江蘇省高考物理試卷答案與解析要點

1、2012年江蘇省高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共 5小題，每小題3分，共計15分.每小題只有一個選項符合題意.1. （3分）（2012?江蘇）真空中，A、B兩點與點電荷 Q的距離分別為r和3r,則A、B兩 點的電場強度大小之比為（）A. 3: 1 B. 1: 3 C. 9:1 D. 1: 9【考點】點電荷的場強.【專題】電場力與電勢的性質專題.【分析】直接根據(jù)庫倫定律公式計算出試探電荷q所受電場力，然后利用電場強度的定義式即可求出在M所在處的場強的大小.【解答】 解：引入一個試探電荷 q,分別計算它在 AB兩點受的電場力.得：F1=9F2根據(jù)電場強度的定義式：E1 F 1

2、g 得：E2 F£ 1故選：C17【點評】本題很簡單直接考查了庫倫定律和電場強度定義式的應用，對于這些公式一定要明確其適用條件和公式中各個物理量的含義.2. （3分）（2012?江蘇）一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不 變，在兩極板間插入一電介質，其電容 C和兩極板間的電勢差 U的變化情況是（）A. C和U均增大B. C增大，U減小 C. C減小，U增大 D. C和U均減小 【考點】電容器.【專題】電容器專題.【分析】根據(jù)電容的決定式判斷電容大小，根據(jù)定義式判斷電壓變化.4兀Kd【解答】解：由公式c一%知,在兩極板間插入一電介質， 其電容c增大，由公式cA 電

3、荷量不變時 U減小，B正確.故選B【點評】 本題考查了等容的定義式和決定式的配合應用.3. （3分）（2012?江蘇）如圖所示，細線的一端固定于 。點，另一端系一小球.在水平拉力 作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由 A點運動到B點.在此過程中拉力的瞬時功率變 化情況（）A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大，后減小 D.先減小，后增大【考點】功率、平均功率和瞬時功率.【專題】功率的計算專題.【分析】根據(jù)小球做圓周運動，合力提供向心力，即合力指向圓心，求出水平拉力和重力的關系，根據(jù)P=FVCOS”得出拉力瞬時功率的表達式，從而判斷出拉力瞬時功率的變化.【解答】解：因為小球是以恒定速率運動，即它是做

4、勻速圓周運動，那么小球受到的重力 G、水平拉力F、繩子拉力T三者的合力必是沿繩子指向。點.設繩子與豎直方向夾角是0,則 F=tan 0（ F與G的合力必與繩子拉力在同一直線上）G得 F=Gtan 0而水平拉力F的方向與速度V的方向夾角也是 以所以水平力F的瞬時功率是P=Fvcos 0則 P=Gvsin 0顯然，從A到B的過程中，。是不斷增大的，所以水平拉力F的瞬時功率是一直增大的.故A正確，B、C、D錯誤.故選A .【點評】 解決本題的關鍵掌握瞬時功率的表達式P=FVCOS”，注意a為F與速度的夾角.4. （3分）（2012?江蘇）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度a與

5、時間t關系的圖象，可能正確的的大小成正比.下列描繪皮球在上升過程中加速度大小是（）A. QB. OD. 口【考點】 豎直上拋運動.【專題】 壓軸題；直線運動規(guī)律專題.的質量分別為m、大值是（）M,夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為F作用下向上提升.夾子和木塊f.若木塊不滑動，力 F的最【分析】受力分析后根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的變化規(guī)律，同時結合特殊位置（最高點）進行判斷.【解答】解：B、D、皮球豎直向上拋出，受到重力和向下的空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma根據(jù)題意，空氣阻力的大小與速度的大小成正比，有： f=kv聯(lián)立解得：a=g+三IDA、C、由于速度不斷減小，故加速度不斷減

6、小，到最高點速度為零，阻力為零，加速度為g,不為零，故BD均錯誤；根據(jù)BD的結論a=g+iEY,有益班冬工 由于加速度減小，故 Wg也減小，故工好也減小, m At AtAtAt故a-t圖象的斜率不斷減小，故 A錯誤，C正確； 故選：C.【點評】 本題關鍵是受力分析后得到加速度的表達式，然后結合速度的變化得到阻力變化， 最后判斷出加速度的變化規(guī)律.5. （3分）（2012?1蘇）如圖所示，一夾子夾住木塊，在力2fD.r-班(.irH-Nl) gB.“C, ：l (ImM- (nH-M) g力的合成.壓軸題.【分析】隔離對木塊分析，通過牛頓第二定律求出木塊的最大加速度，再對整體分析，運用 牛頓第

7、二定律求出拉力 F的最大值.【解答】 解：對木塊分析得，2f-Mg=Ma ,解得木塊的最大加速度 a* - g.M對整體分析得，F(xiàn)- （M+m） g= （M+m） a,解得F=（,“）.故A正確，B、C、D錯誤.故選A .【點評】解決本題的關鍵能夠正確地進行受力分析，運用牛頓第二定律進行求解.注意整體法和隔離法的運用.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分.每小題有多個選項符合題意.全部選對得4分，選對但不全的得 2分，錯選或不答的得 0分.6. （4分）（2012?江蘇）如圖所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度hn （1、h均為定值）.將A向B水平拋出的同時，B自由下落.A、

8、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速 度大小不變、方向相反.不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則（）4 O0A *裁 BhI777777777777777,777777777777p7'A. A、B在第一次落地前能否發(fā)生相碰，取決于A的初速度大小B. A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C. A、B不可能運動到最高處相碰D. A、B一定能相碰【考點】平拋運動；自由落體運動.【專題】自由落體運動專題.【分析】因為平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)該規(guī)律抓住地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反與判斷兩球能否相碰.【解答】

9、解：A、若A球經(jīng)過水平位移為l時，還未落地，則在 B球正下方相碰.可知當 A 的初速度較大是，A、B在第一次落地前能發(fā)生相碰，故A正確.B、若A、B在第一次落地前不碰，由于反彈后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方 向相反，則以后一定能碰.故B錯誤，D正確.C、若A球落地時的水平位移為 ，時，則A、B在最高點相碰.故 C錯誤.故選：AD .【點評】解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，根據(jù)該規(guī)律進行分析.7. （4分）（2012?江蘇）某同學設計的家庭電路保護裝置如圖所示，鐵芯左側線圈L1由火線和零線并行繞成.當右側線圈L2中產(chǎn)生電流時，電流經(jīng)放大器放大后，使電磁鐵吸起

10、鐵質開關K,從而切斷家庭電路. 僅考慮Li,在鐵芯中產(chǎn)生的磁場， 下列說法正確的有（電流放大器/電磁鐵家廛 .電路A .家庭電路正常工作時，L2中的磁通量為零8. 家庭電路中使用的電器增多時，L2中的磁通量不變C.家庭電路發(fā)生短路時，開關 K將被電磁鐵吸起D.地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，開關 K將被電磁鐵吸起【考點】變壓器的構造和原理.【專題】交流電專題.【分析】火線和零線并行繞制，所以在家庭電路正常工作時，火線和零線的電流大小相等,方向相反，因此合磁通量為零，L2中的磁通量為零，地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，火 線的電流突然變大，即Li中的磁場發(fā)生變化，導致L2中的磁通量變化，L2中產(chǎn)生感

11、應電流， 電磁鐵將開關K吸起.【解答】解：A、由于火線和零線并行繞制，所以在家庭電路正常工作時，火線和零線的電 流大小相等，方向相反，因此合磁通量為零，L2中的磁通量為零，A項正確；B、當家庭電路中使用的電器增多時，火線和零線的電流仍然大小相等，方向相反，L2中的磁通量不變，B項正確；C、家庭電路發(fā)生短路時，火線和零線的電流同時增大，合磁通量仍然為零，因此開關K不會被電磁鐵吸起，C項錯誤；D、當?shù)孛嫔系娜私佑|火線發(fā)生觸電時，火線的電流突然變大，即 Li中的磁場發(fā)生變化， 導致L2中的磁通量變化，L2中產(chǎn)生感應電流，電磁鐵將開關K吸起，D項正確.故選ABD【點評】本題考查了變壓器的構造和原理，難

12、點在于火線和零線并行繞制，要理解為什么副線圈中的磁通量為零.8. （4分）（2012?江蘇）2011年8月，嫦娥二號”成功進入了環(huán)繞 H地拉格朗日點”的軌道, 我國成為世界上第三個造訪該點的國家.如圖所示，該拉格朗日點位于太陽和地球連線的延長線上，一飛行器處于該點，在幾乎不消耗燃料的情況下與地球同步繞太陽做圓周運動.則此飛行器的（）A.線速度大于地球的線速度B.向心加速度大于地球的向心加速度C.向心力僅有太陽的引力提供D.向心力僅由地球的引力提供【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用.【專題】 壓軸題；人造衛(wèi)星問題.【分析】飛行器與地球同步繞太陽運動，角速度相等，飛行

13、器靠太陽和地球引力的合力提供向心力，根據(jù)v=rco, a=rco2比較線速度和向心加速度的大小.【解答】 解：A、飛行器與地球同步繞太陽運動，角速度相等，根據(jù) v=rco,知探測器的線 速度大于地球的線速度.故 A正確.B、根據(jù)a=rco2知，探測器的向心加速度大于地球的向心加速度.故 B正確.C、探測器的向心力由太陽和地球引力的合力提供.故 C、D錯誤.故選AB .【點評】本題考查萬有引力的應用，題目較為新穎，在解題時要注意分析向心力的來源及題目中隱含的條件.9. （4分）（2012?江蘇）如圖所示，MN是磁感應強度為 B的勻強磁場的邊界. 一質量為m、 電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從 O點射入

14、磁場.若粒子速度為vo,最遠能落在邊界上的 A點.下列說法正確的有（）m, qF d -;4一If* AX （ XX 4 XXXXXXXfi XXXXxXXXXXA.若粒子落在 A點的左側，其速度一定小于V0B.若粒子落在 A點的右側，其速度一定大于V0C.若粒子落在A點左右兩側d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0一'“2mD .若粒子落在 A點左右兩側d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于V0+盤2m【考點】 帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力.【專題】 壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題.2【分析】由洛倫茲力提供向心力，即 qvB二嗎，可得曳，可利用此公式求解.直線邊 rqB界的磁

15、場，垂直射入時達到最遠點，最遠點距。點為2r.沿其它方向射入時，距離要小于2r.【解答】 解：當從O點垂直射入磁場時,OA距離最大，最大距離為 2r,如圖示 2lDVn所以qBA.當粒子打在 A點的左側，若入射方向不變，半徑減小，速度小于V0,若入射方向調整，半徑可能比原來大，也可能比原來小，所以其速度可能等于或大于V0,因為速度方向未知，離子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故 A錯誤.B.由于速度等于 V0時最遠到達A,故要使最遠點到達 A右側，速度必須大于 vo,故 B正確.C.當粒子從O點垂直射入磁場時，若剛好達到A點左側距離d處，則有2idvqqB-dqB0Bd解得、同B項，要滿足條件，

16、速度必須大于 v,故C正確D.由于粒子是沿任意方向飛入，所示速度極大的粒子仍可滿足條件.故 D錯誤.故選BC.【點評】本題易錯點為離子初速度方向未知，若按慣性思維認為垂直射入即出錯.三、簡答題：本題必做題（第10、11題）共計42分.請將解答填寫在答題卡相應的位置.10. （8分）（2012?江蘇）如圖1所示的黑箱中有二只相同的電學元件，小明使用多用電表 對其進行探測.Rt(1)在使用多用電表前，發(fā)現(xiàn)指針不在左邊 0”刻度線處，應先調整如圖2中多用電表的 A (選填A"、 B”或C兀(2)在用多用電表的直流電壓擋探測黑箱a、b接點間是否存在電源時，一表筆接a,另一表筆應 短暫 (選填

17、短暫”或持續(xù)")接b,同時觀察指針偏轉情況.(3)在判定黑箱中無電源后，將選擇開關旋至“底擋，調節(jié)好多用電表，測量各接點間的阻值.測量中發(fā)現(xiàn)，每對接點間正反向阻值均相等，測量記錄如下表.兩表筆分別接a、b時，多用電表的示數(shù)如圖 2所示.請將記錄表補充完整，并在答題卡的黑箱圖中畫出一種可能的電路.兩表筆接的接點多用電表的示數(shù)a, b5 Qa, c10.0ab, c15.0a【考點】用多用電表測電阻；測定電源的電動勢和內(nèi)阻.【專題】 實驗題；壓軸題；恒定電流專題.【分析】(1)任何電表使用前都需要機械調零；(2)由于指針可能反轉，故應該短接；(3)由于每對接點間正反向阻值均相等，說明無二

18、極管；最簡單的電路是兩個電阻串聯(lián).【解答】解：(1)電表使用前都需要機械調零，故選 A;(2)由于電流的流向未知，指針可能反轉，故不宜長時間通電，故應該短暫接觸；(3)由于每對接點間正反向阻值均相等，說明無二極管；最簡單的電路是兩個電阻串聯(lián),故答案為：(1) A, (2)短暫，(3) 5,如圖所示.【點評】本題關鍵是明確多用電表的使用方法，黑箱問題判斷可以先判斷有無電源，然后判斷有無二極管，最后判斷可能的內(nèi)部構造.11. (10分)(2012?江蘇)為測定木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)，小亮設計了如圖所示的裝置進行實驗.實3中，當木塊 A位于水平桌面上的 O點時，重物B剛好接觸地面.將 A拉 到P

19、點，待B穩(wěn)定后靜止釋放，A最終滑到Q點.分別測量 OP、OQ的長度h和s.改變 h,重復上述實驗，分別記錄幾組實驗數(shù)據(jù).(1)實驗開始時，發(fā)現(xiàn) A釋放后會撞到滑輪.請?zhí)岢鰞蓚€解決方法.(2)請根據(jù)下表的實驗數(shù)據(jù)作出 s-h關系的圖象.h/cm20.030.040.050.060.0s/cm19.528.539.048.056.5(3)實驗測得A、B的質量分別為 m=0.4kg、M=0.50kg .根據(jù)s- h圖象可計算出A木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)產(chǎn)0.4 .(結果保留一位有效數(shù)字)(4)實驗中，滑輪軸的摩擦會導致科的測量結果 偏大 (選填 褊大”或 偏小”).【考點】探究影響摩擦力的大小的因素

20、.【專題】 實驗題；壓軸題；摩擦力專題.【分析】(1) B減少的重力勢能轉化成系統(tǒng)的內(nèi)能和A、B的動能，A釋放后會撞到滑輪，說明B減少的勢能太多，轉化成系統(tǒng)的內(nèi)能太少，從而找作答依據(jù).(2)根據(jù)所給數(shù)據(jù)進行描點、連線作圖；(3)對在B下落至臨落地時和在 B落地后，A運動到Q,兩個過程運用動能定理，求得 的表達式，再結合從 s- h圖象，即可求解 叵(4)由于滑輪軸的摩擦會導致 s變小，根據(jù) 科的表達式可知誤差結果.【解答】解：(1) B減少的重力勢能轉化成系統(tǒng)的內(nèi)能和AB的動能，A釋放后會撞到滑輪，說明B減少的勢能太多，轉化成系統(tǒng)的內(nèi)能太少，可以通過減小B的質量；增加細線的長度(或增大A的質量

21、；降低B的起始高度)解決.故解決方法有：可以通過減小B的質量;增加細線的長度(或增大 A的質量；降低B的起始高度).(2)描點，連線，如圖所示：（3） B下落至臨落地時根據(jù)動能定理有：Mgh - pmgh=1 （ M+m ） v2,在B落地后，A運2動到Q,有2即寸2二eeUL B -，又A、B的質量分別為 m=0.40kg、M=0.50kg ,2（刷）s+mh在s- h圖象上任取一組數(shù)據(jù)代入可以求得：斤0.4.故答案為：0.4.（4）由于滑輪軸的摩擦，會導致繩子的拉力相對偏小，A運動的加速度也就偏小，s也就偏小，根據(jù)，11=一些，所以科偏大.（rf） s+mh故答案為：偏大.【點評】在判斷此

22、類問題時，要深刻理解動能定理，能量守恒定律，要會通過圖象分析相關 問題.四、選修3-312. （4分）（2012?江蘇）下列現(xiàn)象中，能說明液體存在表面張力的有（）A.水國可以停在水面上B.葉面上的露珠呈球形C.滴入水中的紅墨水很快散開D.懸浮在水中的花粉做無規(guī)則運動【考點】分子間的相互作用力；*液體的表面張力現(xiàn)象和毛細現(xiàn)象.【專題】 分子間相互作用力與分子間距離的關系.【分析】作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力.它產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力.就象你要把彈簧拉

23、開些，彈簧反而表現(xiàn)具有收縮的趨勢.正是因為這種張力的存在，有些小昆蟲才能無拘無束地在水面上行 走自如.【解答】解：A、因為液體表面張力的存在，有些小昆蟲才能無拘無束地在水面上行走自如，故A正確；B、草葉上的露珠存在表面張力，它表面的水分子表現(xiàn)為引力，從而使它收縮成一個球形， 與表面張力有關，故 B正確；C、滴入水中的紅墨水很快散開是擴散現(xiàn)象，是液體分子無規(guī)則熱運動的反映，故C錯誤；D、懸浮在水中的花粉做無規(guī)則運動是布朗運動，是液體分子無規(guī)則熱運動的反映，故D錯誤； 故選AB .【點評】此題考查液體表面張力的現(xiàn)象，要求對液體表面張力產(chǎn)生的原因能理解，并能分析一些現(xiàn)象.13. （4分）（2012?

24、江蘇）密閉在鋼瓶中的理想氣體，溫度升高時壓強增大.從分子動理論 的角度分析，這是由于分子熱運動的平均動能 增大了.該氣體在溫度 、T2時的分子速率分布圖象如圖所示，則T1小于 T2 （選填 大于”或 小于"）.雷透蕓莖二力好于二 占克分子索爭百合比【考點】溫度是分子平均動能的標志.【專題】 壓軸題；內(nèi)能及其變化專題.【分析】溫度是分子平均動能的標志，溫度升高平均動能增大，體積不變時，氣體的內(nèi)能由 平均動能決定.【解答】解：密閉在鋼瓶中的理想氣體體積不變，溫度升高時分子平均動能增大壓強增大.溫度升高時，速率大的分子所占比重較大Ti<T2.答案為：平均動能，小于【點評】本題考查了溫

25、度是分子平均動能的標志，溫度升高平均動能增大.14. （4分）（2012?!蘇）如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài) A經(jīng)等壓過程到狀態(tài) B.此 過程中，氣體壓強 p=1.0M05Pa,吸收白熱量 Q=7.0M02J,求此過程中氣體內(nèi)能的增量.【考點】理想氣體的狀態(tài)方程.【專題】 壓軸題；理想氣體狀態(tài)方程專題.【分析】 氣體從狀態(tài)A經(jīng)等壓過程到狀態(tài) B的過程中，吸收熱量，同時對外做功，要先求 出體積的變化，再求功，最后根據(jù)熱力學第一定律求解.【解答】 解：氣體狀態(tài) A為出狀態(tài)，設為 V1 T1,狀態(tài)B為末狀態(tài)，設為 V2 T2,由蓋-呂Vi v2薩克定律得：一二T】T2代人數(shù)據(jù)，得：.在該過程中

26、，氣體對外做功：W=F?L=Ps?A L=P?AV=2 >02J根據(jù)熱力學第一定律： U=Q+W其中W= W,代人數(shù)據(jù)，得U=5.0M02j【點評】該題考查熱力學第一定律和理想氣體的狀態(tài)方程，關鍵的是正確求出氣體對外做的功.屬于中檔題.選彳3-415. （4分）（2012?江蘇）選修3-4如圖所示，白熾燈的右側依次平行放置偏振片P和Q,A點位于P、Q之間，B點位于Q右側.旋轉偏振片P, A、B兩點光的強度變化情況是 （ ）A. A、B均不變 B. A、B均有變化C. A不變，B有變化D. A有變化，B不變【考點】光的偏振.【專題】 光的衍射、偏振和電磁本性專題.【分析】白熾燈的光線沿各個

27、方向的都有，只有與偏振片方向相同的光才能通過.【解答】解：白熾燈的光線沿各個方向的都有，旋轉偏振片P, A點光的強度不會變化，而通過Q的光線在B點強度會發(fā)生變化， C正確.故選C【點評】本題考查了偏振片的作用，難度不大.16. （4分）（2012?江蘇）測定玻璃的折射率”買驗中，在玻璃磚的一側豎直插兩個大頭針A、B,在另一側再豎直才1兩個大頭針C、D.在插入第四個大頭針 D時，要使它 擋住C和A、B的像. 題如圖是在自紙上留下的實驗痕跡，其中直線a、a是描在紙上的玻璃磚的兩個邊.根據(jù)該圖可算得玻璃的折射率n= 1.7 .（計算結果保留兩位有效數(shù)字）【考點】測定玻璃的折射率.【專題】 實驗題；壓

28、軸題；光的折射專題.【分析】用插針法”測定玻璃的折射率的原理是折射定律門=里巫，關鍵是確定折射光線，si nr方法是：在玻璃磚的一側豎直插兩個大頭針A、B,在另一側再豎直插兩個大頭針C、D,使C擋住A、B的像，要使D擋住C和A、B的像.作出入射光線和折射光線，畫出光路 圖，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：在玻璃磚的一側豎直插兩個大頭針A、B,在另一側再豎直插兩個大頭針C、D,使C擋住A、B的像，要使D擋住C和A、B的像，說明CD在AB的出射光線上，CD 連線即為AB的出射光線.作出光路圖如圖，用量角器量出入射角/AOM=60 °,折射角/ CON=30

29、°,則折射率sinZAOM sinbO0 . ,n=：=7司.7sinNCON sin30故答案為：擋住C和A、B的像，1.7其中實驗原理是實驗的核心.【點評】解決本題的關鍵理解和掌握實驗的原理和實驗的方法,17. （4分）（2012?江蘇）地震時，震源會同時產(chǎn)生兩種波，一種是傳播速度約為3.5km/s的S波，另一種是傳播速度約為7.0km/s的P波.一次地震發(fā)生時，某地震監(jiān)測點記錄到首次到達的P波比首次到達的S波早3min .假定地震波沿直線傳播，震源的振動周期為1.2s,求震源與監(jiān)測點之間的距離x和S波的波長 入.【考點】橫波和縱波.【專題】壓軸題.【分析】先根據(jù)勻速運動的速度位

30、移關系公式求解震源與監(jiān)測點之間的距離x,然后根據(jù)波速、波長、周期關系公式列式求解波長.【解答】 解：地震監(jiān)測點記錄到首次到達的P波比首次到達的S波早3min （180s）,故V VS P代入數(shù)據(jù)，有3.5-皆 180解得x=1260km根據(jù)波速、波長、周期關系公式，得到?=vs?T=3.5km/s M.2s=4.2km答：震源與監(jiān)測點之間的距離x為21km, S波的波長 入為4.2km.【點評】 本題關鍵根據(jù)波速的兩個公式仁笑以及 k乙列式計算，基礎題.At T選彳3-518. （4分）（2012?江蘇）3-5如圖所示是某原子的能級圖，a、b、c為原子躍遷所發(fā)出的二種波長的光.在下列該原子光譜

31、的各選項中，譜線從左向右的波長依次增大，則正確的是（ ）【考點】氫原子的能級公式和躍遷.【專題】原子的能級結構專題.【分析】能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，根據(jù)巳抽En二比較出波長的大小.【解答】解：從能級圖可知，E3-Ei>E2-Ei>E3-E2,根據(jù)F -H二卜上知，尢<江故C正確，A、B、D錯誤.故選C.【點評】 解決本題的關鍵知道頻率與波長的關系，以及知道- En-h-v19. （4分）（2012?江蘇）一個中子與某原子核發(fā)生核反應，生成一個笊核，其核反應方程式為卜+ 1H- ?H ;該反應放出的能量為 Q,則笊核的比結合能為旦.0 1一 1 2【考點

32、】愛因斯坦質能方程.【專題】 壓軸題；愛因斯坦的質能方程應用專題.【分析】核反應過程中，質量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，據(jù)此寫出核反應方程式；核反應釋放出的 能量與核子數(shù)之比是結合能.【解答】解：由質量數(shù)與核電荷數(shù)守恒可知，核反應方程式為:.n+H；笊核的比結合能為：目；2故答案為：*+ :H一加；旦0112知道結合能的概念是正確求出【點評】應用質量數(shù)與核電荷數(shù)守恒可以寫出核反應方程式, 結合能的關鍵.20. （4分）（2012?江蘇）A、B兩種光子的能量之比為 2: 1,它們都能使某種金屬發(fā)生光電 效應，且所產(chǎn)生的光電子最大初動能分別為Ea、Eb.求A、B兩種光子的動量之比和該金屬的逸出功.【考點】光

33、電效應.【專題】 壓軸題；光電效應專題.【分析】由光子能量公式E=和動量公式判斷動量之比，由光電效應方程求AA逸出功.【解答】 解：由光子能量公式 E二hf二華和動量公式P二土知，A、B兩種光子的動量之 AA比等于A、B兩種光子的能量之比為 2: 1;由 Ea=Ei W 和 Eb=E2-W 聯(lián)立得 W=Ea- 2Eb，答：A、B兩種光子的動量之比為 2: 1;金屬的逸出功為 W=Ea-2Eb.【點評】 本題考查的知識點較偏，特別是光子的能量和動量方程要記住.四、計算題：本題共 3小題，共計47分.解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的 演算步驟.只與出最后答案的不能得分.有數(shù)值計算的題，答

34、案中必須明確寫出數(shù)值和單 位.21. (15分)(2012?江蘇)某興趣小組設計了一種發(fā)電裝置，如圖所示.在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角“均為TT,磁場均沿半徑方向.匝數(shù)為N的矩形線圈abcd9的邊長ab=cd=l、bc=ad=2l .線圈以角速度 繞中心軸勻速轉動，bc和ad邊同時進入磁場.在 磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應強度大小均為 B、方向始終與兩邊的運動方向垂直. 線圈 的總電阻為r,外接電阻為R.求：(1)線圈切割磁感線時，感應電動勢的大小Em；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小 F;(3)外接電阻上電流的有效值 I.【考點】 導體切割磁感線時的感應電動

35、勢.【專題】 電磁感應中的力學問題.【分析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律求出感應電動勢(2)根據(jù)歐姆定律得出電流大小，根據(jù)安培力公式求出大小(3)根據(jù)電流的熱效應求出電流的有效值【解答】 解：(1) bc、ad邊的運動速度 v=2感應電動勢Em=4NBlv口2解得 Em=2NBl co(2)根據(jù)歐姆定律得電流I安培力F=2NBlml解得F=4TBM J 3R+r(3) 一個周期內(nèi)，通電時間R上消耗的電能W=Im2Rt且 W=I 2RT解得I=4NB1 2 CO3 (R+r)答：(1)線圈切割磁感線時，感應電動勢的大小是2NBl2o；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小是2(3)外接電

36、阻上電流的有效值是4MBi二3 (R+r)【點評】本題研究交變電流的產(chǎn)生，實質上是電磁感應知識的具體應用，是右手定則、 法拉第電磁感應定律、安培力等知識的綜合應用.22. (16分)(2012?江蘇)與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f.輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作.一質量為m的小車若以速度 V0撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動 。.輕桿與槽間的最大靜擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面4的摩擦.(1)若彈簧的勁度系數(shù)為 k,求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x；(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度Vm；(3)討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v和撞擊

37、速度v的關系.輕桿【考點】動能定理的應用；胡克定律.【專題】壓軸題；動能定理的應用專題.【分析】(1)輕桿開始移動時，根據(jù)胡克定律求出彈簧的壓縮量(2)小車從撞擊到停止的過程中由動能定理列出等式，同理，小車以Vm撞擊彈簧時由動能定理列出等式求解.(3)根據(jù)動能定理求解【解答】解：(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力 F=kx且F=f解得x=yk(2)設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W,則小車從撞擊到停止的過程中由動能定理得1 1口-f (一) _ W=0 _ m42°同理，小車以vm撞擊彈簧時-fl - W=0 - m2 m解得Vm=(3)設輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為V112-m 1

38、 =W由解得V1=JyW _ VV0 2m當 V<Vn - 時，V=VV 0 2m(1)若彈簧的勁度系數(shù)為 k,輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量是上;k(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度是12 3flV 0 2 id(3)該小車彈回速度 v和撞擊速度【點評】正緩沖裝置是一種實用裝置,在生產(chǎn)和生活中有著廣泛的應用，本題就是根據(jù)某種緩沖裝置改編的一道物理試題，試題設計新穎，物理思想深刻.正確解答這道試題，要求考 生具有扎實的高中物理基礎以及很強的分析和解決問題的能力.23. (16分)(2012?江蘇)如圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場，根據(jù)帶電粒子 射入時的受力情況可推

39、測其電場和磁場.圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構成，極板長度為1、間距為d,兩對極板間偏轉電壓大小相等、電場方向相反.質量為 m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓 U0加速后，水平射入 偏轉電壓為Ui的平移器，最終從 A點水平射入待測區(qū)域.不考慮粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器時的速度大小vi;(2)當加速電壓變?yōu)?4Uo時，欲使粒子仍從 A點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉電壓U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域，剛進入時的受力大小均為F.現(xiàn)取水平向右為x軸正方向，建立如圖所示的直角坐標系 Oxyz .保持加速電壓為 Uo不變，移動裝置 使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區(qū)域，粒子剛射入時的受力大小如下表所示.射入方向y一yz一z小慮方F請推測該區(qū)域中電