据逐差法，s2－s1＝Δs＝a(5Δt)2，s3－s2＝Δs＝a(5Δt)2，所以 s3－s1＝2Δs＝ 2a(5Δt)2，得 a＝ s3－s1 25Δt2 . (ⅲ)从关系式 1 a ＝ M m0g ＋ 1 m0g ·m可以看出， 1 a －m图象的斜率 k＝ 1 m0g ，所以绳子拉 力 m0g＝1 k ，图象纵轴截距的意义是 M m0g ＝b，则 M＝ b k . 24．[2012·全国卷] 如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置， 在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于 O点．现给 电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬 线与竖直方向的夹角为 π 6 .再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方 向的夹角增加到 π 3 ，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加 的电荷量． [解析] 设电容器电容为 C.第一次充电后两极板之间的电压为 U＝Q C ① 两极板之间电场的场强为 E＝U d ② 式中 d为两极板间的距离． 按题意，当小球偏转角θ1＝π 6 时，小球处于平衡位置．设小球质量为 m，所带电 荷量为 q，则有 Tcosθ1＝mg③ Tsinθ1＝qE④ 式中 T为此时悬线的张力． 联立①②③④式得 tanθ1＝ qQ mgCd 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝π 3 ，则 tanθ2＝ qQ＋ΔQ mgCd ⑥ 联立⑤⑥式得 tanθ1 tanθ2 ＝ Q Q＋ΔQ ⑦ 代入数据解得 ΔQ＝2Q⑧ 25．[2012·全国卷]一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为 图 9 k.设地球的半径为 R.假定地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体 的引力为零，求矿井的深度 d. [解析] 根据万有引力定律，地面处质量为 m的物体的重力为 mg＝GmM R2 ① 式中 g是地面处的重力加速度，M是地球的质量．设ρ是地球的密度，则有 M＝ 4 3 πρR3② 摆长为 L的单摆在地面处的摆动周期为 T＝2π L g ③ 若该物体位于矿井底部，则其重力为 mg′＝ GmM′ R－d2 ④ 式中 g′是矿井底部的重力加速度，且 M′＝ 4 3 πρ(R－d)3⑤ 在矿井底部此单摆的周期为 T′＝2π L g′ ⑥ 由题意 T＝kT′⑦ 联立以上各式得 d＝R(1－k2)⑧ 26．[2012·全国卷] 一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧 的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度 v0沿水平方向跳向另 一侧坡面．如图所示，以沟底的 O点为原点建立坐标系 Oxy.已知，山沟竖直一 侧的高度为 2h，坡面的抛物线方程为 y＝ 1 2h x2；探险队员的质量为 m.人视为质点， 忽略空气阻力，重力加速度为 g. (1)求此人落到坡面时的动能； (2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为 多少？ [解析] (1)设该队员在空中运动的时间为 t，在坡面上落点的横 坐标为 x，纵坐标为 y.由运动学公式和已知条件得 x＝v0t① 2h－y＝1 2 gt2② 根据题意有 y＝x2 2h ③ 由机械能守恒，落到坡面时的动能为 1 2 mv2＝1 2 mv02＋mg(2h－y)④ 联立①②③④式得 图 10 1 2 mv2＝1 2 m v02＋ 4g2h2 v02＋gh ⑤ (2)⑤式可以改写为 v2＝ v02＋gh－ 2gh v02＋gh 2＋3gh⑥ v2极小的条件为⑥式中的平方项等于 0，由此得 v0＝ gh⑦ 此时 v2＝3gh，则最小动能为 1 2 mv2 min＝ 3 2 mgh⑧ 2012·安徽卷(理综物理) 14． [2012·安徽卷] 我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫 一号”的运行轨道高度为 350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为 343 km.它们 的运行轨道均视为圆周，则( ) A．“天宫一号”比“神舟八号”速度大 B．“天宫一号”比“神舟八号”周期长 C．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大 D．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大 [答案]B [解析] 由公式 GMm r2 ＝mv2 r ＝mrω2＝m 2π T 2r＝ma，得 v＝ GM r ，ω＝ GM r3 ，a＝GM r2 ，T＝ 4π2r3 GM ，则 v、ω、a随 r的增大而减小，T随 r的 增大而增大，由题意可知“天宫一号”比“神舟八号”的轨道半径大，B 正确． 15． [2012·安徽卷] 一列简谐波沿 x轴正方向传播，在 t＝0时波形如图 1 所示，已知波速为 10 m/s，则 t＝0.1 s时正确的波形应是图 2中的( ) A B C D 图 2 [答案] C [解析] 由题意可知，波长 λ＝4 m，波速 v＝10 m/s，则波的周期 T＝λ v ＝0.4 s， 经过 0.1 s后，波应该向正方向传播 1 4 个波长，即向正方向平移 1 4 个波长， 则 C正确． 16． [2012·安徽卷] 如图 3所示，在竖直平面内有一半径为 R的圆弧 轨道，半径 OA水平、OB竖直，一个质量为 m的小球自 A的正上方 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B时恰好对轨道没有 压力．已知 AP＝2R，重力加速度为 g，则小球从 P到 B的运动过程 中( ) A．重力做功 2mgR B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做功 1 2 mgR [答案] D [解析] 由于重力做功只与高度差有关，所以小球从 P到 B的运动过程中，重力 做功为 mgR，A 错误；由于小球在 B点时对轨道无压力，则小球由自身重力提 供向心力： mg＝mv2 R ，解得 v＝ gR，小球从 P到 B的运动过程中，由动能定理 有：mgR＋Wf＝ 1 2 mv2－0，解得 Wf＝－ 1 2 mgR ，D正确；小球从 P到 B的运动过 图 1 图 3 图 4 程中，除了重力做功之外，还克服摩擦力做功为 1 2 mgR，可知机械能减少了 1 2 mgR， B错误；由动能定理有：W 合＝ 1 2 mv2－0＝1 2 mgR，C错误． 17． [2012·安徽卷] 如图 4所示，放在固定斜面上的物块以加速度 a沿斜面匀加 速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力 F，则( ) A．物块可能匀速下滑 B．物块仍以加速度 a匀加速下滑 C．物块将以大于 a的加速度匀加速下滑 D．物块将以小于 a的加速度匀加速下滑 [答案] C [解析] 不施加 F时，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得 a＝gsinθ －μgcosθ；施加 F后，相当于物体的重力增加了 F，而质量无变化，又由牛顿第 二定律有：(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma′，解得 a′＝ F mg ＋1 (gsinθ－ μgcosθ)，所以加速度变大，C正确． 18． [2012·安徽卷] 如图 5所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面 的匀强电场，其中坐标原点 O处的电势为 0 V，点 A处的 电势为 6 V，点 B处的电势为 3 V，则电场强度的大小为 ( ) A． 200 V/m B． 200 3 V/m C． 100 V/m D．100 3 V/m [答案] A [解析] 如图所示，取OA的中点 C，则 C点的电势为 3 V， 连接 B、C，可得直线 BC为一等势线，过 A点作 BC的 垂线交 BC于 D，由图可知 tanθ＝ 3 3 ，得θ＝30°，因 AD ＝CA×sinθ＝0.03×1 2 m＝0.015 m，故 E＝ U AD ＝ 3 0.015 V/m＝200 V/m，A正确． 19． [2012·安徽卷] 如图 6所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一 个带电粒子以速度 v 从 A点沿直径 AOB方向射入磁场，经过Δt时间从 C点射出 磁场，OC与 OB成 60°角．现将带电粒子的速度变为 v 3 ，仍从 A点沿原方向射入 磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( ) A.1 2 Δt B．2Δt C.1 3 Δt D．3Δt [答案] B [解析] 此带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，且出射方向的反 向延长线必过圆心 O.设圆形磁场区域半径为 R，粒子以速度 v 在磁场中运动的轨迹圆的半径为 r1，通过作图可知轨迹对应的圆心角为 60°，再 作其角平分线，则 tan30°＝R r1 ，Δt＝1 6 × 2πm qB ＝ πm 3qB ；粒子以速度 1 3 v 在磁场中运动 的轨迹圆的半径为 r2，设对应的圆心角为θ＝2α，又由 r2＝1 3 mv qB ＝ 1 3 r1，则 tanα＝R r2 ＝ 3R r1 ＝3tan30°＝ 3，可得α＝60°，故θ＝120°，粒子在磁场中的运动时间Δt′＝ 图 5 图 6 1 3 × 2πm qB ＝ 2πm 3qB ＝2Δt，B正确． 20． [2012·安徽卷] 如图 7所示，半径为 R的 均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其 轴线上任意一点 P(坐标为 x)的电场强度可以由 库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝ 2πkσ[1－ x R2＋x21 2 ]，方向沿 x轴．现考虑单位 面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为 r的圆板，如 图 8所示．则圆孔轴线上任意一点 Q(坐标为 x)的电场强度为( ) A．2πkσ0 x r2＋x21 2 B．2πkσ0 r r2＋x21 2 C．2πkσ0xr D．2πkσ0rx [答案] A [解析 ] 由公式 E＝2πkσ[1－ x R2＋x21 2 ]可知，当 R→∞时， x R2＋x21 2 →0，则 E→2πkσ，即单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板在 Q处产生的电场强度 E0＝2 πkσ0，而挖去的一个半径为 r 的圆板在 Q处产生的电场强度 E′＝2πkσ0[1 － x r2＋x21 2 ]，所以此时的电场强度 E＝E0－E′＝2πkσ0 x r2＋x21 2 ，故 A正确． 21． [2012·安徽卷] 图 9为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶 的质量为 m，小车和砝码的总质量为 M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细 线对小车拉力的大小． (1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车 所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度， 使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一 项操作是( ) A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打 点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节 m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运 动 B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带， 撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀 速运动 C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察 判断小车是否做匀速运动 (2)实验中要进行质量 m和 M的选取，以下最合理的一组是( ) A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g (3)图 10是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为 7个相邻的计数 图 7 图 8 图 9 图 10 点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分 别为：sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm、sEF＝5.91 cm、 sFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为 50 Hz，则小车的加速度 a＝ ______m/s2(结果保留 2位有效数字)． .[答案] (1)B (2)C (3)0.42 [解析] (1)本实验应先平衡摩擦力，将长木板一端垫起适当的高度，轻推小车后， 小车能匀速运动即说明摩擦力已平衡，同时判断小车的运动是否是匀速运动时， 应根据纸带上的打点情况，而不能靠用眼观察小车运动． (2)本实验应保证砂和砂桶的总质量 m远远小于小车和砝码的总质量M，所以 C 项最符合题意． (3)采用逐差法求解，可得 a＝sDE＋sEF＋sFG－sAB－sBC－sCD 35T2 ＝0.42 m/s2. 21．Ⅱ.[2012·安徽卷] 图 11为“测绘小灯泡伏安特性曲线” 实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为 2.5 V. (1)完成下列实验步骤： ①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，______； ②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，______； ③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯 丝的伏安特性曲线． (2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图． Ⅱ.[答案] (1)①使它靠近变阻器左端的接线柱 ②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读 数，直至电压达到额定电压 (2)如图所示 [解析] (1)①为了保护电表不被损坏，不会因为合上开关时 电流过大而超过电表量程，应将滑片移至滑动变阻器的最左 端，使滑动变阻器接入电路的阻值最大；②要测绘小灯泡的伏安特性曲线，应增 加电压，记下多组电流和电压值，要使数据有明显的变化，并且在移动滑动变阻 器时要注意不得超过电表的量程． (2)画电路图时应注意：电流表为外接法，滑动变阻器为分压接法． 22． [2012·安徽卷] 质量为 0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下 落过程对应的 v－t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小 为碰撞前的 3 4 .设球受到的空气阻力大小恒为 f，取 g＝10 m/s2，求： (1)弹性球受到的空气阻力 f的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h. [解析] (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1，由图知 a1＝ Δv Δt ＝ 4 0.5 m/s2＝8 m/s2 根据牛顿第二定律，得 mg－f＝ma1 故 f＝m(g－a1)＝0.2 N (2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v1＝4 m/s，设球第一次离开地 面时的速度大小为 v2，则 图 11 图 12 v2＝3 4 v1＝3 m/s 第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为 a2，则 mg＋f＝ma2 得 a2＝12 m/s2 于是，有 0－v22＝－2a2h 解得 h＝3 8 m. 23．[2012·安徽卷] 图 15是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为 B的匀强磁 场中，有一矩形线圈 abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴 OO′转动，由线 圈引出的导线 ae和 df分别与两个跟线圈一起绕 OO′转动的金属圆环相连接， 金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以 保持和外电路电阻 R形成闭合电路．图 16是主视图，导线 ab和 cd分别用它们 的横截面来表示．已知 ab长度为 L1，be长度为 L2，线圈以恒定角速度ω逆时针 转动．(只考虑单匝线圈) 图 15 图 16 图 17 (1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导 t时刻整个线圈中的感应电动势 e1的表达式； (2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图 17所示，试写出 t时 刻整个线圈中的感应电动势 e2的表达式： (3)若线圈电阻为 r，求线圈每转动一周电阻 R上产生的焦耳热．(其他电阻均不 计) [解析] (1)如图 18所示，矩形线圈 abcd转动过程中，只有 ab和 cd切割磁感线， 设 ab和 cd的转动速度为 v，则 v＝ω·L2 2 在 t时刻，导线 ab和 cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E1＝BL1v⊥ 由图 18可知 v⊥＝vsinωt 则整个线圈的感应电动势为 e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt (2)当线圈由图 17位置开始运动时，在 t时刻整个线圈的感应电动势 为 e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0) (3)由闭合电路欧姆定律可知 I＝ E R＋r 这里 E为线圈产生的电动势的有效值 E＝Em 2 ＝ BL1L2ω 2 则线圈转动一周在 R上产生的焦耳热为 QR＝I2RT 其中 T＝2π ω 于是 QR＝πRω BL1L2 R＋r 2 24． [2012·安徽卷] 如图 19所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻 质弹簧左端固定，右端连接着质量 M＝2 kg的小物块 A.装置的中间是水平传送 带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以 u＝2 m/s的速率 逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量 m＝1 kg的小物块 B从其上距水平 台面高 h＝1.0 m处由静止释放．已知物块 B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2， l＝1.0 m．设物块 A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块 A静止且 处于平衡状态．取 g＝10 m/s2. (1)求物块B与物块A第一次碰撞 前的速度大小； (2)通过计算说明物块 B与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边的 曲面上； (3)如果物块 A、B每次碰撞后， 物块 A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除， 试求出物块 B第 n次碰撞后的运动速度大小． [解析] (1)设物块 B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为 v0.由机械能守恒知 mgh＝1 2 mv02 得 v0＝ 2gh 设物块 B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为 a，则 μmg＝ma 设物块 B通过传送带后运动速度大小为 v，有 v2－v02＝－2al 联立解得 v＝4 m/s 由于 v>u＝2 m/s，所以 v＝4 m/s即为物块 B与物块 A第一次碰撞前的速度大小． (2)设物块 A、B第一次碰撞后的速度分别为 V、v1，取向右为正方向，由弹性碰 撞知 －mv＝mv1＋MV 1 2 mv2＝1 2 mv12＋1 2 MV2 解得 v1＝1 3 v＝4 3 m/s 即碰撞后物块 B沿水平台面向右匀速运动． 设物块 B在传送带上向右运动的最大位移为 l′，则 0－v12＝－2al′ 得 l′＝ 4 9 m<1 m 所以物块 B不能通过传送带运动到右边的曲面上． (3)当物块 B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速．可以 图 19 判断，物块 B运动到左边台面时的速度大小为 v1，继而与物块 A发生第二次碰 撞．设第二次碰撞后物块 B速度大小为 v2，同上计算可知 v2＝1 3 v1＝ 1 3 2v 物块 B与物块 A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块 B的速度大小依次 为 v3＝1 3 v2＝ 1 3 3v v4＝1 3 v3＝ 1 3 4v …… 则第 n次碰撞后物块 B的速度大小为 vn＝(1 3 )nv. 2012·北京卷(理综物理) 13．[2012·北京卷] 一个氢原子从 n＝3能级跃迁到 n＝2能级，该氢原子( ) A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量减少 C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量减少 [答案] B [解析] 原子从高能跃迁到低能级时，会释放出光子，其能量为 hν＝Em－En(m>n)， 原子本身的能量减少；若原子从低能级跃迁到高能级，则吸收光子，能量增加．所 以本题正确答案为 B项． 14．[2012·北京卷] 一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的( ) A．速度变慢，波长变短 B．速度不变，波长变短 C．频率增高，波长变长 D．频率不变，波长变长 [答案] A [解析] 光从一种介质进入另一种介质时，频率不变，C项错误；由 n＝c v 可得， 速度变慢，B项错误；由 v＝λf得，波长变短，D项错误．所以本题的正确答案 为 A项. 15．[2012·北京卷] 一个小型电热器若接到输出电压为 10 V的直流电源上，消耗 电功率为 P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为 P 2 .如果电热器 电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( ) A．5 V B．5 2 V C．10 V D．10 2 V [答案] C [解析] 由电流热效应可知，直流电在 T时间内产生的热量为 Q 直＝ U2 R T＝PT，该 交流电在 T时间内产生的热量为 Q 交＝ Umax 2 2 R T＝1 2 PT，两式联立可得，Umax＝10 V．本题答案为 C项． 16．[2012·北京卷] 处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速 圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( ) A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比 C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比 [答案] D [解析] 由电流的定义 I＝Q t 可知，设粒子的电荷量为 q，质量为 m，在磁场中运 动的周期为 T＝2πm qB ，则 I＝q T ＝ q2B 2πm ，对于一个粒子来说，电荷量和质量是一定 的，所以产生的环形电流与磁感应强度成正比，D项正确，A、B、C项错误． 17．[2012·北京卷] 一个弹簧振子沿 x轴做简谐运动，取平衡位置 O为 x轴坐标 原点．从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿 x轴正方向的最大加 速度．能正确反映振子位移 x与时间 t关系的图象是( ) A B C D [答案] A [解析] 由题目“经过四分之一周期，振子具有沿 x轴正方向的最大加速度”可 知，在四分之一周期时，振子在负的最大位移处，A项正确，B、C、D项错误． 18．[2012·北京卷] 关于环绕地球运行的卫星，下列说法正确的是( ) A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期 B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同 D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合 [答案] B [解析] 由开普勒第三定律 a3 T2 ＝k可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相 等，它们的周期是相同的，A项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在关于长轴 (或短轴)对称的点上，线速度的大小是相同的，B项正确；同步卫星的轨道半径、 周期、线速度等都是相同的，C项错误；经过同一点的卫星可有不同的轨道，D 项错误．本题答案为 B项． 19．[2012·北京卷] 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把 一个带铁芯的线圈 L、开关 S和电源用导线连接起 来后，将一金属套环置于线圈 L上，且使铁芯穿过 套环．闭合开关 S的瞬间，套环立刻跳起．某同学 另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复 试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验， 下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是 ( ) A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高 C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同 [答案] D [解析] 只要线圈中的电流增大，金属套环中的磁通量增大，就会产生感应电流， 由楞次定律可知，套环受到斥力的作用，向上弹起．接在直流电源上，在闭合开 关的过程中，电流也有增大的过程，A项错误；电压越大，匝数越多，效果越明 显，B、C项错误；要是选用绝缘材料，则不会产生感应电流，D项正确． 20．[2012·北京卷]“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电 压U，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U成正比，即ν＝kU.已知比例系数 k仅 与元电荷 e的 2倍和普朗克常量 h有关．你可能不了解此现象的机理，但仍可运用 物理学中常用的方法，在下列选项中，推理判断比例系数 k的值可能为( ) A. h 2e B.2e h C．2he D. 1 2he [答案] B [解析] 由量纲可知，频率ν的单位为 s－1，普朗克常量 h的单位为 J·s，电荷量的 单位为 C，电压的单位为 V，则 k＝v U 对应的单位是 s－1 V ＝ 1 s·V ， h e 对应的单位是 J·s C ＝ C·V·s C ＝s·V，所以 B项正确． 第二部分(非选择题 共 180分) 本部分共 11小题，共 180分． 21．[2012·北京卷] 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待 测金属丝接入电路部分的长度约为 50 cm. (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一 次 测 量 结 果 如 图 所 示 ， 其 读 数 应 为 __________mm(该值接近多次测量的平均值)． (2)用伏安法测金属丝的电阻 Rx.实验所用器材 为：电池组(电动势 3 V，内阻约 1 Ω)、电流表(内 阻约 0.1 Ω)、电压表(内阻约 3 kΩ)、滑动变阻器 R(0～20 Ω，额定电流 2 A)、开 关、导线若干． 某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520 由以上实验数据可知，他们测量 Rx是采用图中的______________(选填“甲”或 “乙”)． (3)图 3 是测量 Rx的实验器材实物图，图中已连接 了部分导线，滑动变阻器的滑片 P置于变阻器的一 端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图 3中实物 间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表 不至于被烧坏． (4)这个小组的同学在坐标纸上建立 U、I坐标，如 图 4所示，图中已标出了与测量数据对应的 4个坐标点．请在图 4 中标出第 2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出 U－I图线．由图 线得到金属丝的阻值 Rx＝________Ω(保留两位有效数字)． (5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项 前的符号)． A．1×10－2 Ω·m B．1×10－3 Ω·m C．1×10－6 Ω·m D．1×10－8 Ω·m (6)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下 列关于误差的说法中正确的选项是 __________________________________________________ (有多个正确选项)． A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D．用 U－I图象处理数据求金属线电阻可以减小偶然误差 [答案] (1)(0.395～0.399) (2)甲 (3)如图 3 图 3 图 4 (4)如图 4 (4.3～4.7) (5)C (6)CD [解析] (1)测量时被测物体长度的整数毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻 度读出．测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻 度数(估读一位)×0.01(mm)． (2)从表格可以看出，电压表是从很小开始读数，所以采用分压式接法． (5)由公式 R＝ρ l S 可得，电阻率约为 1×10－6Ω·m，C项正确． (6)读数引起的误差为偶然误差，电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，A、 B项错误；计算时，将电流表、电压表的内阻考虑在内，可以消除由测量仪表引 起的系统误差，C项正确；采用图象法，可以减小偶然误差，D项正确． 22．[2011·北京卷] 如图所示，质量为 m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动， 经距离 l后以速度 v 飞离桌面，最终落在水平地面上．已知 l＝1.4 m，v＝3.0 m/s， m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高 h＝0.45 m．不计空气 阻力，重力加速度 g取 10 m/s2.求 (1)小物块落地点距飞出点的水平距离 s； (2)小物块落地时的动能 Ek； (3)小物块的初速度大小 v0. [解析] (1)由平抛运动规律，有 竖直方向 h＝1 2 gt2 水平方向 s＝vt 得水平距离 s＝ 2h g v＝0.90 m (2)由机械能守恒定律，动能 Ek＝1 2 mv2＋mgh＝0.90 J (3)由动能定理，有－μmgl＝1 2 mv2－1 2 mv02 得初速度大小 v0＝ 2μgl＋v2＝4.0 m/s 23．[2012·北京卷] 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯 的简化模型如图 1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度 a是随时 间 t变化的．已知电梯在 t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图 2所示．电梯总 质量 m＝2.0×103 kg.忽略一切阻力，重力加速度 g取 10 m/s2. (1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1和最小拉力 F2； (2)类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由 v－t图象求 位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图 2所示的 a－ t图象，求电梯在第 1 s内的速度改变量Δv1和第 2 s末的速度 v2； (3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率 P；再求在 0～11 s时间内，拉力 和重力对电梯所做的总功 W. 图 1 图 2 [解析] (1)由牛顿第二定律，有 F－mg ＝ma 由 a－t图象可知，F1和 F2对应的加速度分别是 a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2 F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N (2)类比可得，所求速度变化量等于第 1 s内 a－t图线下的面积 Δv1＝0.50 m/s 同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s v0＝0，第 2 s末的速率 v2＝1.5 m/s (3)由 a－t图象可知，11 s～30 s内速率最大，其值等于 0～11 s内 a－t图线下的 面积，有 vm＝10 m/s 此时电梯做匀速运动，拉力 F等于重力 mg，所求功率 P＝Fvm＝mgvm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105W 由动能定理，总功 W＝Ek2－Ek1＝1 2 mvm2－0＝1 2 ×2.0×103×102 J＝1.0×105 J 24．[2012·北京卷] 匀强电场的方向沿 x轴正向，电场强度 E随 x的分布如图所 示，图中 E0和 d均为已知量．将带正电的质点 A在 O点静止释放．A离开电场 足够远后，再将另一带正电的质点 B放在 O点也由静止释放．当 B在电场中运 动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相 互作用视为静电作用．已知 A的电荷量为 Q，A和 B的质量分别为 m和 m 4 .不计 重力． (1)求 A在电场中的运动时间 t； (2)若 B的电荷量 q＝4 9 Q，求两质点相互作用能的最大值 Epm； (3)为使 B离开电场后不改变运动方向，求 B所带电荷量 的最大值 qm . [解析] (1)由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度 a＝F m ＝ QE0 m A在电场中做匀速直线运动 d＝1 2 at2 解得运动时间 t＝ 2d a ＝ 2dm QE0 (2)设 A、B离开电场时的速度分别为 vA0、vB0，由动能定理，有 QE0d＝1 2 mvA02，qE0d＝1 2 m 4 vB02① A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用力为斥力，A受的力与 其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对 A做正功，对 B 做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于 A的路程，由于作用力大小相等， 作用力对 B做功的绝对值大于对 A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为 负，相互作用能增加．所以，当 A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度 相同，设为 v′，有 (m＋m 4 )v′＝mvA0＋m 4 vB0② Epm＝(1 2 mvA02＋1 2 m 4 vB02)－1 2 (m＋m 4 )v′2③ 已知 q＝4 9 Q，由①、②、③式解得相互作用能的最大值 Epm＝ 1 45 QE0d (3)考虑 A、B在 x＞d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均 无相互作用，有 mvA＋m 4 vB＝mvA0＋m 4 vB0④ 1 2 mvA2＋1 2 m 4 vB2＝1 2 mvA02＋1 2 m 4 vB02⑤ 由④、⑤解得 vB＝－ 3 5 vB0＋8 5 vA0 因 B不改变运动方向，故 vB＝－ 3 5 vB0＋8 5 vA0≥0⑥ 由①、⑥解得 q≤16 9 Q 即 B所带电荷量的最大值 qm＝16 9 Q 2012·福建卷(理综物理) 第Ⅰ卷(选择题 共 108分) 13．[2012·福建卷] 一列简谐横波沿 x 轴传播，t＝0 时刻的波形如图甲所 示，此时质点P正沿 y轴负方向运动， 其振动图象如图乙所示，则该波的传 播方向和波速分别是( ) 甲 乙 A．沿 x轴负方向，60 m/s B．沿 x轴正方向，60 m/s C．沿 x轴负方向，30 m/s D．沿 x轴正方向，30 m/s 13．A [解析] 根据波的形成原理“先振动的质点带动邻近的后振动的质点”， 由甲图可知 P点正向下振动，比 P点先振动的点应该在 P点下方，即 P点右侧 的点先振动，所以波应沿 x轴的负方向传播．由甲图可知波长λ＝24 m，由乙图 可知周期 T＝0.4 s，所以波速 v＝λ T ＝ 24 0.4 m/s＝60 m/s. 14．[2012·福建卷] 如图，理想变压器原线圈输入电压 u＝Um sinωt，副线圈电路 中 R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用 U1和 U2表示；A1和 A2是理想交流电流表，示数分别用 I1和 I2表示．下列说法 正确的是( ) A．I1和 I2表示电流的瞬时值 B．U1和 U2表示电压的最大值 C．滑片 P向下滑动过程中，U2不变、I1变大 D．滑片 P向下滑动过程中，U2不变、I1变小 14．C [解析] 电压表、电流表的读数都是交流电的有效值，A 、B错；由 U1 U2 ＝ n1 n2 可知 U2不变，当滑片 P向下滑动时，副线圈的电阻变小，由 I2＝ U2 R＋R0 可知通 过副线圈的电流变大，即 I2变大，由 I1 I2 ＝ n2 n1 可知通过原线圈的电流变大，即 I1变 大，C对、D错． 15．[2012·福建卷] 如图，在点电荷 Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷 q1、q2分别置于 A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零 电势点，若将 q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力 做的功相等，则下列说法正确的是( ) A．A点电势大于 B点电势 B．A、B两点的电场强度相等 C．q1的电荷量小于 q2的电荷量 D．q1在 A点的电势能小于 q2在 B点的电势能 15.C [解析] 由于在移动电荷过程中克服电场力做功，故电场力 应指向 Q，所以点电荷 Q为负电荷，作出 Q的电场线，如图所示．A 点比 B点离负电荷 Q更近，故 B点电势高于 A点电势，A错；在 点电荷 Q产生的电场中，A点比 B点离点电荷 Q更近，故 A点电 场强度较大，B错；电荷在电场中某点的电势能等于把电荷从该点移到选定的零 势点的过程中电场力所做的功，所以 q1、q2两电荷在 A、B两处的电势能相等， D错；将 q1、q2分别从 A、B两点移到无穷远过程中，克服电场力做的功相等， q1对应的电势差 U1比较大，由 W＝qU可知，q1r0时，分子间作用力表现为引力，r增加，分子力做 负功，分子势能增加，C错． 28．(2) [2012·福建卷] 空气压缩机的储气罐中储有 1.0 atm的空气 6.0 L，现再充 入 1.0 atm的空气 9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气 后储气罐中气体压强为________．(填选项前的字母) A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm 28．(2)A [解析] 充气过程为等温过程，气体原来的压强为 1.0 atm、体积为 15.0 L；后来气体的体积变为 6.0 L，根据玻意耳定律，p1V1＝p2V2，解得充气后储气 罐中气体压强为 2.5 atm. 29．(1)[2012·福建卷] 关于近代物理，下列说法正确的是______．(填选项前的字母) A．α射线是高速运动的氦原子 B．核聚变反应方程 12H＋13H―→24He＋01n中，01n表示质子 C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比 D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 29．(1)D [解析] α射线是指高速运动的氦原子核，A错； 01n表示中子，B错； 根据光电效应方程可知光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，但不成 正比，C错． 29．(2) [2012·福建卷] 如图，质量为 M的小船在静止水面上以 速率 v0向右匀速行驶，一质量为 m的救生员站在船尾，相对小 船静止．若救生员以相对水面速率 v 水平向左跃入水中，则救 生员跃出后小船的速率为__________．(填选项前的字母) A．v0＋m M v B．v0－m M v C. v0＋m M (v0＋v) D．v0＋m M (v0－v) 29．(2)C [解析] 以船原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：(M＋ m)v0＝MvM－mv，解得 vM＝v0＋m M (v＋v0)，C正确． 2012·广东卷(理综物理) 13． [2012·广东卷] 清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一 物理过程中，水分子间的( ) A．引力消失，斥力增大 B．斥力消失，引力增大 C．引力斥力都减小 D．引力斥力都增大 13．D [解析] 水由气态凝结成液态的水，分子间距离变小．而分子间同时存在 引力和斥力，且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大，故 D正确． 14．[2012·广东卷] 景颇族的祖先发明的点火器如图 1所示，用牛角做套筒，木 制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭 的气体．在此压缩过程中( ) A．气体温度升高，压强不变 B．气体温度升高，压强变大 C．气体对外界做正功，气体内能增加 D．外界对气体做正功，气体内能减少 14．B [解析] 猛推杆的过程可以看成是一个绝热过程，故 Q＝0，而压缩气体， 气体体积减小，外界对气体做功，故 W＞0，由热力学第一定律△U＝W＋Q，△ U＞0，气体内能增加，温度升高，故 CD错误；由理想气体状态方程 ρV T ＝C知， T增大 V减小，则 p增大，故 A错误 B正确． 15．[2012·广东卷] 质量和电量都相等的带电粒子 M和 N， 以不同的速率经小孔 S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹 如图 2中虚线所示．下列表述正确的是( ) A．M带负电，N带正电 B．M的速率小于 N的速率 C．洛伦兹力对 MN做正功 D．M的运行时间大于 N的运行时间 15．A [解析] 由左手定则判断知，A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供 向心力 qvB＝mv2 r ，半径为：r＝mv qB ，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速 率大，即 M的速度率大于 N的速率，B错；洛伦兹力不做功，C错；粒子在磁 场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为 T＝2πm qB ，M的运行时间等于 N 的运行时间，故 D错． 16．[2012·广东卷] 如图 3 所示，两根等长的轻绳将日光 灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为 45˚，日 光灯保持水平，所受重力为 G，左右两绳的拉力大小分别 为( ) A．G和 G B. 2 2 G和 2 2 G C.1 2 G和 3 2 G D.1 2 G和 1 2 G 16．B [解析] 日光灯受力如图所示，将 T1T2分别向水平方向和 竖直方向分解，则有：T1cos45°＝T2 cos45°，T1sin45°＋T2sin45° ＝G，解得：T1＝T2＝ 2 G ，B正确． 17．[2012·广东卷] 图 4是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨 道与光滑斜面相切，滑道底部 B处安装一个压力传感器，其示数 N表示该处所 受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度 h处由静止下 滑，通过 B时，下列表述正确的有( ) A．N小于滑块重力 B．N大于滑块重力 C．N越大表明 h越大 D．N越大表明 h越小 17．BC [解析] 滑块在轨道上滑动，只有重力做功， 机械能守恒，则有：mgh＝1 2 mv2B，解得：vB＝ 2gh，滑块到 B点时，支持力 NB 与重力的合力提供向心力，即：NB－mg＝mv2B R ，联立以上两式得：NB＝mg＋2mgh R ， 由牛顿第三定律知 N＝NB，故 BC正确． 18．[2012·广东卷] 能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之 一．下列释放核能的反应方程，表述正确的有( ) A. 31H＋21→42He＋10n是核聚变反应 B. 31H＋21H→42He＋10n是β衰变 C. 23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应 D. 23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋210n是α衰变 18．AC [解析] 衰变是一个核放出α粒子或β粒子的反应，而聚变是两个较轻的 核聚合为一个较重核的反应，裂变是铀核俘获一个中子后分裂成两个较轻核的反 应，故 AB项中的核反应均为聚变，而 CD项中的核反应均为裂变，故 AC正确． 19．[2012·广东卷] 某小型发电机产生的交变电动势为 e＝50sin100πt(V)，对此电 动势，下列表述正确的有( ) A．最大值是 50 2 V B．频率是 100 Hz C．有效值是 25 2 V D．周期是 0.02 s 19．CD [解析] 由电动势的表达式可知，最大值为 50V，而有效值为：E＝50 2 V＝ 25 2V，A错C对；ω＝2πf＝100π，故 f＝50 Hz，周期 T＝1 f ＝0.02 s，B错D对． 20．[2012·广东卷] 图 5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗 落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离 的过程，下列表述正确的有( ) A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做正功 C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变小 20．BD [解析] 电场线的方向是由右向左，所以正电荷受到向左的电场力负电 荷受到向右的电场力，电场力对正电荷或负电荷都是做正功，电势能减少，故 AC错，BD对． 21．[2012·广东卷] 如图 6 所示，飞船从轨道 1 变轨至轨道 2. 若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对 于在轨道 1上，飞船在轨道 2上的( ) A．动能大 B．向心加速度大 C．运行周期长 D．角速度小 21．CD [解析] 由 GmM r2 ＝maGmM r2 ＝ mv2 r ＝mv2 r GmM r2 G mM r2 解得：a＝GM r2 v＝ GM r ω＝ GM r3 T＝2π r3 GM ，由这些关系可以看出，r越大，av ω越小，而 T 越大，故 AB错，CD对． 34．[2012·广东卷] (1)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻． ①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如 图 15(a)和图 15(b)所示，长度为________cm，直径为________mm. (a) (b) (c) 图 7 ②按图 7(c)连接电路后，实验操作如下： (a)将滑动变阻器 R1的阻值置于最________处(填“大”或“小”)；将 S2拨向接 点 1，闭合 S1，调节 R1，使电流表示数为 I0； (b)将电阻箱 R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，S2拨向接点 2；保持 R1不变，调节 R2，使电流表示数仍为 I0，此时 R2阻值为 1280 Ω； ③由此可知，圆柱体的电阻为________Ω. 34．(1)①5.01,5.310－5.320 ②(a)大 (b)大 ③1280 [解析]①游标卡尺的读数＝主尺上的读数＋游标上的读数，本题主尺上的读数是 5 cm，游标上的读数是 1×0.1 mm＝0.01cm，故游标卡尺的读数为 5.01 cm；螺 旋测微器的读数＝固定尺的读数＋可动尺的读数×0.01，即 5 mm＋31.5×0.01 mm＝5.315 mm，最后一位是估计位，可以不同． ②(a)将滑动变阻器 R1的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；(b) 将电阻箱 RM2的阻值调至最大，目的也是为了保护电流表及电源；③本题的实 验方法为替代法．由 I0＝ E R1＋RA＋r＋Rx I0＝ E R1＋RA＋r＋R2 得，Rx＝R2＝1280 Ω. 34．[2012·广东卷] (2)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系． ①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在 ________方向(填“水平”或“竖直”) ②弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为 L0；弹簧下端挂上砝码盘时， 长度记为 Lx；在砝码盘中每次增加 10 g砝码，弹簧长度依次记为 L1至 L6，数据 如下表： 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 数值(cm) 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30 表中有一个数值记录不规范，代表符号为________．由表 可知所用刻度尺的最小分度为________． ③图8是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量， 横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“Lx”)． ④由图可知弹簧的劲度系数为________N/m；通过图和表 可知砝码盘的质量为________g(结果保留两位有效数字， 重力加速度取 9.8 m/s2)． 34．(2)①竖直 ②静止，L3 mm ③Lx ④4.9 10 [解析]①本实验是利用重力与弹力平衡获取若干数据，再利用图像处理数据得到 劲度系数的．测量时，弹簧秤及刻度尺都要保持在竖直状态；②读数时，要等弹 簧秤静止时才能读取；由记录的值可知，刻度尺的最小分度为 0.1 cm，但最小分 度小还要估读一位，故记录 L3是不符合规范的；③图像所描的点共有六个，而 纵轴中反映的砝码的最大质量为 60 g，故横轴是弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时 弹簧长度 Lx的差值；④砝码盘的质量为 m0，砝码的质量为 m，当挂上砝码盘时 有：m0g＝k(Lx－L0)，当砝码盘中的砝码质量为 m时，弹簧的长度为 Ln，此时有 (m0g＋mg)＝k(Ln－L0)，两式联立得：mg＝k(Ln－Lx)，即 k＝ mg Ln－Lx ，由图像知图 线的斜率为 k′＝ 60×10－3－0 12×10－2－0 km/m＝0.50 kg/m，故劲度系数 k＝k′g＝4.9 N/m， 而 m0＝ kLx－L0 g ＝ 4.9×27.35－25.35×10－2 9.8 kg＝10 g. 35．[2012·广东卷] 如图 9所示，质量为 M的导体棒 ab，垂直放在相距为 l 的平行光滑金属导轨上， 导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为 B方向垂直于导轨平面 向上的匀强磁场中，左侧是水平放置间距为 d的平行金属板，R和 Rx分别表示 定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻． (1)调节 Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流 I及棒的 速率 v. (2)改变 Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为 m带电量为＋q的微粒水平 射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的 Rx. 图 9 35．(1)导体棒匀速下滑时， Mgsinθ＝BIl① I＝Mgsinθ Bl ② 设导体棒产生的感应电动势为 E0 E0＝BLv③ 由闭合电路欧姆定律得： I＝ E0 R＋Rx ④ 联立②③④，得 v＝2MgRsinθ B2l2 ⑤ (2)改变 Rx由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压 为 U，电场强度大小为 E U＝IRx⑥ E＝U d ⑦ mg＝qE⑧ 联立②⑥⑦⑧，得 Rx＝ mBld qMsinθ ⑨ 36．[2012·广东卷] 图 10(a)所示的装置中，小物块 AB质量均为 m，水平面上 PQ段长为 l，与物块 间的动摩擦因数为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为 r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆(AB间距大于 2r)．随后，连杆以角速度 ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度－时间图象如图 18(b)所示．A在 滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的 B发生完全非弹性碰撞． (1)求 A脱离滑杆时的速度 v0，及 A与 B碰撞过程的机械能损失ΔE. (2)如果 AB不能与弹簧相碰，设 AB从 P点到运动停止所用的时间为 t1，求ω的 取值范围，及 t1与ω的关系式． (3)如果 AB能与弹簧相碰，但不能返回到 P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧 的最大弹性势能为 Ep，求ω的取值范围，及 Ep与ω的关系式(弹簧始终在弹性限 度内)． (a) (b) 图 10 36．(1)滑杆达到最大速度时 A与其脱离．由题意，得 v0＝ωr① 设 AB碰撞后的共同速度为 v1，由动量守恒定律 mv0＝2mv1② 碰撞过程中的机械能损失为 ΔE＝1 2 mv20－1 2 (2m)v21③ ΔE＝1 4 mω2r2④ (2)若 AB不与弹簧相碰，P到 Q过程，由动能定理，得 μ(2m)gl＝1 2 (2m)v21⑤ 联立①②⑤，得对应 AB运动到 Q点的连杆角速度ω1 ω1＝ 2 2μgl r ⑥ ω的取值范围：0＜ω≤2 2μgl r ⑦ 设 AB在 PQ段加速度大小为 a，由运动学规律，得 v1＝at1⑧ μ(2m)g＝2ma⑨ 联立①②⑧⑨，得 t1＝ωr 2μg ，(0<ω≤2 2μgl r )○10 (3)若 AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得 μ(2m)g(l＋l)＝1 2 (2m)v21⑪ 联立①②⑪，得对应 AB刚好反弹回 P点的连杆角速度ω2 ω2＝ 4 μgl r ⑫ ω的取值范围： 2 2μgl r <ω≤4 μgl r ⑬ 由功能关系 Ep＝1 2 (2m)v21－μ(2m)gl⑭ Ep＝1 4 mω2r2－2μmgl，(2 2μgl r ＜ω≤4 μgl r )⑮