文档内容
2012 年江苏省高考物理试卷解析版 ɛ𝑆 𝑄
【解答】解：由公式C= 知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C= 知，电荷量不
4𝜋𝐾𝑑 𝑈
参考答案与试题解析
变时U减小，B正确。
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
故选：B。
1．（3分）真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（ ）
【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．
A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9
3．（3分）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直
【考点】A6：电场强度与电场力；A8：点电荷的电场．
菁优网版权所有
平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（ ）
【专题】532：电场力与电势的性质专题．
【分析】直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所
在处的场强的大小．
【解答】解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力。
𝑘𝑄𝑞 𝑘𝑄𝑞 𝑘𝑄𝑞
F = ，F = = ，
1
2
2
2 2
A．逐渐增大 B．逐渐减小
𝑟 (3𝑟) 9𝑟
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
得：F ＝9F
1 2
【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．
𝐹 菁优网版权所有
根据电场强度的定义式：E= ，
【专题】52C：功率的计算专题．
𝑞
【分析】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据P＝
𝐸 𝐹
9
1 1
得： = = Fvcosα得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化．
𝐸 𝐹 1
2 2
【解答】解：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G、水平拉力F、
故选：C。
绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向O点。
【点评】本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和
𝐹
公式中各个物理量的含义．
设绳子与竖直方向夹角是θ，则 =tanθ （F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）
𝐺
2．（3分）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，
得 F＝Gtanθ
其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（ ）
而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是θ，所以水平力F的瞬时功率是
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
P＝Fvcosθ
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
则P＝Gvsinθ
【考点】AQ：平行板电容器的电容．
菁优网版权所有
显然，从A到B的过程中，θ是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的。故A正确，B、
【专题】533：电容器专题．
C、D错误。
【分析】根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化．
故选：A。度的变化规律。
5．（3分）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木
块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是（ ）
【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P＝Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．
4．（3分）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在 2𝑓(𝑚 + 𝑀) 2𝑓(𝑚 + 𝑀)
A． B．
𝑀 𝑚
上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（ ）
2𝑓(𝑚 + 𝑀) 2𝑓(𝑚 + 𝑀)
C． ‒（m+M）g D． +（m+M）g
𝑀 𝑚
A． B．
【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．
菁优网版权所有
【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】隔离对木块分析，通过牛顿第二定律求出木块的最大加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求
C． D．
出拉力F的最大值．
【考点】1N：竖直上抛运动．
菁优网版权所有
2𝑓
【专题】16：压轴题；511：直线运动规律专题．
【解答】解：对木块分析得：2f﹣Mg＝Ma，解得木块的最大加速度为：a = ‒g。
𝑀
【分析】受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断。
对整体分析得：F﹣（M+m）g＝（M+m）a
【解答】解：B、D、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f＝ma
2𝑓(𝑚 + 𝑀)
根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f＝kv
将a代入解得：F = ．故A正确，B、C、D错误。
𝑀
𝑘𝑣
联立解得：a＝g +
故选：A。
𝑚
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．注意整体法和隔离法的运
A、C、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故
用．
BD均错误；
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选
𝑘𝑣 △ 𝑎 △ 𝑣 △ 𝑣 △ 𝑎
根据BD的结论a＝g + ，有 ∝ ，由于加速度减小，故 也减小，故 也减小，故a﹣t
对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
𝑚 △ 𝑡 △ 𝑡 △ 𝑡 △ 𝑡
6．（4分）如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）．将A向B水平抛出的同时，B
图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；
自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小
故选：C。
球与地面碰撞的时间，则（ ）
【点评】本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关 K 将被电磁铁吸起
【考点】E8：变压器的构造和原理．
菁优网版权所有
【专题】53A：交流电专题．
A．A、B在第一次落地前能否发生相碰，取决于A的初速度大小
【分析】火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
合磁通量为零，L 中的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L 中的磁
C．A、B不可能运动到最高处相碰 2 1
场发生变化，导致L 中的磁通量变化，L 中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起．
D．A、B一定能相碰 2 2
【解答】解：A、由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方
【考点】1J：自由落体运动；43：平抛运动．
菁优网版权所有
向相反，因此合磁通量为零，L 中的磁通量为零，A项正确；
【专题】514：自由落体运动专题． 2
B、当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，L 中的磁通量不变，B
【分析】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面 2
项正确；
碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰．
C、家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸
【解答】解：A、若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰。可知当A的初速度较大
起，C项错误；
时，A、B在第一次落地前能发生相碰，故A正确。
D、当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L 中的磁场发生变化，导致L 中的磁通
B、若A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后 1 2
量变化，L 中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，D项正确。
一定能碰。故B错误，D正确。 2
故选：ABD。
𝑙
C、若A球落地时的水平位移为 时，则A、B在最高点相碰。故C错误。
【点评】本题考查了变压器的构造和原理，难点在于火线和零线并行绕制，要理解为什么副线圈中的磁通量
2
为零．
故选：AD。
8．（4分）2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析．
该点的国家。如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗
7．（4分）某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L 由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L
1 2
燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动。则此飞行器的（ ）
中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L ，在铁芯中
1
产生的磁场，下列说法正确的有（ ）
A．线速度大于地球的线速度
B．向心加速度大于地球的向心加速度
A．家庭电路正常工作时，L 中的磁通量为零
2
C．向心力仅由太阳的引力提供
B．家庭电路中使用的电器增多时，L 中的磁通量不变
2D．向心力仅由地球的引力提供 𝑚𝑣 2 𝑚𝑣
【分析】由洛伦兹力提供向心力，即qvB= ，可得r= ，可利用此公式求解．直线边界的磁场，垂
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星． 𝑟 𝑞𝐵
菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；52A：人造卫星问题． 直射入时达到最远点，最远点距O点为2r．沿其它方向射入时，距离要小于2r．
【分析】飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，飞行器靠太阳和地球引力的合力提供向心力，根据v 【解答】解：当从O点垂直射入磁场时，OA距离最大，最大距离为2r，如图示
＝rω，a＝rω2比较线速度和向心加速度的大小。 𝑚𝑣
又r= ，
𝑞𝐵
【解答】解：A、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据v＝rω，知探测器的线速度大于地球的
线速度。故A正确。 2𝑚𝑣
0
所以OA= 。
B、根据a＝rω2知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度。故B正确。 𝑞𝐵
C、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供。故C、D错误。 A．当粒子打在A点的左侧，若入射方向不变，半径减小，速度小于v ，若入射方向调整，半径可能比
0
故选：AB。 原来大，也可能比原来小，所以其速度可能等于或大于v ，因为速度方向未知，离子的入射方向只要偏左或
0
【点评】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐含的条 偏右皆可，故A错误。
件。 B．由于速度等于v 时最远到达A，故要使最远点到达A右侧，速度必须大于v ，故B正确。
0 0
9．（4分）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为 q 的粒子在纸面内从 C．当粒子从O点垂直射入磁场时，若刚好达到A点左侧距离d处，则有
O点射入磁场．若粒子速度为v ，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有（ ） 2𝑚𝑣 2𝑚𝑣
0 0
‒𝑑=
𝑞𝐵 𝑞𝐵
𝑞𝐵𝑑
解得v=v ‒
0
2𝑚
同B项，要满足条件，速度必须大于v，故C正确
D．由于粒子是沿任意方向飞入，所示速度极大的粒子仍可满足条件。故D错误。
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v
0 故选：BC。
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v
0 【点评】本题易错点为离子初速度方向未知，若按惯性思维认为垂直射入即出错．
𝑞𝐵𝑑
三、简答题：本题必做题（第10、11题）共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v
0-
2𝑚
10．（8分）如图1所示的黑箱中有二只相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测．
𝑞𝐵𝑑
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v +
0
2𝑚
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；536：带电粒子在磁场中的运动专题．（1）在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整如图 2中多用电表的 A （选填 故答案为：（1）A，（2）短暂，（3）5.0，如图所示．
“A”、“B”或“C“）． 【点评】本题关键是明确多用电表的使用方法，黑箱问题判断可以先判断有无电源，然后判断有无二极管，
（2）在用多用电表的直流电压挡探测黑箱 a、b接点间是否存在电源时，一表笔接 a，另一表笔应 短暂 最后判断可能的内部构造．
（选填“短暂”或“持续”）接b，同时观察指针偏转情况． 11．（10分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验．实验中，当木块A
（3）在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×l”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值．测量中 位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面．将A拉到P 点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q
发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表．两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图2所 点．分别测量OP、OQ的长度h和s．改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据．
示． （1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法．
请将记录表补充完整，并在答题卡的黑箱图中画出一种可能的电路． （2）请根据下表的实验数据作出s﹣h关系的图象．
两表笔接的接点 多用电表的示数 h/cm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
a，b 5.0 Ω s/cm 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5
a，c 10.0Ω （3）实验测得A、B的质量分别为m＝0.4kg、M＝0.50kg．根据s﹣h图象可计算出A木块与桌面间的动摩
擦因数μ＝ 0.4 ．（结果保留一位有效数字）
b，c 15.0Ω
（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）．
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻；N4：用多用电表测电阻．
菁优网版权所有
【专题】13：实验题；16：压轴题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）任何电表使用前都需要机械调零；
（2）由于指针可能反转，故应该短接；
（3）由于每对接点间正反向阻值均相等，说明无二极管；最简单的电路是两个电阻串联．
【解答】解：（1）电表使用前都需要机械调零，故选A；
（2）由于电流的流向未知，指针可能反转，故不宜长时间通电，故应该短暂接触；
（3）由于每对接点间正反向阻值均相等，说明无二极管；最简单的电路是两个电阻串联，电路如图；
【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．
菁优网版权所有
【专题】13：实验题；16：压轴题；524：摩擦力专题．【分析】（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和A、B的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势 故答案为：偏大．
能太多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据． 【点评】在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律，要会通过图象分析相关问题．
（2）根据所给数据进行描点、连线作图； 四、选修3-3
（3）对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到Q，两个过程运用动能定理，求得μ的表达式，再结 12．（4分）下列现象中，能说明液体存在表面张力的有（ ）
合从s﹣h图象，即可求解μ； A．水黾可以停在水面上
（4）由于滑轮轴的摩擦会导致s变小，根据μ的表达式可知误差结果． B．叶面上的露珠呈球形
【解答】解：（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少 C．滴入水中的红墨水很快散开
的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低 D．悬浮在水中的花粉做无规则运动
B的起始高度）解决．故解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低 【考点】95：液体的表面张力．
菁优网版权所有
B的起始高度）． 【专题】546：分子间相互作用力与分子间距离的关系．
（2）描点，连线，如图所示： 【分析】作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的
表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子
间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存
在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如．
【解答】解：A、因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A正确；
B、草叶上的露珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有
关，故B正确；
C、滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，是液体分子无规则热运动的反映，故C错误；
D、悬浮在水中的花粉做无规则运动是布朗运动，是液体分子无规则热运动的反映，故D错误；
1
（3）B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh﹣μmgh = （M+m）v2，在 B落地后，A运动到 Q，有
故选：AB。
2
【点评】此题考查液体表面张力的现象，要求对液体表面张力产生的原因能理解，并能分析一些现象．
1 𝑀ℎ
𝑚𝑣2=𝑚𝑔𝜇𝑠，μ= ，又A、B的质量分别为m＝0.40kg、M＝0.50kg，在s﹣h图象上 13．（4分）密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大。从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动
2 (𝑚 + 𝑀)𝑠 + 𝑚ℎ
的 平均动能 增大了。该气体在温度 T 、T 时的分子速率分布图象如图所示，则 T 小于 T （选填
1 2 1 2
任取一组数据代入可以求得：μ＝0.4．
“大于”或“小于”）。
故答案为：0.4．
（4）由于滑轮轴的摩擦，会导致绳子的拉力相对偏小，A运动的加速度也就偏小，s也就偏小，根据，
𝑀ℎ
μ= ，所以μ偏大．
(𝑚 + 𝑀)𝑠 + 𝑚ℎ【考点】89：温度是分子平均动能的标志． 15．（4分）选修3﹣4如图所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q
菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；547：内能及其变化专题． 右侧。旋转偏振片P，A、B两点光的强度变化情况是（ ）
【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定。
【解答】解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，温度升高时分子平均动能增大压强增大。温度升高时，速
率大的分子所占比重较大T ＜T 。
1 2
答案为：平均动能，小于
【点评】本题考查了温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大。 A．A、B均不变 B．A、B均有变化
14．（4分）如图所示，一定质量的理想气体从状态 A经等压过程到状态 B．此过程中，气体压强 p＝1.0× C．A不变，B有变化 D．A有变化，B不变
105Pa，吸收的热量Q＝7.0×102J，求此过程中气体内能的增量． 【考点】HB：光的偏振．
菁优网版权所有
【专题】54H：光的衍射、偏振和电磁本性专题．
【分析】白炽灯的光线沿各个方向的都有，只有与偏振片方向相同的光才能通过。
【解答】解：白炽灯的光线沿各个方向的都有，旋转偏振片P，A点光的强度不会变化，而通过Q的光线在
B点强度会发生变化，C正确。
故选：C。
【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．
菁优网版权所有 【点评】本题考查了偏振片的作用，难度不大。
【专题】16：压轴题；54B：理想气体状态方程专题．
16．（4分）“测定玻璃的折射率”买验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大
【分析】气体从状态A经等压过程到状态B的过程中，吸收热量，同时对外做功，要先求出体积的变化，再
头针C、D．在插入第四个大头针D时，要使它 挡住C和A、B的像． ．题如图是在自纸上留下的实验
求功，最后根据热力学第一定律求解．
痕迹，其中直线a、a′是描在纸上的玻璃砖的两个边．根据该图可算得玻璃的折射率n＝ 1.7 ．（计算结
【解答】解：气体状态 A为出状态，设为 V T ，状态 B为末状态，设为 V T ，由盖﹣吕萨克定律得：
1 1 2 2 果保留两位有效数字）
𝑉 𝑉
1 2
= ，
𝑇 𝑇
1 2
代人数据，得：V =8.0×10‒3𝑚3
2
在该过程中，气体对外做功：W＝F•L＝Ps•△L＝P•△V＝2×102J
根据热力学第一定律：△U＝Q+W′其中W＝﹣W'，
【考点】O3：测定玻璃的折射率．
菁优网版权所有
代人数据，得△U＝5.0×102J
【专题】13：实验题；16：压轴题；54D：光的折射专题．
【点评】该题考查热力学第一定律和理想气体的状态方程，关键的是正确求出气体对外做的功．属于中档
𝑠𝑖𝑛𝑖
题．
【分析】用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律n = ，关键是确定折射光线，方法是：在
𝑠𝑖𝑛𝑟
选修3-4
玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D，使C挡住A、B的像，要使D挡住C和A、B的像．作出入射光线和折射光线，画出光路图，用量角器量出入射角和折射角，由折射定 x＝1260km
律算出折射率． 根据波速、波长、周期关系公式，得到
【解答】解：在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针 A、B，在另一侧再竖直插两个大头针 C、D，使 C挡住 λ＝v •T＝3.5km/s×1.2s＝4.2km
s
A、B的像，要使D挡住C和A、B的像，说明CD在AB的出射光线上，CD连线即为AB的出射光线． 答：震源与监测点之间的距离x为21km，S波的波长λ为4.2km．
作出光路图如图，用量角器量出入射角∠AOM＝60°，折射角∠CON＝30°，则折射率 n △ 𝑥 𝜆
【点评】本题关键根据波速的两个公式v= 以及v= 列式计算，基础题．
𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝑂𝑀 𝑠𝑖𝑛60° △ 𝑡 𝑇
= = ≈1.7
𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝑂𝑁 𝑠𝑖𝑛30°
选修3-5
故答案为：挡住C和A、B的像，1.7 18．（4分）3﹣5如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的二种波长的光．在下列该原子光谱
的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是 （ ）
【点评】解决本题的关键理解和掌握实验的原理和实验的方法，其中实验原理是实验的核心．
17．（4分）地震时，震源会同时产生两种波，一种是传播速度约为 3.5km/s的 S波，另一种是传播速度约为
7.0km/s的P波．一次地震发生时，某地震监测点记录到首次到达的P波比首次到达的S波早3min．假定地 A． B．
震波沿直线传播，震源的振动周期为1.2s，求震源与监测点之间的距离x和S波的波长λ．
【考点】F3：横波和纵波；F5：波长、频率和波速的关系．
菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
C． D．
【分析】先根据匀速运动的速度位移关系公式求解震源与监测点之间的距离x，然后根据波速、波长、周期
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．
菁优网版权所有
关系公式列式求解波长．
【专题】54N：原子的能级结构专题．
【解答】解：地震监测点记录到首次到达的 P 波比首次到达的S波早3min（180s），故
𝑐
𝑥 𝑥 【分析】能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据E ‒𝐸 =ℎ 比较出波长的大小．
𝑚 𝑛
𝜆
‒ =△𝑡
𝑣 𝑣
𝑠 𝑝
𝑐
代入数据，有 【解答】解：从能级图可知，E 3 ﹣E 1 ＞E 2 ﹣E 1 ＞E 3 ﹣E 2 ，根据E 𝑚 ‒𝐸 𝑛 =ℎ 知，λ a ＜λ c ＜λ b ．故C正确，A、
𝜆
𝑥 𝑥
B、D错误。
‒ =180
3.5 7
故选：C。
解得𝑐 后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
【点评】解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及知道E ‒𝐸 =ℎ ．
𝑚 𝑛
𝜆
21．（15分）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心
19．（4分）一个中子与某原子核发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程式为 0 1n +1 1H→1 2H ；该反应放 4
角α均为 π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度
𝑄 9
出的能量为Q，则氘核的比结合能为 。
2
ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方
【考点】JI：爱因斯坦质能方程． 向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R．求：
菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题． （1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E ；
m
【分析】核反应过程中，质量数与核电荷数守恒，据此写出核反应方程式；核反应释放出的能量与核子数之 （2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
比是结合能。 （3）外接电阻上电流的有效值I。
【解答】解：由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：0 1n +1 1H→1 2H；
𝑄
氘核的比结合能为： ；
2
𝑄
故答案为：0 1n +1 1H→1 2H； 。
2
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．
【点评】应用质量数与核电荷数守恒可以写出核反应方程式，知道结合能的概念是正确求出结合能的关键。 菁优网版权所有
【专题】539：电磁感应中的力学问题．
20．（4分）A、B两种光子的能量之比为2：l，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势
动能分别为 E 、E ．求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功．
A B
（2）根据欧姆定律得出电流大小，根据安培力公式求出大小
【考点】IC：光电效应．
菁优网版权所有
（3）根据电流的热效应求出电流的有效值
【专题】16：压轴题；54I：光电效应专题．
【解答】解：（1）bc、ad 边的运动速度为：
ℎ𝑐 ℎ
【分析】由光子能量公式E=hf= 和动量公式P=mv= 判断动量之比，由光电效应方程求逸出功． 𝑙
𝜆 𝜆
v＝ω
2
ℎ𝑐 ℎ
【解答】解：由光子能量公式E=hf= 和动量公式P=mv= 知，A、B两种光子的动量之比等于A、
感应电动势为：
𝜆 𝜆
E ＝4NBlv
B两种光子的能量之比为2：l； m
解得：E ＝2NBl2ω
m
由E ＝E ﹣W和E ＝E ﹣W联立得W＝E ﹣2E ．
A 1 B 2 A B
（2）根据欧姆定律得电流为：
答：A、B两种光子的动量之比为2：l；金属的逸出功为W＝E ﹣2E ．
A B
𝐸
𝑚
【点评】本题考查的知识点较偏，特别是光子的能量和动量方程要记住．
I =
m
𝑅 + 𝑟
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只与出最安培力为：F＝2NBl l 【专题】16：压轴题；52D：动能定理的应用专题．
m
4𝑁 2 𝐵 2 𝑙 3 𝜔 【分析】（1）轻杆开始移动时，根据胡克定律求出弹簧的压缩量
解得：F =
𝑅 + 𝑟 （2）小车从撞击到停止的过程中由动能定理列出等式，同理，小车以v 撞击弹簧时由动能定理列出等式求
m
4 解。
（3）一个周期内，通电时间为：t = T
9
（3）根据动能定理求解
R 上消耗的电能为：W＝I 2Rt 【解答】解：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力F＝kx ①
m
且有：W＝I2RT 且F＝f ②
4𝑁𝐵𝑙 2 𝜔 𝑓
解得：I = 解得 x = ③
3(𝑅 + 𝑟) 𝑘
答：（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小是2NBl2ω； （2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中
4𝑁 2 𝐵 2 𝑙 3 𝜔 由动能定理得
（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小是 ；
𝑅 + 𝑟 𝑙 1
﹣f（ ）﹣W＝0 mv2④
- 0
2 4 2
4𝑁𝐵𝑙 𝜔
（3）外接电阻上电流的有效值是 。
3(𝑅 + 𝑟) 1
同理，小车以v 撞击弹簧时﹣fl﹣W＝0 mv2⑤
m - 𝑚
2
【点评】本题研究交变电流的产生，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定
律、安培力等知识的综合应用。 3𝑓𝑙
解得 v = 𝑣2+ ⑥
m 0
2𝑚
22．（16分）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内
移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车若以速 （3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v
1
𝑙 1
度v 撞击弹簧，将导致轻杆向右移动 ．轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的 mv2=W ⑦
0 1
4 2
摩擦。 𝑓𝑙
由④⑦解得 v = 𝑣2‒
1 0
2𝑚
（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v ； 𝑓𝑙
m
当v＜ 𝑣2‒ 时，v′＝v
0
2𝑚
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系。
𝑓𝑙 3𝑓𝑙 𝑓𝑙
当 v2‒ ≤v ≤ 𝑣2+ 时，v′ = 𝑣2‒
0 0 0
2𝑚 2𝑚 2𝑚
答：
【考点】2S：胡克定律；65：动能定理．
菁优网版权所有𝑓
（1）若弹簧的劲度系数为k，轻杆开始移动时，弹簧的压缩量是 ；
𝑘
3𝑓𝑙
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度是 v2+ ；
0
2𝑚
𝑓𝑙
（3）该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系是当v＜ 𝑣2 0 ‒ 时，v′＝v 【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
2𝑚
菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；531：带电粒子在电场中的运动专题．
𝑓𝑙 3𝑓𝑙 𝑓𝑙
当 v2
0
‒ ≤v ≤ 𝑣2
0
+ 时，v′ = 𝑣2
0
‒ 。
【分析】（1）由动能定理求解粒子射出加速器的速度，根据对称性可知，粒子射出平移器时的速度大小v ＝
2𝑚 2𝑚 2𝑚 1
v 。
【点评】正缓冲装置是一种实用装置，在生产和生活中有着广泛的应用，本题就是根据某种缓冲装置改编的 0
（2）粒子在第一个偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根
一道物理试题，试题设计新颖，物理思想深刻。正确解答这道试题，要求考生具有扎实的高中物理基础以及
据牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得竖直位移；粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，y＝vt
很强的分析和解决问题的能力。
公式求得竖直位移，即可求得粒子竖直总位移表达式。当加速电压变为4U 时欲使粒子仍从A点射入待测区
23．（16分）如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场 0
域，粒子竖直总位移不变，再求解此时的偏转电压U；
和磁场。图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板
（3）根据粒子刚射入时的受力大小，分析电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。（a）由沿x轴方向
长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为+q的粒子经加速
射入时，B平行于x轴，由F＝qE求得E；（b）由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平
电压U 加速后，水平射入偏转电压为U 的平移器，最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重
0 1
行，根据力的合成，求得洛伦兹力 f的大小，f＝qv B，即可求得 B；（c）设电场方向与 x轴方向夹角为
力。 1
α． 若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况，由力的合成法求得α。
（1）求粒子射出平移器时的速度大小v ；
1
1
（2）当加速电压变为4U 0 时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U； 【解答】解：（1）设粒子射出加速器的速度为v ，根据动能定理得：qU = 𝑚𝑣2
0 0 0
2
（3）已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F．现取水平向右为x轴正方
2𝑞𝑈
0
向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz．保持加速电压为U 不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入
0 由题意得v ＝v ，即v = ；
1 0 1
𝑚
待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示。
（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t
射入方向 y ﹣y z ﹣z
𝑞𝑈
1
受力大小 5F 5F 7F 3F 加速度的大小 a =
𝑚𝑑
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。
在离开时，竖直分速度 v ＝at
y
1
竖直位移 y = 𝑎𝑡2
1
2
水平位移 l＝v t
1粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t。 （c）E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°．若B沿﹣x轴方向，E与Oxy平面平行且与
竖直位移 y ＝v t x轴方向的夹角为﹣30°或﹣150°。
2 y
由题意知，粒子竖直总位移 y＝2y +y 【点评】本题是带电粒子在电场、磁场及复合场中运动的问题，分析粒子的运动情况是解题的基础，关键是
1 2
2
𝑈 𝑙 把握解题的规律。
1
联立解得 y = ；
𝑈 𝑑
0
欲使粒子仍从A点射入待测区域，y不变，则当加速电压为4U 时，U＝4U
0 1
𝐹
（3）（a）由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且 E = ；
𝑞
（b）由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行，则
F2+f2 =( 5𝐹)2，则f＝2F
且 f＝qv B
1
𝐹 2𝑚
解得 B =
𝑞 𝑞𝑈
0
（c）设电场方向与x轴方向夹角为α．
若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得
（f+Fsinα）2+（Fcosα）2＝（ 7𝐹）2
解得，α＝30°或α＝150°
即 E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°。
同理，若B沿﹣x轴方向，
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为﹣30°或﹣150°。
2𝑞𝑈
0
答：（1）粒子射出平移器时的速度大小v 为 。
1
𝑚
（2）当加速电压变为4U 时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，此时的偏转电压U为4U ；
0 1
（3）该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向为：
𝐹
（a）由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且 E = ；
𝑞
𝐹 2𝑚
（b）由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行，B = ；
𝑞 𝑞𝑈
0
