课标全国卷物理含答案.docx
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课标全国卷物理含答案
2012·课标全国卷（理综物理）
14．[2012·课标全国卷]伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（ ）
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
14．AD [解析]惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆形轨道上保持匀速率运动的原因是行星受到地球的万有引力作用，不是由于惯性，C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直匀速直线运动下去，D正确．
15．[2012·课标全国卷]如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力，则（ ）
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
15．BD [解析]平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，因y＝
gt2,ya＜yb＝yc，所以b和c飞行时间相等且比a的飞行时间长，A错误，B正确；因x＝vt，xa＞xb＞xc，ta＜tb＝tc，故va＞vb＞vc，C错误，D正确．
16．[2012·课标全国卷]如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（ ）
A．N1始终减小，N2始终增大
B．N1始终减小，N2始终减小
C．N1先增大后减小，N2始终减小
D．N1先增大后减小，N2先减小后增大
16．B [解析]小球受重力、墙面的压力、木板的支持力而处于静止状态，故墙面的压力、木板的支持力的合力必与重力等大反向．设木板与竖直墙面的夹角为θ，由受力分析知，墙对球的压力大小为N1＝mgcotθ，球对木板的压力与木板对球的支持力大小相等，故N2＝
.当木板由图示位置缓慢转至水平时，θ角逐渐增大，N1、N2始终减小，B正确．
17．[2012·课标全国卷]自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为（ ）
A．380V和5.3A
B．380V和9.1A
C．240V和5.3A
D．240V和9.1A
17．B [解析]因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即
＝
，故副线圈的电压有效值U2为380V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即P1＝P2，由P1＝U1I1得I1＝9.1A，B正确．
18．[2012·课标全国卷]如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
18．BD [解析]带电粒子所受的电场力与平行板电容器垂直，粒子做直线运动，由受力分析可得粒子所受的电场力与重力的合力必与运动方向相反，粒子做匀减速直线运动，A、C错误，D正确；因电场力做负功，故粒子电势能逐渐增加，B正确．
19．[2012·课标全国卷]如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率
的大小应为（ ）
A.
B.
C.
D.
19．C [解析]当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为E＝
B0R2ω，当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为E＝
·
πR2，故
＝
，C正确．
20．[2012·课标全国卷]如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（ ）
20．A [解析]由楞次定律可判断出B、D选项对应的线框中对应的感应电流总是沿逆时针方向，B、D错误；C选项对应的线框受到的安培力的合力始终水平向左，C错误；故只有A正确．
21．[2012·课标全国卷]假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（ ）
A．1－
B．1＋
C.
2 D.
2
21．A [解析]在地球表面，由万有引力定律有G
＝mg，其中M＝
πR3，在矿井底部，由万有引力定律有G
＝mg0，其中M0＝
πR03，R＝R0＋d，联立解得
＝1－
，A正确．
22．A7[2012·课标全国卷]某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．图（a）所示读数为______mm，图（b）所示读数为______mm，所测金属板的厚度为______mm.
图（a） 图（b）
图7
22．[答案]0.010 6.870 6.860
[解析]根据螺旋测微器的读数规则，读数＝固定刻度＋可动刻度×0.01mm，图（a）所示读数为0.010mm，图（b）所示读数为6.870mm，所测金属板的厚度为6.870mm－0.010mm＝6.860mm.
23．[2012·课标全国卷]图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．
图8
（1）在图中画线连接成实验电路图．
（2）完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线．
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1.
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D______；然后读出______，并用天平称出________．
④用米尺测量________．
（3）用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________.
（4）判定磁感应强度方向的方法是：
若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
23．[答案]
（1）如图所示
（2）③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 ④D的底边长度l
（3）
（4）m2＞m1
[解析]将电源、开关、电流表、电阻箱和U形金属框串联成闭合电路．设U形金属框质量为m，当开关S断开时，有mg＝m1g，当开关S闭合时，有mg＋BIL＝m2g，联立解得：
B＝
g.若m2＞m1，U形金属框所受的安培力向下，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
24．[2012·课标全国卷]拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）．设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.
（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．
（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tanθ0.
24．[解析]
（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有
Fcosθ＋mg＝N①
Fsinθ＝f②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有
f＝μN③
联立①②③式得
F＝
mg④
（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有
Fsinθ≤λN⑤
这时，①式仍满足．联立①⑤式得
sinθ－λcosθ≤λ
⑥
现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有
sinθ－λcosθ≤0⑦
使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为
tanθ0＝λ⑧
25．[2012·课标全国卷]如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为
R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．
25．[解析]粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB＝m
①
式中v为粒子在a点的速度．
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．由几何关系知，线段a
、b
和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形．因此
a
＝b
＝r②
设
＝x，由几何关系得
＝
R＋x③
＝
R＋
④
联立②③④式得r＝
R⑤
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE＝ma⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得
r＝
at2⑦
r＝vt⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得
E＝
⑨
33．
（1）[2012·课标全国卷]关于热力学定律，下列说法正确的是______．
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
33．
（1）[答案]ACE
[解析]做功和热传递是改变内能的两种方式，A正确，B错误；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，也可以使热量从低温物体传给高温物体，但要引起其他变化，C正确，D错误；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，E错误．
33．
（2）[2012·课标全国卷]如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．
图11
（ⅰ）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）；
（ⅱ）将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温．
33．
（2）[解析]（ⅰ）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273K．设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有
p1＝pC＝Δp①
式中Δp＝60mmHg.
打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB.依题意，有
pB＝pC②
玻璃泡A和B中气体的体积为
V2＝VA＋VB③
根据玻意耳定律得
p1VB＝pBV2④
联立①②③④式，并代入题给数据得
pC＝
Δp＝180mmHg⑤
（ⅱ）当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp.玻璃泡C中气体的压强为
p′C＝pB＋Δp⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定律得
＝
⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得
T′＝364K⑧
34．
（1）[2012·课标全国卷]一简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的波形如图（a）所示，x＝0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t＝0时刻的运动方向沿y轴______（填“正向”或“负向”）．已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为________m.
图（a） 图（b）
图12
34．
（1）[答案]正向 0.8
[解析]由（b）图知：
x＝0.30m处的质点在t＝0时刻的运动方向沿y轴正向，又由题意可知：
0.3m＝
＋
，该波的波长为λ＝0.8m.
34．
（2）[2012·课标全国卷]一玻璃立方体中心有一点状光源．今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体．已知该玻璃的折射率为
，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值．
34．
（2）[解析]如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射．根据折射定律有
nsinθ＝sinα①
式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角．
现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点．由题意，在A点刚好发生全反射，故
αA＝
②
设线段OA在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有
sinθA＝
③
式中a为玻璃立方体的边长．
由①②③式得
RA＝
④
由题给数据得
RA＝
⑤
由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆．所求的镀膜面积S′与玻璃立方体的表面积S之比为
＝
⑥
由⑤⑥式得
＝
⑦
35．
（1）[2012·课标全国卷]氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：
12H＋13H→24He＋x，式中x是某种粒子．已知：
12H、13H、24He和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u＝931.5MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是______，该反应释放出的能量为________MeV（保留3位有效数字）．
35．
（1）[答案]01n（或中子） 17.6
[解析]由质量数守恒和电荷数守恒可知，粒子x是中子．由质能方程可得ΔE＝Δmc2＝Δm×931.5MeV＝17.6MeV.
35．
（2）F3[2012·课标全国卷]如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
（ⅰ）两球a、b的质量之比；
（ⅱ）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
35．
（2）[解析]（ⅰ）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝
m2v2①
式中g是重力加速度的大小．
设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得
m2v＝（m1＋m2）v′②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
（m1＋m2）v′2＝（m1＋m2）gL（1－cosθ）③
联立①②③式得
＝
－1④
代入题给数据得
＝
－1⑤
（ⅱ）两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－（m1＋m2）gL（1－cosθ）⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek（Ek＝
m2v2）之比为
＝1－
（1－cosθ）⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
＝1－
⑧
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