2012年高考物理試卷（大綱版）（解析卷）

第頁|共頁2012年全國統(tǒng)一高考物理試卷（大綱版）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8題．在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項符合題目要求，有的有多個選項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但選不全的得3分，有選錯的得0分．1．（6分）下列關于布朗運動的說法，正確的是（）A．布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動 B．液體溫度越高，懸浮粒子越小，布朗運動越劇烈 C．布朗運動是由于液體各部分的溫度不同而引起的 D．布朗運動是由液體分子從各個方向對懸浮粒子撞擊作用的不平衡引起的 【考點】84：布朗運動．【專題】545：布朗運動專題．【分析】布朗運動是小微粒受到的分子的撞擊的不平衡產生的，是小微粒的運動．受溫度的影響．【解答】解：A、布朗運動是懸浮顆粒的無規(guī)則運動，不是液體分子的運動，故A錯誤；B、液體的溫度越高，懸浮顆粒越小，布朗運動越劇烈，故B正確；C、D、布朗運動是由于液體分子從各個方向對懸浮粒子撞擊作用不平衡引起的，故C錯誤，D正確。故選：BD。【點評】明確布朗運動不是分子的運動，是固體微粒的運動，其劇烈程度與溫度有關．2．（6分）U經過m次α衰變和n次β衰變Pb，則（）A．m=7，n=3 B．m=7，n=4 C．m=14，n=9 D．m=14，n=18 【考點】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度．【專題】54O：衰變和半衰期專題．【分析】原子核每發(fā)生一次α衰變，質量數減少4，電荷數減少2；每發(fā)生一次β衰變，質量數不變，電荷數增加1．根據質量數的變化，可以求出α衰變的次數；再結合電荷數的變化，可以求出β衰變的次數?！窘獯稹拷猓涸雍嗣堪l(fā)生一次α衰變，質量數減少4，電荷數減少2；每發(fā)生一次β衰變，質量數不變，電荷數增加1．比較兩種原子核，質量數減少28，即發(fā)生了α衰變次數：；電荷數應減少14，而電荷數減少10，說明發(fā)生了β衰變次數：n=m×2﹣（92﹣82）=4，所以B項正確。故選：B。【點評】此題考查原子核衰變次數的計算，熟記衰變過程中質量數和電荷數的變化特點是解題的關鍵。3．（6分）在雙縫干涉實驗中，某同學用黃光作為入射光，為了增大干涉條紋的間距，該同學可以采用的方法有（）A．改用紅光作為入射光 B．改用藍光作為入射光 C．增大雙縫到屏的距離 D．增大雙縫之間的距離 【考點】HC：雙縫干涉的條紋間距與波長的關系．【專題】13：實驗題；54G：光的干涉專題．【分析】根據雙縫干涉條紋的間距公式判斷如何增大干涉條紋的間距．【解答】解：光的干涉現象中，條紋間距公式，即干涉條紋間距與入射光的波長成正比，與雙縫到屏的距離成正比，與雙縫間距離成反比。A、紅光波長大于黃光波長，則條紋間距增大，故A正確；B、藍光波長小于黃光波長，則條紋間距減小，故B錯誤；C、增大雙縫到屏的距離，條紋間距增大，故C正確；D、增大雙縫之間的距離，條紋間距減小。故D錯誤。故選：AC?！军c評】解決本題的關鍵掌握雙縫干涉條紋的間距公式．4．（6分）質量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是（）A．若q1=q2，則它們作圓周運動的半徑一定相等 B．若m1=m2，則它們作圓周運動的半徑一定相等 C．若q1≠q2，則它們作圓周運動的周期一定不相等 D．若m1≠m2，則它們作圓周運動的周期一定不相等 【考點】48：線速度、角速度和周期、轉速；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據半徑和周期公式即可判斷．【解答】解：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其半徑r=，已知兩粒子動量相等，A、若q1=q2，則它們的圓周運動半徑一定相等，選項A正確；B、若m1=m2，不能確定兩粒子電量關系，不能確定半徑是否相等，選項B錯；C、由周期公式T=可知：僅由電量或質量關系，無法確定兩粒子做圓周運動的周期是否相等，故C、D錯誤。故選：A。【點評】熟記和運用半徑公式和周期公式進行合理變形和推導，難度適中．5．（6分）如圖，兩根互相平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點的距離均相等。關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是（）A．o點處的磁感應強度為零 B．a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反 C．c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同 D．a、c兩點處磁感應強度的方向不同 【考點】C6：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向．【分析】根據右手螺旋定則確定兩根導線在a、b、c、d四點磁場的方向，根據平行四邊形定則進行合成?！窘獯稹拷猓篈、根據右手螺旋定則，M處導線在o點產生的磁場方向豎直向下，N處導線在o點產生的磁場方向豎直向下，合成后磁感應強度不等于0．故A錯誤。B、M在a處產生的磁場方向豎直向下，在b處產生的磁場方向豎直向下，N在a處產生的磁場方向豎直向下，b處產生的磁場方向豎直向下，根據場強的疊加知，a、b兩點處磁感應強度大小相等，方向相同。故B錯誤。C、M在c處產生的磁場方向垂直于cM偏下，在d出產生的磁場方向垂直dM偏下，N在c處產生的磁場方向垂直于cN偏下，在d處產生的磁場方向垂直于dN偏下，根據平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合磁感應強度大小相等。故C正確。D、a、c兩點的磁場方向都是豎直向下。故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關系，會根據平行四邊形定則進行合成。6．（6分）一臺電風扇的額定電壓為交流220V．在其正常工作過程中，用交流電流表測得某一段時間內的工作電流I隨時間t的變化如圖所示．這段時間內電風扇的用電量為（）A．3.9×10﹣4度 B．5.5×10﹣2度 C．7.8×10﹣2度 D．11.0×10﹣2度 【考點】BG：電功、電功率．【專題】535：恒定電流專題．【分析】分三段運用W=UIt求解電功，最后得到總功，換算成度數．【解答】解：用電量為：W=UI1t1+UI2t2+UI3t3=U（I1t1+I2t2+I3t3）=220V×（0.3A×10×60s+0.4A×600s+0.2A×2400s）=1.98×105J1KWh=3.6×106J故W=故選：B。【點評】本題關鍵分三段求解電功，最后要換算成KWh，要知道1KWh=3.6×106J．7．（6分）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，圖（a）是t=0時刻的波形圖，圖（b）和圖（c）分別是x軸上某兩處質點的振動圖象．由此可知，這兩質點平衡位置之間的距離可能是（）A．m B．m C．1m D．m 【考點】F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關系．【專題】16：壓軸題．【分析】熟練應用由質點振動關系判斷質點間距公式，把振動圖象和波動圖象聯系起來．【解答】解：圖（b）所示質點在t=0時在正向最大位移處，圖（c）所示質點在t=0時，x=﹣0.05（振幅的一半），運動方向沿y軸負方向，結合波形圖找到對應的點，若圖（c）所示質點在圖（b）所示質點的左側有，當n=0時，B正確；若圖（c）所示質點在圖（b）所示質點的右側有，當n=0時，D正確。故選：BD?！军c評】本題考查振動圖象、波動圖象及相關知識，難度較大，要仔細分析．8．（6分）如圖，大小相同的擺球a和b的質量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是（）A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等 B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等 C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同 D．發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置 【考點】53：動量守恒定律；6C：機械能守恒定律；76：單擺的周期．【專題】16：壓軸題；52K：動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合．【分析】兩球碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，由動量守恒與機械能守恒定律列方程，求出碰后的速度，然后答題．【解答】解：A、兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即：mv02=mv12+3mv22，解兩式得：v1=﹣，v2=，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，故A正確；B、因兩球質量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，方向相反，故B錯誤；C、碰撞后兩球做圓周運動，機械能守恒，設繩長為L，設球的最大擺角分別為α、β，由機械能守恒定律得，對a球：mv12=mgL（1﹣cosα），對b球：?3mv22=3mgL（1﹣cosβ），解得：cosα=cosβ，則α=β，即：第一次碰撞后，兩球的最大擺角相同，故C錯誤；D、由單擺的周期公式T=2π可知，兩球擺動周期相同，經半個周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，故D正確。故選：AD?！军c評】兩小球的碰撞是彈性碰撞，由動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題．此為選擇題，解答分析方法很基礎，但是解答速度一定很慢，如果能利用一些重要結論，就能迅速給出答案．比方說，關于碰撞的“動靜“模型，發(fā)生彈性碰撞時，被碰物體獲得的速度最大，發(fā)生完全非彈性碰撞時，被碰物體獲得的速度最小，最大速度為最小速度的兩倍，最小速度易求，最大速度也就易得，本題若用到碰撞的重要結論，可以很快捷地給出答案．二、解答題9．（6分）在黑箱內有一由四個阻值相同的電阻構成的串并聯電路，黑箱面板上有三個接線柱1、2、3．用歐姆表測得1、2接線柱之間的電阻為1Ω，2、3接線柱之間的電阻為1.5Ω，1、3接線柱之間的電阻為2.5Ω．（1）在虛線框中畫出黑箱中的電阻連接方式；（2）如果將1、3接線柱用導線連接起來，1、2接線柱之間的電阻為0.6Ω．【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；BJ：串聯電路和并聯電路．【專題】535：恒定電流專題．【分析】（1）電阻連接無非是串聯、并聯或者混連，畫出各種可能性，然后結合題意分析；（2）根據電阻的串并聯知識求解即可．【解答】解：（1）因為1、2接線柱之間的電阻與2、3接線柱之間的電阻之和等于1、3接線柱之間的電阻，所以2為中間的結點，又因為2、3接線柱之間的電阻與1、2接線柱之間的電阻的差等于1、2接線柱之間的電阻的一半，故2、3之間有兩個電阻并聯，后再與第三個電阻串聯，每個電阻均為1Ω，連接方式如圖所示；（2）將1、3用導線相連后，等效電路如圖所示：1、2之間的等效電阻，故R=0.6Ω；故答案為：（1）如圖所示；（2）0.6．【點評】本題考查黑箱探測和電阻的串聯并聯計算，關鍵畫出各種可能的電路進行分析．10．（17分）圖1為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖。圖中打點計時器的電源為50Hz的交流電源，打點的時間間隔用△t表示。在小車質量未知的情況下，某同學設計了一種方法用來研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質量間的關系”。（1）完成下列實驗步驟中的填空：①平衡小車所受的阻力：小吊盤中不放物塊，調整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器打出一系列間隔均勻的點。②按住小車，在小吊盤中放入適當質量的物塊，在小車中放入砝碼。③打開打點計時器電源，釋放小車，獲得帶有點跡的紙帶，在紙帶上標出小車中砝碼的質量m。④按住小車，改變小車中砝碼的質量，重復步驟③。⑤在每條紙帶上清晰的部分，每5個間隔標注一個計數點。測量相鄰計數點的間距s1，s2，…．求出與不同m相對應的加速度a。⑥以砝碼的質量m為橫坐標，為縱坐標，在坐標紙上做出﹣﹣m關系圖線。若加速度與小車和砝碼的總質量成反比，則與m處應成線性關系（填“線性”或“非線性”）。（2）完成下列填空：（ⅰ）本實驗中，為了保證在改變小車中砝碼的質量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質量之和應滿足的條件是遠小于小車及其所載砝碼總質量。（ⅱ）設紙帶上三個相鄰計數點的間距為s1、s2、s3．a可用s1、s3和△t表示為a=。圖2為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況，由圖可讀出s1=24.2mm，s3=47.2mm．由此求得加速度的大小a=1.15m/s2。（ⅲ）圖3為所得實驗圖線的示意圖。設圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若牛頓定律成立，則小車受到的拉力為，小車的質量為?！究键c】M6：驗證牛頓第二運動定律．【專題】13：實驗題；522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】1、①平衡摩擦力的標準為小車可以勻速運動，打點計時器打出的紙帶點跡間隔均勻⑥由a=，故=，故與m成線性關系2、為了保證在改變小車中砝碼的質量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質量之和應該遠小于小車和砝碼的總質量由勻變速直線運動的推論得：△x=aT2由a=，故=+，故成線性關系，且斜率為，設小車質量為M，則由牛頓第二定律寫出與小車上砝碼質量m+M的表達式，然后結合斜率與截距概念求解即可【解答】解：（1）①平衡摩擦力的標準為小車可以勻速運動，打點計時器打出的紙帶點跡間隔均勻。⑥由a=，故=+，故與m成線性關系。（2）（?。┰O小車的質量為M，小吊盤和盤中物塊的質量為m，設繩子上拉力為F，以整體為研究對象有mg=（m+M）a解得a=以M為研究對象有繩子的拉力F=Ma=mg顯然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m時才可以認為繩對小車的拉力大小等于小吊盤和盤中物塊的重力。所以為了保證在改變小車中砝碼的質量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質量之和應該遠小于小車及其所載砝碼總質量。（ⅱ）設紙帶上三個相鄰計數點的間距為s1、s2、s3。由勻變速直線運動的推論得：△x=aT2即s3﹣s1=2a（5△t）2a=圖2為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況，由圖可讀出s1=24.2mm，s3=47.2mm。由此求得加速度的大小a==1.15m/s2。（ⅲ）設小車質量為M，小車受到外力為F，由牛頓第二定律有F=（m+M）a；所以，=+所以，﹣m圖象的斜率為，故F=，縱軸截距為b==kM，所以，M=故答案為：（1）間隔均勻；線性。（2）（?。┻h小于小車及其所載砝碼總質量。（ⅱ）；24.2mm；47.2mm；1.15；（ⅲ），【點評】實驗問題要掌握實驗原理、注意事項和誤差來源；遇到涉及圖象的問題時，要先根據物理規(guī)律寫出關于縱軸與橫軸的函數表達式，再根據斜率和截距的概念求解即可。11．（16分）如圖，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點．先給電容器緩慢充電，使兩級板所帶電荷量分別為﹢Q和﹣Q，此時懸線與豎直方向的夾角為．再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到，且小球與兩極板不接觸．求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量．【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡；AS：電容器的動態(tài)分析．【專題】527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】對小球受力分析，受重力、電場力和拉力，根據U=Ed、Q=cU、F=qE以及平衡條件分兩次列方程后求解出電容器極板電量Q的表達式進行討論．【解答】解：設電容器的電容為C，第一次充電Q后，電容器兩極板間電勢差，兩板間為勻強電場，場強，設電場中小球帶電量為q，則所受電場力F1=qE1小球在電容器中受重力，電場力和拉力平衡，如圖所示由平衡條件有：F1=mgtanθ1綜合以上各式得：第二次充電后，電容器帶電量為：Q+△Q，同理可得：將方向夾角帶入解得：△Q=2Q答：二次充電使電容器正極板增加的電荷量為2Q．【點評】本題考查平行板電容器的電場中電場力、電場強度和電勢差的關系等，關鍵結合平衡條件列式求解．12．（19分）一單擺在地面處的擺動周期與在某礦井底部擺動周期的比值為k．設地球的半徑為R．假定地球的密度均勻．已知質量均勻分布的球殼對殼內物體的引力為零，求礦井的深度d．【考點】75：單擺和單擺的回復力．【專題】16：壓軸題；51C：單擺問題．【分析】利用單擺周期公式和萬有引力近似等于其重力，礦井內單擺受到的萬有引力可以看作是半徑為（R﹣d）的球體施加的，即可聯立求解．【解答】解：在地面處，單擺所受萬有引力近似等于其重力，即mg=，單擺的在地面的擺動周期設地球密度為ρ，地球的質量M=綜