2012年高考物理試卷（新課標(biāo)）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2012年全國(guó)統(tǒng)一高考物理試卷（新課標(biāo)）參考答案與試題解析一．選擇題1．（3分）伽利略根據(jù)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和理想實(shí)驗(yàn)，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ)．早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是（）A．物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性 B．沒有力作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài) C．行星在圓周軌道上保持勻速率運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是慣性 D．運(yùn)動(dòng)物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng) 【考點(diǎn)】31：慣性與質(zhì)量．【分析】根據(jù)慣性定律解釋即可：任何物體都有保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，慣性的大小只跟質(zhì)量有關(guān)，與其它任何因素?zé)o關(guān)．【解答】解：A、任何物體都有保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，叫著慣性，所以物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性，故A正確；B、沒有力作用，物體可以做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、慣性是保持原來運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，圓周運(yùn)動(dòng)速度是改變的，故C錯(cuò)誤；D、運(yùn)動(dòng)的物體在不受力時(shí)，將保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】牢記慣性概念，知道一切物體在任何時(shí)候都有慣性，質(zhì)量是慣性的唯一量度．2．（3分）如圖，x軸在水平地面內(nèi)，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個(gè)小球a、b和c的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中b和c是從同一點(diǎn)拋出的，不計(jì)空氣阻力，則（）A．a(chǎn)的飛行時(shí)間比b的長(zhǎng) B．b和c的飛行時(shí)間相同 C．a(chǎn)的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大 【考點(diǎn)】43：平拋運(yùn)動(dòng)．【專題】518：平拋運(yùn)動(dòng)專題．【分析】研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同。【解答】解：由圖象可以看出，bc兩個(gè)小球的拋出高度相同，a的拋出高度最小，根據(jù)t=可知，a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，bc運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤，B正確；C、由圖象可以看出，abc三個(gè)小球的水平位移關(guān)系為a最大，c最小，根據(jù)x=v0t可知，v0=，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題就是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就能輕松解決。3．（3分）如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設(shè)墻面對(duì)球的壓力大小為N1，球?qū)δ景宓膲毫Υ笮镹2．以木板與墻連接點(diǎn)所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置。不計(jì)摩擦，在此過程中（）A．N1始終減小，N2始終增大 B．N1始終減小，N2始終減小 C．N1先增大后減小，N2始終減小 D．N1先增大后減小，N2先減小后增大 【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡．【專題】527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．【分析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：重力、木板的支持力和墻壁的支持力，根據(jù)牛頓第三定律得知，墻面和木板對(duì)球的壓力大小分別等于球?qū)γ婧湍景宓闹С至Υ笮?，根?jù)平衡條件得到兩個(gè)支持力與θ的關(guān)系，再分析其變化情況．【解答】解：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：重力G、墻面的支持力N1′和木板的支持力N2′．根據(jù)牛頓第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′。根據(jù)平衡條件得：N1′=Gcotθ，N2′=將木板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置的過程中，θ增大，cotθ減小，sinθ增大，則N1′和N2′都始終減小，故N1和N2都始終減小。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用函數(shù)法研究動(dòng)態(tài)平衡問題，也可以運(yùn)用圖解法直觀反映力的變化情況．4．（3分）自耦變壓器鐵芯上只繞有一個(gè)線圈，原、副線圈都只取該線圈的某部分，一升壓式自耦調(diào)壓變壓器的電路如圖所示，其副線圈匝數(shù)可調(diào)．已知變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上．當(dāng)變壓器輸出電壓調(diào)至最大時(shí)，負(fù)載R上的功率為2.0kW．設(shè)此時(shí)原線圈中電流有效值為I1，負(fù)載兩端電壓的有效值為U2，且變壓器是理想的，則U2和I1分別約為（）A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A 【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】53A：交流電專題．【分析】變壓器輸出電壓調(diào)至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數(shù)成正比，可得副線圈的電壓有效值，由輸入功率等于輸出功率，可得電流．【解答】解：因變壓器輸出電壓調(diào)至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數(shù)成正比，即，故副線圈的電壓有效值U2為380V；因變壓器為理想變壓器，故其輸入功率等于輸出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率．5．（3分）如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A．所受重力與電場(chǎng)力平衡 B．電勢(shì)能逐漸增加 C．動(dòng)能逐漸增加 D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng) 【考點(diǎn)】CM：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】531：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題．【分析】帶電粒子在場(chǎng)中受到電場(chǎng)力與重力，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分析，可知電場(chǎng)力垂直極板向上，從而可確定粒子的運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，及根據(jù)電場(chǎng)力做功來確定電勢(shì)能如何變化．【解答】解：A、根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，因此A錯(cuò)誤，D正確；B、由A選項(xiàng)分析可知，電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能增加，故B正確；C、因電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能增加，導(dǎo)致動(dòng)能減小，故C錯(cuò)誤；故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】考查根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況來確定受力情況，并由電場(chǎng)力做功來確定電勢(shì)能如何，以及動(dòng)能的變化．6．（3分）如圖，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面（紙面）向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0．使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】BB：閉合電路的歐姆定律；D8：法拉第電磁感應(yīng)定律．【專題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式，，求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求解感應(yīng)電流．根據(jù)法拉第定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率．【解答】解：若要電流相等，則產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相等。設(shè)切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)，而半圓的直徑為d，從靜止開始繞過圓心O以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為①根據(jù)法拉第定律得②①②聯(lián)立得故ABD錯(cuò)誤，C正確，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要掌握轉(zhuǎn)動(dòng)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式和法拉第電磁感應(yīng)定律．7．（3分）如圖所示，一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行。已知在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi)，長(zhǎng)直導(dǎo)線中電流i隨時(shí)間變化，使線框中感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。圖中箭頭表示電流i的正方向，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是（）A． B． C． D． 【考點(diǎn)】C6：通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場(chǎng)的方向；DB：楞次定律．【專題】16：壓軸題；53B：電磁感應(yīng)與圖像結(jié)合．【分析】感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，由安培定則判斷出感應(yīng)電流磁場(chǎng)方向；然后由楞次定律判斷出原磁場(chǎng)如何變化，直線電流如何變化；由楞次定律判斷導(dǎo)線框受到合力的方向．【解答】解：線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，由安培定則可知，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)垂直于紙面向里；由楞次定律可得：如果原磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，原磁場(chǎng)方向應(yīng)垂直于紙面向外，由安培定則可知，導(dǎo)線電流方向應(yīng)該向下，為負(fù)的，且電流越來越大；由楞次定律可知：如果原磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，則原磁場(chǎng)減弱，直線電流變小，由安培定則可知，直線電流應(yīng)豎直向上，是正的；A、由圖示可知，直線電流按A所示變化，感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向，由楞次定律可知，在i大于零時(shí)，為阻礙磁通量的減小，線框受到的合力水平向左，在i小于零時(shí)，為阻礙磁通量的增加，線框受到的合力水平向右，故A正確；B、由安培定則與楞次定律可知，感應(yīng)電流始終沿逆時(shí)針方向，故B錯(cuò)誤；C、圖示電流使線框中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，但線框在水平方向受到的合力始終水平向左，故C錯(cuò)誤；D、圖示電流使線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】正確理解楞次定律中“阻礙”的含義是正確解題的關(guān)鍵，熟練應(yīng)用楞次定律、安培定則即可正確解題．8．（3分）假設(shè)地球是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體。一礦井深度為d。已知質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零。礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為（）A．1﹣ B．1+ C．（）2 D．（）2 【考點(diǎn)】4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用．【專題】16：壓軸題；528：萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)題意知，地球表面的重力加速度等于半徑為R的球體在表面產(chǎn)生的加速度，礦井深度為d的井底的加速度相當(dāng)于半徑為R﹣d的球體在其表面產(chǎn)生的加速度，根據(jù)地球質(zhì)量分布均勻得到加速度的表達(dá)式，再根據(jù)半徑關(guān)系求解即可。【解答】解：令地球的密度為ρ，則在地球表面，重力和地球的萬(wàn)有引力大小相等，有：g=，由于地球的質(zhì)量為：M=，所以重力加速度的表達(dá)式可寫成：g==。根據(jù)題意有，質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零，固在深度為d的井底，受到地球的萬(wàn)有引力即為半徑等于（R﹣d）的球體在其表面產(chǎn)生的萬(wàn)有引力，故井底的重力加速度g′=所以有=故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】抓住在地球表面重力和萬(wàn)有引力相等，在礦井底部，地球的重力和萬(wàn)有引力相等，要注意在礦井底部所謂的地球的質(zhì)量不是整個(gè)地球的質(zhì)量而是半徑為（R﹣d）的球體的質(zhì)量。同時(shí)還可利用g=rω2，它們的角速度相同，因此重力加速度與半徑成正比，從而即可求解。二．實(shí)驗(yàn)題9．某同學(xué)利用螺旋測(cè)微器測(cè)量一金屬板的厚度．該螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)如圖（a）所示，測(cè)量金屬板厚度時(shí)的示數(shù)如圖（b）所示．圖（a）所示讀數(shù)為0.010mm，圖（b）所示讀數(shù)為6.870mm，所測(cè)金屬板的厚度為6.860mm．【考點(diǎn)】L4：螺旋測(cè)微器的使用．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；16：壓軸題．【分析】螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．【解答】解：該螺旋測(cè)微器校零時(shí)的示數(shù)如圖（a）所示，螺旋測(cè)微器的固定刻度為0mm，可動(dòng)刻度為0.01×1.0mm=0.010mm，所以最終讀數(shù)為0.010mm．測(cè)量金屬板厚度時(shí)的示數(shù)如圖（b）所示．螺旋測(cè)微器的固定刻度為6.5mm，可動(dòng)刻度為0.01×37.0mm=0.370mm，所以最終讀數(shù)為6.870mm．所測(cè)金屬板的厚度為6.870﹣0.010=6.860mm故答案為：0.010，6.870，6.860【點(diǎn)評(píng)】螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．10．圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)通過測(cè)量通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力，來測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、并判定其方向．所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長(zhǎng)；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關(guān)．此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線．（1）在圖中畫線連接成實(shí)驗(yàn)電路圖．（2）完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空①按圖接線．②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1．③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出電流表的示數(shù)I，并用天平稱出細(xì)沙的質(zhì)量為m2．④用米尺測(cè)量金屬框架下邊的長(zhǎng)度l．（3）用測(cè)量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B=．（4）判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若m2＞m1，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里．【考點(diǎn)】CC：安培力．【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；16：壓軸題．【分析】（1）用滑動(dòng)變阻器的限流式接法即可；（2）③金屬框平衡時(shí)測(cè)量才有意義，讀出電阻箱電阻并用天平稱量細(xì)沙質(zhì)量；④安培力與電流長(zhǎng)度有關(guān)，安培力合力等于金屬框架下邊受的安培力；（3）根據(jù)平衡條件分兩次列式即可求解；（4）根據(jù)左手定則判斷即可．【解答】解：（1）如圖所示（2）③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數(shù)I；此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2；④D的底邊長(zhǎng)度l（3）根據(jù)平衡條件，有|m2﹣m1|g=BIL解得（4）m2＞m1．故答案為：（1）如圖所示；（2）③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數(shù)I；此時(shí)細(xì)沙的質(zhì)量m2；④D的底邊長(zhǎng)度l；（3）；（4）m2＞m1．【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是對(duì)D型線框受力分析，根據(jù)平衡條件求磁感應(yīng)強(qiáng)度，不難．三．計(jì)算題11．拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具（如圖）。設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可以忽略；拖把頭與地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g，某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時(shí)，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ。（1）若拖把頭在地板上勻速移動(dòng)，求推拖把的力的大小。（2）設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運(yùn)動(dòng)的水平推力與此時(shí)地板對(duì)拖把的正壓力的比值為λ．已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)。求這一臨界角的正切tanθ0。【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡．【專題】16：壓軸題；527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題．【分析】（1）對(duì)拖把頭受力分析，抓住豎直方向和水平方向合力為零，運(yùn)用正交分解求出推力F的大小。（2）當(dāng)推力F的水平分力小于等于最大靜摩擦力時(shí)，不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)。結(jié)合第1問的結(jié)果，得到λ的表達(dá)式，采用極限法：當(dāng)F無限大時(shí)的情況求解tanθ0?！窘獯稹拷猓海?）拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡，設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有豎直方向上：Fcosθ+mg=N①水平方向上：Fsinθ=f②式中N和f分別為地板對(duì)拖把的正壓力和摩擦力。按摩擦定律有f=μN(yùn)③聯(lián)立①②③式得④（2）若不管沿拖桿方向用多大的力不能使拖把從靜止開始運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有Fsinθ≤λN⑤這時(shí)①式仍滿足。聯(lián)立①⑤式得sinθ﹣λcosθ≤λ⑥現(xiàn)考查使上式成立的θ角的取值范圍。注意到上式右邊總是大于零，且當(dāng)F無限大時(shí)極限為零，有sinθ﹣λcosθ≤0⑦使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)θ≤θ0時(shí)，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動(dòng)拖把。臨界角的正切為tanθ0=λ⑧答：（1）若拖把頭在地板上勻速移動(dòng)，推拖把的力的大小為。（2）tanθ0=λ?！军c(diǎn)評(píng)】本題第1問是常規(guī)題，根據(jù)平衡條件，運(yùn)用正交分解法求解推力。第2問是一種自鎖現(xiàn)象，根據(jù)推不動(dòng)的條件：推力的水平分力不大于最大靜摩擦力出發(fā)進(jìn)行分析求解。12．如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為．現(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小?！究键c(diǎn)】CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】16：壓軸題．【分析】通過帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌道半徑的大小。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合在沿電場(chǎng)方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求出電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系。【解答】解：粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得…①式中v為粒子在a點(diǎn)的速度。過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn)。由幾何關(guān)系知，線段和過a、b兩點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形。因此…②設(shè)，由幾何關(guān)系得=R+x…③…④聯(lián)立②③④式得r=R⑤再考慮粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場(chǎng)中的受力公式得qE=ma…⑥粒子在電場(chǎng)方向和直線方向所走的距離均為r，有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得r=…⑦r=vt…⑧式中t是粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得E=答：電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在磁場(chǎng)中磁偏轉(zhuǎn)和在電場(chǎng)中電偏轉(zhuǎn)的區(qū)別，知道磁偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電偏轉(zhuǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)。[選修3-3]（共2小題，滿分0分）13．關(guān)于熱力學(xué)定律，下列說法正確的是（）A．為了增加物體的內(nèi)能，必須對(duì)物體做功或向它傳遞熱量 B．對(duì)某物體做功，必定會(huì)使該物體的內(nèi)能增加 C．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?D．不可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?E．功轉(zhuǎn)變?yōu)闊岬膶?shí)際宏觀過程是不可逆過程． 【考點(diǎn)】8F：熱力學(xué)第一定律；8H：熱力學(xué)第二定律．【專題】16：壓軸題；548：熱力學(xué)定理專題．【分析】在熱力學(xué)中，系統(tǒng)發(fā)生變化時(shí)，內(nèi)能的變化為△U=Q+W；不可能把熱量從低溫物體傳向高溫物體而不引起其它變化．【解答】解：A、做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，故A正確；B、做功和熱傳遞是改變物體內(nèi)能的兩種方法，僅對(duì)物體做功，物體內(nèi)能不一定增加，故B錯(cuò)誤；C、D、熱力學(xué)第二定律可以表示為：不可能制成一種循環(huán)動(dòng)作的熱機(jī)，從單一熱源取熱，使之完全變?yōu)楣Χ灰鹌渌兓?。這句話強(qiáng)調(diào)的是不可能“不產(chǎn)生其它變化”；即在引起其他變化是可能的；故C正確，D錯(cuò)誤；E、熱力學(xué)第二定律的實(shí)質(zhì)：一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的實(shí)際宏觀過程都是不可逆的，故E正確。故選：ACE?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律，關(guān)鍵是根據(jù)公式△E=W+Q進(jìn)行分析，基礎(chǔ)題．14．如圖，用U形管和細(xì)管連接的玻璃泡A、B和C浸泡在溫度均為0℃的水槽中，B的容積是A的3倍。閥門S將A和B兩部分隔開。A內(nèi)為真空，B和C內(nèi)都充有氣體。U形管內(nèi)左邊水銀柱比右邊的低60mm。打開閥門S，整個(gè)系統(tǒng)穩(wěn)定后，U形管內(nèi)左右水銀柱高度相等。假設(shè)U形管和細(xì)管中的氣體體積遠(yuǎn)小于玻璃泡的容積。（1）求玻璃泡C中氣體的壓強(qiáng)（以mmHg為單位）（2）將右側(cè)水槽的水從0℃加熱到一定溫度時(shí)，U形管內(nèi)左邊水銀柱比右邊高60mm，求加熱后右側(cè)水槽的水溫?！究键c(diǎn)】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強(qiáng)．【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】以B內(nèi)封閉氣體為研究對(duì)象，做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律求出B內(nèi)的壓強(qiáng)，然后求出C內(nèi)壓強(qiáng)；以C中封閉氣體為研究對(duì)象，根據(jù)等容變化列方程求解。【解答】解：（i）加熱前C中壓強(qiáng)始終不變，B內(nèi)封閉氣體初狀態(tài)：PB=PC+60，打開閥門后PB′=PC由題意：VB′=由玻意爾定律PBVB=PB′VB′得：PB′=180mmHgPC=PB′=180mmHg（ii）C內(nèi)封閉氣體做等容變化，加熱后壓強(qiáng)PC′=PC+60mmHg得：T′=364K答：（1）玻璃泡C中氣體的壓強(qiáng)為180mmHg（2）加熱后右側(cè)水槽的水溫364K?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確分析ABC中氣體壓強(qiáng)的關(guān)系[選修3-4]15．一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖（a）所示，x=0.30m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖線如圖（b）所示，該質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正向（填“正向”或“負(fù)向”）．已知該波的波長(zhǎng)大于0.30m，則該波的波長(zhǎng)為0.8m．【考點(diǎn)】F4：橫波的圖象；F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】由圖b可知，質(zhì)點(diǎn)后面的時(shí)刻位移比t=0時(shí)刻位移大，所以質(zhì)點(diǎn)沿y軸正向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)振動(dòng)方程及波速與波長(zhǎng)周期關(guān)系結(jié)合題中條件即可求解波長(zhǎng)．【解答】解：由圖b可知，t=0時(shí)刻，該質(zhì)點(diǎn)的位移為cm，在下一時(shí)刻，位移大于cm．所以該質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸正向．由振動(dòng)方程得：y=Asin則有：=2sin解得：sin=波長(zhǎng)大于0.30m，所以，t=v=解得：λ=0.8m故答案為：正向；0.8．【點(diǎn)評(píng)】本題首先考查讀圖的能力，要求同學(xué)們掌握振動(dòng)方程及波速與波長(zhǎng)周期關(guān)系公式，難度適中．16．一玻璃立方體中心有一點(diǎn)狀光源。今在立方體的部分表面鍍上不透明薄膜，以致從光源發(fā)出的光線只經(jīng)過一次折射不能透出立方體。已知該玻璃的折射率為，求鍍膜的面積與立方體表面積之比的最小值?！究键c(diǎn)】H3：光的折射定律．【專題】16：壓軸題；54D：光的折射專題．【分析】通過光線在鍍膜部分發(fā)生全反射，根據(jù)臨界情況，通過幾何關(guān)系求出鍍膜面積與立方體表面積之比的最小值?！窘獯稹拷猓喝鐖D，考慮從玻璃立方體中心O點(diǎn)發(fā)出的一條光線，假設(shè)它斜射到玻璃立方體上表面發(fā)生折射，根據(jù)折射定律有nsinθ=sinα式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角現(xiàn)假設(shè)A點(diǎn)是上表面面積最小的不透明薄膜邊緣上的一點(diǎn)。由題意，在A點(diǎn)剛好發(fā)生全反射，故。設(shè)線段OA在立方體上表面的投影長(zhǎng)為RA，由幾何關(guān)系有．式中a為玻璃立方體的邊長(zhǎng)，有①②③式得。則由題意，上表面所鍍的面積最小的不透明薄膜應(yīng)是半徑為RA的圓。所求的鍍膜面積S'與玻璃立方體的表面積S之比為=。答：鍍膜的面積與立方體表面積之比的最小值為。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵確定臨界情況，根據(jù)折射定律，通過幾何關(guān)系進(jìn)行求解。[選修3-5]17．[選修3﹣5]氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應(yīng)方程為：H+H→He+x，式中x是某種粒子．已知：HH、He和粒子x的質(zhì)量分別為2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u