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2012年上海市高考物理试卷(含答案详解)

来源：华佗健康网

2012年上海市高考物理试卷(含答案详解) D

2012年上海市高考物理试卷

一．单项选择题.（共16分，每小題2分，每小题只有一个正确选项）

1．（2分）（2012•上海）在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的（） A频率．

2．（2分）（2012•上海）如图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则（）

B乙为紫光的干涉图样．

D丁为红光的干涉图样．

B强度．

C照射时间．

D光子数目．

A甲为紫光的干涉图样．

C丙为红光的干涉图样．

3．（2分）（2012•上海）与原子核内部变化有关的现象是（） A电离现象．

B光电效应现C天然放射现Dα粒子散射．象

．象

．现象

CF 2有两个可能的方向．

DF2可取任意方向．

7．（2分）（2012•上海）如图，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报．其中（）

A甲是“与”门，乙是“非” B甲是“或”门，乙是“非”．门．门

8．（2分）（2012•上海）如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平．则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）

．门．门

C甲是“与”门，乙是“或” D甲是“或”门，乙是“与”

A ．

B．

C．

D．

二．单项选择题.（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上．）

9．（3分）（2012•上海）某种元素具有多种同位素，反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是图（） A ．

10．（3分）（2012•上海）小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g=10m/s2）（） A三个．

11．（3分）（2012•上海）A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受电场力为（） A﹣ B C﹣F ．

12．（3分）（2012•上海）如图所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速变为v，其落点位于c，则（）

．

C．

D．

B四个．

C五个．

D六个．

DF ．

．．

Av 0＜v＜2v0 Bv=2v0 ．

．

C2v0＜v＜3v0 Dv＞3v0 ．

．

13．（3分）（2012•上海）当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（） A3V ，1.8J ．

14．（3分）（2012•上海）如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长的二倍．棒的A端用铰链墙上，棒处于水平状态．改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态．则悬线拉力（） A逐渐减小．

15．（3分）（2012•上海）质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直

B3V，3.6J ．

C6V，1.8J ．

D6V，3.6J ．

B逐渐增大．

C先减小后增D先增大后减．大

．小

到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB．若（） Ah A=hB，则一定有WA=WB ．．

16．（3分）（2012•上海）如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（）

BhA＞hB，则可能有WA＜WB ．．

Ch A＜hB，则可能有WA=WB DhA＞hB，则一定有WA＞WB

A2R ．

B ．

C ．

D ．

三．多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有二个或三个正确选项，全选对的，得4分，选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分，答案涂写在答题卡上．） 17．（4分）（2012•上海）直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（）

A总功率一定减小．

C热功率一定减小．

B效率一定增大．

D输出功率一定先增大后减小．

18．（4分）（2012•上海）位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有（）

AF 2=F1，v1＞v2 BF2=F1，v1＜v2 CF2＞F1，v1＞DF2＜F1，v1＜．

19．（4分）（2012•上海）图a为测量分子速率分布的装置示意图．圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置．从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上的S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上．展开的薄膜如图b所示，NP，PQ间距相等．则（）

．

．v 2

A到达 M附近的银原子速率较大．

B到达 Q附近的银原子速率较大．

C位于 PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分．率

D位于 PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分．率

20．（4分）（2012•上海）如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB．则（）

Am A一定小于BqA一定大于CvA一定大于DEkA一定大于．m B

．q B ．v B ．E kB

四．填空题.（共20分，每小题4分.答案写在题中横线上的空白处或指定位置.本大题中第22题、23题，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按22题计分． 21．（4分）（2012•上海）Co发生一次β衰变后变为Ni，其衰变方程为 _________ 在该衰变过程中还发妯频率为ν1、ν2的两个光子，其总能量为 _________ ．

22．（4分）（2012•上海）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为 _________ kgm/s；两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为 _________ m/s．

23．（2012•上海）人造地球卫星做半径为r，线速度大小为v的匀速圆周运动．当其角速度变为原来的倍后，运动半径变为 _________ ，线速度大小变为 _________ ．

24．（4分）（2012•上海）质点做直线运动，其s﹣t关系如图所示，质点在0﹣20s内的平均速度大小为 _________ m/s质点在 _________ 时的瞬时速度等于它在6﹣20s内的平均速度．

25．（4分）（2012•上海）如图，简单谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．已知图中x1与x2相距1m，波的周期为T，且2T＜△t＜4T．则可能的最小波速为 _________ m/s，最小周期为 _________ s．

26．（4分）（2012•上海）正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k．导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动．导体框在磁场中的加速度大小为 _________ ，导体框中感应电流做功的功率为 _________ ．

五．实验题.（共24分，答案写在题中横线上的空白处或括号内．）

27．（4分）（2012•上海）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．

（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为 _________ （填“顺时针”或“逆时针”）．

（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为 _________ （填“顺时针”或“逆时针”）．

28．（6分）（2012•上海）在练习使用多用表的实验中（1）某同学连接的电路如图所示

①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过 _________ 的电流；

②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是 _________ 的电阻；

③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是 _________ 两端的电压．

（2）（单选）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若 _________

（A）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大

（B）测量时发现指针偏离刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量

（C）选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25Ω

（D）欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大．

29．（6分）（2012•上海）如图1为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面等高．

（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管 _________ （填“向上”或“向下”）移动，直至 _________ ．

（2）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h表示B管内水银面高度的改变量．根据测量数据作出的图线（如图2）是 _________ ．

30．（8分）（2012•上海）在“利用单摆测重力加速度：的实验中

（1）某同学尝试用DIS测量周期．如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方．图中磁传感器的引出端A应接到 _________ ．使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于 _________ ．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为 _________ （地磁场和磁传感器的影响可忽略）．（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T后，分别取L和T的对数，所得到的lgT﹣lgL图线为 _________ （填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g= _________ ．

六．计算题（共50分）

31．（10分）（2012•上海）如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．（取sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2）．

32．（12分）（2012•上海）如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭．水平放置时，长L0=50cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h=30cm．将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有△h=15cm的水银柱进入玻璃管．设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0=75cmHg．求：

（1）插入水银槽后管内气体的压强p；（2）管口距水银槽液面的距离H．

33．（14分）（2012•上海）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=，式中常量k＞0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流i，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张

力均为T0．当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0．

（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向

（2）求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比

（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，试求I3．

34．（14分）（2012•上海）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱．导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B．在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a．

（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？

（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量．

2012年上海市高考物理试卷

参与试题解析

一．单项选择题.（共16分，每小題2分，每小题只有一个正确选项）

1．（2分）（2012•上海）在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的（） A频率．

考光电效应．

B强度．

C照射时间．

D光子数目．

点：

专光电效应专题．题：

分发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频析：率．

解解：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极答：限频率，由公式 EK=hf﹣W知，W为逸出功不变，所以

光电子的最大初动能取决于入射光的频率，A正确．故选A

点本题考查了发生光电效应的条件和光电效应方程的应评：用．

2．（2分）（2012•上海）如图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则（）

B乙为紫光的干涉图样．

D丁为红光的干涉图样．

A甲为紫光的干涉图样．

C丙为红光的干涉图样．

考光的干涉．

点：

分根据双缝干涉条纹的间距公式，通过间距的大小，判断析：出两束光所呈现的图样，干涉图样是等间距的．

知条纹是等间距的，解解：由干涉图样条纹间距公式

答：CD 错误；红光的波长长，条纹间距大，所以甲为紫光的，

乙为红光的，A正确B错误．故选A

点解决本题的关键通过双缝干涉条纹的间距公式判断是那评：种光，根据干涉图样等间距分析各项．

3．（2分）（2012•上海）与原子核内部变化有关的现象是（） A电离现象．

B光电效应现C天然放射现Dα粒子散射．象

．象

．现象

考天然放射现象．

点：

专原子的核式结构及其组成．题：

分电离现象是电子脱离原子核的束缚．光电效应是原子核析：外层电子脱离原子核的束缚而逸出；天然放射现象是原

子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象；α粒子散射现象是用α粒子打到金箔上，受到原子核的库伦斥力而发生偏折的现象；

解解：A、电离现象是电子脱离原子核的束缚，不涉及原子答：核内部变化．故 A错误．

B、光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故B错误．

C、天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，涉及到原子核内部的变化．故C正确． D、α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化．故D错误．故选C．

点本题考查这几种物理现象的本质，内容简单，只要加强评：记忆就能顺利解决，故应加强对基本知识的积累．

4．（2分）（2012•上海）根据爱因斯坦的“光子说”可知（）

A“光子说”本质就是牛顿的“微粒说” ．

B光的波长越大，光子的能量越小．

C一束单色光的能量可以连续变化．

D只有光子数很多时，光才具有粒子性．

考光子．

点：

分爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续析：的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能

量与频率成正比，即E=hv（h=6.626×1034 J．S）

﹣

解解：A、“光子说”提出光子即有波长又有动量，是波动答：说和粒子说的统一，故 A错误；

B、光的波长越大，根据，频率越大，故能量E=hv

越小，故B正确；

C、爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，每个光子的能量为E=hv，故光的能量是不连续的，故C错误； D、当光子数很少时，显示粒子性；大量光子显示波动性，

故D错误；故选B．

点爱因斯坦的“光子说”很好地将光的粒子性和波动性统评：一起来，即单个光子显示粒子性，大量光子显示波动性．

5．（2分）（2012•上海）在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其检测装置由放射源、探测器等构成，如图所示．该装置中探测器接收到的是（）

Bα射线．

AX 射线．

Cβ射线．

Dγ射线．

考常见传感器的工作原理．

点：

分在三种射线中γ射线的穿透本领最强，该装置中探测器析：接收到的是 γ射线．

解解：α、β、γ三种射线的穿透能力不同，α射线不能答：穿过钢板，γ 射线只能穿过3 mm厚的铝板，而γ射线

能穿透钢板．故D正确，ABC错误．故选D

点本题考查了α、β、γ三种射线的特性，电离本领依次评：减弱，穿透本领依次增强，能在生活中加以利用．

6．（2分）（2012•上海）已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N．则（） AF 1的大小是唯一的．

CF 2有两个可能的方向．

考力的合成．

BF2的方向是唯一的．

DF2可取任意方向．

点：

分已知合力的大小为50，一个分力F1的方向已知，与F成析：30 °夹角，另一个分力的最小值为Fsin30°=25N，根据

三角形定则可知分解的组数．

解解：已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，知答：另一个分力的最小值为 Fsin30°=25N

而另一个分力大小大于25N小于30N，所以分解的组数有两组解．

如图．故C正确，ABD错误故选C．

点解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，评：知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相同的．

7．（2分）（2012•上海）如图，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报．其中（）

A甲是“与”门，乙是“非” B甲是“或”门，乙是“非”．门．门

考简单的逻辑电路．

．门．门

C甲是“与”门，乙是“或” D甲是“或”门，乙是“与”

点：

专压轴题．题：

分根据电路分析，当从乙门电路输出为高电压时，蜂鸣器析：发出声音．

解解：A、若甲是“与”门，乙是“非”门，不管输入电压答：为低电压还是高电压，经过“与”门后输出为低电压，

经过“非”门后输出高电压，蜂鸣器都会发出警报．故A错误．

B、若甲是“或”门，乙是“非”门，当输入电压为低电压，经过“或”门输出为低电压，经过“非”门输出为高电压，蜂鸣器发出警报，当输入为高电压，经过“或”门输出为高电压，经过“非”门输出为低电压，蜂鸣器

不发出警报．故B正确．

CD、乙不会是“或”门和“与”门，故C、D错误．故选B．

点本题考查了逻辑门电路及复合门电路，理解逻辑关系及评：功能．

A ．

考力的合成与分解的运用．

B．

C．

D．

点：

专压轴题；受力分析方法专题．题：

分对整体分析，得出整体的加速度方向，确定B的加速度析：方向，知道 B的合力方向，从而知道B的受力情况．解解：整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向答：下，则 B的加速度方向沿斜面向下．根据牛顿第二定律

知，B的合力沿斜面向下，则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力．故A正确，B、C、D错误．故选A．

点解决本题的关键知道B与整体具有相同的加速度，根据评：加速度确定物体的合力方向．注意整体法和隔离法的运

用．

二．单项选择题.（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上．）

9．（3分）（2012•上海）某种元素具有多种同位素，反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是图（） A ．

考原子的核式结构．

．

C．

D．

点：

分质子数相同中子数不同的同一元素不同原子互为同位析：素，质量数等于质子数加中子数．

解解：同位素的质子数相同，中子数不同，而质量数等于答：质子数加中子数，设质子数为 M，则有：

A=N+M，所以B正确．故选B

点本题主要考查了同位素的定义，知道质量数等于质子数评：加中子数，难度不大，属于基础题．

考竖直上抛运动．

B四个．

C五个．

D六个．

点：

分小球做竖直上抛运动，先求解出小球运动的总时间，然析：后判断小球在抛出点以上能遇到的小球数．

解解：小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程是

答：匀变速运动，根据位移时间关系公式，有：

代入数据，有：

解得：t=0（舍去）或 t=1.2s

每隔0.2s抛出一个小球，故第一个小球在抛出点以上能

遇到的小球数为：N= 故选C．

点本题关键明确第一个小球的运动情况，然后选择恰当的评：运动学公式列式求解出运动时间，再判断相遇的小球个

数．

11．（3分）（2012•上海）A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q

的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受电场力为（） A﹣ B C﹣F ．

考电场强度；电场的叠加．

DF ．

．．

点：

专电场力与电势的性质专题．题：

分首先确定电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方析：向与 F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关

系，即可求出﹣2q的点电荷所受电场力．

解解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析答：可知电荷量为﹣ 2q的点电荷在C处所受的电场力方向与

F方向相同．

设AB=r，则有BC=2r．则有：F=k

故电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受电场力为：FC=k故选B

点本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场评：力大小和方向关系，难度不大．

Av 0＜v＜2v0 Bv=2v0 ．

考平抛运动．

C2v0＜v＜3v0 Dv＞3v0 ．

．

点：

专平抛运动专题．题：

分平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上析：做自由落体运动，平抛运动的水平位移由初速度和运动

时间决定．

解解：小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运答：动，恰落在 b点，改变初速度，落在c点，知水平位移

变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2v0．故A正确，B、C、D错误．故选A．

点解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的评：运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，时间和初

速度共同决定水平位移．

考闭合电路的欧姆定律．

B3V，3.6J ．

C6V，1.8J ．

D6V，3.6J ．

点：

分（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能析：0.9J ，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内

通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相

同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；

（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．

解解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是答：0.9J ，所以此时电压为： U′===3V

当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=

可知，I=2I′，

根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，

电阻丝在这段时间内消耗的电能： W=UQ=6V×0.6C=3.6J．故选D．

点本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题评：由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出

相关关系来求解．

考力矩的平衡条件．

B逐渐增大．

C先减小后增D先增大后减．大

．小

点：

分根据力矩平衡知，拉力的力矩与重力力矩平衡，根据拉析：力力臂的变化判断拉力的变化．

解解：棒子O端用水平轴铰接在墙上，棒处于水平状态，

答：知悬线拉力的力矩和重力力矩平衡，重力力矩不变，当

改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，0点到悬线的垂直距离不断增大，则拉力的力臂增大，所以拉力的大小先逐渐减小．故A正确，BCD错误．故选A．

点解决本题的关键掌握力矩平衡条件，通过力臂的变化，评：判断悬线作用力的变化．

15．（3分）（2012•上海）质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长．分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB．若（） Ah A=hB，则一定有WA=WB ．．

考机械能守恒定律．

BhA＞hB，则可能有WA＜WB ．．

Ch A＜hB，则可能有WA=WB DhA＞hB，则一定有WA＞WB

点：

专压轴题；机械能守恒定律应用专题．题：

分质量相等的均质柔软细绳，则长的绳子，其单位长度的析：质量小，

根据细绳的重心上升的高度找出克服重力做功的关系．

解解：A、两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，hA=hB，答：绳 A较长．所以绳A的重心上升的高度较小，质量相等，

所以WA＜WB．故A错误

B、hA＞hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度可能较小，质量相等，

所以可能WA＜WB．故B正确，D错误

C、hA＜hB，绳A较长．所以绳A的重心上升的高度一定较小，质量相等，所以WA＜WB．故C错误故选B．

点解决该题关键要知道柔软细绳不能看成质点，找出不同评：情况下重心上升的高度的关系．

A2R ．

B ．

C ．

D ．

考机械能守恒定律．

点：

专压轴题；机械能守恒定律应用专题．题：

分开始AB一起运动，A落地后，B做竖直上抛运动，B到析：达最高点时速度为零；由动能定理可以求出 B上升的最

大高度．

解解：设B的质量为m，则A的质量为2m，答：以 A、B组成的系统为研究对象，

在A落地前，由动能定理可得：

﹣mgR+2mgR=（m+2m）v2﹣0，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得：﹣mgh=0﹣mv2，则B上升的最大高度H=R+h，解得：H=；故选C．

点B的运动分两个阶段，应用动能定理即可求出B能上升评：的最大高度．

A总功率一定减小．

C热功率一定减小．

考电功、电功率．

B效率一定增大．

D输出功率一定先增大后减小．

点：

专恒定电流专题．题：

分滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由析：欧姆定律可以判断电路电流如何变化，由电功率公式可

以分析答题．

解解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动答：变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电

动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；

A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A正确； B、电源的效率η=

，电源内阻r不变，滑动

变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确； C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减

小，故C正确；

D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选ABC．

点熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题．评：

AF 2=F1，v1＞v2 BF2=F1，v1＜v2 CF2＞F1，v1＞DF2＜F1，v1＜．

考功率、平均功率和瞬时功率；力的合成与分解的运用；点：共点力平衡的条件及其应用．

．

．v 2 ．v 2

专功率的计算专题．题：

分物体都做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件列式，再析：根据 F1与F2功率相同列式，联立方程分析即可求解．解解：物体都做匀速运动，受力平衡，则：

答： F1=μmg

F2 cosθ=μ（mg﹣F2sinθ）解得：F2（cosθ+μsinθ）=F1…① 根据F1与F2功率相同得： F1v1=F2v2cosθ…② 由①②解得：

所以v1＜v2，而F1与 F2的关系无法确定，大于、等于、小于都可以．故选BD

点该题要抓住物体都是匀速运动受力平衡及功率相等列式评：求解，难度适中．

A到达 M附近的银原子速率较大

．

B到达 Q附近的银原子速率较大．

C位于 PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分．率

D位于 PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分．率

考带电粒子在匀强磁场中的运动．

点：

专压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．题：

分银原子向右匀速运动的同时，圆筒匀速转动，两个运动析：相互，同时进行．

解解：A、B、从原子炉R中射出的银原子向右做匀速直线答：运动，同时圆筒匀速转动，在转动半圈的过程中，银原

子依次全部到达最右端并打到记录薄膜上，形成了薄膜图象；

从图象可以看出，打在薄膜上M点附近的银原子先到达最右端，所以速率较大，故A正确，B错误； C、D、从薄膜图的疏密程度可以看出，打到薄膜上PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率，故C正确．故选AC．

点本题考查圆周运动和统计规律，难度中等，本题物理情评：景比较新；无需考虑粒子的波动性．

Am A一定小于BqA一定大于CvA一定大于DEkA一定大于．m B

考牛顿第二定律；机械能守恒定律．

．q B ．v B ．E kB

点：

专压轴题；牛顿运动定律综合专题．题：

分设两个球间的静电力为F，分别对两个球受力分析，求析：解重力表达式后比较质量大小；根据机械能守恒定律列

式求解后比较最低点速度大小，再进一步比较动能大小．解解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，答：如图

根据平衡条件，有：故：同理，有：

由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A正确；

B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误； C、小球摆动过程机械能守恒，有，解得球的速度较大，故C正确；

D、小球摆动过程机械能守恒，有mg△h=EK，故 Ek=mg△h=mgL（1﹣cosθ）=L（1﹣cosθ）其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到： Ek=

L（1﹣cosθ）=

，

由于A球摆到最低点过程，下降的高度△h较大，故A

其中FLcosθ相同，故θ越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确；故选ACD．

点本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件评：列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解．

四．填空题.（共20分，每小题4分.答案写在题中横线上的空白处或指定位置.本大题中第22题、23题，考生可任选一类答题．若两类试题均做，一律按22题计分． 21．（4分）（2012•上海）Co发生一次β衰变后变为Ni，其衰变方程为

考原子核衰变及半衰期、衰变速度．

在该衰变过程中还发妯频

率为ν1、ν2的两个光子，其总能量为 hv1+hv2 ．

点：

专衰变和半衰期专题．题：

分发生一次β衰变后，原来的原子核质量数不变，核电荷析：数增加 1，由此可以写出衰变方程；每个光子的能量为

hv，总能量就是两个光子的能量和．

解解：发生一次β衰变后，原来的原子核质量数不变，核

1，故衰变方程：答：电荷数增加

每个光子的能量为hv，频率为ν1、ν2的两个光子的能量分别是hv1和hv2，其总能量为hv1+hv2．

故答案为：；hv1+hv2．

点本题考查原子核的β衰变方程，只要记住它的衰变规律评：就可以正确解答．属于基础题目．

22．（4分）（2012•上海）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量

为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为 40 kgm/s；两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为 10 m/s．

考动量守恒定律．

点：

分取A球的速度方向为正方向，分别表示出两球的动量，析：即可求出总动量．碰撞过程遵守动量守恒，求出 B的速

度大小．

解解：取A球的速度方向为正方向，

答：AB 的总动量大小为P=mAvA﹣mBvB=5×10﹣2×5=40

（kgm/s）．根据动量守恒得 P=mAvA′+mBvB′，解得，vB′=10m/s 故答案为：40，10

点对于碰撞的基本规律是动量守恒，注意规定正方向列出评：守恒等式．

23．（2012•上海）人造地球卫星做半径为r，线速度大小为v的匀速圆周运动．当其角速度变为原来的倍后，运动半径变为 2r ，线速度大小变为

考万有引力定律及其应用．

．

点：

专万有引力定律的应用专题．题：

分人造地球卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，析：运用牛顿第二定律列方程求角速度与半径的关系，再运

用牛顿第二定律列方程求线速度与半径的关系．解解：万有引力提供向心力，得：答：

得：

得：又：

故答案为：2r，

点人造地球卫星做匀速圆周运动，一定要使用万有引力提评：供向心力的公式来讨论半径与线速度、角速度、周期等

的关系．

24．（4分）（2012•上海）质点做直线运动，其s﹣t关系如图所示，质点在0﹣20s内的平均速度大小为 0.8 m/s质点在 10s、14s 时的瞬时速度等于它在6﹣20s内的平均速度．

考匀变速直线运动的图像．

点：

专运动学中的图像专题．题：

分位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上析：的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻

的速度，平均速度等于位移除以时间．

解解：由图可知：质点在0﹣20s内的位移为16m，

0﹣20s内的平均速度大小答：所以

6﹣20s内的平均速度为：

由图可知，质点在10s末和14s的斜率正好为：1，所以质点在10s、14s的瞬时速度等于它在6﹣20s内的平均速度

故答案为：0.8，10s、14s

点理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；能从位移评：﹣时间图象中解出物体的位置变化即位移．

25．（4分）（2012•上海）如图，简单谐横波在t时刻的波形如实线所示，经过△t=3s，其波形如虚线所示．已知图中x1

与x2相距1m，波的周期为T，且2T＜△t＜4T．则可能的最小波速为 5 m/s，最小周期为 s．

考波长、频率和波速的关系；横波的图象．

点：

专压轴题；波的多解性．题：

分分波向左传播和向右传播两种情况讨论；先求出位移，析：再求解波速和对应的周期．

解解：由图象可以看出，波长为：2λ=14m，故λ=7m；答：2T ＜△t＜4T，故波传播的距离：2λ＜△x＜4λ；

①波向右传播，△x=15m或22m；

波速为或m/s；周期为：

或s；

②波向左传播，△x=20m或27m 波速为或9m/s；周期为：

或s；

故答案为：5，．

点本题关键分情况讨论，求解出各种可能的波速和周期，评：然后取最小值．

26．（4分）（2012•上海）正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k．导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动．导体框在磁场中的加速度大小为，导体框中感应电流做功的功率为

．

考法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电点：功率．

专压轴题；电磁感应与电路结合．题：

分对导线框受力分析，利用牛顿第二定律可以求出加速析：度；根据法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，再

根据

可以求出导体框中感应电流做功的功率．

解解：导线框在磁场中受到的合外力等于F，由牛顿第二答：定律得：

导体框在磁场中的加速度大小为：

由法拉第的磁感应定律得：线框中产生感应电动势为由

可得：

导体框中感应电流做功的功率为

故答案为：

点解决此类问题的关键是熟练掌握感应电流产生条件，楞评：次定律，及法拉第电磁感应定律．

五．实验题.（共24分，答案写在题中横线上的空白处或括号内．）

（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为顺时针（填“顺时针”或“逆时针”）．

（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）．

考研究电磁感应现象．

点：

专实验题．题：

分电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方析：向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答

题．

解解：（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿答：过 L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应

电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针．（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针．故答案为：（1）顺时针；（2）逆时针．

点熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌评：握安培定则与楞次定律的内容．

28．（6分）（2012•上海）在练习使用多用表的实验中（1）某同学连接的电路如图所示

①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过 R1 的电流；

②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是 R1+R2 的电阻；

③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是 R2 两端的电压．

（2）（单选）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若 D （A）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大

（B）测量时发现指针偏离刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量

（C）选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25Ω

（D）欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大．

考用多用电表测电阻．

点：

专实验题；恒定电流专题．题：

分（1）图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻R2并联，析：通过电键与电池相连，根据电路的串并联知识分析即可；

（2）欧姆表刻度是左密右疏，中间刻度较均匀；每次换

挡需要重新较零．

解解：（1）①多用电表与滑动变阻器串联，电流相等；答：②断开电路中的电键， R1与R2串联，多用电表接在其两

端；

③滑动变阻器的滑片移至最左端，滑动变阻器相当于导线；则多用电表与电阻R2相并联；故答案为：①R1，②R1+R2，③R2．

（2）A、双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，故A错误；

B、测量时发现指针偏离刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量，故B错误； C、欧姆表刻度是左密右疏，选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于250Ω，大于200Ω，即测量值不可能小于25Ω．故C错误； D、欧姆表内的电池使用时间太长，电动势不变，内电阻增加，完成欧姆调零即可测量，故D正确；故选：D．

点本题关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；评：欧姆表使用时每次换挡都要欧姆调零．

29．（6分）（2012•上海）如图1为“研究一定质量气体在压强不变的条件下，体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图．粗细均匀的弯曲玻璃管A臂插入烧瓶，B臂与玻璃管

C下部用橡胶管连接，C管开口向上，一定质量的气体被封闭于烧瓶内．开始时，B、C内的水银面等高．

（1）若气体温度升高，为使瓶内气体的压强不变，应将C管向下（填“向上”或“向下”）移动，直至 B、C两管水银面等高．

（2）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h表示B管内水银面高度的改变量．根据测量数据作出的图线（如图2）是 A ．

考气体的等容变化和等压变化．

点：

专实验题；压轴题．题：

分探究压强不变时体积变化与温度变化的关系，气体温度析：升高，压强变大， B管水银面下降，为保证气体压强不

变，应适当降低C管，使B、C两管水银面等高．解解：（1）气体温度升高，压强变大，B管水银面下降，答：为保证气体压强不变，应适当降低 C管，

所以应将C管向下移动，直至B、C两管水银面等高，即保证了气体压强不变．

（2）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的

温度，用△h表示B管内水银面高度的改变量．压强不变时体积变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A．

故答案为：（1）向下，B、C两管水银面等高．（2）A

点实验过程中要注意控制变量法的应用，控制气体压强不评：变， B、C两管水银面等高．

30．（8分）（2012•上海）在“利用单摆测重力加速度：的实验中

（1）某同学尝试用DIS测量周期．如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方．图中磁传感器的引出端A应接到数据采集器．使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点．若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为（地磁场和磁传感器的影响可忽略）．

（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T后，分别取L和T的对数，所得到的lgT﹣lgL图线为直线（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g=

．

考用单摆测定重力加速度．

点：

专实验题；压轴题；单摆问题．题：

分（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而采集析：数据，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低

点（或平衡位置），知道周期为一次全振动的时间，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，所以在t时间内完成了n﹣1个全振动；（2）由T=

结合数学对数知识，得到lgT﹣lgL的关

系式，根据数学知识即可求解．

解解：（1）磁传感器的引出端A应接到数据采集器，从而答：采集数据．单摆做小角度摆动，

当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于最低点（或平衡位置）．

若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则

单摆的周期为：T=（2）由T=为直线，由题意可知：lg解得：g=

，故lgT﹣lgL图线

可得：lgT=lg

故答案为：（1）数据采集器，；最低点；

；（2）直线；

点本题考查实验操作和数据处理的能力，对数学知识要求评：较高，难度适中．

六．计算题（共50分）

考牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

点：

专牛顿运动定律综合专题．题：

分对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹析：力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二

定律列方程求解即可．

解解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令答：Fsin53 °=mg，F=1.25N 此时无摩擦力．

当F＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律Fcosθ﹣μFN=ma，FN+Fsinθ=mg，解得F=1N

当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律Fcosθ﹣μFN=ma，Fsinθ=mg+FN，解得F=9N 答：F的大小为1N或者9N．

点本题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件评：列方程求解，关键是分情况讨论．

（1）插入水银槽后管内气体的压强p；（2）管口距水银槽液面的距离H．

考理想气体的状态方程．

点：

专理想气体状态方程专题．题：

分将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过程中会有析：一部分水银流出，这是该题的关键所在．找出各种长度

之间的关系，代入玻意耳定律，求解即可．

解解：（1）将玻璃管缓慢地转到开口向下和竖直位置的过答：程中，设会有 xcm水银流出，气体的初状态：

P1=P0=75cmHg，V1=L0s；

末状态：P2=75﹣（30﹣x）cmHg，V2=100s﹣（30﹣x）s

由玻意耳定律：P1V1=P2V2

代入数据，解得：x1=﹣120cm（舍去），x2=5cm 插入后有△h=15cm的水银柱进入玻璃管，此时管内的水银柱长度：L′=（30﹣5+15）cm=40cm，V3=（L﹣L′）s

由玻意耳定律：P1V1=P3V3 代入数据，解得：P3=62.5cmHg

（2）设管内的水银面距水银槽液面的距离为h，则P3=P0﹣h，所以，h=P0﹣P3=12.5cm

管口距水银槽液面的距离：H=L′﹣h=27.5cm

答：（1）插入水银槽后管内气体的压强62.5cmHg；（2）管口距水银槽液面的距离为27.5cm

点该题中会有一部分水银流出，这是该题的关键所在，很评：多的同学在解题的过程中，往往考虑不到这一点而出现

错误．属于易错题．

33．（14分）（2012•上海）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=，式中常量k＞0，I为电流强度，r为距导线的距离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流i，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0．当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0．

（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向

（2）求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比

（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，试求I3．

考安培力；左手定则．

点：

专压轴题．题：

分（1）通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的

析：方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电

流的方向．

（2）通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，从而得出安培力之比．

（3）根据瞬间线圈的加速度，根据牛顿第二定律结合第二问的结论求出电流I3的大小，注意加速度的方向可能向上，也可能向下．

解解：（1）当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张答：力均减小为 T1，知此时线框所受安培力合力方向竖直向

上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向里，则I1方向向左．当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T．0知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab边所受的安培力的向下，cd边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向外，则I2方向向右．

（2）当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为

F1=KI1iL（﹣） F2=KI2iL（﹣） F1：F2=I1：I2，（3）2T0=G 2T1+F1=G

由题意加速度向下：F3+G= 根据第（2）问结论：

I1：I3=F1：F3=I3=

（方向向右）

答：（1）I1方向向左，I2方向向右．

（2）线框受到的安培力F1与F2大小之比为I1：I2，（3）电流I3的大小为I3=

（方向向右）．

点解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手评：螺旋定则判断电流周围磁场的方向．

（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？

（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量．

考导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及点：其应用；电磁感应中的能量转化．

专压轴题；电磁感应——功能问题．题：

分电磁感应定律求电动势，匀变速运动求速度，由闭合电析：路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式，对导轨

受力分析，牛顿第二定律求F得最大值，由动能定理求导轨动能的增加量．

解解：（1）对杆发电：E=BLv，答：导轨做初速为零的匀加速运动， v=at，

E=BLat，

s=at2

对回路：闭合电路欧姆定律：

（2）导轨受外力F，安培力FA摩擦力f．其中对杆受安培力：FA=BIL=

）

Ff=μFN=μ（mg+BIL）=μ（mg+

由牛顿定律F﹣FA﹣Ff=Ma F=Ma+FA+Ff=Ma+μmg+（1+μ）上式中当：=R0at 即t=

时，外力F取最大值，

，

F max=Ma+μmg+（1+μ）B2L2

（3）设此过程中导轨运动距离为s，由动能定理，W=△Ek W=Mas．

合

由于摩擦力Ff=μ（mg+FA），

所以摩擦力做功：W=μmgs+μWA=μmgs+μQ， s=

，

△Ek=Mas=

答：（1）回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式E=BLat，（2）经过

；

时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值

，．

为Ma+μmg+（1+μ）B2L2（3）导轨动能的增加量为

点考查了电磁感应定律产生电动势、电流随时间变化的规评：律，讨论其最大值，能量守恒定律的应用．

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