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2012年海南省高考物理试卷
一、单项选择
1．（2012·海南）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（ ）
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
2．（2012·海南）如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（ ）
A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量
C．电场强度 D．磁感应强度
3．（2012·海南）如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等．在O点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则（ ）
A．两过程中电场力做的功相等
B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
C．前一过程中，粒子电势能不断减小
D．后一过程，粒子动能不断减小
4．（2012·海南）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想表）的示数分别是（ ）
A．120V，0.10A B．240V，0.025A
C．120V，0.005A D．240V，0.05A
5．（2012·海南）如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则（ ）
A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mg
C．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg
6．（2012·海南）如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题
7．（2012·海南）下列关于功和机械能的说法，正确的是（ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
8．（2012·海南）下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ）
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
9．（2012·海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（ ）
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
10．（2012·海南）图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
三、填空题
11．（2012·海南）地球同步卫星到地心的距离r可用质量M、地球自转周期T与引力常量G表示为r= ．
12．（2012·海南）N（N＞1）个电荷量均为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图．右移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为 ，方向 ．
四、实验题
13．（2012·海南）图示电路可用来测量电阻的阻值．其中E为电源，R为已知电阻，Rx为待测电阻， 可视为理想电压表，S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关．
（1）当S0闭合时，若S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1；若S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2．由此可求出Rx= ．
（2）若电源电动势E=1.5V，内阻可忽略；电压表量程为1V，R=100Ω．此电路可测量的Rx的最大值为 Ω．
14．（2012·海南）一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O点，如图（a）所示．现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep与其被压缩时长度的改变量x的关系．先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测出x的数值；然后将小滑块从静止释放．用计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用时间t．多次改变x值及其对应的t值如下表所示．（表中的1/t值是根据t值计算得出的）
x（cm） 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
t（s） 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08
l/t（s﹣1） 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926
（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上做 ﹣x图线．
（2）回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程）
①已知点（0，0）在 ﹣x图线上，从 ﹣x图线看， 与x是什么关系？
②从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能Ek与 是什么关系（不考虑摩擦力）？
③当弹簧长度该变量为x时，弹性势能Ep与相应Ek是什么关系？
④综合考虑以上分析，Ep与x是什么关系？
五、计算题
15．（2012·海南）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的 圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g．求：
（1）小球从在AB段运动的加速度的大小；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间．
16．（2012·海南）图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示．当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量恰好等于 ．不计重力．设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A．
（1）若t0=0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0=T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为π/4，在0＜t0＜π/4的范围内，t0应取何值？
六、选考题
17．（2012·海南）两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0．相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（ ）
A．在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能减小
C．在r＜r0阶段，F做正功，分子动能减小，势能减小
D．在r=r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
18．（2012·海南）如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d．已知大气压强为P0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为P0；整个过程中温度保持不变．求小车加速度的大小．
七、选修3-4：
19．（2012·海南）（模块3﹣4）某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图象如图所示．在波的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为45m和55m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s．由此可知
①波长λ= m；
②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是 cm．
20．（2012·海南）一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为 ．现在横截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜．不考虑棱镜内部的反射．若保持入射线在过入射点的法线的下方一侧（如图），且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角θ可在什么范围内取值？
八、选修3-5：
21．（2012·海南）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是 （ ）
A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成正比
C．对于同种金属，Ek与照射光的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系．
22．（2012·海南）一静止的 U核经α衰变成为 Th，释放出的总动能为4.27MeV．问此衰变后 Th核的动能为多少MeV（保留1位有效数字）？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：A、根据牛顿第二定律得知：物体加速度的大小跟质量成反比，与速度无关．故A错误．
B、力是产生加速度的原因，只要有力，就产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系．故B错误．
C、物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比．故C错误．
D、当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F=ma可知，物体水平加速度大小与其质量成反比．故D正确．
故选D
【分析】解答本题应掌握：牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小与合外力成正比，与质量成反比；力是产生加速度的原因；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比．
2．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvB=qE，即有vB=E．①
A、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故A错误．
B、由①知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变．故B正确．
C、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故C错误．
D、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故D错误．
故选B
【分析】带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比．当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨迹不会改变．
3．【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、B由题，b点电势高于c点电势，则知电场线方向由O指向c，则点电荷带正电，a、b间电场线比b、c间电场线密，则a、b间场强大于b、c间的场强，由公式U=Ed可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，由公式W=qU可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功．故AB错误．
C、负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小．故C正确．
D、电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大．故D错误．
故选C
【分析】根据b点电势高于c点电势，可判断出电场线的方向，确定出点电荷的电性，即可知道a、b间与b、c间场强的大小关系，由U=Ed分析电势差关系，由W=qU，分析电场力做功的关系；
根据电场力方向与负电荷速度方向的关系，判断出电场力做功的正负，即可判断电势能和动能的变化．
4．【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：灯泡正常工作，所以副线圈电压U2=12V，电流
根据 得：U1=240V
根据 解得：I1=0.05A
所以电压表和电流表的示数分别为：240V，0.05A
故选D
【分析】灯泡正常工作，电压为额定电压，进而求出副线圈电压和电流，再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解，电流表和电压表都是有效值．
5．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化．在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小．故两种情况下，绳的拉力都大于mg；经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故T1＜T2．因此，A正确．
故选：A．
【分析】根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和磁铁先排斥后吸引．
6．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ=ma2，
得a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ﹣μgcosβ，
则知a1＞a2
而v﹣t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．
上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x= 知，上滑过程时间较短．
因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．
由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C正确，ABD错误．
故选C
【分析】v﹣t图象的斜率等于加速度，根据牛顿第二定律列式可比较物块上滑和下滑的加速度大小．根据运动学公式比较两个过程的时间关系及速度关系，即可选择图象．
7．【答案】B,C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】解：A、重力做功是重力势能变化的量度，即任何情况下重力做功都等于重力势能的减小量，故A错误；
B、根据动能定理，有合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，故B正确；
C、重力势能具有系统性和相对性，即物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，故C正确；
D、只有机械能守恒时，才有动能的减少量等于重力势能的增加量，故D错误；
故选BC．
【分析】功是能量转化的量度：总功是动能变化的量度；重力功是重力势能变化的量度．
8．【答案】C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】解：A、作用在物体上的滑动摩擦力方向，若与物体的运动方向相同时，能使物体加速，比如物体轻轻放在水平匀速传动的传送带上时物体受到滑动摩擦力而加速．故A错误．
B、当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故B错误．
C、当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故C正确．
D、当静摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当静摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故D正确．
故选CD
【分析】当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体做加速运动；当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体做减速运动；静摩擦力和滑动摩擦力都既可能使物体减速，也可能使物体加速．
9．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E= 可知，E变为原来的一半．故A正确．
B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．
C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C= 分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．
D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C= 分析可知，U变为原来的一半，由E= 分析知，E变为原来的一半．故D正确．
故选AD
【分析】保持U不变，根据公式E= 分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C= 分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C= 分析U的变化，由
E= 分析E的变化．
10．【答案】B,D
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；
B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；
C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；
D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确；
故选BD．
【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．
11．【答案】
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】解：根据万有引力提供向心力，列出等式：
=m r，
r=
故答案为：
【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．
12．【答案】；沿OP指向P
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：如果没移去电荷之前，N（N＞1）个电荷量均为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上在圆心处场强为0，
该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加，
所以移去电荷后，在圆心O点处的电场强度与移去的电荷在该处的场强大小相等，方向相反．
根据库仑定律得圆心O点处的电场强度大小为 ，方向沿OP指向P
故答案为： ，沿OP指向P．
【分析】由于成圆周对称性，所以如果没移去电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出要移去电荷在该点的场强．
13．【答案】（1）
（2）200
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】解：（1）当S2向左闭合，S1向左时，测量的U1是RX的分压，将S2向右闭合，S1向右时，测量的U2是R的分压，RX与R串联，则有 ，所以：RX= （2）RX与R串联，所以当电压表测量RX时达到最大量程时，RX阻值最大，此时RX= = =200Ω故答案为： ；200．
【分析】通过不同的接点，用一个电压表分别测量出两个电阻的分担电压，根据二者电流相等，推导出带测电阻的表达式．
14．【答案】（1）
（2） 与x成正比|Ek与（ ）2成正比|Ep=Ek|Ep与x2成正比．
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】解：（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作出 ﹣x图线，如图所示．
;（2）① ﹣x图线是直线，故 与x成正比；② 与速度成正比，Ek与速度平方成正比，故Ek与（ ）2成正比；③根据机械能守恒，有Ep=Ek；④Ek与（ ）2成正比，Ep=Ek， 与x成正比，Ep与x2成正比．答：（1）如图所示．（2）① 与x成正比；②Ek与（ ）2成正比；③Ep=Ek；④Ep与x2成正比．
【分析】（1）通过描点法作图即可；（2）① ﹣x图线是直线，说明 与x是正比关系；② 与速度成正比，Ek与速度平方成正比；③机械能守恒，故弹簧减小的弹性势能等于增加的动能，即Ep=Ek；④Ek与（ ）2成正比，Ep=Ek， 与x成正比，故Ep与x的平方成正比．
15．【答案】（1）解：小滑块恰好通过最高点，则有：mg=m
解得：
从B到C的过程中运用动能定理得：
=﹣mg 2R
解得：vB=
根据位移速度公式得：2aR=
解得：a=
（2）解：从C到D的过程中运用动能定理得：
=mgR
解得：
小球离开D点做加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式得：
R=
解得：t=
【知识点】动能定理的综合应用；向心力
【解析】【分析】（1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出C点速度，从B到C的过程中运用动能定理求出B点速度，根据匀加速直线运动位移速度公式即可求解加速度；（2）小球离开D点做加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求解时间．
16．【答案】（1）解：设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛仑兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有：
由①②式与已知条件得
T′=T
粒子P在t=0到t= 时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A，如图（a）所示．
OA与x轴的夹角θ=0 ④
（2）解：粒子P在 时刻开始运动，在 到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D点，此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A点，如图（b）所示，
由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 ⑤
（3）解：若在任意时刻t=t0（ ）粒子P开始运动，在t=t0到t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为⑥
此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心角为 ⑦
如图（c）所示，由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧
若要OA与x轴成 角，则有 ⑨，联立⑥⑨式可得
⑩
【知识点】向心力；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）粒子在里面做圆周运动，由此可以得到粒子在一个周期内的运动轨迹，进而可知夹角（2）粒子P在 时刻开始运动，在 到 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D点，此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A点，画出图，可得夹角（3）若在任意时刻t=t0（ ）粒子P开始运动，在t=t0到t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心角为 ，画出图象，可得角度，进而得到时间．
17．【答案】A,E
【知识点】分子间的作用力
【解析】【解答】解：由图象可知：分析间距离为r0时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；
A、r0是分子的平衡距离，r大于平衡距离，分子力表现为引力，F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；
B、C、当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，故BC错误；
D、当r等于r0时，分子势能最小但不为零，故C错误；
E、分子动能和势能之和在整个过程中不变，故D正确；
故选AE．
【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，并依据分力做正功，电势能减小，而做负功，则电势能增大；根据图象分析答题．
18．【答案】解：设小车加速度大小为a，稳定是气缸内气体的压强为P1，活塞受到气缸内外气体的压力分别为：
f1=P1S…①
f0=P0S…②
由牛顿第二定律，若向右加速运动有：f1﹣f0=ma…③
若向右加速运动，有：f0﹣f1=ma…④
小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P0，由波意耳定律得：P1V1=P0V…⑤
式中V=SL，V1=S（L﹣d）
①②③⑤联立得：小车加速度的大小，a=
答：小车加速度的大小为 ．
【知识点】对单物体(质点)的应用；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】选择活塞为研究对象，对其进行受力分析，利用气体的状态参量来表示活塞的受力情况，由牛顿第二定律列式，结合气体状态的变化，即可求出小车的加速度．
19．【答案】20；﹣6
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：①由振动图象可知，T=2s，A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，所以AB间的距离为半个波长，所以λ=2×（55﹣45）m=20m②AB两个点之间始终相差半个周期，所以当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是﹣6cm
故答案为：20，﹣6．
【分析】由振动图象图象读出周期，根据A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，可知AB间的距离为半个波长，进而求出波长，AB两个点之间始终相差半个周期，当B点在正的最大位移处时，A在负的最大位移处．
20．【答案】解：设入射光线经玻璃折射时，入射角为i，折射角为r，射至棱镜右侧面的入射角为α，根据折射定律得，
sini=nsinr ①
由几何关系得，
θ=α+r ②
当i=0时，由①知r=0，α有最大值αm．由②知，
θ=αm．③
同时αm应小于玻璃对空气全反射的临界角．即
④
由①②③④式及题设条件可知
0＜θ＜45°．
答：顶角θ可在0＜θ＜45°范围内取值．
【知识点】光的全反射；光的折射及折射定律
【解析】【分析】作出光路图，根据光的折射定律结合光在另一侧面上折射时不能发生全反射，通过几何关系求出顶角的范围．
21．【答案】A,D,E
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A、光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故A正确．
B、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0= ，对于同种金属，逸出功相同，知最大初动能与入射光的波长不成正比．故B错误．
C、最大初动能与照射光的时间无关．故C错误．
D、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，同种金属，逸出功相等，则最大初动能与入射光的频率成线性关系．故D正确．
E、对于不同的金属，逸出功不同，若照射光的频率不变，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，Ek与金属的逸出功成线性关系．故E正确．
故选ADE
【分析】根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0进行分析．
22．【答案】解：据题意知， U核经α衰变成为 Th，根据动量守恒定律得
0=MThvTh﹣Mαvα①
式中，Mα和MTh分别为α粒子和Th核的质量，
vα和vTh分别为α粒子和Th核的速度的大小．
由题设条件知
EK= Mαvα2+ MThvTh2②
= ③
由①②③式得，衰变后 Th核的动能
MThvTh2=0.07MeV
答：衰变后 Th核的动能为0.07MeV．
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】选择正确的研究对象．
根据动量守恒定律列出等式解决问题
根据能量守恒列出等式求解问题
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2012年海南省高考物理试卷
一、单项选择
1．（2012·海南）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（ ）
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：A、根据牛顿第二定律得知：物体加速度的大小跟质量成反比，与速度无关．故A错误．
B、力是产生加速度的原因，只要有力，就产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系．故B错误．
C、物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比．故C错误．
D、当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F=ma可知，物体水平加速度大小与其质量成反比．故D正确．
故选D
【分析】解答本题应掌握：牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小与合外力成正比，与质量成反比；力是产生加速度的原因；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比．
2．（2012·海南）如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（ ）
A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量
C．电场强度 D．磁感应强度
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvB=qE，即有vB=E．①
A、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故A错误．
B、由①知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变．故B正确．
C、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故C错误．
D、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变．故D错误．
故选B
【分析】带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比．当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨迹不会改变．
3．（2012·海南）如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等．在O点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则（ ）
A．两过程中电场力做的功相等
B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
C．前一过程中，粒子电势能不断减小
D．后一过程，粒子动能不断减小
【答案】C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、B由题，b点电势高于c点电势，则知电场线方向由O指向c，则点电荷带正电，a、b间电场线比b、c间电场线密，则a、b间场强大于b、c间的场强，由公式U=Ed可知，a、b间电势差大于b、c间电势差，由公式W=qU可知，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功．故AB错误．
C、负电荷所受的电场力方向向左，与速度方向相同，则电场力做正功，电势能减小．故C正确．
D、电场力做正功，由动能定理得知，后一过程，粒子动能不断增大．故D错误．
故选C
【分析】根据b点电势高于c点电势，可判断出电场线的方向，确定出点电荷的电性，即可知道a、b间与b、c间场强的大小关系，由U=Ed分析电势差关系，由W=qU，分析电场力做功的关系；
根据电场力方向与负电荷速度方向的关系，判断出电场力做功的正负，即可判断电势能和动能的变化．
4．（2012·海南）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想表）的示数分别是（ ）
A．120V，0.10A B．240V，0.025A
C．120V，0.005A D．240V，0.05A
【答案】D
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：灯泡正常工作，所以副线圈电压U2=12V，电流
根据 得：U1=240V
根据 解得：I1=0.05A
所以电压表和电流表的示数分别为：240V，0.05A
故选D
【分析】灯泡正常工作，电压为额定电压，进而求出副线圈电压和电流，再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解，电流表和电压表都是有效值．
5．（2012·海南）如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ．设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则（ ）
A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mg
C．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】解：深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化．在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：感应电流的磁场先阻碍磁通量先增加再阻碍其减小，即先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸引线圈，阻碍其磁通量的减小．故两种情况下，绳的拉力都大于mg；经过磁铁位置Ⅱ的时候速度较大，阻碍的作用也较大，故T1＜T2．因此，A正确．
故选：A．
【分析】根据楞次定律进行判定：圆环从静止开始向下运动时，穿过圆环的磁通量先增大后减小，故圆环和磁铁先排斥后吸引．
6．（2012·海南）如图，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β．一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】解：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2．根据牛顿第二定律得：
mgsinα+μmgcosα=ma1，mgsinβ﹣μmgcosβ=ma2，
得a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinβ﹣μgcosβ，
则知a1＞a2
而v﹣t图象的斜率等于加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率．
上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x= 知，上滑过程时间较短．
因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图象都是直线．
由于物体克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于v0．故C正确，ABD错误．
故选C
【分析】v﹣t图象的斜率等于加速度，根据牛顿第二定律列式可比较物块上滑和下滑的加速度大小．根据运动学公式比较两个过程的时间关系及速度关系，即可选择图象．
二、多项选择题
7．（2012·海南）下列关于功和机械能的说法，正确的是（ ）
A．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关
D．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
【答案】B,C
【知识点】功能关系
【解析】【解答】解：A、重力做功是重力势能变化的量度，即任何情况下重力做功都等于重力势能的减小量，故A错误；
B、根据动能定理，有合力对物体所做的功等于物体动能的改变量，故B正确；
C、重力势能具有系统性和相对性，即物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能，其大小与势能零点的选取有关，故C正确；
D、只有机械能守恒时，才有动能的减少量等于重力势能的增加量，故D错误；
故选BC．
【分析】功是能量转化的量度：总功是动能变化的量度；重力功是重力势能变化的量度．
8．（2012·海南）下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ）
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
【答案】C,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】解：A、作用在物体上的滑动摩擦力方向，若与物体的运动方向相同时，能使物体加速，比如物体轻轻放在水平匀速传动的传送带上时物体受到滑动摩擦力而加速．故A错误．
B、当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故B错误．
C、当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故C正确．
D、当静摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体可能做加速运动；当静摩擦力方向与物体的运动方向相反时，物体可能做减速运动．故D正确．
故选CD
【分析】当滑动摩擦力方向与物体的运动方向相同时，物体做加速运动；当静摩擦力与物体的运动方向相反时，物体做减速运动；静摩擦力和滑动摩擦力都既可能使物体减速，也可能使物体加速．
9．（2012·海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（ ）
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E= 可知，E变为原来的一半．故A正确．
B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．
C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C= 分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．
D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C= 分析可知，U变为原来的一半，由E= 分析知，E变为原来的一半．故D正确．
故选AD
【分析】保持U不变，根据公式E= 分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C= 分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C= 分析U的变化，由
E= 分析E的变化．
10．（2012·海南）图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
【答案】B,D
【知识点】安培力
【解析】【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；
B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；
C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；
D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确；
故选BD．
【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．
三、填空题
11．（2012·海南）地球同步卫星到地心的距离r可用质量M、地球自转周期T与引力常量G表示为r= ．
【答案】
【知识点】万有引力定律及其应用
【解析】【解答】解：根据万有引力提供向心力，列出等式：
=m r，
r=
故答案为：
【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．
12．（2012·海南）N（N＞1）个电荷量均为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图．右移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为 ，方向 ．
【答案】；沿OP指向P
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】解：如果没移去电荷之前，N（N＞1）个电荷量均为q（q＞0）的小球，均匀分布在半径为R的圆周上在圆心处场强为0，
该点场强可以看成是移去的电荷和其余的电荷在该点场强的叠加，
所以移去电荷后，在圆心O点处的电场强度与移去的电荷在该处的场强大小相等，方向相反．
根据库仑定律得圆心O点处的电场强度大小为 ，方向沿OP指向P
故答案为： ，沿OP指向P．
【分析】由于成圆周对称性，所以如果没移去电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出要移去电荷在该点的场强．
四、实验题
13．（2012·海南）图示电路可用来测量电阻的阻值．其中E为电源，R为已知电阻，Rx为待测电阻， 可视为理想电压表，S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关．
（1）当S0闭合时，若S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1；若S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2．由此可求出Rx= ．
（2）若电源电动势E=1.5V，内阻可忽略；电压表量程为1V，R=100Ω．此电路可测量的Rx的最大值为 Ω．
【答案】（1）
（2）200
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】解：（1）当S2向左闭合，S1向左时，测量的U1是RX的分压，将S2向右闭合，S1向右时，测量的U2是R的分压，RX与R串联，则有 ，所以：RX= （2）RX与R串联，所以当电压表测量RX时达到最大量程时，RX阻值最大，此时RX= = =200Ω故答案为： ；200．
【分析】通过不同的接点，用一个电压表分别测量出两个电阻的分担电压，根据二者电流相等，推导出带测电阻的表达式．
14．（2012·海南）一水平放置的轻弹簧，一端固定，另一端与一小滑块接触，但不粘连；初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O点，如图（a）所示．现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep与其被压缩时长度的改变量x的关系．先推动小滑块压缩弹簧，用米尺测出x的数值；然后将小滑块从静止释放．用计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用时间t．多次改变x值及其对应的t值如下表所示．（表中的1/t值是根据t值计算得出的）
x（cm） 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00
t（s） 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08
l/t（s﹣1） 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926
（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上做 ﹣x图线．
（2）回答下列问题：（不要求写出计算或推导过程）
①已知点（0，0）在 ﹣x图线上，从 ﹣x图线看， 与x是什么关系？
②从理论上分析，小滑块刚脱离弹簧时的动能Ek与 是什么关系（不考虑摩擦力）？
③当弹簧长度该变量为x时，弹性势能Ep与相应Ek是什么关系？
④综合考虑以上分析，Ep与x是什么关系？
【答案】（1）
（2） 与x成正比|Ek与（ ）2成正比|Ep=Ek|Ep与x2成正比．
【知识点】弹性势能
【解析】【解答】解：（1）根据表中数据，在图（b）中的方格纸上作出 ﹣x图线，如图所示．
;（2）① ﹣x图线是直线，故 与x成正比；② 与速度成正比，Ek与速度平方成正比，故Ek与（ ）2成正比；③根据机械能守恒，有Ep=Ek；④Ek与（ ）2成正比，Ep=Ek， 与x成正比，Ep与x2成正比．答：（1）如图所示．（2）① 与x成正比；②Ek与（ ）2成正比；③Ep=Ek；④Ep与x2成正比．
【分析】（1）通过描点法作图即可；（2）① ﹣x图线是直线，说明 与x是正比关系；② 与速度成正比，Ek与速度平方成正比；③机械能守恒，故弹簧减小的弹性势能等于增加的动能，即Ep=Ek；④Ek与（ ）2成正比，Ep=Ek， 与x成正比，故Ep与x的平方成正比．
五、计算题
15．（2012·海南）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的 圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度大小为g．求：
（1）小球从在AB段运动的加速度的大小；
（2）小球从D点运动到A点所用的时间．
【答案】（1）解：小滑块恰好通过最高点，则有：mg=m
解得：
从B到C的过程中运用动能定理得：
=﹣mg 2R
解得：vB=
根据位移速度公式得：2aR=
解得：a=
（2）解：从C到D的过程中运用动能定理得：
=mgR
解得：
小球离开D点做加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式得：
R=
解得：t=
【知识点】动能定理的综合应用；向心力
【解析】【分析】（1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出C点速度，从B到C的过程中运用动能定理求出B点速度，根据匀加速直线运动位移速度公式即可求解加速度；（2）小球离开D点做加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式即可求解时间．
16．（2012·海南）图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示．当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量恰好等于 ．不计重力．设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A．
（1）若t0=0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0=T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为π/4，在0＜t0＜π/4的范围内，t0应取何值？
【答案】（1）解：设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛仑兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有：
由①②式与已知条件得
T′=T
粒子P在t=0到t= 时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A，如图（a）所示．
OA与x轴的夹角θ=0 ④
（2）解：粒子P在 时刻开始运动，在 到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D点，此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A点，如图（b）所示，
由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 ⑤
（3）解：若在任意时刻t=t0（ ）粒子P开始运动，在t=t0到t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为⑥
此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心角为 ⑦
如图（c）所示，由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″⑧
若要OA与x轴成 角，则有 ⑨，联立⑥⑨式可得
⑩
【知识点】向心力；洛伦兹力的计算
【解析】【分析】（1）粒子在里面做圆周运动，由此可以得到粒子在一个周期内的运动轨迹，进而可知夹角（2）粒子P在 时刻开始运动，在 到 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达D点，此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t= 时间内，沿顺时针方向运动 个圆周，到达A点，画出图，可得夹角（3）若在任意时刻t=t0（ ）粒子P开始运动，在t=t0到t= 时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 此时磁场方向反转；继而，在t= 到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆O″，圆弧BA对应的圆心角为 ，画出图象，可得角度，进而得到时间．
六、选考题
17．（2012·海南）两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0．相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（ ）
A．在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能减小
C．在r＜r0阶段，F做正功，分子动能减小，势能减小
D．在r=r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
【答案】A,E
【知识点】分子间的作用力
【解析】【解答】解：由图象可知：分析间距离为r0时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；
A、r0是分子的平衡距离，r大于平衡距离，分子力表现为引力，F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；
B、C、当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，故BC错误；
D、当r等于r0时，分子势能最小但不为零，故C错误；
E、分子动能和势能之和在整个过程中不变，故D正确；
故选AE．
【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，并依据分力做正功，电势能减小，而做负功，则电势能增大；根据图象分析答题．
18．（2012·海南）如图，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L．现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d．已知大气压强为P0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为P0；整个过程中温度保持不变．求小车加速度的大小．
【答案】解：设小车加速度大小为a，稳定是气缸内气体的压强为P1，活塞受到气缸内外气体的压力分别为：
f1=P1S…①
f0=P0S…②
由牛顿第二定律，若向右加速运动有：f1﹣f0=ma…③
若向右加速运动，有：f0﹣f1=ma…④
小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强为P0，由波意耳定律得：P1V1=P0V…⑤
式中V=SL，V1=S（L﹣d）
①②③⑤联立得：小车加速度的大小，a=
答：小车加速度的大小为 ．
【知识点】对单物体(质点)的应用；理想气体与理想气体的状态方程；理想气体的实验规律
【解析】【分析】选择活塞为研究对象，对其进行受力分析，利用气体的状态参量来表示活塞的受力情况，由牛顿第二定律列式，结合气体状态的变化，即可求出小车的加速度．
七、选修3-4：
19．（2012·海南）（模块3﹣4）某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图象如图所示．在波的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为45m和55m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s．由此可知
①波长λ= m；
②当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是 cm．
【答案】20；﹣6
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】解：①由振动图象可知，T=2s，A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，所以AB间的距离为半个波长，所以λ=2×（55﹣45）m=20m②AB两个点之间始终相差半个周期，所以当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是﹣6cm
故答案为：20，﹣6．
【分析】由振动图象图象读出周期，根据A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，可知AB间的距离为半个波长，进而求出波长，AB两个点之间始终相差半个周期，当B点在正的最大位移处时，A在负的最大位移处．
20．（2012·海南）一玻璃三棱镜，其横截面为等腰三角形，顶角θ为锐角，折射率为 ．现在横截面内有一光线从其左侧面上半部射入棱镜．不考虑棱镜内部的反射．若保持入射线在过入射点的法线的下方一侧（如图），且要求入射角为任何值的光线都会从棱镜的右侧面射出，则顶角θ可在什么范围内取值？
【答案】解：设入射光线经玻璃折射时，入射角为i，折射角为r，射至棱镜右侧面的入射角为α，根据折射定律得，
sini=nsinr ①
由几何关系得，
θ=α+r ②
当i=0时，由①知r=0，α有最大值αm．由②知，
θ=αm．③
同时αm应小于玻璃对空气全反射的临界角．即
④
由①②③④式及题设条件可知
0＜θ＜45°．
答：顶角θ可在0＜θ＜45°范围内取值．
【知识点】光的全反射；光的折射及折射定律
【解析】【分析】作出光路图，根据光的折射定律结合光在另一侧面上折射时不能发生全反射，通过几何关系求出顶角的范围．
八、选修3-5：
21．（2012·海南）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是 （ ）
A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成正比
C．对于同种金属，Ek与照射光的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系．
【答案】A,D,E
【知识点】光电效应
【解析】【解答】解：A、光电子的最大初动能与入射光的强度无关．故A正确．
B、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0= ，对于同种金属，逸出功相同，知最大初动能与入射光的波长不成正比．故B错误．
C、最大初动能与照射光的时间无关．故C错误．
D、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，同种金属，逸出功相等，则最大初动能与入射光的频率成线性关系．故D正确．
E、对于不同的金属，逸出功不同，若照射光的频率不变，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，Ek与金属的逸出功成线性关系．故E正确．
故选ADE
【分析】根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0进行分析．
22．（2012·海南）一静止的 U核经α衰变成为 Th，释放出的总动能为4.27MeV．问此衰变后 Th核的动能为多少MeV（保留1位有效数字）？
【答案】解：据题意知， U核经α衰变成为 Th，根据动量守恒定律得
0=MThvTh﹣Mαvα①
式中，Mα和MTh分别为α粒子和Th核的质量，
vα和vTh分别为α粒子和Th核的速度的大小．
由题设条件知
EK= Mαvα2+ MThvTh2②
= ③
由①②③式得，衰变后 Th核的动能
MThvTh2=0.07MeV
答：衰变后 Th核的动能为0.07MeV．
【知识点】动量守恒定律
【解析】【分析】选择正确的研究对象．
根据动量守恒定律列出等式解决问题
根据能量守恒列出等式求解问题
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