2012年高考物理解题65条重要结论_

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2012年重庆高考物理试题分析

二、2012年高考逐题分析
22（2） ①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式___________，利用测量数据作出U-I图像，得出E和r。 ②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在题22图3中用笔画线代替导线连接电路。 ③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的 U-I图像如题22图4（见下页）中（a）、（b）、（c）、（d）所示，由此可知：在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势 ___________（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻 ________（填“增大”“减小”或“不变”）。曲线（c）对应的电源电动势E=_____________V，内阻r=____________Ω，当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率 P=_____________mW。（均保留三位有效数字）
A．温度降低，压强增大 B．温度升高，压强不变 C．温度升高，压强减小 D．温度不变，压强减小
本题考查气体状态变化，涉及水银柱密封气体压强与外界气体按之间压强关系以及气体参量之间关系，气体三个状态参量均可能发生了变化，题目绝对难度不大，但相比往年考气体题目而言，学生对本题要求知识点更生疏一些，平均分3.89。正确率64.71%，17.45%错选B
一、2012年重庆高考试题总体分析
1．试题强调基础，考查能力，广泛联系生活实际。
试题贯彻了“以生活为背景、以知识为依托，以能力为归属”的指导思想。全卷文字量 2270字左右，可读性强，其中图形15幅。以现实生活、社会热点、学习实际以及科技前沿的“ 情景”为背景，如14、15、16、22、23、24、 25题，涉及生活用电、果汁电池、汽车轮胎与地面摩擦因数的测量、托乒乓球比赛等分值达90分，约占总分74％。

2012年物理高考试题最新考点分类解析：考点9 磁场

2012年物理高考试题分类解析【考点9】磁场1．【2012·天津卷，2题，6分】如图所示，金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M 向N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A ．棒中的电流变大，θ角变大B ．两悬线等长变短，θ角变小C ．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变小1．A 【解析】作出侧视图(沿MN 方向)，并对导体棒进行受力分析，如图所示．据图可得tan θ＝BIL mg ，若棒中的电流I 变大，则θ变大，选项A 正确；若两悬线等长变短，则θ不变，选项B 错误；若金属棒的质量m 变大，则θ变小，选项C 错误；若磁感应强度B 变大，则θ变大，选项D 错误．2．【2012·全国卷，18题，6分】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2．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．3．【2012·课标全国卷，19题，6分】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.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π3．C 【解析】当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为E ＝12B 0R 2ω，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 ·12πR 2，故ΔB Δt＝ωB 0π，C 正确．4．【2012·江苏卷，9题，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O 点射入磁场．若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．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－qBd 2mD ．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＋qBd 2m4．BC 【解析】带电粒子沿垂直边界的方向射入磁场时，落在边界上的点离出发点最远，当入射方向不是垂直边界的方向时，落在边界上的点与出发点的距离将小于这个距离，即速度大于或等于v 0，但入射方向不是90°时，粒子有可能落在A 点的左侧，A 项错误；但粒子要落在A 点的右侧，其速度一定要大于临界速度v 0，B 项正确；设OA 之间距离为L ，若粒子落在A 点两侧d 范围内，则以最小速度v 入射的粒子做圆周运动的直径应为L －d ，由洛伦兹力提供向心力，q v B＝m v 2L －d 2，q v 0B ＝m v 02L 2，解得v ＝v 0－qBd 2m ，C 项正确；由于题中没有强调粒子的入射方向，因此无法确定速度的最大值，D 项错误．5．【2012·广东卷，15题，4分】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5．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q v B ＝m v 2r ，半径为：r ＝m v 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．6．【2012·北京卷，16题，6分】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6．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 ＝q 2B 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．7．【2012·安徽卷，19题，6分】如图所示，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.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt7．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r 1，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 r 1，Δt ＝16×2πm qB ＝πm 3qB ；粒子以速度13v 在磁场中运动的轨迹圆的半径为r 2，设对应的圆心角为θ＝2α，又由r 2＝13m v qB ＝13r 1，则tan α＝R r 2＝3R r 1＝3tan30°＝3，可得α＝60°，故θ＝120°，粒子在磁场中的运动时间Δt ′＝13×2πm qB ＝2πm 3qB ＝2Δt ，B 正确．8．【2012·福建卷，22题，20分】如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O 在区域中心．一质量为m 、带电荷量为q (q 的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动．已知磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如图乙所示，其中T 0＝2πm qB 0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．(1)在t ＝0到t ＝T 0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v 0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t ＝T 0到t ＝1.5T 0这段时间内：①细管内涡旋电场的场强大小E ；②电场力对小球做的功W .8．【答案】(1) qB 0r m (2) ①qB 02r 2πm ②5q 2B 02r 28m【解析】 (1)小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力q v 0B 0＝m v 02r ①由①式解得v 0＝qB 0r m ②(2)①在T 0到1.5T 0这段时间内，细管内一周的感应电动势E 感＝πr 2ΔB Δt ③由图乙可知ΔB Δt ＝2B 0T 0④ 由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E ＝E 感2πr ⑤由③④⑤式及T 0＝2πm qB 0得E ＝qB 02r 2πm ⑥ ②在T 0到1.5T 0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a ＝qE m ⑦小球运动的末速度大小v ＝v 0＋a Δt ⑧由图乙Δt ＝0.5T 0，并由②⑥⑦⑧式得v ＝32v 0＝3qB 0r 2m ⑨由动能定理，电场力做功为W ＝12m v 2－12m v 02⑩由②⑨⑩式解得W ＝58m v 02＝5q 2B 02r 28m9．【2012·江苏卷，15题，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 的粒子经加速电压U 0加速后，水平射入偏转电压为U 1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力．(1)求粒子射出平移器时的速度大小v 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 ；(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 轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz .保持加速电压为U 0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示.9．【答案】(1) 2qU 0m (2) U ＝4U 1 (3)见解析【解析】 (1)设粒子射出加速器的速度为v 0，由动能定理得qU 0＝12m v 02 由意得v 1＝v 0，即v 1＝2qU 0m(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t .加速度的大小a ＝qU 1md在离开时，竖直分速度v y ＝at竖直位移y 1＝12at 2水平位移l ＝v 1t粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t竖直位移y 2 ＝v y t由题意知，粒子竖直总位移y ＝2y 1＋y 2解得y ＝U 1l 2U 0d 则当加速电压为4U 0时，U ＝4U 1(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 ＝F 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．F 2＋f 2 ＝(5F )2，则f ＝2F 且f ＝q v 1B解得B ＝F q 2m 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 ＋F sin α)2＋(F cos α)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°.10．【2012·课标全国卷，25题，18分】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35R .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．10．【答案】14qRB 25m【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q v B ＝m v 2r 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＝45R＋x③bc＝35R＋R2－x2④联立②③④式得r＝75R⑤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＝12at2⑦r＝v t⑧式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝14qRB2 5m⑨11．【2012·山东卷，23题，18分】如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0.在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝T02时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)图甲图乙(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d .(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t ＝3T 0时刻再次到达S 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．11．【答案】(1) v ＝2qU 0m d ＝T 042qU 0m (2) B ＜4L 2mU 0q (3) t ＝7T 04B ＝8πm 7qT 0 【解析】 (1)粒子由S 1至S 2的过程，根据动能定理得qU 0＝12m v 2①由①式得v ＝2qU 0m ②设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得q U 0d ＝ma ③由运动学公式得d ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 022④ 联立③④式得d ＝T 042qU 0m ⑤(2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R ＞L 2⑦ 联立②⑥⑦式得 B ＜4L2mU 0q ⑧(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t 1，有 d ＝v t 1⑨ 联立②⑤⑨式得 t 1＝T 04⑩若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得d ＝v 2t 2⑪ 联立⑨⑩⑪式得 t 2＝T 02⑫设粒子在磁场中运动的时间为t t ＝3T 0－T 02－t 1－t 2⑬ 联立⑩⑫⑬式得 t ＝7T 04⑭设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得 T ＝2πm qB ⑮ 由意可知 T ＝t ⑯联立⑭⑮⑯式得 B ＝8πm 7qT 0⑰12．【2012·四川卷，25题，20分】如图所示，水平虚线X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出)．质量为m 、电荷量为＋q 的小球P 静止于虚线X 上方A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I 的冲量作用而做匀速直线运动．在A 点右下方的磁场中有定点O ，长为l 的绝缘轻绳一端固定于O 点，另一端连接不带电的质量同为m 的小球O ，自然下垂．保持轻绳伸直，向右拉起Q ，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P 开始运动的同时自由释放Q ，Q 到达O 点正下方W 点时速率为v 0.P 、Q 两小球在W 点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动．P 、Q 两小球均视为质点，P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g .(1)求匀强电场场强E 的大小和P 进入磁场时的速率v ； (2)若绳能承受的最大拉力为F ，要使绳不断，F 至少为多大？(3)求A 点距虚线X 的距离s .12．【答案】(1) E ＝mg q v ＝I m (2) F ＝(I ＋m v 0)22ml ＋2mg (3) s ＝(n ＋34)2πI ml g －πI 2Bq （n 为大于(m 4Bql g －34)的整数）【解析】 (1)设小球P 所受电场力为F 1，则 F 1＝qE在整个空间重力和电场力平衡，有 F 1＝mg联立相关方程得E ＝mgq设小球P 受到冲量后获得速度为v ，由动量定理得I ＝m v 故v ＝I m(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为v m，由动量守恒定律得m v＋m v0＝(m＋m)v m此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F－(m＋m)g＝(m＋m)lv m2联立相关方程，得F＝(I＋m v0)22ml＋2mg(3)设P在X上方做匀速直线运动的时间为t P1，则t P1＝sv 设P在X下方做匀速圆周运动的时间为t P2，则t P2＝πm2Bq设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为t Q，由单摆周期性，有t Q＝(n＋14)2πlg由题意，有t Q＝t P1＋t P2联立相关方程，得s＝(n＋14)2πImlg－πI2Bq（n为大于(m4Bq gl－14)的整数）设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为t Q，由单摆周期性，有t Q＝(n＋34)2πlg同理可得s ＝(n ＋34)2πIm l g －πI 2Bq（n 为大于(m4Bql g －34)的整数）13．【2012·天津卷，12题，20分】对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图所示，质量为m 、电荷量为q 的铀235离子，从容器A 下方的小孔S 1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S 2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，做半径为R 的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I .不考虑离子重力及离子间的相互作用．(1)求加速电场的电压U ；(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t 内收集到离子的质量M ；(3)实际上加速电压的大小会在U ±ΔU 范围内微小变化．若容器A 中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，ΔUU 应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)13．【答案】(1) qB 2R 22m (2) mIt q (3) ΔUU ＜0.63%【解析】 (1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v ，由动能定理得 qU ＝12m v 2①离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即 q v B ＝m v 2R ② 由①②式解得 U ＝qB 2R 22m(2)设在t 时间内收集到的离子个数为N ，总电荷量为Q ，则 Q ＝It ③N ＝Q q ④ M ＝Nm ⑤ 由③④⑤式解得 M ＝mIt q(3)由①②式有R ＝1B2mU q设m ′为铀238离子质量，由于电压在U ±ΔU 之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为R max ＝1B2m (U ＋ΔU )q铀238离子在磁场中最小半径为 R ′min ＝1B2m ′(U －ΔU )q这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为 R max ＜R ′min 即1B2m (U ＋ΔU )q＜1B 2m ′(U －ΔU )q则有m (U ＋ΔU )<m ′(U －ΔU ) 得ΔU U ＜m ′－m m ′＋m其中铀235离子的质量m ＝235 u(u 为原子质量单位)，铀238离子的质量m ′＝238 u ，故ΔU U ＜238 u －235 u 238 u ＋235 u解得ΔUU ＜0.63%14．【2012·浙江卷，24题，20分】如图所示，两块水平放置、相距为d 的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m 、水平速度均为v 0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U ，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M 点．(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量； (2)求磁感应强度B 的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M 点，应将磁感应强度调至B ′，则B ′的大小为多少？14．【答案】(1) 负电荷，mgd U (2) v 0U gd 2 (3) 4v 0U 5gd 2 【解析】 (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有 q Ud＝mg 解得：q ＝mgdU由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷．(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有q v 0B ＝m v 02R考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R ＝d联立解得B ＝v 0Ugd 2(3)根据设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R ′，有q v 0B ′＝m v 02R ′由图示可得： R ′2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫R ′－d 22得：R ′＝54d联立解得：B ′＝4v 0U5gd 215．【2011·重庆卷，24题，18分】有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图所示，两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM 矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k 的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线为O ′O 进入两金属板之间，其中速率为v 0的颗粒刚好从Q 点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为g ，PQ ＝3d ，NQ ＝2d ，收集板与NQ 的距离为l ，不计颗粒间相互作用．求：(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小；(3)速率为λv 0(λ＞1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离． 15．【答案】(1) kg (2)k v 05d(3) d (5λ－25λ2－9)＋3l 25λ2－9【解析】 (1)设带电颗粒的电荷量为q ，质量为m .有 Eq ＝mg将q m ＝1k 代入，得E ＝kg (2)如图，有 q v 0B ＝m v 02RR 2＝(3d )2＋(R －d )2得B ＝k v 05d(3)如图所示，有 q λv 0B ＝m (λv 0)2R 1tan θ＝3d R 12－(3d )2y 1＝R 1－R 12－(3d )2y 2＝l tan θ y ＝y 1＋y 2得y ＝d (5λ－25λ2－9)＋3l 25λ2－9。

20122012年高考物理计算题部分

2、要用字母表达方程，不要用掺有数字的方程，不要方程套方程； 3、要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不断地“续”进一些内容；
4、方程式有多个的，应分式布列(分步得分)，不要合写一式，以免一错而致全错，对各方程式最好能编号.
（三）、要有必要的演算过程及明确的结果 1、演算时一般先进行文字运算，从列出的一系列方程推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果；这样既有利于减轻运算负担，又有利于一般规律的发现，同时也能改变每列一个方程就代入数值计算的不良习惯； 2、数据的书写要用科学记数法； 3、计算结果的有效数字的位数应根据题意确定，一般应与题目中列的数据相近，取两位或三位即可，如有特殊要求，应按要求选定； 4、计算结果是数据的要带单位，最好不要以无理数或分数作为计算结果(文字式的系数可以)，是字母符号的不用带单位。
Байду номын сангаас
解：（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=N ① Fsinθ=f ② 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 mg ④ sin cos （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 sin cos
2012年高考· 新课标全国卷
24.（14分）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，拖杆质量可以忽略；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。

2012年高考浙江理综物理试题解析

2012年高考浙江理综物理试题解析选择题部分：14．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。

细绳的一端摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。

物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N。

关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2），下列说法正确的是A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向沿斜面向上C．斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向沿斜面向上D．斜面对物体的摩擦力大小为4.9N，方向垂直斜面向上考点定位：考查物体受力分析答案：A解析：物体受重力沿斜面向下的分力Gx=mgsin30°=4.9N，而弹簧拉力为4.9N，物块静止在斜面上受力平衡，所以摩擦力应为0。

解题技巧：首先明确受力平衡条件——合外力为零，然后正确进行受力分析。

15．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。

假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。

下列说法正确的是A．太阳对小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于小行星带外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值考点定位：万有引力与天体运动答案：C解析：根据万有引力提供向心力，则行星运行线速度，周期，向心加速度，所以离太阳越远，行星线速度越小，周期越大，向心加速度越小，而各小行星所受万有引力大小与其自身质量有关，所以只有C项对。

解题技巧：熟记万有引力提供向心力一连串公式，点评：该题较2011年难度明显下降，仅考查了圆周运动特征量的相关问题，放在了单项选择题里。

万有引力内容为每年的必考内容，复习备考中要注重基础知识的应用。

16．用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波。

某一时刻的波形图如图所示，绳上a、b两质点均处于波峰位置。

下列说法正确的是A．a、b两点之间的距离为半个波长B．a、b两点开始时刻相差半个周期C．b点完成全振动的次数比a点多一次D．b点完成全振动的次数比a点少一次考点定位：机械振动与机械波答案：D解析：ab两点是波上相邻的两个波峰，其间距为一个波长，A项错误；根据波从a传到b需要一个周期的时间，B项错误；a质点比b质点提前一个周期起振，所以b比a完成的全振动少多一次，C项错误，D项正确。

2012年全国统一高考物理试卷(大纲版)(含解析版)

2012年全国统一高考物理试卷（大纲版）一、选择题：本题共8题．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）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2．（6分）U经过m次α衰变和n次β衰变Pb，则（）A．m=7，n=3B．m=7，n=4C．m=14，n=9D．m=14，n=18 3．（6分）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4．（6分）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，则它们作圆周运动的半径一定相等B．若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等C．若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等D．若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等5．（6分）如图，两根互相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6．（6分）一台电风扇的额定电压为交流220V．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﹢4度B．5.5×10﹢2度C．7.8×10﹢2度D．11.0×10﹢2度7．（6分）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．m B．m C．1m D．m8．（6分）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，现将摆球a向左边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二、解答题9．（6分）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、3．用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为1Ω，2、3接线柱之间的电阻为1.5Ω，1、3接线柱之间的电阻为2.5Ω．（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．10．（17分）图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。

2012年全国理综卷(新课标)物理部分试题解析(精确排版完美解析)

2012年普通高等学校招生全国统一考试（新课标）理科综合能力测试物理部分试题解析二、选择题。

本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.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（ AD ）A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力作用，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解析：惯性是物体本身保持运动状态的一种属性，也就是抵抗运动状态变化的性质，A 正确；圆周运动的运动方向在时刻改变，即运动状态在时刻改变，C 错误。

没有力作用物体可能静止也可能做匀速直线运动，B 错，D 正确。

答案D 。

15. 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（ BD ）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 的大解析：平抛运动的时间gh t 2=是由下落高度决定的，高度相同，时间一样，高度高，飞行时间长。

A 错，B 正确。

水平位移由初速度（等于水平速度）和高度决定，由h gvx 2=得C 错，D 正确。

答案BD 。

16. 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N 1，球对木板的压力大小为N 2。

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（ B ）A.N 1始终减小，N 2始终增大B.N 1始终减小，N 2始终减小C.N 1先增大后减小，N 2始终减小D.N 1先增大后减小，N 2先减小后增大解析：木板对球的压力与球对木板的压力是相互作用力，大小均为N 2。

2012年全国理综卷(大纲版)物理部分试题解析(精确排版完美解析)

2012年普通高等学校招生全国统一考试（大纲版）理科综合能力测试物理部分试题解析本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

第I卷1至4页，第II卷5至11页。

考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

第I卷注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。

请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效．．．．．．．．．。

3.第I卷共21小题，每小题6分，共126分。

二、选择题：本题共8题。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。

14．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【分析点拨】主要要熟练记忆分子动理论的相关概念。

【解析】：布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，选项A错；液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项B正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，选项C错，选项D正确。

【考点定位】本题考查分子运动论的基本内容。

15．23592U经过m次α衰变和n次β衰变20782Pb，则A.m=7，n=3B.m=7，n=4C.m=14，n=9D.m=14,n=18【答案】：B【分析点拨】熟记衰变过程中质量数和电荷数的变化特点是解题的关键。

【解析】：原子核每发生一次α衰变，质量数减少4，电荷数减少2；每发生一次β衰变，质量数不变，电荷数增加1。

比较两种原子核，质量数减少28，即发生了7次α衰变；电荷数应减少14，而电荷数减少10，说明发生了4次β衰变，B项正确。

2012年高考物理高频考点归纳

2012高考物理知识点归纳一、力物体的平衡1.力是物体对物体的作用，是物体发生形变和改变物体的运动状态（即产生加速度）的原因. 力是矢量。

2.重力（1）重力是由于地球对物体的吸引而产生的.［注意］重力是由于地球的吸引而产生，但不能说重力就是地球的吸引力，重力是万有引力的一个分力.但在地球表面附近，可以认为重力近似等于万有引力（2）重力的大小:地球表面G=mg，离地面高h处G/=mg/，其中g/=[R/（R+h）]2g（3）重力的方向:竖直向下（不一定指向地心）。

（4）重心:物体的各部分所受重力合力的作用点，物体的重心不一定在物体上.3.弹力（1）产生原因:由于发生弹性形变的物体有恢复形变的趋势而产生的.（2）产生条件:①直接接触;②有弹性形变.（3）弹力的方向:与物体形变的方向相反，弹力的受力物体是引起形变的物体，施力物体是发生形变的物体.在点面接触的情况下，垂直于面;在两个曲面接触（相当于点接触）的情况下，垂直于过接触点的公切面.①绳的拉力方向总是沿着绳且指向绳收缩的方向，且一根轻绳上的张力大小处处相等.②轻杆既可产生压力，又可产生拉力，且方向不一定沿杆.（4）弹力的大小:一般情况下应根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.弹簧弹力可由胡克定律来求解.★胡克定律:在弹性限度内，弹簧弹力的大小和弹簧的形变量成正比，即F=kx.k为弹簧的劲度系数，它只与弹簧本身因素有关，单位是N/m.4.摩擦力（1）产生的条件:①相互接触的物体间存在压力;③接触面不光滑;③接触的物体之间有相对运动（滑动摩擦力）或相对运动的趋势（静摩擦力），这三点缺一不可.（2）摩擦力的方向:沿接触面切线方向，与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反，与物体运动的方向可以相同也可以相反.（3）判断静摩擦力方向的方法:①假设法:首先假设两物体接触面光滑，这时若两物体不发生相对运动，则说明它们原来没有相对运动趋势，也没有静摩擦力;若两物体发生相对运动，则说明它们原来有相对运动趋势，并且原来相对运动趋势的方向跟假设接触面光滑时相对运动的方向相同.然后根据静摩擦力的方向跟物体相对运动趋势的方向相反确定静摩擦力方向.②平衡法:根据二力平衡条件可以判断静摩擦力的方向. （4）大小:先判明是何种摩擦力，然后再根据各自的规律去分析求解.①滑动摩擦力大小:利用公式f=μF N进行计算，其中F N是物体的正压力，不一定等于物体的重力，甚至可能和重力无关.或者根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.②静摩擦力大小:静摩擦力大小可在0与f max 之间变化，一般应根据物体的运动状态由平衡条件或牛顿定律来求解.5.物体的受力分析（1）确定所研究的物体，分析周围物体对它产生的作用，不要分析该物体施于其他物体上的力，也不要把作用在其他物体上的力错误地认为通过“力的传递”作用在研究对象上.（2）按“性质力”的顺序分析.即按重力、弹力、摩擦力、其他力顺序分析，不要把“效果力”与“性质力”混淆重复分析.（3）如果有一个力的方向难以确定，可用假设法分析.先假设此力不存在，想像所研究的物体会发生怎样的运动，然后审查这个力应在什么方向，对象才能满足给定的运动状态.6.力的合成与分解（1）合力与分力:如果一个力作用在物体上，它产生的效果跟几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，而那几个力就叫做这个力的分力.（2）力合成与分解的根本方法:平行四边形定则.（3）力的合成:求几个已知力的合力，叫做力的合成.共点的两个力（F 1 和F 2 ）合力大小F的取值范围为:|F 1 -F 2|≤F≤F 1 +F 2 .（4）力的分解:求一个已知力的分力，叫做力的分解（力的分解与力的合成互为逆运算）.在实际问题中，通常将已知力按力产生的实际作用效果分解;为方便某些问题的研究，在很多问题中都采用正交分解法.7.共点力的平衡（1）共点力:作用在物体的同一点，或作用线相交于一点的几个力.（2）平衡状态:物体保持匀速直线运动或静止叫平衡状态，是加速度等于零的状态.（3）★共点力作用下的物体的平衡条件:物体所受的合外力为零，即∑F=0，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为:∑F x =0，∑F y =0.（4）解决平衡问题的常用方法:隔离法、整体法、图解法、三角形相似法、正交分解法等等.二、直线运动1.机械运动:一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动，转动和振动等运动形式.为了研究物体的运动需要选定参照物（即假定为不动的物体），对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同，通常以地球为参照物来研究物体的运动.2.质点:用来代替物体的只有质量没有形状和大小的点，它是一个理想化的物理模型.仅凭物体的大小不能做视为质点的依据。

高考物理解题必备的65条重要推论2 素材

2012高考物理解题必备的65条重要推论231.回旋加速器（1）为了使粒子在加速器中不断被加速，加速电场的周期必须等于回旋周期。

（2）粒子做匀速圆周运动的最大半径等于D形盒的半径。

（3）在粒子的质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与D 形盒的半径和磁感应强度有关，与加速器的电压无关（电压只决定了回旋次数）。

（4）将带电粒子在两盒之间的运动首尾相连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动，带电粒子每经过电场加速一次，回旋半径就增大一次，故各次半径之比为1:21/2:31/2：…:n1/2。

32.在没有外界轨道约束的情况下，带电粒子在复合场中三个场力（电场力、洛伦磁力、重力）作用下的直线运动必为匀速直线运动；若为匀速圆周运动则必有电场力和重力等大、反向。

33.在闭合电路中，当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）。

34.滑动变阻器分压电路中，总电阻变化情况与滑动变阻器串联段电阻变化情况相同。

35.若两并联支路的电阻之和保持不变，则当两支路电阻相等时，并联总电阻最大；当两支路电阻相差最大时，并联总电阻最小。

36.电源的输出功率随外电阻变化，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，且最大值P m=E2/(4r)。

37.导体棒围绕棒的一端在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E=BL2ω/2。

38.对由n匝线圈构成的闭合电路，由于磁通量变化而通过导体某一横截面的电荷量q=nΔΦ/R。

39.在变加速运动中，当物体的加速度为零时，物体的速度达到最大或最小——常用于导体棒的动态分析。

40.安培力做多少正功，就有多少电能转化为其他形式的能量；安培力做多少负功，就有多少其他形式的能量转化为电能，这些电能在通过纯电阻电路时，又会通过电流做功将电能转化为内能。

41.在Φ-t图象（或回路面积不变时的B-t图象）中，图线的斜率既可以反映电动势的大小，又可以反映电源的正负极。

2012年高考重庆理综物理试题评析

2012年高考重庆理综物理试题评析整体感知：2012年重庆物理试题从试题结构、考查内容上基本延续近近几年重庆高考物理试题的特点，整体感觉是：强调基础知识、注重能力考查、回归教材、联系实际；呈现出一些以现实生活、社会热点、学习实际以及科技前沿的情景为背景的试题，是该试卷的亮点，反应了新课改的效果。

试题难度设置层次分明、体现高考的选拔功能，即单一的知识点的考查又有综合知识的应用。

整卷试题的分值分布合理，突出考查了高中重点主干知识，即动力学和电磁学相关知识。

一句话概括为，稳中有变、变中求新、强调双基、考查能力、注重探究、活而不怪、巧而不偏，注重“基础+能力+方法”的考查。

第一部分（选择题）14．装有沙粒的试管竖直静浮于水面，如题14图所示。

将试管竖直提少许，然后静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。

若取竖直方向为正方向，则以下描述试管振动的图像中可能正确的是（）命题意图:本题结合实际模型考查机械振动图像问题答案：D解析：试管竖直提起少许后释放，说明试管从正向最大位移处开始做简谐运动运动，从以上选项可得D正确解题策略:以实际问题为背景的试题，解题的关键在于能否提取物理信息，建立物理模型。

点评：以生活现象为背景，是基本的物理问题焕发生机，体现新课程改革的思想。

15．如题15图所示，理想变压器的原线圈接入的交变电压，副线圈通过r=6Ω的导线对“220V/880W”的电器R L供电，该电器工作正常，由此可知（）A．原、副线圈的匝数比为50:1B．交变电压的频率为100HZC．副线圈中电流的有效值为4AD．变压器的输入功率为880W命题意图:变压器、交流电及电路分析问题答案：C解析：R L正常工作时的电流为，即副线圈的电流为4A，电阻r两端电压，副线圈两端电压，副线圈的总功率，原线圈输入功率与其等值，原副线圈匝数比；由输入电压表达式可知交变电压的频率；故选项C正确。

知识总结：处理变压器问题，明确这么几个问题:①原副线圈匝数之比为原副线圈电压之比，或电流之比的倒数。

高考知识点总结之物理解题必备65条重要推论

高考知识点总结之物理解题必备65条重要推论1.若三个力大小相等方向互成120°，则其合力为零。

2.几个互不平行的力作用在物体上，使物体处于平衡状态，则其中一部分力的合力必与其余部分力的合力等大反向。

3.在匀变速直线运动中，任意两个连续相等的时间内的位移之差都相等，即Δx＝aT²（可判断物体是否做匀变速直线运动），推广：Xm-Xn=(m-n) aT²。

4.在匀变速直线运动中，任意过程的平均速度等于该过程中点时刻的瞬时速度。

即vt/2＝v平均。

5.对于初速度为零的匀加速直线运动(1)T末、2T末、3T末、…的瞬时速度之比为：v1:v2:v3:…:vn=1:2:3:…:n。

(2)T内、2T内、3T内、…的位移之比为：x1:x2:x3:…:xn=1²:2²:3²:…:n²。

(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内、…的位移之比为：xⅠ:xⅡ:xⅢ:…:xn=1:3:5:…:(2n-1)。

(4)通过连续相等的位移所用的时间之比：t1:t2:t3:…:tn=1:(2½-1):(3½-2½):…:[n½-(n-1)½]6.物体做匀减速直线运动，末速度为零时，可以等效为初速度为零的反向的匀加速直线运动。

7.对于加速度恒定的匀减速直线运动对应的正向过程和反向过程的时间相等，对应的速度大小相等（如竖直上抛运动）8.质量是惯性大小的唯一量度。

惯性的大小与物体是否运动和怎样运动无关，与物体是否受力和怎样受力无关，惯性大小表现为改变物理运动状态的难易程度。

9.做平抛或类平抛运动的物体在任意相等的时间内速度的变化都相等,方向与加速度方向一致（即Δv＝at）。

10.做平抛或类平抛运动的物体，末速度的反向延长线过水平位移的中点。

11.物体做匀速圆周运动的条件是合外力大小恒定且方向始终指向圆心，或与速度方向始终垂直。

2012年江苏省高考物理试卷答案与解析要点

2012年江苏省高考物理试卷参考答案与试题解析一、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.1. （ 3分）（2012?江苏）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（）A. 3: 1 B . 1: 3 C . 9: 1 D . 1 : 9【考点】点电荷的场强.【专题】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.电荷量不变时 U 减小，B 正确. 故选B【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用.3. （ 3分）（2012?江苏）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（）kQq … kQq kQq r(3r)得：F 1=9F 2根据电场强度的定义式：「二 q得：「亠E 2F £ 1故选：C【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, 确其适用条件和公式中各个物理量的含义.对于这些公式一定要明2. （3分）（2012?江苏）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，其电容C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是（）A . C 和U 均增大B .C 增大，U 减小 C . C 减小，U 增大D . C 和U 均减小【考点】电容器. 【专题】电容器专题.【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.【解答】解：由公式-知，在两极板间插入一电介质,其电容C 增大,由公式A •逐渐增大B •逐渐减小C.先增大，后减小 D .先减小，后增大【考点】功率、平均功率和瞬时功率.【专题】功率的计算专题.【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=FvCOS a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.【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、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向0点.设绳子与竖直方向夹角是0,则—=tan B （F与G的合力必与绳子拉力在同一直线上）G得F=Gtan 0而水平拉力F的方向与速度V的方向夹角也是0,所以水平力F的瞬时功率是P=Fvcos 0贝V P=Gvsin 0显然，从A到B的过程中，0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、C、D错误.故选A .【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=FVCOS a,注意a为F与速度的夹角.a与时间t关系的图象，可能正确的4. （3分）（2012?江苏）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.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小是（）A.【考点】竖直上抛运动.【专题】压轴题；直线运动规律专题.【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.【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根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有： f=kv联立解得：a=g+兰’IDA 、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BD均错误；根据BD 的结论a=g+二-，有二 ©」'，由于加速度减小，故二'也减小，故」■也减小,m At At At At故a - t 图象的斜率不断减小，故 A 错误，C 正确；故选：C . 【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，最后判断出加速度的变化规律.5. （3分）（2012?江苏）如图所示，一夹子夹住木块，在力的质量分别为 m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为大值是（）【考点】力的合成. 【专题】压轴题.【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出拉力 F 的最大值.【解答】解：对木块分析得，2f - Mg=Ma ，解得木块的最大加速度 a=; -三对整体分析得，F -（ M+m ） g= （M+m ） a ,解得F= ' .故A 正确，B 、C 、D 错误. 故选A .【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用.、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. 部选对得4分，选对但不全的得 2分，错选或不答的得 0分.F 作用下向上提升•夹子和木块 f •若木块不滑动，力 F 的最2f (nriJOB . C.2f (nO) 欣(irH-Ul) gm6. （4分）（2012 ?江苏）如图所示，相距I 的两小球A 、B 位于同一高度h （ I 、h 均为定值）.将 A 向B水平抛出的同时，B 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•不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）hI777777777777777777777777777Z"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B . A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C . A 、B 不可能运动到最高处相碰D . A 、B 一定能相碰【考点】平抛运动；自由落体运动. 【专题】自由落体运动专题.【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.【解答】解：A 、若A 球经过水平位移为I 时，还未落地，则在 B 球正下方相碰•可知当 A 的初速度较大是，A 、B 在第一次落地前能发生相碰，故 A 正确.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，则以后一定能碰.故B 错误，D 正确.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.故选：AD .【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.7. （ 4分）（2012?江苏）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 1由火线和零线并行绕成.当右侧线圈L 2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 i ,在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有（）电流放大器 y 电磁铁家感电路A .家庭电路正常工作时， L 2中的磁通量为零B .家庭电路中使用的电器增多时，L 2中的磁通量不变 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】变压器的构造和原理. 【专题】交流电专题.【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，因此合磁通量为零，L 2中的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然零线铁芯二L 匕火线变大，即L i中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起. 【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，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，A项正确；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，L2中的磁通量不变，B项正确；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不会被电磁铁吸起，C项错误；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 i中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，D项正确.故选ABD【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为零.& （4分）（2012?江苏）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（）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C.向心力仅有太阳的引力提供D .向心力仅由地球的引力提供【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.【专题】压轴题；人造卫星问题.【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=r 3, a=r w2比较线速度和向心加速度的大小.【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=r w,知探测器的线速度大于地球的线速度.故A正确.2B、根据a=r w知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度.故B正确.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. 故选AB .【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件.9. （4分）（2012?江苏）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0点射入磁场.若粒子速度为v o,最远能落在边界上的A 点.下列说法正确的有（）[*-</ <13X 0XXXXX fi耳X XXX X XXXXX点的左侧，其速度一定小于 V 0 点的右侧，其速度一定大于 V 0【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力. 【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题.2【分析】由洛伦兹力提供向心力，即「讥二、'，可得…一，可利用此公式求解•直线边 r qB界的磁场，垂直射入时达到最远点，最远点距 0点为2r •沿其它方向射入时，距离要小于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 o ,若入射方向调整，半径可能比原来大，也可能比原来小，所以其速度可能等于或大于 V 0,因为速度方向未知，离子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故A 错误.B •由于速度等于 v o 时最远到达A ，故要使最远点到达 A 右侧，速度必须大于 V o ,故 B 正确.C .当粒子从0点垂直射入磁场时，若刚好达到 A 点左侧距离d 处，则有qBqBqBd2 m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.故故选BC .【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.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.10. （ 8分）（2012?江苏）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.若粒子落在若粒子落在C . 若粒子落在点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于若粒子落在点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v o _ 一2m n aBdV 0+2r . 【解答】解：当从0点垂直射入磁场时,0A 距离最大，最大距离为 2r ,如图示所以2inv 0"qT 解得D 错误.又nt(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 (选填A ”、B ”或C )(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 (选填短暂”或持续”接b，同时观察指针偏转情况.(3 )在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“1”当，调节好多用电表，测量各接点间的阻值•测量中发现，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所示.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.两表笔接的接点多用电表的示数a, b 5 Qa, c10.0 Qb, c 15.0 Q【考点】用多用电表测电阻；测定电源的电动势和内阻.【专题】实验题；压轴题；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,故答案为：(1) A , (2)短暂，(3) 5，如图所示.【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，最后判断可能的内部构造.11. (10分)(2012?江苏)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位于水平桌面上的0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.(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.(2)请根据下表的实验数据作出s-h关系的图象.h/cm20.030.040.050.060.0s/cm19.528.539.048.056.5(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尸0.4 .(结果保留一位有效数字)(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致卩的测量结果偏大 (选填偏大”或偏小”).【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.【专题】实验题；压轴题；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减少的势能太多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据.(2 )根据所给数据进行描点、连线作图；(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，求得的表达式，再结合从s- h图象，即可求解卩；(4)由于滑轮轴的摩擦会导致s变小，根据卩的表达式可知误差结果.【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B的起始高度).(2)描点，连线，如图所示：（3）B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh - [mgh= - （M+m ）v2,在B落地后，A运2动到Q,有...._，' ，又A、B 的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg，2 （nrHO s+mh在s- h图象上任取一组数据代入可以求得：尸0.4.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，. ''' ，所以□偏大.（rf） s+mh故答案为：偏大.【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.四、选修3-312. （4分）（2012?江苏）下列现象中，能说明液体存在表面张力的有（）A •水黾可以停在水面上B .叶面上的露珠呈球形C.滴入水中的红墨水很快散开D .悬浮在水中的花粉做无规则运动【考点】分子间的相互作用力；*液体的表面张力现象和毛细现象.【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系.【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；故选AB .【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.13. （4分）（2012?江苏）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的平均动能增大了 .该气体在温度「、T2时的分子速率分布图象如图所示，则T1小于T2 （选填大于”或小于”.占益打子配列百打比【考点】温度是分子平均动能的标志.【专题】压轴题；内能及其变化专题.【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 i V T2 .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.14. （4分）（2012?江苏）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5 2过程中，气体压强p=1.0X10 Pa,吸收的热量Q=7.0 XI0 J,求此过程中气体内能的增量.【考点】理想气体的状态方程.【专题】压轴题；理想气体状态方程专题.【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，再求功，最后根据热力学第一定律求解.【解答】解：气体状态A为出状态，设为V1T1,状态B为末状态，设为V2T2,由盖-吕Vi v2萨克定律得：—,T】T2代人数据，得：..-■ II.- : ：T7i2在该过程中，气体对外做功：W=F?L=Ps?A L=P?A V=2 X O J根据热力学第一定律：△ U=Q+W其中W= - W,代人数据，得△ U=5.0 X O2J【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.属于中档题.选修3-415. （4分）（2012?江苏）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右侧.旋转偏振片P, A、B两点光的强度变化情况是（）A . A、B均不变B. A、B均有变化C. A不变，B有变化D . A有变化，B不变【考点】光的偏振.【专题】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【点评】本题考查了偏振片的作用，难度不大.16. （4分）（2012?江苏）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 .（计算结果保留两位有效数字）e aD”【考点】测定玻璃的折射率.【专题】实验题；压轴题；光的折射专题.【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，si nr方法是：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，由折射定律算出折射率.【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.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sin^AOM sinbO** , “故答案为：挡住C和A、B的像，1.7其中实验原理是实验的核心. 【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,17. （4分）（2012?江苏）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波的波长入.【考点】横波和纵波.【专题】压轴题.【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、周期关系公式列式求解波长.【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v VS P代入数据，有解得x=1260km根据波速、波长、周期关系公式，得到Qv s?T=3.5km/s X1.2s=4.2km答：震源与监测点之间的距离x为21km , S波的波长入为4.2km .【点评】本题关键根据波速的两个公式，以及列式计算，基础题.At T选修3-518. （4分）（2012?江苏）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（）【考点】氢原子的能级公式和跃迁.【专题】原子的能级结构专题.【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n：.T - 2 .-ii ;比较出波长的大小.【解答】解：从能级图可知，E3- Ei> E2 - Ei > E3- E2,根据：•- -—知，居V尼V d故C正确，A、B、D错误.故选C.【点评】解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及知道19. （4分）（2012?江苏）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n+ H T : H ;该反应放出的能量为Q,则氘核的比结合能为■'.—0—1一1------------- 一2一【考点】爱因斯坦质能方程.【专题】压轴题；爱因斯坦的质能方程应用专题.【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比是结合能.【解答】解：由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：| n+ : H T - H ;氘核的比结合能为：」；2故答案为：：n+ H T H;'.1 2【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.20. （4分）（2012?江苏）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动能分别为E A、E B.求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功.【考点】光电效应.【专题】压轴题；光电效应专题.【分析】由光子能量公式r -:…--二和动量公式- 判断动量之比，由光电效应方程求A A逸出功.【解答】解：由光子能量公式「|汗-工和动量公式-知，A、B两种光子的动量之比等于A、B两种光子的能量之比为2：l；由E A=E I - W 和E B=E2 - W 联立得W=E A-2E B.答：A、B两种光子的动量之比为2：l;金属的逸出功为W=E A - 2E B.【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.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.21. (15分)(2012?江苏)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角a 均为」n 磁场均沿半径方向.匝数为N 的矩形线圈9的边长ab=cd=l 、bc=ad=2l .线圈以角速度 3绕中心轴匀速转动，be 和ad 边同时进入磁场磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为 B 、方向始终与两边的运动方向垂直.的总电阻为r ，外接电阻为R .求： (1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小 E m ；(2) 线圈切割磁感线时，be 边所受安培力的大小 F ;(3)外接电阻上电流的有效值 I .【专题】电磁感应中的力学问题.【分析】(1)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势(2)根据欧姆定律得出电流大小，根据安培力公式求出大小(3 )根据电流的热效应求出电流的有效值【解答】解：(1) be 、ad 边的运动速度 v= 32感应电动势E m =4NBIv”2解得 E m =2NBI 3(2 )根据欧姆定律得I SI m = ----R+T安培力F=2NBI m l答：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小是 2NBl 23；2R 上消耗的电能W=I m Rt2且 W=I RT解得I=4NB1 2 CO 3 (R+r) abcd在线圈电流解得F=4N 气勺‘3R+r(3) —个周期内，通电时间t=：^。

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2012年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）物理试题评析河南省卢氏县第一高级中学徐建强来自人教网整体感知：2012年重庆物理试题从试题结构、考查内容上基本延续近近几年重庆高考物理试题的特点，整体感觉是：强调基础知识、注重能力考查、回归教材、联系实际；呈现出一些以现实生活、社会热点、学习实际以及科技前沿的情景为背景的试题，是该试卷的亮点，反应了新课改的效果。

试题难度设置层次分明、体现高考的选拔功能，即单一的知识点的考查又有综合知识的应用。

整卷试题的分值分布合理，突出考查了高中重点主干知识，即动力学和电磁学相关知识。

一句话概括为，稳中有变、变中求新、强调双基、考查能力、注重探究、活而不怪、巧而不偏，注重“基础+能力+方法”的考查。

第一部分（选择题）14.装有沙粒的试管竖直静浮于水面，如题14释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。

方向，则以下描述试管振动的图像中可能正确的是（）命题意图: 本题结合实际模型考察机械振动图像问题答案：D解析：试管竖直提起少许后释放，说明试管从正向最大位移处开始做简谐运动运动，从以上选项可得D 正确解题策略:以实际问题为背景的试题，解题的关键在于能否提取物理信息，找出物理模型。

点评：以生活现象为背景，是基本的物理问题焕发生机，体现新课程改革的思想。

15.如题15图所示，理想变压器的原线圈接入)(100sin 211000V t u π=的交变电压，副线圈通过r=6Ω的导线对“220V/880W”的电器R L 供电，该电器工作正常，由此可知（）A. 原、副线圈的匝数比为50:1B. 交变电压的频率为100HZC. 副线圈中电流的有效值为4AD. 变压器的输入功率为880W命题意图:变压器、交流电及电路分析问题答案：CCDR L题15图解析：R L 正常工作时的电流为4A P I U==，即副线圈的电流为4A ，电阻r 两端电压24V r U Ir ==，副线圈两端电压222024244V U =+=，副线圈的总功率2096880976W P I r P =+=+=，原线圈输入功率与其等值，原副线圈匝数比112211000275024461n U n U ===；由输入电压表达式可知交变电压的频率502f Hz ωπ==；故选项C 正确。

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