2012年四川省高考物理试卷
参考答案与试题解析
二、选择题【本题共8小题．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的—有的有多个选项正确,全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1．（6分）（2012•四川）物体由大量分子组成，下列说法正确的是（ ) A．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大 B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小 C．物体的内能跟物体的温度和体积有关
D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能 【考点】温度是分子平均动能的标志． 【专题】内能及其变化专题．
【分析】分子热运动越剧烈，物体分子的平均动能越大，分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，物体的内能跟物体的温度和体积有关，做功和热传递都能改变物体的内能． 【解答】解:A、分子热运动越剧烈，物体分子的平均动能越大，A错误． B、分子间引力总是随着分子间的距离减小而增大，B错误． C、物体的内能跟物体的温度和体积有关，C正确． D、做功和热传递都能改变物体的内能,D错误． 故选C
【点评】本题主要考查学生对：分子动理论知识的了解和掌握． 2．（6分）(2012•四川）今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2。8×l07m．它与另一颗同质量的同步轨道卫星（轨道半径为4.2×l07m）相比（ ） A．向心力较小 B．动能较大
C．发射速度都是第一宇宙速度 D．角速度较小
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用． 【专题】人造卫星问题．
【分析】根据牛顿的万有引力定律研究引力的大小．卫星由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律研究速度、周期、向心力．
【解答】解：设地球的质量为M，卫星的质量为m,轨道半径为r， 卫星由万有引力提供向心力得
=
=mω2r
解得：v=
ω=
，轨道半径为2。8×107m的卫星向心力较大,故A错误
A、向心力F=B、v=
，轨道半径为2。8×107m的卫星速度较大，动能较大，故B正确
1
C、第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，离地球越远，需要的发射速度越大，故C错误 D、ω=
，轨道半径为2.8×107m的卫星角速度较大，故D错误
故选B．
【点评】卫星类型关键要建立物理模型：卫星绕地球做匀速圆周运动,地球的万有引力提供卫星的向心力． 3．（6分）（2012•四川）如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则（ ）
A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流 B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零 C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响 D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场 【考点】感应电流的产生条件；磁通量．
【分析】当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时,线圈就产生感应电流．根据磁场的变化判断磁通量的变化，变化的电流产生变化的电场，再进行判断．
【解答】解：A、线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出交变电流，故A错误;
B、线圈a输入恒定电流，电流产生恒定的磁场，穿过线圈b的磁通量不变，不为零，故B错误；
C、线圈b输出的交变电流产生变化的磁场，对线圈a的磁场造影响，故C错误；
D、线圈a的磁场变化时,穿过线圈b的磁通量发生变化，线圈b中一定产生感生电场，故D正确; 故选D． 【点评】感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，对于非匀强磁场的磁通量可以从磁场变化或磁感线的条数来判断．
4．(6分）（2012•四川）如图为氢原子能级示意图的一部分,则氢原子（ )
A．从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长 B．从n=5能级跃迁到n=1能级比从n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大 C．处于不同能级时,核外电子在各处出现的概率是一样的 D．从高能级向低能级跃迁时,氢原子核一定向外放出能量
2
【考点】氢原子的能级公式和跃迁． 【专题】原子的能级结构专题．
【分析】能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小．
【解答】解：A、从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量小,则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长．故A正确． B、电磁波在真空中的速度相同，与频率无关．故B错误．
C、处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不同．故C错误．
D、由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是原子核辐射能量．故D错误． 故选A． 【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，Em﹣En=hv． 5．（6分）（2012•四川）a、b两种单色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图所示．用a、b两束光（ ）
A．先后照射双缝干涉实验装置，在缝后屏上都能出现干涉条纹，由此确定光是横波 B．先后照射某金属，a光照射时恰能逸出光电子，b光照射时也能逸出光电子
C．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b光不能进入空气，则a光也不能进入空气
D．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a光的反射角比b光的反射角大 【考点】光的折射定律．
【专题】实验题;光的折射专题．
【分析】由折射率的定义,可确定光路中a的折射率大，光的折射率越大，其频率越大； 光的干涉实验获得的条纹与光的频率和双缝与屏距离都有关; 光电效应现象中光子能量E=hv，其中v即光的频率，; 折射率或频率越大的光，发生全反射时的入射角越小; 光的反射定律为反射角始终等于入射角．
【解答】解:题由折射率的定义，可确定光路中a的折射率大，光的折射率越大,其频率越大； A、只要是波都能发生干涉，要确定光是横波应该用光的偏振实验,故A错误
B、由爱因斯坦的光电效应方程E=hv,光子能量与光的频率成正比，故Ea＞Eb，故a恰能打出光子时，b一定不能打出光子,故B错误
C、折射率或频率越大的光，发生全反射时的入射角越小，发生全反射时入射角θa＜θb,故b发生全反射时，a一定发生全反射，故C正确
D、光的反射定律为反射角始终等于入射角，故D错误． 故选:C
3
【点评】本题考查了光的折射率公式、光的双缝干涉实验、光电效应原理、光的反射定律、光的全反射现象以及光的折射率与频率、波长的关系，是一个综合性很强的题目,难度适中 6．（6分）（2012•四川)在xoy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s．M、N是平衡位置相距2m的两个质点,如图所示．在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动,N位于其平衡位置上方最大位移处．已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（ )
A．该波的周期为s
B．在t=s时,N的速度一定为2m/s C．从t=0到t=1s，M向右移动了2m D．从t=s到t=s，M的动能逐渐增大
【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【分析】由题，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处,周期大于1s，可知M、N平衡位置间的距离等于
，可求出波长,由v=
，求出周期．N
点振动速度与波传播速度不是一回事．波传播过程中质点M不向前移动．根据质点的位置，分析从t=s到t=s，M的动能如何变化．
【解答】解：A、由题意：波速为2m/s，周期大于1s，则波长λ大于vT=2m．由题，分析得知,
=2m，得波长λ=m，周期为T=
=
．故A错误．
B、N的速度与波传播速度是两回事，在t=s时，N的速度不一定等于2m/s．故B错误． C、波传播过程中质点M不向前移动，M点只上下振动．故C错误． D、从t=s到t=s，即
到
，M点正从波峰向平衡位置运动，动能逐渐增大．故D正
确． 故选D
【点评】本题是特殊值，根据波长的范围,结合波形，得到波长．要注意质点的振动速度与波传播速度是不同的． 7．（6分）（2012•四川）半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0．圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定,如图所示．则（ ）
4
A．θ=0时,杆产生的电动势为2Bav B．θ=
时,杆产生的电动势为
C．θ=0时,杆受的安培力大小为
D．θ=时,杆受的安培力大小为
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力． 【专题】压轴题;电磁感应中的力学问题．
【分析】根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度,根据法拉第电磁感应定律求出电动势．
注意总电阻的求解，进一步求出电流值,即可算出安培力的大小． 【解答】解：A、θ=0时,杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确； B、θ=
时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为
Bav，故B错误；
C、θ=0时，由于单位长度电阻均为R0．所以电路中总电阻（2+π/2)aR0． 所以杆受的安培力大小F=BIL=B•2a
=
，故C错误;
D、θ=时，电路中总电阻是（π+1）aR0
所以杆受的安培力大小F′=BI′L′=，故D正确；
故选：AD．
【点评】电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解． 8．（6分)（2012•四川)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）
5
A．撤去F后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
﹣μg
C．物体做匀减速运动的时间为2
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0﹣）
【考点】牛顿第二定律．
【专题】压轴题;牛顿运动定律综合专题．
【分析】本题通过分析物体的受力情况，来确定其运动情况：撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，可知加速度先减小后增大，物体先做变加速运动,再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动;撤去F后，根据牛顿第二定律求解物体刚运动时的加速度大小；物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移公式求得时间；当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，可求得此时弹簧的压缩量，即可求解物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功．
【解答】解：A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大,故物体先做变加速运动,再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误．
B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a=
=
．故B正确．
C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为a=
=μg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则
3x0=，得t=．故C错误．
D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x=W=μmg（x0﹣x）=
,则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
．故D正确．
故选BD 【点评】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比,即可得到加速度是变化的．运用逆向思维研究匀减速运动过程,比较简便．
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二、非选择题
9．(7分)（2012•四川）某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动．质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．A球落到地面N点处，B球落到地面P点处．测得mA=0.04kg，mB=0.05kg,B球距地面的高度是1。225m,M、N点间的距离为1。500m，则B球落到P点的时间是 0。5 s，A球落地时的动能是 0.66 J．（忽略空气阻力，g取9.8m/s2）
【考点】研究平抛物体的运动． 【专题】实验题；平抛运动专题．
【分析】A球沿水平方向抛出做平抛运动,同时B球被松开,自由下落做自由落体运动，发现每次两球都同时落地，只能说明平抛竖直方向的分运动是自由落体运动． 【解答】解：B球自由下落做自由落体运动， 所以B球落到P点的时间t=
=0。5s
A球沿水平方向抛出做平抛运动，M、N点间的距离为1.50m， 所以平抛的初速度v0==3m/s 所以A球落地时的速度v=
=
m/s
所以A球落地时的动能Ek=mv2=0。66J
故答案为：0。5；0。66； 【点评】本题考查分析推理的能力．本实验采用对比的方法来研究平抛运动水平方向的分运动情况．
掌握自由落体和平抛运动的规律． 10．（10分）(2012•四川）某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下:
小灯泡L，规格“4。0v．0.7A”；
电流表A1，量程3A,内阻约为0.1Ω； 电流表A2，量程0。6A,内阻r2=0。2Ω； 电压表V,量程3V,内阻rV=9kΩ； 标准电阻R1，阻值1Ω; 标准电阻R2，阻值3kΩ；
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滑动变阻器R，阻值范围O～10Ω，； 学生电源E，电动势6V，内阻不计； 开关S及导线若干．
（1)甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时,电压表的示数如图2所示,此时L的电阻为 5 Ω．
（2）乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量,电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是 4 V．
(3）学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路．请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【专题】实验题；恒定电流专题． 【分析】（1）由图示电压表确定其分度值，读出电压表示数，然后由欧姆定律求出灯泡电阻阻值． （2）由图3所示电路图可知，电压表与电阻R2串联,根据串联电路特点求出电阻R2的电压,然后求出灯泡两端电压．
（3）电流表A1量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2，给电流表A2并联一个分流电阻，据此设计实验电路．
【解答】解：(1）由图2所示可知，电压表分度值是0。1V，电压表示数为2。3V,此时灯泡电阻RL==
=5Ω．
（2）电压表内阻为9kΩ,标准电阻R2阻值为3kΩ，电压表最大示数为3V，由串联电路特点可知，标准电阻R2电压为1V，灯泡两端电压为：3V+1V=4V．
（3）电流表A1量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2,给电流表A2并联一个分流电阻,实验电路图如图1或图2所示． 故答案为：（1）5；（2）4；（3)实验电路图如图所示．
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【点评】对电表读数时要先确定电表量程的分度值，读数时视线要与电表刻度线垂直；应用串联电路特点即可求出灯泡两端电压． 11．（16分）（2012•四川）四川省“十二五\"水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20m，进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380V,此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0。4Ω．已知水的密度为1×l03kg/m3，重力加速度取10m/s2．求： （1)电动机内阻消耗的热功率；
（2）将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度）． 【考点】能量守恒定律；电功、电功率． 【分析】（1）根据电动机的功率和电压求解出电流，再根据焦耳定律求解发热功率； (2)水增加的重力势能等于消耗的电能(要考虑效率），根据能量守恒定律列式求解． 【解答】解:（l）设电动机的电功率为P,则P=UI ① 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r ② 代入数据解得Pr=1×103W ③
（2）设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t．已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ,则
M=ρV ④
设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep,则△Ep=Mgh ⑤ 设电动机的输出功率为P0，则P0=P﹣Pr ⑥ 根据能量守恒定律得P0t×60％×80%=△Ep ⑦ 代人数据解得t=2×l04s⑧
答：(1）电动机内阻消耗的热功率为1×103W；
（2）将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间为2×l04s．
【点评】本题关键是根据能量守恒定律列方程求解，要熟悉电功率和热功率的区别． 12．（19分）（2012•四川）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2。5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电
﹣﹣
场．质量m=5×l02kg、电荷量q=+1×106C的小物体(视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1)求弹簧枪对小物体所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．
9
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度；电势能． 【专题】压轴题；动能定理的应用专题． 【分析】（1)设弹簧枪对小物体做功为Wf,由动能定理即可求解;
（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解． 【解答】解：
（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf﹣mgr(l﹣cosθ)=mv02…① 代人数据得：Wf=0。475J…②
（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1， 由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1…③
小物体向上做匀减速运动,经t1=0。1s后,速度达到v1，有：v1=v0+a1t1…④ 由③④可知v1=2。1m/s，设运动的位移为s1，有：sl=v0t1+a1t12…⑤ 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得: ﹣mgsinθ﹣μ(mgcosθ﹣qE)=ma2…⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有： 0=v1+a2t2…⑦ s2=v1t2+a2t22…⑧
设CP的长度为s，有：s=s1+s2…⑨
联立相关方程，代人数据解得：s=0。57m 答：（1)弹簧枪对小物体所做的功为0。475J；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m．
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析,确定物体的运动情况，难度适中． 13．（20分）（2012•四川）如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出)．质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动．在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂．保持轻绳伸直，向右拉起Q,直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0．P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动．P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力,重力加速度为g．
（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
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（2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？ (3）求A点距虚线X的距离s．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在混合场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】(1）匀速运动电场力等于重力,有冲量利用动量定理列方程求解即可． (2）碰撞过程动量守恒，圆周运动最低点合力提供向心力 （3）相对碰撞时，单摆到达最低点时可能经过的时间为单摆到达最低点时可能经过的时间为【解答】解：
（1）设小球P所受电场力为F1，则F1=qE 在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg 联立相关方程得
,同向相碰时，
,本题要分情况讨论．
设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv 得
（2）设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得 mv+mv0=（m+m）vm
此刻轻绳的张力也为最大,由牛顿运动定律得F﹣(m+m）g=
vm2
联立相关方程，得F=
（3）设P在磁场上方做匀速直线运动的时间为tP1,则tP1= 设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则 tP2=
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有
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由题意，有 tQ=tP1+tP2
联立相关方程,得n为大于的整数
设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ´，由单摆周期性，有 同理可得 其中n为大于的整数
答:（1）匀强电场场强E的大小，P进入磁场时的速率； （2)要使绳不断，F至少为
（3）若两球反向相碰，A点距虚线X的距离 其中n为大于的整数 若两球同向相碰，A点距虚线X的距离 其中n为大于的整数
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题,要求同学们能通过粒子的运动情况，正确分析受力情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，本题还考查了动量定理、动量守恒定律、单摆周期公式,综合性强，难度较大．
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