2012年高考物理試卷（新課標）（解析卷）

第頁|共頁2012年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標）參考答案與試題解析一．選擇題1．（3分）伽利略根據小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎．早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是（）A．物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質是慣性 B．沒有力作用，物體只能處于靜止狀態(tài) C．行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質是慣性 D．運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動 【考點】31：慣性與質量．【分析】根據慣性定律解釋即可：任何物體都有保持原來運動狀態(tài)的性質，慣性的大小只跟質量有關，與其它任何因素無關．【解答】解：A、任何物體都有保持原來運動狀態(tài)的性質，叫著慣性，所以物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質是慣性，故A正確；B、沒有力作用，物體可以做勻速直線運動，故B錯誤；C、慣性是保持原來運動狀態(tài)的性質，圓周運動速度是改變的，故C錯誤；D、運動的物體在不受力時，將保持勻速直線運動，故D正確；故選：AD?！军c評】牢記慣性概念，知道一切物體在任何時候都有慣性，質量是慣性的唯一量度．2．（3分）如圖，x軸在水平地面內，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的，不計空氣阻力，則（）A．a的飛行時間比b的長 B．b和c的飛行時間相同 C．a的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大 【考點】43：平拋運動．【專題】518：平拋運動專題．【分析】研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，兩個方向上運動的時間相同?！窘獯稹拷猓河蓤D象可以看出，bc兩個小球的拋出高度相同，a的拋出高度最小，根據t=可知，a的運動時間最短，bc運動時間相等，故A錯誤，B正確；C、由圖象可以看出，abc三個小球的水平位移關系為a最大，c最小，根據x=v0t可知，v0=，所以a的初速度最大，c的初速度最小，故C錯誤，D正確；故選：BD?！军c評】本題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運動的規(guī)律就能輕松解決。3．（3分）如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的壓力大小為N1，球對木板的壓力大小為N2．以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置。不計摩擦，在此過程中（）A．N1始終減小，N2始終增大 B．N1始終減小，N2始終減小 C．N1先增大后減小，N2始終減小 D．N1先增大后減小，N2先減小后增大 【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】以小球為研究對象，分析受力情況：重力、木板的支持力和墻壁的支持力，根據牛頓第三定律得知，墻面和木板對球的壓力大小分別等于球對墻面和木板的支持力大小，根據平衡條件得到兩個支持力與θ的關系，再分析其變化情況．【解答】解：以小球為研究對象，分析受力情況：重力G、墻面的支持力N1′和木板的支持力N2′．根據牛頓第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′。根據平衡條件得：N1′=Gcotθ，N2′=將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置的過程中，θ增大，cotθ減小，sinθ增大，則N1′和N2′都始終減小，故N1和N2都始終減小。故選：B?！军c評】本題運用函數法研究動態(tài)平衡問題，也可以運用圖解法直觀反映力的變化情況．4．（3分）自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某部分，一升壓式自耦調壓變壓器的電路如圖所示，其副線圈匝數可調．已知變壓器線圈總匝數為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上．當變壓器輸出電壓調至最大時，負載R上的功率為2.0kW．設此時原線圈中電流有效值為I1，負載兩端電壓的有效值為U2，且變壓器是理想的，則U2和I1分別約為（）A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A 【考點】E8：變壓器的構造和原理．【專題】53A：交流電專題．【分析】變壓器輸出電壓調至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數成正比，可得副線圈的電壓有效值，由輸入功率等于輸出功率，可得電流．【解答】解：因變壓器輸出電壓調至最大，故副線圈為1900匝，由變壓器兩端的電壓與匝數成正比，即，故副線圈的電壓有效值U2為380V；因變壓器為理想變壓器，故其輸入功率等于輸出功率，即P1=P2，由P1=U1I1得I1=9.1A，B正確。故選：B。【點評】本題考查了變壓器的構造和原理，電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，輸入功率等于輸出功率．5．（3分）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（）A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加 C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動 【考點】CM：帶電粒子在混合場中的運動．【專題】531：帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】帶電粒子在場中受到電場力與重力，根據粒子的運動軌跡，結合運動的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動的性質，及根據電場力做功來確定電勢能如何變化．【解答】解：A、根據題意可知，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，因此A錯誤，D正確；B、由A選項分析可知，電場力做負功，則電勢能增加，故B正確；C、因電場力做負功，則電勢能增加，導致動能減小，故C錯誤；故選：BD?！军c評】考查根據運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化．6．（3分）如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面（紙面）向里，磁感應強度大小為B0．使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流?，F使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化。為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為（）A． B． C． D． 【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；D8：法拉第電磁感應定律．【專題】53C：電磁感應與電路結合．【分析】根據轉動切割感應電動勢公式，，求出感應電動勢，由歐姆定律求解感應電流．根據法拉第定律求解磁感應強度隨時間的變化率．【解答】解：若要電流相等，則產生的電動勢相等。設切割長度為L，而半圓的直徑為d，從靜止開始繞過圓心O以角速度ω勻速轉動時，線框中產生的感應電動勢大小為①根據法拉第定律得②①②聯立得故ABD錯誤，C正確，故選：C。【點評】本題關鍵要掌握轉動切割感應電動勢公式和法拉第電磁感應定律．7．（3分）如圖所示，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行。已知在t=0到t=t1的時間間隔內，長直導線中電流i隨時間變化，使線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。圖中箭頭表示電流i的正方向，則i隨時間t變化的圖線可能是（）A． B． C． D． 【考點】C6：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；DB：楞次定律．【專題】16：壓軸題；53B：電磁感應與圖像結合．【分析】感應電流沿順時針方向，由安培定則判斷出感應電流磁場方向；然后由楞次定律判斷出原磁場如何變化，直線電流如何變化；由楞次定律判斷導線框受到合力的方向．【解答】解：線框中感應電流沿順時針方向，由安培定則可知，感應電流的磁場垂直于紙面向里；由楞次定律可得：如果原磁場增強時，原磁場方向應垂直于紙面向外，由安培定則可知，導線電流方向應該向下，為負的，且電流越來越大；由楞次定律可知：如果原磁場方向垂直于紙面向里，則原磁場減弱，直線電流變小，由安培定則可知，直線電流應豎直向上，是正的；A、由圖示可知，直線電流按A所示變化，感應電流始終沿順時針方向，由楞次定律可知，在i大于零時，為阻礙磁通量的減小，線框受到的合力水平向左，在i小于零時，為阻礙磁通量的增加，線框受到的合力水平向右，故A正確；B、由安培定則與楞次定律可知，感應電流始終沿逆時針方向，故B錯誤；C、圖示電流使線框中的感應電流沿順時針方向，但線框在水平方向受到的合力始終水平向左，故C錯誤；D、圖示電流使線框中產生的感應電流沿逆時針方向，故D錯誤；故選：A?！军c評】正確理解楞次定律中“阻礙”的含義是正確解題的關鍵，熟練應用楞次定律、安培定則即可正確解題．8．（3分）假設地球是一半徑為R、質量分布均勻的球體。一礦井深度為d。已知質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零。礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為（）A．1﹣ B．1+ C．（）2 D．（）2 【考點】4F：萬有引力定律及其應用．【專題】16：壓軸題；528：萬有引力定律的應用專題．【分析】根據題意知，地球表面的重力加速度等于半徑為R的球體在表面產生的加速度，礦井深度為d的井底的加速度相當于半徑為R﹣d的球體在其表面產生的加速度，根據地球質量分布均勻得到加速度的表達式，再根據半徑關系求解即可?！窘獯稹拷猓毫畹厍虻拿芏葹棣?，則在地球表面，重力和地球的萬有引力大小相等，有：g=，由于地球的質量為：M=，所以重力加速度的表達式可寫成：g==。根據題意有，質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零，固在深度為d的井底，受到地球的萬有引力即為半徑等于（R﹣d）的球體在其表面產生的萬有引力，故井底的重力加速度g′=所以有=故選：A?！军c評】抓住在地球表面重力和萬有引力相等，在礦井底部，地球的重力和萬有引力相等，要注意在礦井底部所謂的地球的質量不是整個地球的質量而是半徑為（R﹣d）的球體的質量。同時還可利用g=rω2，它們的角速度相同，因此重力加速度與半徑成正比，從而即可求解。二．實驗題9．某同學利用螺旋測微器測量一金屬板的厚度．該螺旋測微器校零時的示數如圖（a）所示，測量金屬板厚度時的示數如圖（b）所示．圖（a）所示讀數為0.010mm，圖（b）所示讀數為6.870mm，所測金屬板的厚度為6.860mm．【考點】L4：螺旋測微器的使用．【專題】13：實驗題；16：壓軸題．【分析】螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．【解答】解：該螺旋測微器校零時的示數如圖（a）所示，螺旋測微器的固定刻度為0mm，可動刻度為0.01×1.0mm=0.010mm，所以最終讀數為0.010mm．測量金屬板厚度時的示數如圖（b）所示．螺旋測微器的固定刻度為6.5mm，可動刻度為0.01×37.0mm=0.370mm，所以最終讀數為6.870mm．所測金屬板的厚度為6.870﹣0.010=6.860mm故答案為：0.010，6.870，6.860【點評】螺旋測微器的讀數方法，固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．10．圖中虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場．現通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小、并判定其方向．所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；為電流表；S為開關．此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線．（1）在圖中畫線連接成實驗電路圖．（2）完成下列主要實驗步驟中的填空①按圖接線．②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細沙質量m1．③閉合開關S，調節(jié)R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出電流表的示數I，并用天平稱出細沙的質量為m2．④用米尺測量金屬框架下邊的長度l．（3）用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B=．（4）判定磁感應強度方向的方法是：若m2＞m1，磁感應強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應強度方向垂直紙面向里．【考點】CC：安培力．【專題】13：實驗題；16：壓軸題．【分析】（1）用滑動變阻器的限流式接法即可；（2）③金屬框平衡時測量才有意義，讀出電阻箱電阻并用天平稱量細沙質量；④安培力與電流長度有關，安培力合力等于金屬框架下邊受的安培力；（3）根據平衡條件分兩次列式即可求解；（4）根據左手定則判斷即可．【解答】解：（1）如圖所示（2）③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數I；此時細沙的質量m2；④D的底邊長度l（3）根據平衡條件，有|m2﹣m1|g=BIL解得（4）m2＞m1．故答案為：（1）如圖所示；（2）③重新處于平衡狀態(tài)；讀出電流表的示數I；此時細沙的質量m2；④D的底邊長度l；（3）；（4）m2＞m1．【點評】本題關鍵是對D型線框受力分析，根據平衡條件求磁感應強度，不難．三．計算題11．拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具（如圖）。設拖把頭的質量為m，拖桿質量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ，重力加速度為g，某同學用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ。（1）若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小。（2）設能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ．已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角的正切tanθ0?！究键c】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】16：壓軸題；527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】（1）對拖把頭受力分析，抓住豎直方向和水平方向合力為零，運用正交分解求出推力F的大小。（2）當推力F的水平分力小于等于最大靜摩擦力時，不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。結合第1問的結果，得到λ的表達式，采用極限法：當F無限大時的情況求解tanθ0。【解答】解：（1）拖把頭受到重力、支持力、推力和摩擦力處于平衡，設該同學沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有豎直方向上：Fcosθ+mg=N①水平方向上：Fsinθ=f②式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力。按摩擦定律有f=μN③聯立①②③式得④（2）若不管沿拖桿方向用多大的力不能使拖把從靜止開始運動，應有Fsinθ≤λN⑤這時①式仍滿足。聯立①⑤式得sinθ﹣λcosθ≤λ⑥現考查使上式成立的θ角的取值范圍。注意到上式右邊總是大于零，且當F無限大時極限為零，有sinθ﹣λcosθ≤0⑦使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當θ≤θ0時，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把。臨界角的正切為tanθ0=λ⑧答：（1）若拖把頭在地板上勻速移動，推拖把的力的大小為。（2）tanθ0=λ?！军c評】本題第1問是常規(guī)題，根據平衡條件，運用正交分解法求解推力。第2問是一種自鎖現象，根據推不動的條件：推力的水平分力不大于最大靜摩擦力出發(fā)進行分析求解。12．如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）．在柱形區(qū)域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為．現將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小?！究键c】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】16：壓軸題．【分析】通過帶電粒子在磁場中做圓周運動，根據幾何關系求出軌道半徑的大小。帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，結合在沿電場方向上做勻加速直線運動和垂直于電場方向做勻速直線運動，求出電場強度與磁感應強度的大小關系?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運動。設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得…①式中v為粒子在a點的速度。過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點。由幾何關系知，線段和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形。因此…②設，由幾何關系得=R+x…③…④聯立②③④式得r=R⑤再考慮粒子在電場中的運動。設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE=ma…⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，有運動學公式得r=…⑦r=vt…⑧式中t是粒子在電場中運動的時間。聯立①⑤⑥⑦⑧式得E=答：電場強度的大小為?！军c評】解決本題的關鍵掌握帶電粒子在磁場中磁偏轉和在電場中電偏轉的區(qū)別，知道磁偏轉做勻速圓周運動，電偏轉做類平拋運動。[選修3-3]（共2小題，滿分0分）13．關于熱力學定律，下列說法正確的是（）A．為了增加物體的內能，必須對物體做功或向它傳遞熱量 B．對某物體做功，必定會使該物體的內能增加 C．可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?D．不可以從單一熱源吸收熱量，使之完全變?yōu)楣?E．功轉變?yōu)闊岬膶嶋H宏觀過程是不可逆過程． 【考點】8F：熱力學第一定律；8H：熱力學第二定律．【專題】16：壓軸題；548：熱力學定理專題．【分析】在熱力學中，系統(tǒng)發(fā)生變化時，內能的變化為△U=Q+W；不可能把熱量從低溫物體傳向高溫物體而不引起其它變化．【解答】解：A、做功和熱傳遞是改變物體內能的兩種方法，故A正確；B、做功和熱傳遞是改變物體內能的兩種方法，僅對物體做功，物體內能不一定增加，故B錯誤；C、D、熱力學第二定律可以表示為：不可能制成一種循環(huán)動作的熱機，從單一熱源取熱，使之完全變?yōu)楣Χ灰鹌渌兓?。這句話強調的是不可能“不產生其它變化”；即在引起其他變化是可能的；故C正確，D錯誤；E、熱力學第二定律的實質：一切與熱現象有關的實際宏觀過程都是不可逆的，故E正確。故選：ACE?！军c評】本題考查了熱力學第一定律和熱力學第二定律，關鍵是根據公式△E=W+Q進行分析，基礎題．14．如圖，用U形管和細管連接的玻璃泡A、B和C浸泡在溫度均為0℃的水槽中，B的容積是A的3倍。閥門S將A和B兩部分隔開。A內為真空，B和C內都充有氣體。U形管內左邊水銀柱比右邊的低60mm。打開閥門S，整個系統(tǒng)穩(wěn)定后，U形管內左右水銀柱高度相等。假設U形管和細管中的氣體體積遠小于玻璃泡的容積。（1）求玻璃泡C中氣體的壓強（以mmHg為單位）（2）將右側水槽的水從0℃加熱到一定溫度時，U形管內左邊水銀柱比右邊高60mm，求加熱后右側水槽的水溫。【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程；9K：封閉氣體壓強．【專題】54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】以B內封閉氣體為研究對象，做等溫變化，根據玻意耳定律求出B內的壓強，然后求出C內壓強；以C中封閉氣體為研究對象，根據等容變化列方程求解?！窘獯稹拷猓海╥）加熱前C中壓強始終不變，B內封閉氣體初狀態(tài)：PB=PC+60，打開閥門后PB′=PC由題意：VB′=由玻意爾定律PBVB=PB′VB′得：PB′=180mmHgPC=PB′=180mmHg（ii）C內封閉氣體做等容變化，加熱后壓強PC′=PC+60mmHg得：T′=364K答：（1）玻璃泡C中氣體的壓強為180mmHg（2）加熱后右側水槽的水溫364K?！军c評】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程的應用，關鍵是正確分析ABC中氣體壓強的關系[選修3-4]15．一簡諧橫波沿x軸正向傳播，t=0時刻的波形如圖（a）所示，x=0.30m處的質點的振動圖線如圖（b）所示，該質點在t=0時刻的運動方向沿y軸正向（填“正向”或“負向”）．已知該波的波長大于0.30m，則該波的波長為0.8m．【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】由圖b可知，質點后面的時刻位移比t=0時刻位移大，所以質點沿y軸正向運動，根據振動方程及波速與波長周期關系結合題中條件即可求解波長．【解答】解：由圖b可知，t=0時刻，該質點的位移為cm，在下一時刻，位移大于cm．所以該質點在t=0時刻的運動方向沿y軸正向．由振動方程得：y=Asin則有：=2sin解得：sin=波長大于0.30m，所以，t=v=解得：λ=0.8m故答案為：正向；0.8．【點評】本題首先考查讀圖的能力，要求同學們掌握振動方程及波速與波長周期關系公式，難度適中．16．一玻璃立方體中心有一點狀光源。今在立方體的部分表面鍍上不透明薄膜，以致從光源發(fā)出的光線只經過一次折射不能透出立方體。已知該玻璃的折射率為，求鍍膜的面積與立方體表面積之比的最小值?！究键c】H3：光的折射定律．【專題】16：壓軸題；54D：光的折射專題．【分析】通過光線在鍍膜部分發(fā)生全反射，根據臨界情況，通過幾何關系求出鍍膜面積與立方體表面積之比的最小值。【解答】解：如圖，考慮從玻璃立方體中心O點發(fā)出的一條光線，假設它斜射到玻璃立方體上表面發(fā)生折射，根據折射定律有nsinθ=sinα式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角現假設A點是上表面面積最小的不透明薄膜邊緣上的一點。由題意，在A點剛好發(fā)生全反射，故。設線段OA在立方體上表面的投影長為RA，由幾何關系有．式中a為玻璃立方體的邊長，有①②③式得。則由題意，上表面所鍍的面積最小的不透明薄膜應是半徑為RA的圓。所求的鍍膜面積S'與玻璃立方體的表面積S之比為=。答：鍍膜的面積與立方體表面積之比的最小值為?！军c評】解決本題的關鍵確定臨界情況，根據折射定律，通過幾何關系進行求解。[選修3-5]17．[選修3﹣5]氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應方程為：H+H→He+x，式中x是某種粒子．已知：HH、He和粒子x的質量分別為2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u