2012年普通高等學校招生全國統一考試（海南卷）物理第I卷一、單項選擇題：本大題共6小題，每小題3分，共18分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。根據牛頓第二定律，下列敘述正確的是（）A．物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度C．物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比D．當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變？（）A．粒子速度的大小B．粒子所帶的電荷量C．電場強度D．磁感應強度3．如圖，直線上有為o、a、b、c四點，ab間的距離與bc間的距離相等。在o點處有固定點電荷。已知b點電勢高于c點電勢。若一帶負電荷的粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動a點，則（）A．兩過程中電場力做的功相等B．前一過程中電場力做的功大于后一過程中電場力做的功C．前一過程中，粒子電勢能不斷減小D．后一過程中，粒子動能不斷減小4．如圖，理想變壓器原、副線圈匝數比為20：1，兩個標有“12V，6W”的小燈泡并聯在副線圈的兩端。當兩燈泡正常工作時，原線圈電路中電壓表和電流表（可視為理想的）的示數分別是（）A．120V，0.10AB．240V，0.025AC．120V，0.05AD．240V，0.05A5．如圖，一質量為m的條形磁鐵用細線懸掛在天花板上，細線從一水平金屬圓環中穿過。現將環從位置Ⅰ釋放，環經過磁鐵到達位置Ⅱ。設環經過磁鐵上端和下端附近時細線的張力分別為T1和T2，重力加速度大小為g，則（）A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mgD．T1＜mg，T2＞mg6．如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上，ab面和bc面與地面的夾角分別為α和β，且α＞β。一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動，經時間t0到達頂點b時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑。在小物塊從a運動到c的過程中，可能正確描述其速度大小v與時間t的關系的圖像是（）二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題4分，共16分，在每小題給出的四個選面中，有多個選項是符合題目要求的，全部選對的，得4分；選對但不全的，得2分；有選錯的，得0分。7．下列關于功和機械能的說法，正確的是（）A．在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功B．合力對物體所做的功等于物體運動的改變量C．物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選擇有關D．運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量8．下列關于摩擦力的說法，正確的是（）A．作用在物體上的滑動摩擦力只能使物體減速，不可能使物體加速B．作用在物體上的靜動摩擦力只能使物體加速，不可能使物體減速C．作用在物體上的滑動摩擦力既可能使物體減速，也可能使物體加速D．作用在物體上的靜動摩擦力既可能使物體加速，也可能使物體減速9．將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示。下列說法正確的是（）A．保持U不變，將d變為原來的兩倍，則E變為原來的一半B．保持E不變，將d變為原來的一半，則U變為原來的兩倍C．保持d不變，將Q變為原來的兩倍，則U變為原來的一半D．保持d不變，將Q變為原來的一半，則E變為原來的一半10．圖中裝置可演示磁場對通電導線的作用。電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內固定兩條平行金屬導軌，L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿。當電磁鐵線圈兩端a、b，導軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導軌上滑動。下列說法正確的是（）A．若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動B．若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動C．若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則L向左滑動D．若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動第Ⅱ卷三、填空題，本大題共2小題，每小題4分，共8分，把答案寫在答題卡上指定的答題出，不要求寫出過程。11．地球同步衛星到地心的距離r可用地球質量M、地球自轉周期T與引力常量G表示為r＝。12．N（N＞1）個電荷量為q（q＞0）的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上，示意如圖。若移去位于圓周上P點的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為，方向。（已知靜電力常量為k）四、實驗題：本大題2小題，第13題6分，第14題9分，共15分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。13．圖示電路可用來測量電阻的阻值。其中E為電源，R為已知電阻，Rx為待測電阻，eq\o\ac(○,V)可視為理想電壓表，S0為單刀單擲開關，S1、S2單刀雙擲開關。（1）當S0閉合時，若S1、S2均為向左閉合，電壓表讀數為U1；若S1、S2均為向右閉合，電壓表讀數為U2。由些可求出Rx＝。（2）若電源電動勢E＝1.5V，內阻可忽略；電壓表量程為1V，R＝100Ω。此電路可測量的Rx的最大值為Ω。14．一水平放置的輕彈簧，一端固定，另一端與一小滑塊接觸，但不粘連；初始時滑塊靜止于水平氣墊導軌上的O點，如圖（a）所示。現利用此裝置探究彈簧的彈性勢能Ep與其被壓強時長度的改變量x的關系。先推動小滑塊壓縮彈簧，用米尺測量x的數值；然后將小滑塊從靜止釋放。用計數器測出小滑塊從O點運動至氣墊導軌上另一固定點A所用的時間t。多次改變x，測得的x值及其對應的t值如下表所示。（表中的1/t值是根據t值計算得出的）x(cm)1.001.502.002.503.00t(s)3.332.201.601.321.081/t(s1)0.3000.4550.6250.7580.926圖（b）圖（b）根據表中數據，在圖（b）中的方格紙上作圖線。回答下列問題：（不要求寫出計算或推導過程）已知點（0,0）在圖線上，從圖線上看，與x是什么關系？從理論上分析，小滑塊剛脫離彈簧時的動能Ek與x是什么關系（不考慮摩擦力）？當彈簧長度改變量為x時，彈性勢能Ep與相應的Ek是什么關系？綜合考慮以上分析，Ep與x是什么關系？五、計算題：本大題共2小題，第15題9分，第16題10分，共19分。把解答與在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。15．如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點。在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點C，重力加速度大小為

g。求（1）小球在AB段運動的加速度的大小；（2）小球從D點運動到A點所用的時間。16．圖（a）所示的xoy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xoy平面（紙面）垂直，磁感應強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示。當B為+B0時，磁感應強度方向指向紙外。在坐標原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質量之比恰好等于。不計重力。設P在某時刻to以某一初速度沿y軸正向自O點開始運動，將它經過時間T到達的點記為A。（1）若to＝0，則直線OA與x軸的夾角是多少？（2）若to＝，則直線OA與x軸的夾角是多少？（3）為了使直線OA與x軸的夾角為，在0＜to＜的范圍內，to應取何值？六、選考題：請考生在17、18、19三題中任選二題做答，如果多做，則按所做的第一、二題計分。做答時用2B鉛筆在答題卡所把所選題目的題號涂黑。計算題請寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。17．模塊3－3試題（12分）（1）（4分）兩分子間的斥力和引力的合力F與分子間距離r的關系如圖中曲線所示，曲線與r軸交點的橫坐標為ro。相距很遠的兩分子在分子力作用下，由靜止開始相互接近。若兩分子相距無窮遠時分子勢能為零，下列說法正確的是___________（填入正確選項前的字母。選對1個給2分，選對2個給3分，選對3個給4分；每選錯1個扣2分，最低得分為0分）。A．在r＞ro階段，F做正功，分子動能增加，勢能減小B．在r＜ro階段，F做負功，分子動能減小，勢能增加C．在r＝ro時，分子勢能最小，動能最大D．在r＝ro時，分子勢能為零E．分子動能和勢能之和在整個過程中不變（2）（8分）如圖，一氣缸水平固定在靜止的小車上，一質量為m、面積為S的活塞將一定量的氣體封閉在氣缸內，平衡時活塞與氣缸底相距L。現讓小車以一較小的水平恒定加速度向右運動，穩定時發現活塞相對于氣缸移動了距離d。已知大氣壓強為po，不計氣缸和活塞間的摩擦；且小車運動時，大氣對活塞的壓強仍可視為po；整個過程溫度保持不變。求小車加速度的大小。18．模塊3－4試題（12分）（1）（4分）某波源S發出一列簡諧橫波，波源S的振動圖像如圖所示。在波的傳播方向上有A、B兩點，它們到S的距離分別為45m和55m。測得A、B兩點開始振動的時間間隔為1.0s。由此可知①波長λ＝___________m；②當B點離開平衡位置的位移為+6cm時，A點離開平衡位置的位移是___________cm。（2）（8分）一玻璃三棱鏡，其橫截面為等腰三角形，頂角θ為銳角，折射率為。現在橫截面內有一光線從左側面上半部射入棱鏡。不考慮棱鏡內部反射。若保持入射線在入射點法線的下方一側（如圖），且要求入射角為任何值的光線都會從棱鏡的右側面射出，則頂角θ可在什么范圍內取值？19．模塊3－5試題（12分）（1）（4分）產生光電效應時，關于逸出光電子的最大初動能Ek，下列說法正確的是__________（填入正確選項前的字母。選對1個給2分，選對2個給3分，選對3個給4分；每選錯1個扣2分，最低得分為0分）。A．對于同一種金屬，Ek與照射光的強度無關B．對于同一種金屬，Ek與照射光的波長成反比C．對于同一種金屬，Ek與照射光的時間成正比D．對于同一種金屬，Ek與照射光的頻率成線性關系E．對于同一種金屬，若照射光頻率不變，Ek與金屬的逸出功成線性關系（2）（8分）一靜止的核經衰變成為核，釋放的總動能為4.27MeV。問此衰變后核的動能為多少（保留1位有效數字）？2012年海南省高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本大題共6小題，每小題3分，共18分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（3分）（2012?海南）根據牛頓第二定律，下列敘述正確的是（）A．物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比B．物體所受合外力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度C．物體加速度的大小跟它的所受作用力中的任一個的大小成正比D．當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比【考點】牛頓第二定律．【專題】牛頓運動定律綜合專題．【分析】解答本題應掌握：牛頓第二定律的內容：物體加速度的大小與合外力成正比，與質量成反比；力是產生加速度的原因；當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比．【解答】解：A、根據牛頓第二定律得知：物體加速度的大小跟質量成反比，與速度無關．故A錯誤．B、力是產生加速度的原因，只要有力，就產生加速度，力與加速度是瞬時對應的關系．故B錯誤．C、物體加速度的大小跟物體所受的合外力成正比，而不是跟它的所受作用力中的任一個的大小成正比．故C錯誤．D、當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，根據牛頓第二定律F=ma可知，物體水平加速度大小與其質量成反比．故D正確．故選D【點評】本題考查對牛頓第二定律的理解和掌握情況，關鍵要抓住：物體加速度的大小與合外力成正比，與質量成反比；力是產生加速度的原因．2．（3分）（2012?海南）如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板．若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變？（）A．粒子速度的大小 B．粒子所帶的電荷量C．電場強度 D．磁感應強度【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】帶電粒子進入正交的電場和磁場中，受到電場力和洛倫茲力而做勻速直線運動，根據平衡條件得到電場力與洛倫茲力的關系，洛倫茲力與速度大小成正比．當洛倫茲力與電場力仍平衡時，粒子的運動軌跡不會改變．【解答】解：由題，粒子受到電場力和洛倫茲力，做勻速直線運動，則有qvB=qE，即有vB=E．①A、改變粒子速度的大小，則洛倫茲力隨之改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發生改變．故A錯誤．B、由①知，粒子的電量改變時，洛倫茲力與電場力大小同時改變，兩個力仍然再平衡，故粒子的軌跡不發生改變．故B正確．C、改變電場強度，電場力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發生改變．故C錯誤．D、改變磁感應強度，洛倫茲力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發生改變．故D錯誤．故選B【點評】本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況．3．（3分）（2012?海南）如圖，直線上有O、a、b、c四點，ab間的距離與bc間的距離相等．在O點處有固定點電荷．已知b點電勢高于c點電勢．若一帶負電荷的粒子僅在電場力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動到a點，則（）A．兩過程中電場力做的功相等B．前一過程中電場力做的功大于后一過程中電場力做的功C．前一過程中，粒子電勢能不斷減小D．后一過程，粒子動能不斷減小【考點】電勢能；動能定理的應用．【專題】電場力與電勢的性質專題．【分析】根據b點電勢高于c點電勢，可判斷出電場線的方向，確定出點電荷的電性，即可知道a、b間與b、c間場強的大小關系，由U=Ed分析電勢差關系，由W=qU，分析電場力做功的關系；根據電場力方向與負電荷速度方向的關系，判斷出電場力做功的正負，即可判斷電勢能和動能的變化．【解答】解：A、B由題，b點電勢高于c點電勢，則知電場線方向由O指向c，則點電荷帶正電，a、b間電場線比b、c間電場線密，則a、b間場強大于b、c間的場強，由公式U=Ed可知，a、b間電勢差大于b、c間電勢差，由公式W=qU可知，前一過程中電場力做的功小于后一過程中電場力做的功．故AB錯誤．C、負電荷所受的電場力方向向左，與速度方向相同，則電場力做正功，電勢能減小．故C正確．D、電場力做正功，由動能定理得知，后一過程，粒子動能不斷增大．故D錯誤．故選C【點評】本題利用勻強電場中電勢差與場強關系公式U=Ed，定性判斷a、b間與b、c間電勢差的大小，根據電場力與速度方向的關系判斷電場力做功正負，都是常用的方法和思路．4．（3分）（2012?海南）如圖，理想變壓器原、副線圈匝數比為20：1，兩個標有“12V，6W”的小燈泡并聯在副線圈的兩端．當兩燈泡都正常工作時，原線圈電路中電壓表和電流表（可視為理想表）的示數分別是（）A．120V，0.10A B．240V，0.025A C．120V，0.005A D．240V，0.05A【考點】變壓器的構造和原理．【專題】交流電專題．【分析】燈泡正常工作，電壓為額定電壓，進而求出副線圈電壓和電流，再根據變壓器原副線圈電壓、電流與線圈匝數的關系即可求解，電流表和電壓表都是有效值．【解答】解：燈泡正常工作，所以副線圈電壓U2=12V，電流根據得：U1=240V根據解得：I1=0.05A所以電壓表和電流表的示數分別為：240V，0.05A故選D【點評】掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，本題即可得到解決．5．（3分）（2012?海南）如圖，一質量為m的條形磁鐵用細線懸掛在天花板上，細線從一水平金屬圓環中穿過．現將環從位置Ⅰ釋放，環經過磁鐵到達位置Ⅱ．設環經過磁鐵上端和下端附近時細線的張力分別為T1和T2，重力加速度大小為g，則（）A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mg C．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg【考點】楞次定律．【專題】壓軸題；電磁感應中的力學問題．【分析】根據楞次定律進行判定：圓環從靜止開始向下運動時，穿過圓環的磁通量先增大后減小，故圓環和磁鐵先排斥后吸引．【解答】解：深刻理解楞次定律的含義：磁鐵和線圈之間的所有作用效果均是阻礙線圈磁通量的變化．在本題中圓環從靜止開始向下運動到落到磁鐵下方的過程中，穿過圓環的磁通量先增加再減小，根據楞次定律可知磁鐵對線圈的反應是：感應電流的磁場先阻礙磁通量先增加再阻礙其減小，即先是排斥其向下運動，阻礙其磁通量增大，后是吸引線圈，阻礙其磁通量的減小．故兩種情況下，繩的拉力都大于mg；經過磁鐵位置Ⅱ的時候速度較大，阻礙的作用也較大，故T1＜T2．因此，A正確．故選：A．【點評】深刻理解楞次定律“阻礙”的含義．如“阻礙”引起的線圈面積、速度、受力等是如何變化的．6．（3分）（2012?海南）如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上，ab面和bc面與地面的夾角分別為α和β，且α＞β．一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動，經時間t0后到達頂點b時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑．在小物塊從a運動到c的過程中，可能正確描述其速度大小v與時間t的關系的圖象是（）A． B． C． D．【考點】勻變速直線運動的圖像；牛頓第二定律．【專題】壓軸題；運動學中的圖像專題．【分析】v﹣t圖象的斜率等于加速度，根據牛頓第二定律列式可比較物塊上滑和下滑的加速度大小．根據運動學公式比較兩個過程的時間關系及速度關系，即可選擇圖象．【解答】解：設物塊上滑與下滑的加速度大小分別為a1和a2．根據牛頓第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ=ma2，得a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ﹣μgcosβ，則知a1＞a2而v﹣t圖象的斜率等于加速度，所以上滑段圖線的斜率大于下滑段圖線的斜率．上滑過程的位移大小較小，而上滑的加速度較大，由x=知，上滑過程時間較短．因上滑過程中，物塊做勻減速運動，下滑過程做勻加速直線運動，兩段圖象都是直線．由于物體克服摩擦力做功，機械能不斷減小，所以物體到達c點的速度小于v0．故C正確，ABD錯誤．故選C【點評】本題關鍵運用牛頓第二定律和運動學公式分析兩個過程加速度關系、運動時間關系，即可結合圖象的物理意義進行選擇．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的．全部選對的，得4分；選對但不全的，得2分；有選錯的，得0分．7．（4分）（2012?海南）下列關于功和機械能的說法，正確的是（）A．在有阻力作用的情況下，物體重力勢能的減少不等于重力對物體所做的功B．合力對物體所做的功等于物體動能的改變量C．物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關D．運動物體動能的減少量一定等于其重力勢能的增加量【考點】功能關系．【分析】功是能量轉化的量度：總功是動能變化的量度；重力功是重力勢能變化的量度．【解答】解：A、重力做功是重力勢能變化的量度，即任何情況下重力做功都等于重力勢能的減小量，故A錯誤；B、根據動能定理，有合力對物體所做的功等于物體動能的改變量，故B正確；C、重力勢能具有系統性和相對性，即物體的重力勢能是物體與地球之間的相互作用能，其大小與勢能零點的選取有關，故C正確；D、只有機械能守恒時，才有動能的減少量等于重力勢能的增加量，故D錯誤；故選BC．【點評】本題考查了功能關系的幾種不同形式，關鍵要明確哪種能的變化與哪種功相對應．8．（4分）（2012?海南）下列關于摩擦力的說法，正確的是（）A．作用在物體上的滑動摩擦力只能使物體減速，不可能使物體加速B．作用在物體上的靜摩擦力只能使物體加速，不可能使物體減速C．作用在物體上的滑動摩擦力既可能使物體減速，也可能使物體加速D．作用在物體上的靜摩擦力既可能使物體加速，也可能使物體減速【考點】滑動摩擦力；靜摩擦力和最大靜摩擦力．【專題】摩擦力專題．【分析】當滑動摩擦力方向與物體的運動方向相同時，物體做加速運動；當靜摩擦力與物體的運動方向相反時，物體做減速運動；靜摩擦力和滑動摩擦力都既可能使物體減速，也可能使物體加速．【解答】解：A、作用在物體上的滑動摩擦力方向，若與物體的運動方向相同時，能使物體加速，比如物體輕輕放在水平勻速傳動的傳送帶上時物體受到滑動摩擦力而加速．故A錯誤．B、當靜摩擦力與物體的運動方向相反時，物體可能做減速運動．故B錯誤．C、當滑動摩擦力方向與物體的運動方向相同時，物體可能做加速運動；當滑動摩擦力方向與物體的運動方向相反時，物體可能做減速運動．故C正確．D、當靜摩擦力方向與物體的運動方向相同時，物體可能做加速運動；當靜摩擦力方向與物體的運動方向相反時，物體可能做減速運動．故D正確．故選CD【點評】本題中判斷物體做加速還是減速運動，關鍵要看摩擦力與物體運動方向的關系，摩擦力與速度同向時，可能加速；反之，減速．9．（4分）（2012?海南）將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是（）A．保持U不變，將d變為原來的兩倍，則E變為原來的一半B．保持E不變，將d變為原來的一半，則U變為原來的兩倍C．保持d不變，將Q變為原來的兩倍，則U變為原來的一半D．保持d不變，將Q變為原來的一半，則E變為原來的一半【考點】電容器的動態分析．【專題】壓軸題；電容器專題．【分析】保持U不變，根據公式E=分析E與d的關系；保持E不變，U與d正比；保持d不變，C不變，根據C=分析Q與U的關系；保持d不變，將Q變為原來的一半，由C=分析U的變化，由E=分析E的變化．【解答】解：A、保持U不變，將d變為原來的兩倍，根據公式E=可知，E變為原來的一半．故A正確．B、保持E不變，將d變為原來的一半，由U=Ed可知，U變為原來的一半．故B錯誤．C、保持d不變，電容C不變，將Q變為原來的兩倍，由公式C=分析可知，U變為原來的兩倍．故C錯誤．D、保持d不變，電容C不變，將Q變為原來的一半，由公式C=分析可知，U變為原來的一半，由E=分析知，E變為原來的一半．故D正確．故選AD【點評】本題關鍵要掌握E=、C=兩個公式，同時，要明確d不變時，電容C不變．10．（4分）（2012?海南）圖中裝置可演示磁場對通電導線的作用．電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內固定兩條平行金屬導軌，L是置于導軌上并與導軌垂直的金屬桿．當電磁鐵線圈兩端a、b，導軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導軌上滑動．下列說法正確的是（）A．若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動B．若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動C．若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則L向左滑動D．若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動【考點】安培力．【專題】壓軸題．【分析】由安培定則判斷出電流產生的磁場方向，然后由左手定則判斷出導體棒受到的安培力方向，從而判斷出導軌L的移動方向．【解答】解：A、由安培定則與左手定則可知，若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，L所受安培力向左，L向左滑動，故A錯誤；B、由安培定則與左手定則可知，若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，L受到的安培力向右，L向右滑動，故B正確；C、由安培定則與左手定則可知，若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，L所受安培力向右，L向右滑動，故C錯誤；D、由安培定則與左手定則可知，若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，L所受安培力向左，則L向左滑動，故D正確；故選BD．【點評】熟練應用安培定則與左手定則即可正確解題，本題難度不大，是一道基礎題．三、填空題：本大題共2小題，每小題4分，共8分．把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程．11．（4分）（2012?海南）地球同步衛星到地心的距離r可用質量M、地球自轉周期T與引力常量G表示為r=．【考點】同步衛星．【專題】壓軸題；人造衛星問題．【分析】同步衛星與地球相對靜止，因而與地球自轉同步，根據萬有引力提供向心力，即可求出相關的量．【解答】解：根據萬有引力提供向心力，列出等式：=mr，r=故答案為：【點評】本題關鍵抓住萬有引力等于向心力，衛星轉動周期與地球自轉同步．12．（4分）（2012?海南）N（N＞1）個電荷量均為q（q＞0）的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上，示意如圖．右移去位于圓周上P點的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為，方向沿OP指向P．【考點】點電荷的場強．【專題】壓軸題；電場力與電勢的性質專題．【分析】由于成圓周對稱性，所以如果沒移去電荷之前肯定圓心處場強為0，而該點場強是所有電荷在該點場強的疊加，可以把這些電荷歸為兩類：一種是要移去的電荷，另一種是其他電荷．不管怎樣，總之這兩種電荷產生的合場強為0，所以只要算出要移去電荷在該點的場強．【解答】解：如果沒移去電荷之前，N（N＞1）個電荷量均為q（q＞0）的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上在圓心處場強為0，該點場強可以看成是移去的電荷和其余的電荷在該點場強的疊加，所以移去電荷后，在圓心O點處的電場強度與移去的電荷在該處的場強大小相等，方向相反．根據庫侖定律得圓心O點處的電場強度大小為，方向沿OP指向P故答案為：，沿OP指向P．【點評】該題考查了場強疊加原理和庫倫定律，還有對對稱性的認識．四、實驗題：本大題共2小題，第13題6分，第14題9分，共15分．把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程．13．（6分）（2012?海南）圖示電路可用來測量電阻的阻值．其中E為電源，R為已知電阻，Rx為待測電阻，可視為理想電壓表，S0為單刀單擲開關，S1、S2為單刀雙擲開關．（1）當S0閉合時，若S1、S2均向左閉合，電壓表讀數為U1；若S1、S2均向右閉合，電壓表讀數為U2．由此可求出Rx=．（2）若電源電動勢E=1.5V，內阻可忽略；電壓表量程為1V，R=100Ω．此電路可測量的Rx的最大值為200Ω．【考點】閉合電路的歐姆定律．【專題】壓軸題；恒定電流專題．【分析】通過不同的接點，用一個電壓表分別測量出兩個電阻的分擔電壓，根據二者電流相等，推導出帶測電阻的表達式．【解答】解：（1）當S2向左閉合，S1向左時，測量的U1是RX的分壓，將S2向右閉合，S1向右時，測量的U2是R的分壓，RX與R串聯，則有，所以：RX=（2）RX與R串聯，所以當電壓表測量RX時達到最大量程時，RX阻值最大，此時RX===200Ω故答案為：；200．【點評】本題考查了用一個電壓表通過巧妙的實驗設計測量電阻的實驗，是個創新性很強的題目．14．（9分）（2012?海南）一水平放置的輕彈簧，一端固定，另一端與一小滑塊接觸，但不粘連；初始時滑塊靜止于水平氣墊導軌上的O點，如圖（a）所示．現利用此裝置探究彈簧的彈性勢能Ep與其被壓縮時長度的改變量x的關系．先推動小滑塊壓縮彈簧，用米尺測出x的數值；然后將小滑塊從靜止釋放．用計時器測出小滑塊從O點運動至氣墊導軌上另一固定點A所用時間t．多次改變x值及其對應的t值如下表所示．（表中的1/t值是根據t值計算得出的）x（cm）1.001.502.002.503.00t（s）3.332.201.601.321.08l/t（s﹣1）0.3000.4550.6250.7580.926（1）根據表中數據，在圖（b）中的方格紙上做﹣x圖線．（2）回答下列問題：（不要求寫出計算或推導過程）①已知點（0，0）在﹣x圖線上，從﹣x圖線看，與x是什么關系？②從理論上分析，小滑塊剛脫離彈簧時的動能Ek與是什么關系（不考慮摩擦力）？③當彈簧長度該變量為x時，彈性勢能Ep與相應Ek是什么關系？④綜合考慮以上分析，Ep與x是什么關系？【考點】彈性勢能．【專題】實驗題；壓軸題．【分析】（1）通過描點法作圖即可；（2）①﹣x圖線是直線，說明與x是正比關系；②與速度成正比，Ek與速度平方成正比；③機械能守恒，故彈簧減小的彈性勢能等于增加的動能，即Ep=Ek；④Ek與（）2成正比，Ep=Ek，與x成正比，故Ep與x的平方成正比．【解答】解：（1）根據表中數據，在圖（b）中的方格紙上作出﹣x圖線，如圖所示．（2）①﹣x圖線是直線，故與x成正比；②與速度成正比，Ek與速度平方成正比，故Ek與（）2成正比；③根據機械能守恒，有Ep=Ek；④Ek與（）2成正比，Ep=Ek，與x成正比，Ep與x2成正比．答：（1）如圖所示．（2）①與x成正比；②Ek與（）2成正比；③Ep=Ek；④Ep與x2成正比．【點評】本題關鍵是明確實驗原理，通過作圖得到∝x，逐步分析得到Ep與x2成正比．五、計算題：本大題共2小題，第15題9分，第16題10分，共19分．把解答寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算過程步驟．15．（9分）（2012?海南）如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點．在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力．已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點C，重力加速度大小為g．求：（1）小球從在AB段運動的加速度的大小；（2）小球從D點運動到A點所用的時間．【考點】向心力；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓第二定律；動能定理．【專題】壓軸題；牛頓第二定律在圓周運動中的應用．【分析】（1）物體恰好通過最高點，意味著在最高點是軌道對滑塊的壓力為0，即重力恰好提供向心力，這樣我們可以求出C點速度，從B到C的過程中運用動能定理求出B點速度，根據勻加速直線運動位移速度公式即可求解加速度；（2）小球離開D點做加速度為g的勻加速直線運動，根據位移時間公式即可求解時間．【解答】解：（1）小滑塊恰好通過最高點，則有：mg=m解得：從B到C的過程中運用動能定理得：=﹣mg?2R解得：vB=根據位移速度公式得：2aR=解得：a=（2）從C到D的過程中運用動能定理得：=mgR解得：小球離開D點做加速度為g的勻加速直線運動，根據位移時間公式得：R=解得：t=答：（1）小球從在AB段運動的加速度的大小為；（2）小球從D點運動到A點所用的時間為．【點評】本題主要考查了動能定理，運動學基本公式的直接應用，物體恰好通過C點是本題的突破口，這一點要注意把握，難度適中．16．（10分）（2012?海南）圖（a）所示的xoy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xoy平面（紙面）垂直，磁感應強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示．當B為+B0時，磁感應強度方向指向紙外．在坐標原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質量恰好等于．不計重力．設P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向O點開始運動，將它經過時間T到達的點記為A．（1）若t0=0，則直線OA與x軸的夾角是多少？（2）若t0=T/4，則直線OA與x軸的夾角是多少？（3）為了使直線OA與x軸的夾角為π/4，在0＜t0＜π/4的范圍內，t0應取何值？【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】（1）粒子在里面做圓周運動，由此可以得到粒子在一個周期內的運動軌跡，進而可知夾角（2）粒子P在時刻開始運動，在到時間內，沿順時針方向運動個圓周，到達D點，此時磁場方向反轉；繼而，在t=到t=T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉；在t=T到t=時間內，沿順時針方向運動個圓周，到達A點，畫出圖，可得夾角（3）若在任意時刻t=t0（）粒子P開始運動，在t=t0到t=時間內，沿順時針方向做圓周運動到達C點，圓心O′位于x軸上，圓弧OC對應的圓心角為此時磁場方向反轉；繼而，在t=到t=T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉；在t=T到t=T+t0時間內，沿順時針方向做圓周運動到達A點，設圓O″，圓弧BA對應的圓心角為，畫出圖象，可得角度，進而得到時間．【解答】解：（1）設粒子P的質量、電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛侖茲力作用下，在xy平面內做圓周運動，分別用R與T′表示圓周的半徑和運動周期，則有：由①②式與已知條件得T′=T粒子P在t=0到t=時間內，沿順時針方向運動半個圓周，到達x軸上B點，此時磁場方向反轉；繼而，在到t=T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達x軸上A，如圖（a）所示．OA與x軸的夾角θ=0④（2）粒子P在時刻開始運動，在到時間內，沿順時針方向運動個圓周，到達D點，此時磁場方向反轉；繼而，在t=到t=T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉；在t=T到t=時間內，沿順時針方向運動個圓周，到達A點，如圖（b）所示，由幾何關系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角⑤（3）若在任意時刻t=t0（）粒子P開始運動，在t=t0到t=時間內，沿順時針方向做圓周運動到達C點，圓心O′位于x軸上，圓弧OC對應的圓心角為⑥此時磁場方向反轉；繼而，在t=到t=T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉；在t=T到t=T+t0時間內，沿順時針方向做圓周運動到達A點，設圓O″，圓弧BA對應的圓心角為⑦如圖（c）所示，由幾何關系可知，C、B均在O′O″連線上，且OA∥O′O″⑧若要OA與x軸成角，則有⑨，聯立⑥⑨式可得⑩答：（1）若t0=0，則直線OA與x軸的夾角是0（2）若t0=，則直線OA與x軸的夾角是（3）為了使直線OA與x軸的夾角為，在0＜t0＜的范圍內，t0應取【點評】本題是能力要求非常高的對帶電粒子在磁場中圓周運動軌跡的分析，帶電粒子在磁場中的運動，一般都會牽涉軌跡分析，但很少會有這么多的軌跡分析，軌跡分析是非常重要的技能，可以用這個題來鍛煉自己對帶電粒子在磁場中運動的軌跡分析能力．六、選考題：請考生在三個選修中任選二作答，如果多做，則按所做的第一、二選修計分．作答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑．計算請寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟．選修33：17．（4分）（2012?海南）兩分子間的斥力和引力的合力F與分子間距離r的關系如圖中曲線所示，曲線與r軸交點的橫坐標為r0．相距很遠的兩分子在分子力作用下，由靜止開始相互接近．若兩分子相距無窮遠時分子勢能為零，下列說法正確的是（）A．在r＞r0階段，F做正功，分子動能增加，勢能減小B．在r＜r0階段，F做負功，分子動能減小，勢能減小C．在r＜r0階段，F做正功，分子動能減小，勢能減小D．在r=r0時，分子勢能為零E．分子動能和勢能之和在整個過程中不變【考點】分子間的相互作用力；分子勢能．【專題】壓軸題；內能及其變化專題．【分析】當分子間距離等于平衡距離時，分子力為零，分子勢能最小；當分子間距離小于平衡距離時，分子力表現為斥力；根據圖象分析答題．【解答】解：由圖象可知：分析間距離為r0時分子勢能最小，此時分子間的距離為平衡距離；A、r0是分子的平衡距離，r大于平衡距離，分子力表現為引力，F做正功，分子動能增加，勢能減小，故A正確；B、C、當r小于r0時，分子間的作用力表現為斥力，F做負功，分子動能減小，勢能增加，故BC錯誤；D、當r等于r0時，分子勢能最小但不為零，故C錯誤；E、分子動能和勢能之和在整個過程中不變，故D正確；故選AE．【點評】分子間距離等于平衡距離時分子勢能最小，掌握分子間作用力與分子間距離的關系、分子清楚圖象，即可正確解題．18．（8分）（2012?海南）如圖，一氣缸水平固定在靜止的小車上，一質量為m、面積為S的活塞將一定量的氣體封閉在氣缸內，平衡時活塞與氣缸底相距L．現讓小車以一較小的水平恒定加速度向右運動，穩定時發現活塞相對于氣缸移動了距離d．已知大氣壓強為P0，不計氣缸和活塞間的摩擦；且小車運動時，大氣對活塞的壓強仍可視為P0；整個過程中溫度保持不變．求小車加速度的大小．【考點】封閉氣體壓強．【專題】壓軸題；氣體的壓強專題．【分析】選擇活塞為研究對象，對其進行受力分析，利用氣體的狀態參量來表示活塞的受力情況，由牛頓第二定律列式，結合氣體狀態的變化，即可求出小車的加速度．【解答】解：設小車加速度大小為a，穩定是氣缸內氣體的壓強為P1，活塞受到氣缸內外氣體的壓力分別為：f1=P1S1f0=P0S1由牛頓第二定律得：f1﹣f0=ma小車靜止時，在平衡情況下，氣缸內氣體的壓強為P0，由波意耳定律得：P1V1=P0V式中V=SL，V1=S（L﹣d）聯立得：a=答：小車加速度的大小為【點評】該題考察了波意耳定律和你的第二定律及其相關知識，解答此類為題，要注意研究對象的選擇，常常選擇受力個數較少的物體進行分析，利用牛頓第二定律進行解答．選修34：19．（4分）（2012?海南）（模塊3﹣4）某波源S發出一列簡諧橫波，波源S的振動圖象如圖所示．在波的傳播方向上有A、B兩點，它們到S的距離分別為45m和55m．測得A、B兩點開始振動的時間間隔為1.0s．由此可知①波長λ=20m；②當B點離開平衡位置的位移為