生命的摇篮2012年江苏省高考物理试卷答案与解析

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．
，
得：F
1
=9F
2

根据电场强度的定义式：
，
，
得：
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，对于这些公式一定要明
确其适用条件和公式 中各个物理量的含义．

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，由公式知，
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（ ）

1

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=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．
【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O点．
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）
得 F=Gtanθ
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
P=Fvcosθ
则P=Gvsinθ
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、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=Fvcosα，注意α为F与速度的夹角．

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a与时间t关系的图象，可能正确的是（ ）
A． B． C．
D．
【考点】竖直上抛运动．
【专题】压轴题；直线运动规律专题．

2

【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+
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BD均错误；
根据BD的结论a=g+，有∝，由于加速度减小，故也减小，故也减小，< br>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（ ）

A． B． C． D．
【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=
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．
< br>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，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

3

6． （4分）（2012?江苏）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（ ）

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
1
，在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有（ ）

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

4

线的电流突然变大，即L
1
中的磁场发生变化，导致L
2中的磁通量变化，L
2
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，L
2
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，L
2
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
1
中的磁场发生变化，
导致L
2
中的磁通量变化，L
2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．

8．（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
2
向心力，根据v=rω，a=rω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=rω，知探测器的线< br>速度大于地球的线速度．故A正确．
2
B、根据a=rω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O点射入磁场．若粒子速度为v
0
， 最远能落在边界上的A
点．下列说法正确的有（ ）

5

A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v
0

B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v
0

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
﹣
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
+
【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．


【分析】由洛 伦兹力提供向心力，即，可得，可利用此公式求解．直线边
界的磁场，垂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．
【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
又，
所以．
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
0
，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
0
时最远到达A，故要使最远点到达A右侧，速度必 须大于v
0
，故
B正确．
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

解得
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．
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．

6

（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“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“×l”挡，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
5 Ω
a，b
10.0Ω
a，c
15.0Ω
b，c
【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，
电路如图；

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O点时，重物B刚好接触地面．将A拉
7

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．
hcm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
scm 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5 （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μ= 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μ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μ
的表 达式，再结合从s﹣h图象，即可求解μ；
（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．
【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：



8

（3）B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh﹣μmgh=（M+m）v，在B落地后，A运
动到 Q，有，，又A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg，
2
在s﹣h图象上任 取一组数据代入可以求得：μ=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μ偏大．
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3-3
12．（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T
1
、T
2
时的分子
速率分布图象如图所示，则T
1
小于 T
2
（选填“大于”或“小于”）．

9

【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
1
＜T
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．

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
52< br>过程中，气体压强p=1.0×10Pa，吸收的热量Q=7.0×10J，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V
1
T
1
，状态B为末状态，设为V
2
T
2
，由盖﹣吕
萨克定律得：，
代人数据，得：
2
在该过程中，气体对外做功：W=F?L=Ps?△L=P?△V=2×10J
根据热力学第一定律：△U=Q+W′其中W=﹣W'，
2
代人数据，得△U=5.0×10J
【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3-4 < br>15．（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（ ）

10

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）

【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，
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
n==≈1.7
故答案为：挡住C和A、B的像，1.7

11

【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）（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3.5kms
的S波，另一种是传播速度约为7.0kms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λ．
【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

代入数据，有

解得
x=1260km
根据波速、波长、周期关系公式，得到
λ=v
s
?T=3.5kms×1.2s=4.2km
答：震源与监测点之间的距离x为21km，S波的波长λ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．

选修3-5 < br>18．（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< br>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
（ ）

A．

B． C．
12
D．

【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
波长的大小．
【 解答】解：从能级图可知，E
3
﹣E
1
＞E
2
﹣E
1
＞E
3
﹣E
2
，根据
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．
比较出知，λ
a
＜λ
c
＜λ
b
．故

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→H ；该反应放出的能量为Q，则氘核的比结合能为 ．
【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：
氘核的比结合能为：；
故答案为：n+H→H；．
n+H→H；
【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
逸出功．
【解答】解：由光子能量公式
和动量公式 判断动量之比，由光电效应方程求
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
1
﹣W和E
B
=E
2
﹣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．


13

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α均为π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈a bcd
的边长ab=cd=l、bc=ad=2l．线圈以角速度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：
（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，bc边所受安培力的大小F；
（3）外接电阻上电流的有效值I．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．
【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）bc、ad 边的运动速度v=ω
感应电动势E
m
=4NBlv
2
解得E
m
=2NBlω
（2）根据欧姆定律得
电流 I
m
=
安培力F=2NBl
m
l
解得F=
（3）一个周期内，通电时间 t=T
R 上消耗的电能W=I
m
Rt
2
且W=IRT
解得I=
2
2
答：（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小是2NBlω；
（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小是；

14

（3）外接电阻上电流的有效值是．
【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．

22．（16分）（2012?江苏）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的小车若以速度v
0
撞击弹
簧，将导致轻杆向右移动．轻杆与槽间的最大静擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地 面
的摩擦．
（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
m
；
（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．

【考点】动能定理的应用；胡克定律．
【专题】压轴题；动能定理的应用专题．
【分析】（1）轻杆开始移动时，根据胡克定律求出弹簧的压缩量
（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
m
撞击弹簧时由动能
定理列出等式求解．
（3）根据动能定理求解
【解答】解：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力F=kx ①
且F=f
②
解得 x= ③
（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
由动能定理得
﹣f（）﹣W=0﹣m ④
⑤ 同理，小车以v
m
撞击弹簧时﹣fl﹣W=0﹣m
解得 v
m
= ⑥
（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v
1

m=W ⑦
由④⑦解得 v
1
=
当v＜时，v′=v

15

当
v′=
答：
≤v≤

时，
（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；
（2）求为使装置安全工 作，允许该小车撞击的最大速度是
（3）该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系是当v＜
当≤v≤时，v′=．
；
时，v′=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很强的分析和解决问题的能力．

23．（16分）（2012?江苏）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< br>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< br>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．
y z
射入方向 ﹣y ﹣z
受力大小
F F F F
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．

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．
【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
1
=v
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公式求得竖直位移，即可求得粒子 竖直总位移表达式．当

16

加速电压变为4U
0
时欲使粒子仍从A点射入待测区域，粒子竖直总位移不变，再求解此时
的偏转电压U；
（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 面平行，根据力的合成，求得洛伦兹力f的大小，f=qv
1
B，即可求得B；
（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，
由力的合成法求得α．
【解答】解：（1 ）设粒子射出加速器的速度为v
0
，根据动能定理得：qU
0
=
由题意得v
1
=v
0
，即v
1
=；

（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=
在离开时，竖直分速度 v
y
=at
竖直位移 y
1
=
水平位移 l=v
1
t
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

联立解得 y=；
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
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=；
（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
F+f=
且 f=qv
1
B
解得 B=
22
，则f=2F
（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
222
（f+Fsinα）+（Fcosα）=（）
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°．

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答：（1）粒子射出平移器时的速度大小v
1
为．
（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，此时的偏转电压U为4U
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：
（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=；
（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=
00
； < br>（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x轴方向的夹角为﹣30°或﹣150°．
【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，关键是把握解题的规律．


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