文档内容
2012 年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）
物理
第I卷
一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的。
1． 根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（ ）
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
2． 如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一
带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨
迹不会改变？（ ）
A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量
C．电场强度 D．磁感应强度
3．如图，直线上有为o、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在o点处有固定点电荷。已知
b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b
点，再从b点运动a点，则（ ）
A．两过程中电场力做的功相等
B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
C．前一过程中，粒子电势能不断减小
D．后一过程中，粒子动能不断减小
4．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端。
当两灯泡正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想的）的示数分
别是（ ）
A．120V，0.10A B．240V，0.025A
C．120V，0.05A D．240V，0.05A
5．如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置
1Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T 和T ，重力加速度
1 2
大小为g，则（ ）
A．T ＞mg，T ＞mg B．T ＜mg，T ＜mg
1 2 1 2
C．T ＞mg，T ＜mg D．T ＜mg，T ＞mg
1 2 1 2
6．如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和
β，且α＞β。一初速度为v 的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t 到达顶点b时，速度刚好为零；然后
0 0
让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑。在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与
时间t的关系的图像是（ ）
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选面中，有多个选项是
符合题目要求的，全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分。
7．下列关于功和机械能的说法，正确的是（ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体运动的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选择有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
8．下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ）
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静动摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静动摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
9．将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表
示。下列说法正确的是（ ）
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
2C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
10．图中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导
轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同
的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是（ ）
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
第Ⅱ卷
三、填空题，本大题共2小题，每小题4分，共8分，把答案写在答题卡上指定的答题出，不要求写出过
程。
11．地球同步卫星到地心的距离 r可用地球质量 M、地球自转周期 T与引力常量 G表示为 r
＝ 。
12．N（N＞1）个电荷量为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如
图。若移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为 ，
方向 。（已知静电力常量为k）
四、实验题：本大题2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。把答案写在答题
卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
13．图示电路可用来测量电阻的阻值。其中E为电源，R为已知电阻，R 为待测电阻，
○V
可视为理想电压
x
表，S 为单刀单掷开关，S 、S 单刀双掷开关。
0 1 2
（1）当S 闭合时，若S 、S 均为向左闭合，电压表读数为U ；若S 、S 均
0 1 2 1 1 2
为向右闭合，电压表读数为U 。由些可求出R ＝ 。
2 x
（2）若电源电动势E＝1.5V，内阻可忽略；电压表量程为1V，R＝100Ω。此
电路可测量的R 的最大值为 Ω。
x
14．一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时滑块静止于水平气垫导
轨上的 O点，如图（a）所示。现利用此装置探究弹簧的弹性势能 E 与其被压强时长度的改变量 x的关
p
系。先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测量x的数值；然后将小滑块从静止
释放。用计数器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用的
3时间t。多次改变x，测得的x值及其对应的t值如下表所示。（表中的1/t值是根据t值计算得出的）
x(cm) 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
t(s) 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08
1/t(s-1) 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926
图
（b）
1
（1） 根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作 x图线。
t
（2） 回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程）
1 1 1
① 已知点（0,0）在 x图线上，从 x图线上看， 与x是什么关系？
t t t
② 从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能E 与x是什么关系（不考虑摩擦力）？
k
③ 当弹簧长度改变量为x时，弹性势能E 与相应的E 是什么关系？
p k
④ 综合考虑以上分析，E 与x是什么关系？
p
五、计算题：本大题共2小题，第15题9分，第16题10分，共19分。把解答与在答题卡中指定的答题
处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
15．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为
3
R的 圆弧轨道，两轨道相切于B点。在外力作用下，一小球从 A点由静止开始做匀加速直线运动，到达
4
B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为 g。求
（1）小球在AB段运动的加速度的大小；
4（2）小球从D点运动到A点所用的时间。
16．图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xoy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t
变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为+B 时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一
0
2
带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于 。不计重力。设P在某时刻t 以某一初速度沿y轴正
o
TB
o
向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t ＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
o
（2）若t ＝ ，则直线OA与x轴的夹角是多少？
o
4
T
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为 ，在0＜t ＜ 的范围内，t 应取何值？
o o
4 4
六、选考题：请考生在17、18、19三题中任选二题做答，如果多做，则按所做的第一、二题计分。做答
时用2B铅笔在答题卡所把所选题目的题号涂黑。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
17．模块3－3试题（12分）
（1）（4分）两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r 轴交点的
横坐标为r 。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能
o
为零，下列说法正确的是___________（填入正确选项前的字母。选对 1个
给2分，选对2个给3分，选对3个给4分；每选错1个扣2分，最低得分
5为0分）。
A．在r＞r 阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
o
B．在r＜r 阶段，F做负功，分子动能减小，势能增加
o
C．在r＝r 时，分子势能最小，动能最大
o
D．在r＝r 时，分子势能为零
o
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
（2）（8分）如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭
在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞
相对于气缸移动了距离d。已知大气压强为p ，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的
o
压强仍可视为p ；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。
o
18．模块3－4试题（12分）
（1）（4分）某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图像如图所示。在波的传播方向上有A、B两点，
它们到S的距离分别为45m和55m。测得A、B两点开始振动的时间
间隔为1.0s。由此可知
① 波长λ＝___________m；
② 当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的
位移是___________cm。
（2）（8分）一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为 2 。
现在横截面内有一光线从左侧面上半部射入棱镜。不考虑棱镜内部反射。若保持入射线
在入射点法线的下方一侧（如图），且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射
出，则顶角θ可在什么范围内取值？
19．模块3－5试题（12分）
（1）（4分）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E ，下列说法正确的是__________（填入正
k
确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给3分，选对3个给4分；每选错1个扣2分，最低得分为
0分）。
A．对于同一种金属，E 与照射光的强度无关
k
B．对于同一种金属，E 与照射光的波长成反比
k
6C．对于同一种金属，E 与照射光的时间成正比
k
D．对于同一种金属，E 与照射光的频率成线性关系
k
E．对于同一种金属，若照射光频率不变，E 与金属的逸出功成线性关系
k
（2）（8分）一静止的238U 核经衰变成为234Th核，释放的总动能为4.27MeV。问此衰变后234Th核的动
92 90 90
能为多少（保留1位有效数字）？
2012 年海南省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的．
1．（3分）（2012•海南）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（ ）
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
【考点】牛顿第二定律．
菁优网版权所有
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】解答本题应掌握：牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小与合外力成正比，与质量成反比；力
是产生加速度的原因；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成
反比．
【解答】解：A、根据牛顿第二定律得知：物体加速度的大小跟质量成反比，与速度无关．故A错误．
B、力是产生加速度的原因，只要有力，就产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系．故B错误．
C、物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它的所受作用力中的任一个的大小成正
比．故C错误．
D、当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F=ma可知，物体水平加速度大
小与其质量成反比．故D正确．
故选D
【点评】本题考查对牛顿第二定律的理解和掌握情况，关键要抓住：物体加速度的大小与合外力成正比，
与质量成反比；力是产生加速度的原因．
2．（3分）（2012•海南）如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方
向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一
个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（ ）
A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量
C．电场强度 D．磁感应强度
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
菁优网版权所有
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
7【分析】带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得
到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比．当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨
迹不会改变．
【解答】解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvB=qE，即有vB=E．①
A、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改
变．故A错误．
B、由①知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不
发生改变．故B正确．
C、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故C错误．
D、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故D错
误．
故选B
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通
过受力情况分析粒子的运动情况．
3．（3分）（2012•海南）如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等．在O点处
有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b
点，再从b点运动到a点，则（ ）
A．两过程中电场力做的功相等
B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
C．前一过程中，粒子电势能不断减小
D．后一过程，粒子动能不断减小
【考点】电势能；动能定理的应用．
菁优网版权所有
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据b点电势高于c点电势，可判断出电场线的方向，确定出点电荷的电性，即可知道a、b间
与b、c间场强的大小关系，由U=Ed分析电势差关系，由W=qU，分析电场力做功的关系；
根据电场力方向与负电荷速度方向的关系，判断出电场力做功的正负，即可判断电势能和动能的变化．
【解答】解：A、B由题，b点电势高于c点电势，则知电场线方向由O指向c，则点电荷带正电，a、b
间电场线比b、c间电场线密，则a、b间场强大于b、c间的场强，由公式U=Ed可知，a、b间电势差大
于b、c间电势差，由公式W=qU可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功．故AB
错误．
C、负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小．故C正确．
D、电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大．故D错误．
故选C
【点评】本题利用匀强电场中电势差与场强关系公式U=Ed，定性判断a、b间与b、c间电势差的大小，
根据电场力与速度方向的关系判断电场力做功正负，都是常用的方法和思路．
4．（3分）（2012•海南）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，两个标有“12V，6W”的小灯泡
并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想表）的示数分
别是（ ）
8A．120V，0.10A B．240V，0.025A C．120V，0.005A D．240V，0.05A
【考点】变压器的构造和原理．
菁优网版权所有
【专题】交流电专题．
【分析】灯泡正常工作，电压为额定电压，进而求出副线圈电压和电流，再根据变压器原副线圈电压、电
流与线圈匝数的关系即可求解，电流表和电压表都是有效值．
【解答】解：灯泡正常工作，所以副线圈电压U =12V，电流
2
根据 得：U =240V
1
根据 解得：I =0.05A
1
所以电压表和电流表的示数分别为：240V，0.05A
故选D
【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，本题即可得到解决．
5．（3分）（2012•海南）如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环
中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别
为T 和T ，重力加速度大小为g，则（ ）
1 2
A．T ＞mg，T ＞mg B．T ＜mg，T ＜mg C．T ＞mg，T ＜mg D．T ＜mg，T ＞mg
1 2 1 2 1 2 1 2
【考点】楞次定律．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题．
【分析】根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环
和磁铁先排斥后吸引．
【解答】解：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化．在
本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定
律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运
9动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小．故两种情况下，绳的拉力都大于mg；经
过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故T ＜T ．因此，A正确．
1 2
故选：A．
【点评】深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．
6．（3分）（2012•海南）如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地
面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v 的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t 后到达顶点b
0 0
时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能
正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；运动学中的图像专题．
【分析】v﹣t图象的斜率等于加速度，根据牛顿第二定律列式可比较物块上滑和下滑的加速度大小．根据
运动学公式比较两个过程的时间关系及速度关系，即可选择图象．
【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a 和a ．根据牛顿第二定律得：
1 2
mgsinα+μmgcosα=ma ，mgsinβ﹣μmgcosβ=ma ，
1 2
得a =gsinα+μgcosα，a =gsinβ﹣μgcosβ，
1 2
则知a ＞a
1 2
而v﹣t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．
上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x= 知，上滑过程时间较短．
因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．
由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v ．故C正确，ABD错误．
0
故选C
【点评】本题关键运用牛顿第二定律和运动学公式分析两个过程加速度关系、运动时间关系，即可结合图
象的物理意义进行选择．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是
符合题目要求的．全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分．
7．（4分）（2012•海南）下列关于功和机械能的说法，正确的是（ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
【考点】功能关系．
菁优网版权所有
【分析】功是能量转化的量度：总功是动能变化的量度；重力功是重力势能变化的量度．
10【解答】解：A、重力做功是重力势能变化的量度，即任何情况下重力做功都等于重力势能的减小量，故
A错误；
B、根据动能定理，有合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，故B正确；
C、重力势能具有系统性和相对性，即物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零
点的选取有关，故C正确；
D、只有机械能守恒时，才有动能的减少量等于重力势能的增加量，故D错误；
故选BC．
【点评】本题考查了功能关系的几种不同形式，关键要明确哪种能的变化与哪种功相对应．
8．（4分）（2012•海南）下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ）
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
【考点】滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．
菁优网版权所有
【专题】摩擦力专题．
【分析】当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体做加速运动；当静摩擦力与物体的运动方向相
反时，物体做减速运动；静摩擦力和滑动摩擦力都既可能使物体减速，也可能使物体加速．
【解答】解：A、作用在物体上的滑动摩擦力方向，若与物体的运动方向相同时，能使物体加速，比如物
体轻轻放在水平匀速传动的传送带上时物体受到滑动摩擦力而加速．故A错误．
B、当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故B错误．
C、当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当滑动摩擦力方向与物体的运动
方向相反时，物体可能做减速运动．故C正确．
D、当静摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当静摩擦力方向与物体的运动方向
相反时，物体可能做减速运动．故D正确．
故选CD
【点评】本题中判断物体做加速还是减速运动，关键要看摩擦力与物体运动方向的关系，摩擦力与速度同
向时，可能加速；反之，减速．
9．（4分）（2012•海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量
分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（ ）
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
【考点】电容器的动态分析．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；电容器专题．
【分析】保持U不变，根据公式E= 分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不
变，根据C= 分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C= 分析U的变化，由
E= 分析E的变化．
11【解答】解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E= 可知，E变为原来的一半．故A正
确．
B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．
C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C= 分析可知，U变为原来的两倍．故C
错误．
D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C= 分析可知，U变为原来的一半，由E=
分析知，E变为原来的一半．故D正确．
故选AD
【点评】本题关键要掌握E= 、C= 两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变．
10．（4分）（2012•海南）图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内
固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、
f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
【考点】安培力．
菁优网版权所有
【专题】压轴题．
【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而
判断出导轨L的移动方向．
【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培
力向左，L向左滑动，故A错误；
B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L
向右滑动，故B正确；
C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向
右滑动，故C错误；
D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L
向左滑动，故D正确；
故选BD．
【点评】熟练应用安培定则与左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．
12三、填空题：本大题共2小题，每小题4分，共8分．把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演
算过程．
11．（4分）（2012•海南）地球同步卫星到地心的距离r可用质量M、地球自转周期T与引力常量G表
示为r= ．
【考点】同步卫星．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；人造卫星问题．
【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的
量．
【解答】解：根据万有引力提供向心力，列出等式：
=m r，
r=
故答案为：
【点评】本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步．
12．（4分）（2012•海南）N（N＞1）个电荷量均为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，
示意如图．右移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为 ，方向 沿OP
指向P ．
【考点】点电荷的场强．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．
【分析】由于成圆周对称性，所以如果没移去电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该
点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这
两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出要移去电荷在该点的场强．
【解答】解：如果没移去电荷之前，N（N＞1）个电荷量均为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的
圆周上在圆心处场强为0，
该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加，
所以移去电荷后，在圆心O点处的电场强度与移去的电荷在该处的场强大小相等，方向相反．
根据库仑定律得圆心O点处的电场强度大小为 ，方向沿OP指向P
13故答案为： ，沿OP指向P．
【点评】该题考查了场强叠加原理和库伦定律，还有对对称性的认识．
四、实验题：本大题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分．把答案写在答题卡中指定的答题
处，不要求写出演算过程．
13．（6分）（2012•海南）图示电路可用来测量电阻的阻值．其中E为电源，R为已知电阻，R 为待测
x
电阻， 可视为理想电压表，S 为单刀单掷开关，S 、S 为单刀双掷开关．
0 1 2
（1）当S 闭合时，若S 、S 均向左闭合，电压表读数为U ；若S 、S 均向右闭合，电压表读数为
0 1 2 1 1 2
U ．由此可求出R = ．
2 x
（2）若电源电动势E=1.5V，内阻可忽略；电压表量程为1V，R=100Ω．此电路可测量的R 的最大值为
x
200 Ω．
【考点】闭合电路的欧姆定律．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；恒定电流专题．
【分析】通过不同的接点，用一个电压表分别测量出两个电阻的分担电压，根据二者电流相等，推导出带
测电阻的表达式．
【解答】解：（1）当S 向左闭合，S 向左时，测量的U 是R 的分压，将S 向右闭合，S 向右时，测
2 1 1 X 2 1
量的U 是R的分压，R 与R串联，则有 ，所以：R =
2 X X
（2）R 与R串联，所以当电压表测量R 时达到最大量程时，R 阻值最大，此时R = =
X X X X
=200Ω
故答案为： ；200．
【点评】本题考查了用一个电压表通过巧妙的实验设计测量电阻的实验，是个创新性很强的题目．
14．（9分）（2012•海南）一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时
滑块静止于水平气垫导轨上的O点，如图（a）所示．现利用此装置探究弹簧的弹性势能E 与其被压缩时
p
14长度的改变量x的关系．先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测出x的数值；然后将小滑块从静止释放．用计
时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用时间t．多次改变x值及其对应的t值如下表
所示．（表中的1/t值是根据t值计算得出的）
x（cm） 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
t（s） 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08
l/t（s﹣1） 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926
（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上做 ﹣x图线．
（2）回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程）
①已知点（0，0）在 ﹣x图线上，从 ﹣x图线看， 与x是什么关系？
②从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能E 与 是什么关系（不考虑摩擦力）？
k
③当弹簧长度该变量为x时，弹性势能E 与相应E 是什么关系？
p k
④综合考虑以上分析，E 与x是什么关系？
p
【考点】弹性势能．
菁优网版权所有
【专题】实验题；压轴题．
【分析】（1）通过描点法作图即可；
（2）① ﹣x图线是直线，说明 与x是正比关系；
② 与速度成正比，E 与速度平方成正比；
k
③机械能守恒，故弹簧减小的弹性势能等于增加的动能，即E =E ；
p k
④E 与（ ）2成正比，E =E ， 与x成正比，故E 与x的平方成正比．
k p k p
【解答】解：（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作出 ﹣x图线，如图所示．
15（2）① ﹣x图线是直线，故 与x成正比；
② 与速度成正比，E 与速度平方成正比，故E 与（ ）2成正比；
k k
③根据机械能守恒，有E =E ；
p k
④E 与（ ）2成正比，E =E ， 与x成正比，E 与x2成正比．
k p k p
答：（1）如图所示．
（2）① 与x成正比；
②E 与（ ）2成正比；
k
③E =E ；
p k
④E 与x2成正比．
p
【点评】本题关键是明确实验原理，通过作图得到 ∝x，逐步分析得到E 与x2成正比．
p
五、计算题：本大题共2小题，第15题9分，第16题10分，共19分．把解答写在答题卡中指定的答题
处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算过程步骤．
15．（9分）（2012•海南）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，
BCD是圆心为O、半径为R的 圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开
始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为
g．求：
（1）小球从在AB段运动的加速度的大小；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间．
【考点】向心力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
16【分析】（1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，
这样我们可以求出C点速度，从B到C的过程中运用动能定理求出B点速度，根据匀加速直线运动位移
速度公式即可求解加速度；
（2）小球离开D点做加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求解时间．
【解答】解：（1）小滑块恰好通过最高点，则有：mg=m
解得：
从B到C的过程中运用动能定理得：
=﹣mg•2R
解得：v =
B
根据位移速度公式得：2aR=
解得：a=
（2）从C到D的过程中运用动能定理得：
=mgR
解得：
小球离开D点做加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式得：
R=
解得：t=
答：（1）小球从在AB段运动的加速度的大小为 ；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间为 ．
【点评】本题主要考查了动能定理，运动学基本公式的直接应用，物体恰好通过C点是本题的突破口，这
一点要注意把握，难度适中．
16．（10分）（2012•海南）图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xoy平面（纸面）垂
直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示．当B为+B 时，磁感应强度方向指
0
向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量恰好等于 ．不计重力．设P在某时刻t
0
以某一初速度沿y轴正向O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A．
（1）若t =0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
0
（2）若t =T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
0
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为π/4，在0＜t ＜π/4的范围内，t 应取何值？
0 0
17【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在里面做圆周运动，由此可以得到粒子在一个周期内的运动轨迹，进而可知夹角
（2）粒子P在 时刻开始运动，在 到 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D点，此时
磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次
反转；在t=T到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A点，画出图，可得夹角
（3）若在任意时刻t=t （ ）粒子P开始运动，在t=t 到t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动
0 0
到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 此时磁场方向
反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在
t=T到t=T+t 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心角为
0
，画出图象，可得角度，进而得到时间．
【解答】解：
（1）设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛仑兹力作用下，在xy平面内做圆
周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有：
由①②式与已知条件得
T′=T
粒子P在t=0到t= 时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，
在 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A，如图（a）所示．
18OA与x轴的夹角θ=0 ④
（2）粒子P在 时刻开始运动，在 到 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D点，此时
磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次
反转；在t=T到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A点，如图（b）所示，
由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 ⑤
（3）若在任意时刻t=t （ ）粒子P开始运动，在t=t 到t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动
0 0
到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为
⑥
此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向
再次反转；在t=T到t=T+t 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心
0
角为 ⑦
如图（c）所示，
19由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧
若要OA与x轴成 角，则有 ⑨，联立⑥⑨式可得
⑩
答：
（1）若t =0，则直线OA与x轴的夹角是0
0
（2）若t = ，则直线OA与x轴的夹角是
0
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为 ，在0＜t ＜ 的范围内，t 应取
0 0
【点评】本题是能力要求非常高的对带电粒子在磁场中圆周运动轨迹的分析，带电粒子在磁场中的运动，
一般都会牵涉轨迹分析，但很少会有这么多的轨迹分析，轨迹分析是非常重要的技能，可以用这个题来锻
炼自己对带电粒子在磁场中运动的轨迹分析能力．
六、选考题：请考生在三个选修中任选二作答，如果多做，则按所做的第一、二选修计分．作答时用2B
铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．计算请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．选修3-3：
17．（4分）（2012•海南）两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线
与r轴交点的横坐标为r ．相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷
0
远时分子势能为零，下列说法正确的是（ ）
A．在r＞r 阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
0
B．在r＜r 阶段，F做负功，分子动能减小，势能减小
0
C．在r＜r 阶段，F做正功，分子动能减小，势能减小
0
D．在r=r 时，分子势能为零
0
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
【考点】分子间的相互作用力；分子势能．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；内能及其变化专题．
【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分
子力表现为斥力；根据图象分析答题．
【解答】解：由图象可知：分析间距离为r 时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；
0
20A、r 是分子的平衡距离，r大于平衡距离，分子力表现为引力，F做正功，分子动能增加，势能减小，故
0
A正确；
B、C、当r小于r 时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，故BC错误；
0
D、当r等于r 时，分子势能最小但不为零，故C错误；
0
E、分子动能和势能之和在整个过程中不变，故D正确；
故选AE．
【点评】分子间距离等于平衡距离时分子势能最小，掌握分子间作用力与分子间距离的关系、分子清楚图
象，即可正确解题．
18．（8分）（2012•海南）如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定
量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳
定时发现活塞相对于气缸移动了距离d．已知大气压强为P ，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，
0
大气对活塞的压强仍可视为P ；整个过程中温度保持不变．求小车加速度的大小．
0
【考点】封闭气体压强．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；气体的压强专题．
【分析】选择活塞为研究对象，对其进行受力分析，利用气体的状态参量来表示活塞的受力情况，由牛顿
第二定律列式，结合气体状态的变化，即可求出小车的加速度．
【解答】解：设小车加速度大小为a，稳定是气缸内气体的压强为P ，活塞受到气缸内外气体的压力分别
1
为：f =P S f =P S
1 1 1 0 0 1
由牛顿第二定律得：f ﹣f =ma
1 0
小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P ，由波意耳定律得：P V =P V
0 1 1 0
式中V=SL，V =S（L﹣d）
1
联立得：a=
答：小车加速度的大小为
【点评】该题考察了波意耳定律和你的第二定律及其相关知识，解答此类为题，要注意研究对象的选择，
常常选择受力个数较少的物体进行分析，利用牛顿第二定律进行解答．
选修3-4：
19．（4分）（2012•海南）（模块3﹣4）某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图象如图所示．在波
的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为45m和55m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为
1.0s．由此可知
①波长λ= 20 m；
②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是 ﹣6 cm．
21【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
菁优网版权所有
【专题】压轴题．
【分析】由振动图象图象读出周期，根据A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，可知AB间的距离为半
个波长，进而求出波长，AB两个点之间始终相差半个周期，当B点在正的最大位移处时，A在负的最大
位移处．
【解答】解：①由振动图象可知，T=2s，A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，所以AB间的距离为半
个波长，所以λ=2×（55﹣45）m=20m
②AB两个点之间始终相差半个周期，所以当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的
位移是﹣6cm
故答案为：20，﹣6．
【点评】本题要求同学们能根据振动图象图象读出周期，进而判断AB两点的位置关系，从而求波长，难
度不大，属于基础题．
20．（8分）（2012•海南）一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为 ．现在
横截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜．不考虑棱镜内部的反射．若保持入射线在过入射点的法线
的下方一侧（如图），且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角θ可在什么范围内
取值？
【考点】光的折射定律．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；光的折射专题．
【分析】作出光路图，根据光的折射定律结合光在另一侧面上折射时不能发生全反射，通过几何关系求出
顶角的范围．
【解答】解：设入射光线经玻璃折射时，入射角为i，折射角为r，射至棱镜右侧面的入射角为α，根据折
射定律得，
sini=nsinr ①
由几何关系得，
θ=α+r ②
当i=0时，由①知r=0，α有最大值α ．由②知，
m
θ=α ．③
m
同时α 应小于玻璃对空气全反射的临界角．即
m
④
由①②③④式及题设条件可知
0＜θ＜45°．
答：顶角θ可在0＜θ＜45°范围内取值．
22【点评】解决本题的关键掌握光的折射定律，以及掌握发生全反射的条件．
选修3-5：
21．（2012•海南）（模块3﹣5）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E ，下列说法正确的是
k
（ ）
A．对于同种金属，E 与照射光的强度无关
k
B．对于同种金属，E 与照射光的波长成正比
k
C．对于同种金属，E 与照射光的时间成正比
k
D．对于同种金属，E 与照射光的频率成线性关系
k
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，E 与金属的逸出功成线性关系．
k
【考点】爱因斯坦光电效应方程；光电效应．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；光电效应专题．
【分析】根据光电效应方程E =hv﹣W 进行分析．
km 0
【解答】解：A、光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故A正确．
B、根据光电效应方程E =hv﹣W = ，对于同种金属，逸出功相同，知最大初动能与入射光的波
km 0
长不成正比．故B错误．
C、最大初动能与照射光的时间无关．故C错误．
D、根据光电效应方程E =hv﹣W 知，同种金属，逸出功相等，则最大初动能与入射光的频率成线性关
km 0
系．故D正确．
E、对于不同的金属，逸出功不同，若照射光的频率不变，根据光电效应方程E =hv﹣W 知，E 与金属的
km 0 k
逸出功成线性关系．故E正确．
故选ADE
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程E =hv﹣W ，知道最大初动能与入射光的强度和照射时间无
km 0
关．
22．（2012•海南）一静止的 U核经α衰变成为 Th，释放出的总动能为4.27MeV．问此衰变后
Th核的动能为多少MeV（保留1位有效数字）？
【考点】动量守恒定律；爱因斯坦质能方程．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；动量定理应用专题．
【分析】选择正确的研究对象．
根据动量守恒定律列出等式解决问题
根据能量守恒列出等式求解问题
【解答】解：据题意知， U核经α衰变成为 Th，根据却是守恒定律得
0=M v ﹣M v ①
Th Th α α
式中，M 和M 分别为α粒子和Th核的质量，
α Th
23v 和v 分别为α粒子和Th核的速度的大小．
α Th
由题设条件知
E = M v 2+ M v 2 ②
K α α Th Th
= ③
由①②③式得，衰变后 Th核的动能
M v 2=0.07MeV
Th Th
答：衰变后 Th核的动能为0.07MeV．
【点评】解决问题首先要清楚研究对象的运动过程．
我们要清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题．
把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．
24
