参加音乐会2012年江苏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．



，，
=9F得：F
21
故选：C

， 根据电场强度的定义式：

得：
【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．


由公式知，其电容C【解答】解：增大，由公式知，在两极板间插入一电介质，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

．逐渐减小．逐渐增大 BA ．先减小，后增大 DC．先增大，后减小 功率、平均功率和瞬时
功率．【考点】 功率的计算专题．【专题】即合力指向圆心，求出水平拉力和重 力的合力提供向
心力，【分析】根据小球做圆周运动， 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．P=Fvcosα关系，根据、G即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力【解答】 解：因
为小球是以恒定速率运动， O点．F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向水平拉力

G的
合力必与绳子拉力在同一直线上）（F与θ，则 =tanθ 设绳子与竖直方向夹角是 F=Gtanθ得
的瞬时功率是θ，所以水平力FV而水平拉力F的方向与速度的方向夹角也是 θP=Fvcos θ则
P=Gvsin故的瞬时功率是一直增大的．所以水平拉力F到B的过程中，θ是不断增大的，A显然，
从 D、错误．正确，B、CA A．故选



与速度的夹角．F，注意α为【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα
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?（201234．（分）关系
的 图象，可能正确的与时间at的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小 ）是
（


． AB． C．
题．【专题】
2



D ． 【考点】竖直上抛运动． 压轴题；直线运动规律专
【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=m a
根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv


a=g+ 联立解得：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；
小，故A错误，C正确；
故选：C．


也减小，故a=g+也减小，，有，由于加速度 减小，故根据BD的结论∝故a﹣t图象的斜率不断减
【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（ ）






． ．B ． CDA．
【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．



．故Aa=． Mg=Ma解：对木块分析得，2f﹣，解得木块的最大加速度【 解答】
正确，BF=、C、D错））对整体分析得，F﹣（M+mg=（M+ma，解得误．
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．

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．


球落地时的水平位移为时，则A、B、若A在最高点相碰．故C错误． C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由火
1
线和
零线并行绕成．当右侧线圈L中产生电流 时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁
2
质开关K，
从而切断家庭电路．仅考虑L ，在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有（ ）
1



A．家庭电路正常工作时，L中的磁通量为零
2
B．家庭电路中使用的电器增多时，L中的磁通量
不变
2
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中 的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火
2
4


线 的电流突然变大，即L中的磁场发生变化，导致L中的磁通量变化，L中产生感应电流，
212
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中的磁通量为零，A项正确 ；
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
2
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中的磁场发生变化，
1
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项正确．
22
故选ABD < br>【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，最远能落在 边界上的A
0
点．下列
说法正确的有（ ）

5

点的左侧，其速度一定小于vA．若粒子落在A
0
v．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于
B
0

的范围内，其速度不可能小于v﹣C．若粒子落在A点左右两侧d
0

v+．若粒子落
在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于D
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． 压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【专题】

，
可利用此公式求解．直线边由 洛伦兹力提供向心力，即【分析】，可得．沿其它方向射入时，距
离要小于2rO点为界的磁场，垂直射 入时达到最远点，最远点距 ．2r ，如图示距离最大，最大
距离为2r解：当从O点垂直射入磁场时，OA【解答】
所以 ．

又，


，若入射方向点的左侧，若入射方向不变，半径减小，速度小于v A．当粒子打在A
0
，因为
速度方调整，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
A错误．向
未知，离子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故，故v，故要使最远点到达A 右侧，速度必须大
于 B．由于速度等于v时最远到达A
00
正确．B 处，则有点左侧距离dC．当粒子从O点垂
直射入磁场时，若刚好达到A





解得
正确v，故C项，要满足条件，速度必须大于 同B 错误．．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 D BC．故选 【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．
分．请将解答填写在答题卡相应的位置．题）共计4211三、简答题：本题必做题（第10、所示的黑箱中有二只相同的电学元件，小明使用多用电表江苏）如图1?（8．10（分）2012 对其
进行探测．
6

A2中多用电表的 “0”刻度线处，应先调整如图发现指针不在左边（1）在使用多用电表前，
“）B ”或“C、（选填“A”“，另一ab接点间是否存在电源时，一表笔接（2）在用多

．
用电表的直流电压挡探测黑箱a、 b，同时观察指针偏转情况．”或“持续）接表笔应 短暂 （选
填“短暂”（3）在判定黑箱中无电源后，

挡，调节好多用电表，测量各接点间 的l”
将选择开关旋至“×ba、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 2所示．时，多用电表的示数如图 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．
多用电表的示数两表笔接的接点 Ω 5b
，a Ω10.0c
，a Ω15.0c


，b 用多用电表测电阻；测定电源的电动势和内阻．【考点】 实验题；压轴题；恒定电流专题．【专
题】 ）任何电表使用前都需要机械调零；（1【分析】 ）由于指针可能反转，故应该短接；（2 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． A；
解：（1）电表使用前都需要机械调零，故选【解答】 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；（）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，（3 电路如图；



5，如图所示． ）（2）短暂，（3）故答案为：（1A，然后判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，【点评】 断有无二极管，最后判断可能的内部构造．
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2012?分）11．（10（拉
ABOA置进行实验． 实验中，当木块位于水平桌面上的点时，重物刚好接触地面．将
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﹣

2
运A，在vBμ落地后，mgh=（M+m）

故答案为：0.4．
，，又A动到Q，、有

，M=0.50kg的质量分别为m=0.40kg、
B在s﹣h图象上任取一组数据代入可以求得：μ=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
，所以μ偏大．

偏小，根据，
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、T时的分子
21
则T 小于 T（选填“大于”或“小于”）．
21

速率分布图象如图所示，
9

温度是分子平均动能的标志．【考点】 压轴题；内能及其变化专 题．【专题】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【分析】 平均动能决定．温温
度升高时分子平均动能增大压强增大．【解答】解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不 变， ．T＜
T度升高时，速率大的分子所占比重较大
21
答案为：平均动能，小于 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．【点评】
此．经等压过 程到状态B江苏）如图所示，一定质量的理想气体从状态A?14．（4分）（2012
25
J，
求此过程中气体内能的增量．，吸收的热量PaQ=7.0×10过程中，气体压强p=1.0×1 0



【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．的过程中，吸收热
量，同时对外做功，要先求经等压过程到状态B【分析】气体从状态A 出体积的变化，再求功，
最后根据热力学第一定律求解．，由盖﹣吕 TB，状态为末状态，设为V【解答】解：气体状态
A为出状态，设为V T
2112
萨克定律得：

，得：
2
J 10V=2

代人数据，
×?△L=P?△W=F在该过程中，气体对外做功：?L=Ps W'，其中U=Q+W′W=﹣根据热力学第
一定律：△
2
J ×10代人数据，得△ U=5.0关键的是正确求出气体对外做的【点评】该题考查热
力学第一定律和理想气体的状态方程， 功．属于中档题．
3-4选修，和Q﹣4如图所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P3（． 15（4分）2012?江苏）
选修 ） 两点光的强度变化情况是、，旋转偏振片QBQPA点位于、之间，点位于右侧．PAB（

10




B均有变化．A、．A、B均不变 BA 不变A有变化，B A不变，B有变化D．C． 光的偏振．【考
点】 光的衍射、偏振和电磁本性专题．【专题】 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．【分析】点光的强度不会变化，而A解：白炽灯的光线沿各个方向的

都有， 旋转偏振片P，【解答】 正确．B点强度会发生变化，C通过Q的光线在C
故选 本题考查了偏振片的作用，难度不大．【点评】
、A买验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针? 江苏）“测定玻璃的折射率”16．（4分）（2012、
和A要使它时， 挡住CB，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
线a、B的像．

是描在纸上的玻璃砖的两a′ ．题如图是在自纸上留下的实验痕迹，其中直
（计算结果保留两位有效数字） 1.7 个边．根据该图可算得玻

．
璃的折射率n=



【考点】测定玻璃的折射率． 实验题；压轴题；光的折射专题．【专题】

，关键 是确定
折射光线，”测定玻璃的折射率的原理是折射定律n=【分析】用“插针法，DC、，在另一侧再 竖
直插两个大头针方法是：在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B的像．作出入射光线和折射光
线，画出光路、BAD挡住C和A使C挡住、B的像，要使 图，用量角器量出入射角和折射角，
由折 射定律算出折射率．、，在另一侧再竖直插两个大头针C解：在玻璃砖的一侧竖直插两个大
头针A、B【 解答】CDAB的出射光线上，CD、B的像，说明在AD、使D，C挡住AB的像，
要使挡住C和 A B的出射光线．连线即为，则折射率°°，折射角∠CON=30作出光路图如图，
用量角器量出入射角 ∠AOM=60
=n=≈1.7
的像，、和故答案为：挡住CAB
11

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，
3. 5kms江苏）地震时，震源会同时产生两种波，一种是传播速度约为2012?．（4分）（17波．一
次地震发生时，某地震监测点记录到首P7.0kms的的S波，另一种是传播速度约为，震源的振
动 周期为1.2s假定地震波沿直线传播，S波早3min．次到达的P波比首次到达的 λ．x和S波
的波长求震源与监测点之间的距离 【考点】横波和纵波． 【专题】压轴题．，然后根据 波先根
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【分析】 速、波长、周期关系
公式列式求解波长． ，故（3min180s）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【解答】

代入数据，有
解得x=1260km


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


【点评】以及本题关键根据波速的两个公式列式计算，基础题．
选修3-5为原子跃迁所发出的 cb、﹣5如图所示是某原子的能级图，a、3（．18（4分）2012?
江苏） 谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是二种波长的光．在下列该原子光谱的各选项
中， ） （



．CBA． ． ．D

12




【考点】氢原子的能级公式和跃迁． 原子的能级结构专题．【专题】
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．
【分

比较出

故．λ＜E，根据λ知，λ＜E【解答 】解：从能级图可知，E﹣＞E﹣E＞E﹣
b2231c13a
D错误．A、
B、C正确， C．故选
及知道
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（2012?19．（4分）

【点评】解决本题的关键知道频率与波长的关系，以

．



则氘核的比结合能为． →式为H n+H；该反应放出的能量为Q

，


【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．




→H；解：由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：n+H【解答】
氘核的比结合能为：；

．Hn+H；故答案为：→【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、E．求A、B两种光子的动量之比和该金
BA
属的逸出功．
【考点】光电效应．
【专题】压轴题；光电效应专题．



和动量公式判断动量之比，由光电效应方程求由光子能量公式【分析】 逸出功．

和 动量公式知，A、B【解答】解：由光子能量公式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=E﹣W和E=E﹣W联立得W=E﹣2E．
B2A1BA
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．
BA
【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

均
为π，磁场均沿半径方向．匝数为芯之 间形成的两磁场区域的圆心角αN的矩形线圈abcd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


ω 边的运动速度v=ad （1）bc、【解答】解： 感应电动势E=4NBlv

m2
解得E=2NBlω
m
（2）根据欧姆定律得


=I 电流
m
安培力F=2NBll
m
一个周期内，通电时间 （3
2
W=IRt

F= 解得

t=T ）
上消耗的电能R
m2
RT 且W=I（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的

解得I=
2
答：
大小是2NBlω；


边所受安培力的大小是；bc2（）线圈切割磁感线时，

14


）外接电阻上电流的有效值是． （3【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撞击弹
0

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撞击弹簧时由动能
m
定< br>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


x= ③ 解得
（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

m ﹣fW=0（）﹣ ﹣ ④

m﹣W=0v撞击弹簧时﹣fl﹣ ⑤ 同理，小车以
m
⑥
m
（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v
1

⑦



= 解得 v

m=W



＜时，vv 当′=v

=v解得 ④⑦ 由
1
15


≤时，≤当v


= v′
答：

，轻杆开始移动时，弹簧的压缩量是；）若弹簧的劲度系数为k （1
使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度是；（2
时，v的关系是当v′＜=v

）求为


和撞击速度（3）该小车弹回速度v′v≤v′．

=当≤v时，
【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加速后，水平射入
0
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力．
1
（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时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏
转电压U；
0
（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．
yz射入方yz
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=v．
01
（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
0
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=qvB，即可求得B；
1
（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．


=qU 1）设粒子射出加速器的速度为v，根据动能定理得：【解答】解：（
00
v由题意得
110


=； v=v，即
（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t



=y 竖直位移
1
水平位移
t．
a= 加速度的大小 在离开时，竖直分速度 v=at
y
l=vt

1
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为
竖直位移 y=vt
y2
由题意知，粒子竖直总位移 y=2y+y
21

y=； 联立解得
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
10

E=； 平行于Bx
轴，且 （3）（a）由沿x轴方向射入时的受力 情况可知：（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

22

，则f=2F F+f=

B f=qv且
1

解得 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得

222

（） Fcosα）= （f+Fsinα）+（ 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°．

17

（
1
（2）当加速电压变为4U时，欲使粒

为． 1）粒子射出平移器时的速度大小v答：
子仍从A点射入待测区域，此时的偏转电压U为4U；
10
（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：


E=； 平行于Bx轴，且 （a）由沿x轴方向射入时的受力情况可知：

B=；Oxy与平面
平行， （b）由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E
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．



18