2012年-海南省高考物理試卷答案與解析(共18頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上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(jù)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(zhì)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(chǎn)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(zhì)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(zhì)量成反比【考點】牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】解答本題應(yīng)掌握：牛頓第二定律的內(nèi)容：物體加速度的大小與

2、合外力成正比，與質(zhì)量成反比；力是產(chǎn)生加速度的原因；當物體質(zhì)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(zhì)量成反比【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律得知：物體加速度的大小跟質(zhì)量成反比，與速度無關(guān)故A錯誤B、力是產(chǎn)生加速度的原因，只要有力，就產(chǎn)生加速度，力與加速度是瞬時對應(yīng)的關(guān)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(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，物體水平加速度大小與其質(zhì)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(guān)鍵要抓?。何矬w加速度的大小與合外

3、力成正比，與質(zhì)量成反比；力是產(chǎn)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(yīng)強度【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【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(jù)平衡條件得到電場力與洛倫茲力的關(guān)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】

4、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=EA、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(fā)生改變故A錯誤B、由知，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(fā)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(fā)生改變故C錯誤D、改變磁感應(yīng)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(fā)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）

5、（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(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】根據(jù)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(guān)系，由U=Ed分析電勢差關(guān)系，由W=qU，分析電場力做功的關(guān)系；根據(jù)電場

6、力方向與負電荷速度方向的關(guān)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(guān)系公式U=Ed，定性判斷a、b間與b

7、、c間電勢差的大小，根據(jù)電場力與速度方向的關(guān)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(shù)比為20：1，兩個標有“12V，6W”的小燈泡并聯(lián)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(shù)分別是（）A120V，0.10AB240V，0.025AC120V，0.005AD240V，0.05A【考點】變壓器的構(gòu)造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【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(jù)變壓器原副線圈電壓、電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系即可求解，電流表和電壓表都是有效值【解答】解：燈泡正常

8、工作，所以副線圈電壓U2=12V，電流根據(jù)得：U1=240V根據(jù)解得：I1=0.05A所以電壓表和電流表的示數(shù)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(guān)系，本題即可得到解決5（3分）（2012海南）如圖，一質(zhì)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(huán)中穿過現(xiàn)將環(huán)從位置釋放，環(huán)經(jīng)過磁鐵到達位置設(shè)環(huán)經(jīng)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（）AT1mg，T2mgBT1mg，T2mgCT1mg，T2mgDT1mg，T2mg【考點】楞次定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；電磁感應(yīng)中的力學問題【分析】根據(jù)楞次定律進行判定

9、：圓環(huán)從靜止開始向下運動時，穿過圓環(huán)的磁通量先增大后減小，故圓環(huán)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(huán)從靜止開始向下運動到落到磁鐵下方的過程中，穿過圓環(huán)的磁通量先增加再減小，根據(jù)楞次定律可知磁鐵對線圈的反應(yīng)是：感應(yīng)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(jīng)過磁鐵位置的時候速度較大，阻礙的作用也較大，故T1T2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

10、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和，且一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動，經(jīng)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(guān)系的圖象是（）ABCD【考點】勻變速直線運動的圖像；牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；運動學中的圖像專題【分析】vt圖象的斜率等于加速度，根據(jù)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(jù)運動學公式比較兩個過程的時間關(guān)系及速度關(guān)系，即可選擇圖象【解答】解：設(shè)物塊上滑與下滑

11、的加速度大小分別為a1和a2根據(jù)牛頓第二定律得： mgsin+mgcos=ma1，mgsinmgcos=ma2，得a1=gsin+gcos，a2=gsingcos，則知a1a2而vt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(guān)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(guān)系、運動時間關(guān)系，即可結(jié)合圖象的物理意義進行選擇二、

12、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(guān)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(guān)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(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】功是能量轉(zhuǎn)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，

13、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(jù)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(tǒng)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(guān)，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(guān)系的幾種不同形式，關(guān)鍵要明確哪種能的變化與哪種功相對應(yīng)8（4分）（2012海南）下列關(guān)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

14、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菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【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

15、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(guān)鍵要看摩擦力與物體運動方向的關(guān)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?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀禖保持d不變，將Q變?yōu)?/p>

16、原來的兩倍，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话搿究键c】電容器的動態(tài)分析菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；電容器專題【分析】保持U不變，根據(jù)公式E=分析E與d的關(guān)系；保持E不變，U與d正比；保持d不變，C不變，根據(jù)C=分析Q與U的關(guān)系；保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，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?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕?jù)公式E=可知，E變?yōu)樵瓉淼囊话牍蔄正確B、保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄蒛=Ed可知，U變?yōu)樵瓉淼囊话牍蔅錯誤C、保持d不變，電容C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮晒紺=分析可知，U變?yōu)樵瓉淼膬杀豆蔆錯誤D、保

17、持d不變，電容C不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄晒紺=分析可知，U變?yōu)樵瓉淼囊话耄蒃=分析知，E變?yōu)樵瓉淼囊话牍蔇正確故選AD【點評】本題關(guān)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(nèi)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

18、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】安培力菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】由安培定則判斷出電流產(chǎn)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

19、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(yīng)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(chǔ)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(wèi)星到地心的距離r可用質(zhì)量M、地球自轉(zhuǎn)周期T與引力常量G表示為r=【考點】同步衛(wèi)星菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；人造衛(wèi)星問題【分析】同步衛(wèi)星與地球相對靜止，因而與地球自轉(zhuǎn)同步，根據(jù)萬有引力提供向心力，即可求出相關(guān)的量【解答】解：根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：=mr，r=故答案為：

20、【點評】本題關(guān)鍵抓住萬有引力等于向心力，衛(wèi)星轉(zhuǎn)動周期與地球自轉(zhuǎn)同步12（4分）（2012海南）N（N1）個電荷量均為q（q0）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】點電荷的場強菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；電場力與電勢的性質(zhì)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(chǎn)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

21、1）個電荷量均為q（q0）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(jù)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

22、單擲開關(guān)，S1、S2為單刀雙擲開關(guān)（1）當S0閉合時，若S1、S2均向左閉合，電壓表讀數(shù)為U1；若S1、S2均向右閉合，電壓表讀數(shù)為U2由此可求出Rx=（2）若電源電動勢E=1.5V，內(nèi)阻可忽略；電壓表量程為1V，R=100此電路可測量的Rx的最大值為200【考點】閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【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(jù)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(lián)，則有，所以：RX=（2）RX與R串

23、聯(lián)，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=200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(shè)計測量電阻的實驗，是個創(chuàng)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(xiàn)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(guān)系先推動小滑塊壓縮彈簧，用米尺測出x的數(shù)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(yīng)的t值如下表所示（表中的1/t值是根據(jù)t值計算得出的）x（cm）1.00

24、1.502.002.503.00t（s）3.332.201.601.321.08l/t（s1）0.3000.4550.6250.7580.926（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，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）已知點（0，0）在x圖線上，從x圖線看，與x是什么關(guān)系？從理論上分析，小滑塊剛脫離彈簧時的動能Ek與是什么關(guān)系（不考慮摩擦力）？當彈簧長度該變量為x時，彈性勢能Ep與相應(yīng)Ek是什么關(guān)系？綜合考慮以上分析，Ep與x是什么關(guān)系？【考點】彈性勢能菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實驗題；壓軸題【分析】（1）通過描點法作圖即可；（2）x圖線是直線，說明與x是正比關(guān)系；與速度成

25、正比，Ek與速度平方成正比；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；Ek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(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖（b）中的方格紙上作出x圖線，如圖所示（2）x圖線是直線，故與x成正比；與速度成正比，Ek與速度平方成正比，故Ek與（）2成正比；根據(jù)機械能守恒，有Ep=Ek；Ek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）與x成正比；Ek與（）2成正比；Ep=Ek；Ep與x2成正比【點評】本題關(guān)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，

26、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(nèi)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(jīng)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?。唬?）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(guān)系；牛頓第二定律；動能定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用

27、【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(jù)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(jù)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：=mg2R解得：vB=根據(jù)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(jù)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

28、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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(zhì)量恰好等于不計重力設(shè)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(jīng)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

29、多少？（3）為了使直線OA與x軸的夾角為/4，在0t0/4的范圍內(nèi)，t0應(yīng)取何值？【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【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(nèi)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(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達D點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=到t=T時間內(nèi)，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(zhuǎn)；在t=T到t=時間內(nèi)，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(nèi)，沿順時針方向做圓周運

30、動到達C點，圓心O位于x軸上，圓弧OC對應(yīng)的圓心角為 此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=到t=T時間內(nèi)，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(zhuǎn)；在t=T到t=T+t0時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達A點，設(shè)圓O，圓弧BA對應(yīng)的圓心角為，畫出圖象，可得角度，進而得到時間【解答】解：（1）設(shè)粒子P的質(zhì)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(nèi)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：由式與已知條件得T=T粒子P在t=0到t=時間內(nèi)，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(zhuǎn)；繼而，在到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周

31、，到達x軸上A，如圖（a）所示OA與x軸的夾角=0 （2）粒子P在時刻開始運動，在到時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達D點，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=到t=T時間內(nèi)，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(zhuǎn)；在t=T到t=時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達A點，如圖（b）所示，由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角 （3）若在任意時刻t=t0（）粒子P開始運動，在t=t0到t=時間內(nèi)，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(yīng)的圓心角為 此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=到t=T時間內(nèi)，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(zhuǎn)；

32、在t=T到t=T+t0時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達A點，設(shè)圓O，圓弧BA對應(yīng)的圓心角為 如圖（c）所示，由幾何關(guān)系可知，C、B均在OO連線上，且OAOO若要OA與x軸成角，則有 ，聯(lián)立式可得 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0t0的范圍內(nèi)，t0應(yīng)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

33、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3-3：17（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(guān)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rr0階段，F(xiàn)做正功，分子動能增加，勢能減小B在rr0階段，F(xiàn)做負功，分子動能減小，勢能減小C在rr0階段，F(xiàn)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

34、相互作用力；分子勢能菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；內(nèi)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(xiàn)為斥力；根據(jù)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(xiàn)為引力，F(xiàn)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(xiàn)為斥力，F(xiàn)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

35、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(guān)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(zhì)量為m、面積為S的活塞將一定量的氣體封閉在氣缸內(nèi)，平衡時活塞與氣缸底相距L現(xiàn)讓小車以一較小的水平恒定加速度向右運動，穩(wěn)定時發(fā)現(xiàn)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】封閉氣體壓強菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【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(tài)參量來表示活塞的受力情況，由牛頓第二

36、定律列式，結(jié)合氣體狀態(tài)的變化，即可求出小車的加速度【解答】解：設(shè)小車加速度大小為a，穩(wěn)定是氣缸內(nèi)氣體的壓強為P1，活塞受到氣缸內(nèi)外氣體的壓力分別為：f1=P1S1f0=P0S1由牛頓第二定律得：f1f0=ma小車靜止時，在平衡情況下，氣缸內(nèi)氣體的壓強為P0，由波意耳定律得：P1V1=P0V式中V=SL，V1=S（Ld）聯(lián)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(guān)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(shù)較少的物體進行分析，利用牛頓第二定律進行解答選修3-4：19（4分）（2012海南）（模塊34）某波源S發(fā)出一列簡諧橫波，波源S的振動圖象

37、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由此可知波長=20m；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6cm【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】由振動圖象圖象讀出周期，根據(jù)A、B兩點開始振動的時間間隔為1.0s，可知AB間的距離為半個波長，進而求出波長，AB兩個點之間始終相差半個周期，當B點在正的最大位移處時，A在負的最大位移處【解答】解：由振動圖象可知，T=2s，A、B兩點開始振動的時間間隔為1.0s，所以AB間的距離為半個波長，所以=2×（5545）m=20mAB兩個點之間始終相差半個周期，所以當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6cm故答案為：20，6【點評】本題要求同學們能根據(jù)振動圖象圖象讀出周期，進而判斷AB兩點的位置關(guān)系，從而求波長，難度不大，屬于基礎(chǔ)題20（8分）（2012海南）一玻璃三棱鏡，其橫截面為等腰三角形，頂角為銳角，折射率為現(xiàn)在橫截面