2012届高考物理专题卷：专题06(电场)答案与解析.pdf

2012年天津市高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）考点：氢原子的能级公式和跃迁；原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：原子的能级结构专题．分析：元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的是利用红外线良好的穿透能力，核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损．解答：解：A、元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，故A错误B、由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，故B正确C、卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的．从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良好的穿透能力，故C错误D、由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损，故D错误故选B．点评：本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用．2．（3分）考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．分析：对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题．解答：解：导体棒受力如图所示，tanθ==；A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；D、磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；故选A．点评：对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．3．（3分）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：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心加速度、周期、角速度变化．解答：解：根据得，v=，动能减小为原来的，则线速度减为原来的，则轨道半径变为原来的4倍轨道半径之比为1：4．根据解得，，T=，则向心加速度变为原来的角速度变为原来的，周期变为原来的8倍．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系．4．（3分）考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功公式求解输电线上损耗的电功率．解答：解：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电电压为KU，输送功率P=KUI，所以=；当副线圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nKU，输送功率P=nKUI′，所以=；故选D点评：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率．基础题．5．（3分）考点：电势能；电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不在同一线上，做曲线运动．解答：解：根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也直，粒子做曲线运动．粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其势能先变小后变大．故C正确．故选C点评：本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场做功正负，判断电势能的变化．6．（3分）考点：光的折射定律；光的干涉．专题：光的折射专题．分析：通过光路图可知，a、b两束光照射到圆弧面上的入射角相等，b光发生了全反射，a光未发生全反射，根sinC=得出两光的折射率大小，从而根据v=比较出光在介质中的速度大小．通过折射率的大小比较出频和波长的大小，从而判断能否发生光电效应和条纹间距的大小．解答：解：A、b光发生了全反射，a光未发生全反射，知b光的临界角小，根据sinC=知，b光的折射率大，根v=知，b光的传播速度小，a光的传播速度大．故A正确．B、根据折射定律可知，b光的折射率大，则b光的折射角小．故B错误．C、b光的折射率大，则b光的频率大，若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能．故C正D、b光的折射率大，频率大，则b光的波长小，根据知，a光的条纹间距大．故D正确．故选ACD．点评：解决本题的突破口通过全反射比较出a、b两光的折射率大小．知道折射率、频率、波长、在介质中的速等关系．7．（3分）考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．专题：压轴题．分析：由图读出波长求出周期，根据时间与周期的关系及t=0时刻P点的速度方向，分析在t=0.025s时刻，质点的位置，确定速度和加速度的变化，以及速度、加速度的方向．解答：解：由图读出波长为λ=4m，则该波的周期为T=，t=s=．t=0时刻质点M向上运动，在t=s时刻，质点M正从波峰向平衡位置运动，所以其速度增大，加速度减小．位移为正，质点M的度沿y轴负方向，加速度沿y轴负方向，所以加速度方向与速度方向相同，速度方向与位移方向相反，质M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反，故CD正确，AB错误；故选CD点评：由波动图象读出，求解周期，根据时间与周期的关系分析质点的振动情况，是常见的问题，难度不大．8．（3分）考点：动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．专题：压轴题；动能定理的应用专题．分析：当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大．解答：解：A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速度运动，故C错D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；故选BD．点评：根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要掌握图象题的解题思路．二、非选择题9．（2012•天津）考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小．解答：解：（1）取竖直向下方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=﹣mv2﹣mv1=﹣0.2×（6 kg．m/s=﹣2kg•m/s，负号表示方向竖直向上．（2）代入动量定理的公式，得（F﹣mg）t=△P，代入数据求得：F=12N该故答案为：2，12点评：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向10．（2012•天津）考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题；单摆问题．分析：当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之和；摆长悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析；解答：解：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，是为了止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故AC正确，故选AC（2）游标卡尺示数为：d=12mm+1×0.1mm=12.1mm；单摆摆长为L=l﹣=0.9990m﹣0.00605m=0.99295m（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m=8.7cm，当小球摆到最点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30﹣50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误最小故选A故答案为：①AC②12.10.99295③A点评：掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系．单摆的周期采用累积法测量可小误差．对于测量误差可根据实验原理进行分析．11．（2012•天津）考点：把电流表改装成电压表．专题：实验题；恒定电流专题．分析：①用的是半偏法测电阻：实验时要先保证安全，故要先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内阻．②从设计理论上看电流达到半偏时，两并联电阻相等．③扩大量程并联电阻值为：，解答：解：①先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内由此得顺序为BEFADC．②电流达到满偏时，两并联电阻相等．③扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：故答案为：①BEFADC②相等③点评：考查实验过程的分析，明确安全的原则及实验原理．会求改装电流表的原量及电阻的求解．12．（2012•天津）考点：动量守恒定律；平抛运动；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）由动能定理或机械能守恒定律可以求出小球A刚滑到水平台面的速度．（2）两小球碰撞过程中动量守恒，两小球离开平台后做平抛运动，由动量守恒定律与平抛运动知识可以求出两球的速度之比．解答：解：（1）小球A下滑过程中，由动能定理可得：m A gh=m A v A2﹣0，解得：v A=；（2）A、B两球碰撞时动量守恒，由动量守恒定律可得：m A v A=（m A+m B）v，离开平台后，两球做平抛运动，水平方向：=vt，竖直方向：h=gt2，解得：m A：m B=1：3；答：（1）小球A刚滑至水平台面的速度；（2）A、B两球的质量之比为m A：m B=1：3．点评：分析清楚运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与平抛运动特点即可正确解题．13．（2012•天津）考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：压轴题；电磁感应——功能问题．分析：（1）根据运动学公式求出时间，根据电量的公式求解（2）撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．（3）根据动能定理求解．解答：解：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有：=xt==3s根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：===1.5A根据电流定义式有：q=t=4.5C（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：v=at=6m/s撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．Q2=△E K=mv2=1.8J（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：Q1=2Q2=3.6J撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有：△E K=W F﹣Q1则：W F=△E K+Q1=5.4J答：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量是4.5 C；（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热是1.8J；（3）外力做的功是5.4 J．点评：解决该题关键要分析物体的运动情况，清楚运动过程中不同形式的能量的转化，知道运用动能定理求解变做功．14．（2012•天津）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：（1）设离子经电场加速度时的速度为v，由动能定理及向心力公式即可求解；（2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，根据Q=It、M=Nm，即可求解M；（3）根据向心力公式求出半径R的表达式，进而表示出铀235离子在磁场中最大半径和铀238离子在磁中最小半径，要使两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，则铀235离子在磁场中最大半径小于铀238子在磁场中最小半径，进而即可求解．解答：解：（1）设离子经电场加速度时的速度为v，由动能定理得：qU=…①粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：Bqv=m…②由①②解得：U=…③（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…④N=…⑤M=Nm…⑥由④⑤⑥式解得：M=（3）由①②式得：设m′为铀238离子的质量，由于电压在U±△U范围内微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：铀238离子在磁场中最小半径为：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：则有：m（U+△U）＜m′（U﹣△U）所以：其中铀235离子质量m=235u（u为原子质量单位），其中铀238离子质量m′=238u故解得：0.63%答：（1）加速电场的电压为；（2）在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量为；（3）为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于0.63%．点评：本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，要求同学们知道要使两种离子在磁场中运动的轨迹不生交叠，则铀235离子在磁场中最大半径小于铀238离子在磁场中最小半径，难度适中．。

绝密★启用前2012 届高考物理专题六考试范围：电场一、选择题（此题共10 小题，每题 4 分，共 40 分。

在每题给出的四个选项中，有的只有一个选项切合题目要求，有的有多个选项切合题目要求。

所有选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得0 分。

）1．如右图所示，不带电的枕形导体的 A 、B 两头各贴有一对金箔。

当枕形导体的 A 端凑近一带正电导体C 时，可能的是（）A ．A 端金箔张开，B 端金箔闭合，枕形导体整体不带电B ．用手触摸枕形导体后， A 端金箔仍张开， B 端金箔闭合C．用手触摸枕形导体后，将手和 C 都移走，两对金箔均张开D．选项 A 中两对金箔分别带异种电荷，选项 C 中两对金箔带同种电荷2．以下常有的静电学公式中， F、q、E 、U、r 和 d 分别表示电场力、电量、场强、电势差、以及距离①F k q1q2，r2② E q F，④ U=Edk2，③Eqr（）A．它们都只对点电荷或点电荷的电场才建立B．①②③ 只对点电荷或点电荷的电场建立，④ 只对匀强电场建立C．①②只对点电荷建立，③对任何电场都建立，④只对匀强电场才建立D．①②只对点电荷建立，③④ 对任何电荷或静电场都建立3．一带正电的小球沿圆滑绝缘桌面向右运动，桌子右边存在垂直纸面向里的匀强电场，如右图所示，速度方向与电场方向垂直，小球飞离桌面后落在地板上，设其飞翔时间为t 1、水平射程为s 1、着地速度大小为v1；撤去电场，其余条件不变，设小球飞离时间为t2、水平射程为s2、着地速度大小为v2，则（）A．s1＞ s2B．t1＞t2C． t1＝t2D．v1与 v2大小关系不可以确立4．如右图所示，在圆滑绝缘的水平面上，有一棱形ABCD ，对角线交点为O ，在极点 B、D 处各固定一个点电荷，若将一个带正电的小球从 A 点静止开释，小球将沿对角线AC 作来回运动。

则（）A ．B、 D 处固定的是等量的正电荷B ．B、 D 处固定的是等量的异种电荷C．在A、 C 的连线上O 点电势最低D．运动小球在O 处的机械能最小5．在圆滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的匀强电场，电场强度大小为E，在该电场中一个半径为圆周，此中PQ 为直径， C 为圆周上的一点，在O 点将一带正电的小球以同样的初速率向各个方向水平射R 的出时，小球能够抵达圆周的任何点，但小球抵达 C 点时的速度最大，已知PQ与 PC 间的夹角为θ=30°，则对于该电场强度 E 的方向及 PC 间的电势差大小说法正确的选项是（）A．E 的方向为由P 指向 Q ，UPC3ER3ERB．E 的方向为由Q 指向 C，U PC2C． E 的方向为由P 指向 C，UPC2ER3ERD． E 的方向为由O 指向 C，U PC26．右图为测定压力的电容式传感器，其核心零件是一平行板电容器。

专题06力学实验2—验证牛顿第二定律及动摩擦因数的求解（2012-2021）目录题型一、摩擦因数的求解 (1)题型二、验证牛顿第二定律及其拓展类问题 (5)题型三、实验器材的读数及验证牛顿第二定律 (7)题型一、摩擦因数的求解1.（2021全国甲）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面（已知sinα=0.34，cosα=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。

该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔∆T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离s i（i=1，2，3，4，5），如下表所示。

s1s2s3s4s55.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为___________m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为___________。

（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）【答案】(1).0.43(2).0.32【解析】（1）根据逐差法有()()()2254212222(12.7411.02)10(7.58 5.87)10m/s 0.43m/s 60.206s s s s a T --+-++⨯-+⨯==≈⨯∆（2）对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有sin cos mg mg maαμα-=代入数据解得0.32μ≈2.（2020年北京）.某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。

实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。

水平向左拉木板，传感器记录的F t -图像如图乙所示。

下列说法正确的是（）A .实验中必须让木板保持匀速运动B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数【答案】C【解析】AB ．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB 错误；C ．由图可知，最大静摩擦力约为10N ，滑动摩擦力约为7N ，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C 正确；D ．结合滑动摩擦力的公式：f N F F μ=，N F mg=可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D 错误。

2012年全国统一高考物理试卷（大纲版）参考答案与试题解析一、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=3 B．m=7，n=4 C．m=14，n=9 D．m=14，n=183．（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．图中打点计时器的电源为50Hz 的交流电源，打点的时间间隔用△t表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．（1）完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列的点．②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m．④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③．⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，…．求出与不同m相对应的加速度a．⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出﹣﹣m关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成关系（填“线性”或“非线性”）．（2）完成下列填空：（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是．（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3．a可用s1、s3和△t表示为a=．图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=mm，s3=mm．由此求得加速度的大小a=m/s2．（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为，小车的质量为．11．（16分）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为．再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．12．（19分）一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k．设地球的半径为R．假定地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d．13．（20分）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy．已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x 2，探险队员的质量为m．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．（1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？2012年全国统一高考物理试卷（大纲版）参考答案与试题解析一、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）【考点】布朗运动．【专题】布朗运动专题．【分析】布朗运动是小微粒受到的分子的撞击的不平衡产生的，是小微粒的运动．受温度的影响．【解答】解：A、布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故A错误；B、液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故B正确；C、D、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，故C错误，D正确．故选BD．【点评】明确布朗运动不是分子的运动，是固体微粒的运动，其剧烈程度与温度有关．2．（6分）【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【专题】衰变和半衰期专题．【分析】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．根据质量数的变化，可以求出α衰变的次数；再结合电荷数的变化，可以求出β衰变的次数．【解答】解：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α衰变次数：；电荷数应减少14，而电荷数减少10，说明发生了β衰变次数：n=m×2﹣（92﹣82）=4，所以B项正确．故选：B【点评】此题考查原子核衰变次数的计算，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．3．（6分）【考点】用双缝干涉测光的波长．【专题】实验题；光的干涉专题．【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式判断如何增大干涉条纹的间距．【解答】解：光的干涉现象中，条纹间距公式，即干涉条纹间距与入射光的波长成正比，与双缝到屏的距离成正比，与双缝间距离成反比．A、红光波长大于黄光波长，则条纹间距增大，故A正确；B、蓝光波长小于黄光波长，则条纹间距减小，故B错误；C、增大双缝到屏的距离，条纹间距增大，故C正确；D、增大双缝之间的距离，条纹间距减小．故D错误．故选AC．【点评】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式．4．（6分）【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】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据半径和周期公式即可判断．【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径r=，已知两粒子动量相等，A、若q1=q2，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；B、若m1=m2，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；C、由周期公式T=可知：仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故C、D错误．故选A【点评】熟记和运用半径公式和周期公式进行合理变形和推导，难度适中．5．（6分）【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．6．（6分）【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】分三段运用W=UIt求解电功，最后得到总功，换算成度数．【解答】解：用电量为：W=UI1t1+UI2t2+UI3t3=U（I1t1+I2t2+I3t3）=220V×（0.3A×10×60s+0.4A×600s+0.2A×2400s）=1.98×105 J1KWh=3.6×106J 故W=故选B ．【点评】本题关键分三段求解电功，最后要换算成KWh ，要知道1KWh=3.6×106J ．7．（6分）【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【专题】压轴题．【分析】熟练应用由质点振动关系判断质点间距公式，把振动图象和波动图象联系起来．【解答】解：图（b ）所示质点在t=0时在正向最大位移处，图（c ）所示质点在t=0时，x=﹣0.05（振幅的一半），运动方向沿y 轴负方向，结合波形图找到对应的点，若图（c ）所示质点在图（b ）所示质点的左侧有，当n=0时，B 正确；若图（c ）所示质点在图（b ）所示质点的右侧有，当n=0时，D 正确．故选BD【点评】本题考查振动图象、波动图象及相关知识，难度较大，要仔细分析．8．（6分）【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；单摆周期公式．【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，由动量守恒与机械能守恒定律列方程，求出碰后的速度，然后答题．【解答】解：A 、两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv 0=mv 1+3mv 2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv 02=mv 12+3mv 22，解两式得：v 1=﹣，v 2=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A 正确；B 、因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B 错误；C 、两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故C 错误；D 、由单摆的周期公式T=2π可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D 正确．故选AD ．【点评】两小球的碰撞是弹性碰撞，由动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．二、解答题9．（6分）【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）电阻连接无非是串联、并联或者混连，画出各种可能性，然后结合题意分析；（2）根据电阻的串并联知识求解即可．【解答】解：（1）因为1、2接线柱之间的电阻与2、3接线柱之间的电阻之和等于1、3接线柱之间的电阻，所以2为中间的结点，又因为2、3接线柱之间的电阻与1、2接线柱之间的电阻的差等于1、2接线柱之间的电阻的一半，故2、3之间有两个电阻并联，后再与第三个电阻串联，每个电阻均为1Ω，连接方式如图所示；（2）将1、3用导线相连后，等效电路如图所示：1、2之间的等效电阻，故R=0.6Ω；故答案为：（1）如图所示；（2）0.6．【点评】本题考查黑箱探测和电阻的串联并联计算，关键画出各种可能的电路进行分析．10．（17分）【考点】验证牛顿第二运动定律．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】1、①平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀⑥由a=，故=，故与m成线性关系2、为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量由匀变速直线运动的推论得：△x=aT2由a=，故=，故成线性关系，且斜率为，设小车质量为M，则由牛顿第二定律写出与小车上砝码质量m+M的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可【解答】解：（1）①平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀．⑥由a=，故=，故与m成线性关系．（2）（ⅰ）设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，以整体为研究对象有mg=（m+M）a解得a=以M为研究对象有绳子的拉力F=Ma=mg显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力．所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车和砝码的总质量．（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3．由匀变速直线运动的推论得：△x=aT2即s3﹣s1=2a（5△t）2a=图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=24.2mm，s3=47.2mm．由此求得加速度的大小a==1.15m/s2．（ⅲ）设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有F=（m+M）a；所以，=+所以，﹣m图象的斜率为，故F=，纵轴截距为b==kM，所以，M=故答案为：（1）间隔均匀；线性．（2）（ⅰ）远小于小车的质量．（ⅱ）；24.2mm；47.2mm；1.15；（ⅲ），【点评】实验问题要掌握实验原理、注意事项和误差来源；遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．11．（16分）【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据U=Ed、Q=cU、F=qE以及平衡条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论．【解答】解：设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，两板间为匀强电场，场强，设电场中小球带电量为q，则所受电场力F1=qE1小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示由平衡条件有：F1=mgtanθ1综合以上各式得：第二次充电后，电容器带电量为：Q+△Q，同理可得：将方向夹角带入解得：△Q=2Q答：二次充电使电容器正极板增加的电荷量为2Q．【点评】本题考查平行板电容器的电场中电场力、电场强度和电势差的关系等，关键结合平衡条件列式求解．12．（19分）【考点】单摆．【专题】压轴题；单摆问题．【分析】利用单摆周期公式和万有引力近似等于其重力，矿井内单摆受到的万有引力可以看作是半径为（R﹣d）的球体施加的，即可联立求解．【解答】解：在地面处，单摆所受万有引力近似等于其重力，即mg=，单摆的在地面的摆动周期设地球密度为ρ，地球的质量M=综合以上四得得：质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，矿井内单摆受到的万有引力可以看作是半径为（R﹣d）的球体施加的，同理单摆的摆动周期而单摆在地面处的摆动周期与矿井底部摆动周期之比解得：d=R（1﹣K2）答；矿井的深度为R（1﹣K2）【点评】本题考查万有引力定律的应用及单摆的周期公式，意在考查对基本物理规律的分析计算能力．13．（20分）【考点】动能定理的应用；平抛运动．【专题】压轴题；动能定理的应用专题．【分析】（1）由平抛运动规律列出等式．由整个过程中根据由动能定理求解（2）根据动能的表达式应用数学方法求解．【解答】解：（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，由平抛运动规律有：x=v0t，H=，整个过程中，由动能定理可得：mgH=E K﹣m由几何关系，y=2h﹣H坡面的抛物线方程y=x2解以上各式得：E K=m+（2）由E K=m+令=ngh，则E K=mgh+=mgh（+）当n=1时，即=gh，探险队员的动能最小，最小值为E min=v0=答：（1）此人落到坡面时的动能是m+；（2）此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为．【点评】本题主要考查平抛运动和动能定理的应用，以及函数最值的计算，意在考查考生的综合分析及数学计算能力．。

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：F21，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．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． D ．【考点】竖直上抛运动．压轴题；直线运动规律专题．【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=kva=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；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（）．．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．a=．Mg=Ma解：对木块分析得，2f﹣，解得木块的最大加速度【解答】．故A 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．36．（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（）1A．家庭电路正常工作时，L中的磁通量为零2B．家庭电路中使用的电器增多时，L中的磁通量不变2C．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24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；2B、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【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．2B、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A0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A0 v．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于B0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d0v+．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于D0【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】又，所以．，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v0 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．6A2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”挡，调节好多用电表，测量各接点间的l”（3）在判定黑箱中无电源后，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Ω5b，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．h/cm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0s/cm 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：82运A，在vBμ落地后，mgh=（M+m）（3）B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh﹣，M=0.50kg的质量分别为m=0.40kg、，，又A动到Q，、有B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3-312．（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T、T时的分子21速率分布图象如图所示，则T小于T（选填“大于”或“小于”）．219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）（201225 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=1.0×10【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 T2112，萨克定律得：代人数据，得：2J 10V=2×?△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：△2J ×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（10B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，其中直线a、B的像．．（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AB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 1.7=n=≈1.7的像，、和故答案为：挡住CAB11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，3.5km/s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P7.0km/s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=3.5km/sλ=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．．．D12【考点】氢原子的能级公式和跃迁．原子的能级结构专题．【专题】比较出【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．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．【点评】解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及知道江苏）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），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。

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。

专题06 两种电荷易错分析（原卷版）考点直击易错知识点分析1、判断物体带电情况的规律:与带电体相互排斥的物体一定带电，与带电体相互吸引的物体可能带电，也可能不带电。

不要误认为被带电体吸引的物体一定带与原带电体不同的的电荷。

2、导体：（1）定议：容易导电的物体。

（2）导体容易导电的原因:导体内存在大量的自由电荷。

3、绝缘体：（1）定义：不容易导电的物体——不要误认为绝缘体不能导电。

（2）绝缘体不容易导电的原因：绝缘体内几乎没有自由电荷——不要误认为绝缘体内没有电荷。

典例分析＋变式训练易错点1摩擦起电的原因【典例1-1】（2021•常州）毛皮与橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电，这是因为摩擦使得（）A．部分电子从毛皮转移到橡胶棒B．部分电子从橡胶棒转移到毛皮C．部分原子核从毛皮转移到橡胶棒D．部分原子核从橡胶棒转移到毛皮【变式1-1】（2022•常州模拟）毛皮与橡胶棒摩擦后，橡胶棒带负电是因为（）A．毛皮上的电子转移到橡胶棒上去了B．毛皮得到了质子C．橡胶棒丢失了质子D．橡胶棒上的正电荷转移到毛皮上去了【变式1-2】（2021春•安康期中）摩擦起电的实质，并不是创造了电，只是通过摩擦，使，得到电子的物体带电，失去电子的物体带电，并且相互摩擦的两个物体同时带上了电荷。

易错点2物体带电情况【典例2-1】（2021•邵阳）将毛皮摩擦过的橡胶棒靠近一个带电轻质小球，发现两者相互吸引，则小球（）A．带负电B．带正电C．可能带正电，可能带负电D．无法判断【典例2-2】（2021•重庆模拟）如图所示，甲、乙是两个轻小的物体，它们见面时相互吸引。

由图中对话可以判断甲物体可能带负电或；验电器是利用了同种电荷相互的原理。

【变式2-1】（2021秋•昌吉市校级期末）如图所示，通草球甲、乙相互排斥，甲、丙相互吸引，如果已知甲带正电，那么乙、丙的带电情况是（）A．乙带负电，丙带正电B．乙带正电，丙带正电C．乙带负电，丙带负电或不带电D．乙带正电，丙带负电或不带电【变式2-2】（2022•河南模拟）如图所示，小丽将一只气球在自己的头发上来回摩擦，松手后气球和头发由于带了种电荷而相互吸引；摩擦后的气球乳胶气味更浓，这是因为摩擦生热，分子运动更剧烈一些。

2012北京高考理综物理13．一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子A ．放出光子，能量增加B ．放出光子，能量减少C ．吸收光子，能量增加D ．吸收光子，能量减少 14．一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的A ．速度变慢，波长变短B ．速度不变，波长变短C ．频率增高，波长变长D ．频率不变，波长变长 15．一个小型电热器若接在输出电压为10V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为2P ．如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为A ．5VB ．C ．10VD ．16．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 17．一个弹簧振子沿x 轴做简谐运动，取平衡位置O 为x 轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移x 与时间t 关系的图像是18．关于环绕地球卫星的运动，下列说法正确的是A ．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B ．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C ．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D ．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合 19．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复 实验，线圈上的套环均未动，对比老师演示的实验， 下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是 A ．线圈接在了直流电源上B ．电源电压过高C ．所选线圈的匝数过多D ．所用套环的材料与老师的不同 20．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U ，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U 成正比，即ν=kU ．已知比例系数k 仅与元电荷的2倍和普朗克常数h 有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为 A ．2h e B ．2e h C ．2he D ．12he21．（18分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm ．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为___________mm（该值接近多次测量的平均值）图1（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx ．实验所用器材为：电池组(电动势为3V ，内阻约1Ω)、电流表(内阻 约0.1Ω)、电压表(内阻约3k Ω)、滑动变阻器R (0~20Ω，额定电流2A )、开关、导线若干．由以上数据可知，他们测量Rx 是采用图2中的_________图(选填“甲”或“乙”)．（3）图3是测量Rx 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P 置于变阻器的一端． 请根据图(2)所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U ─I 图线．由图线得到金属丝的阻值R x =___________Ω(保留两位有效数字)．（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________(填选项前的符号)． A ．1×10-2Ω⋅m B ．1×10-3Ω⋅m C ．1×10-6Ω⋅m D ．1×10-8Ω⋅m（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是___________(有多个正确选项)．A ．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C ．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D ．用U ─I 图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差22．（16分）如图所示，质量为m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l 后以速度υ飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l =1.4m ，υ=3.0 m /s ，m =0.10kg ，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h =0.45m ，不计空气阻力，重力加速度g 取10m /s 2．求： （1）小物块落地点距飞出点的水平距离s ； （2）小物块落地时的动能E k ；（3）小物块的初速度大小υ0．图2 乙 甲图3图423．（18分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的，已知电梯在t =0时由静止开始上升，a ─t 图像如图2所示． 电梯总质量m =2.0×103kg ．忽略一切阻力，重力加速度g 取10m /s 2． （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F 1和最小拉力F 2；（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t 图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a ─t 图像，求电梯在第1s 内的速度改变量Δυ1和第2s 末的速率υ2；（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P ；再求在0─11s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W ．24．（20分）匀强电场的方向沿x 轴正方向，电场强度E 随x 的分布如图所示，图中E 0和d 均为已知量．将带正电 的质点A 在O 点由静止释放．A 离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B 放在O 点也由静止释放． 当B 在电场中运动时，A 、B 间的相互作用力及相互作用能均为零；B 离开电场后，A 、B 间的相互作用视为 静电作用．已知A 的电荷量为Q ，A 和B 的质量分别为m 和4m ．不计重力．（1）求A 在电场中的运动时间t ；（2）若B 的电荷量为q =49Q ，求两质点相互作用能的最大值E pm ；（3）为使B 离开电场后不改变运动方向，求B 所带电荷量的最大值q m ．图12012北京高考理综物理答案13．B 14．A 15．C 16．D 17．A 18．B 19．D 20．B 21．（18分） （1）（0.395~0.399） （2）甲 （3）如答图3（4）如答图3 （4.3~4.7） （5）C （6）CD 22．（16分）（1）由平抛运动规律，有 竖直方向 h =12gt 2水平方向 s =υt 得水平距离 s=0.90m （2）由机械能守恒定律，动能 E k =12m υ2+mgh =0.90J（3）由动能定理，有 -μmg ⋅l =1m υ2-1m υ02得初速度大小 υ0 23．（18分）（1）由牛顿第二定律，有 F -mg = ma由a ─t 图像可知，F 1和F 2对应的加速度分别是a 1=1.0m/s 2，a 2=-1.0m/s 2F 1= m (g +a 1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N F 2= m (g +a 2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N （2）类比可得，所求速度变化量等于第1s 内a ─t 图线下的面积 Δυ1=0.50m/s同理可得， Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s υ0=0，第2s 末的速率 υ2=1.5m/s（3）由a ─t 图像可知，11s~30s 内速率最大，其值等于0~11s 内a ─t 图线下的面积，有 υm =10m/s此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力mg ，所求功率P =F υm =mg ⋅υm =2.0×103×10×10W=2.0×105W 由动能定理，总功答图3答图4W =E k 2-E k 1=12m υm 2-0=12×2.0×103×102J=1.0×105J23．（20分）（1）由牛顿第二定律，A 在电场中运动的加速度a =F m =QE mA 在电场中做匀变速直线运动 d =1at 2解得运动时间 t （2）设A 、B 离开电场时的速度分别为υA 0、υB 0，由动能定理，有QE 0d =12m 20A υ，QE 0d =124m 20B υ ① A 、B 相互作用过程中，动量和能量守恒．A 、B 相互作用力为斥力，A 受的力与其运动方向相同，B 受的力与其运动方向相反，相互作用力对A 做正功，对B 做负功．A 、B 靠近的过程中，B 的路程大于A 的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对B 做功的绝对值大于对A 做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A 、B 最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为υ′，有 (m +4m )υ′= m υA 0+4m υB 0 ②E p m =(12m 20A υ+124m 20B υ)-12(m +4m )υ′2 ③ 已知=49Q ，由①、②、③式解得相互作用能的最大值 E p m =145QE 0d（3）考虑A 、B 在x > d 区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有m υA +4m υB = m υA 0+4m υB 0 ④12m 2A υ+124m 2B υ=12m 20A υ+124m 20B υ ⑤ 由④、⑤解得 υB =-35υB 0+85υA 0因B 不改变运动方向，故 υB =-35υB 0+85υA 0 ≥ 0 ⑥由①、⑥解得 q ≤169Q 即B 所带电荷量的最大值q m =169Q。