2012年高考北京卷理综物理试题答案解析教师版

2012年高考北京卷理综物理试题

物理试题

13．一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子

A．放出光子，能量增加B．放出光子，能量减少C．吸收光子，能量增加D．吸收光子，能量减少【答案】B

【解析】一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，即从高能级向低能级跃迁，故需要放释放能量，放出光子，能量减少，选项B正确。

14．一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的

A．速度变慢，波长变短B．速度不变，波长变短

C．频率增高，波长变长D．频率不变，波长变长

【答案】A

【解析】这是一束单色光，由空气射入玻璃，则介质变了，故光的传播速

可知，光的传播速度会变度会改变，因为玻璃的折射率大于空气，故根据n=c

v

小，但是光的颜色不变，即光的频率不变，根据v=λf可知，光的波长也会变小，选项A正确。

15．一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；

P．如果电热器电阻不变，若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为

2

则此交流电源输出电压的最大值为

V C．10V D．V

A．5V B．

【解析】设电热器的电阻为R ，交流电源输出电压的最大值为U ，故有效值

；则当接在直流电源上时P=2

(10)V R ；接在某个正弦交流电源上时，2P 联立以上两式解之得U=10V ，故选项C 正确。

16．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运

动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值

17．A ．与粒子电荷量成正比 B ．与粒子速率成正比

C ．与粒子质量成正比

D ．与磁感应强度成正比

【答案】D

【解析】设粒子的质量为m ，电荷量为q ，磁感应强度为B ，运动速度为v ，

周期为T ；粒子在磁场中做匀速圆周运动，故Bqv=m 2v R

，再由T=2πR v ，得周期T=2πm Bq ；故粒子的等效电流为I=22π=q Bq T m

，可见它的大小与q 2成正比，与质量m 成反比，与粒子的速度v 没有关系，选项ABC 错误，与磁感应强度B 成正比，选项D 正确。

17．一个弹簧振子沿x 轴做简谐运动，取平衡位置O 为x 轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一的周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移x 与时间t 关系的图像是

【答案】A

【解析】若振子具有沿x 轴正方向的最大加速度，说明它已经在负的最大位移处，即经过四分之一周期后，振子运动到负的最大位移处，故选项A 是正确的。

B 中经过四分之一周期后，振子达到平衡位置处，故选项B 错误；同理选项CD 也分别到达最大位置处和平衡位置，也与题意不相符合，选项CD 也错误。

18．关于环绕地球卫星的运动，下列说法正确的是

A ．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期

B ．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率

C ．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同

D ．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合

【答案】B

【解析】沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，也可能具有相同的周期，选项A 错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率，选项B 正确，例如在椭圆运动时以半长轴为对称轴的对称点上的速率都是相等的；在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径一定相同，因

为同步卫星的周期相等，根据2224π?=GMm m r r T

，所以轨道半径相等，选项C 错误；沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面也可能不重合，只要这个平面的圆心是地球的球心就可以，故选项D 也错误。

19．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L 、开关S 和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动，对比老师演示的实

验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是

A ．线圈接在了直流电源上

B ．电源电压过高

C ．所选线圈的匝数过多

D ．所用套环的材料与老师的不同

【答案】D

【解析】老师做实验能跳动，说明装置没什么问题，所接电源也没什么问题，这其实是自感的一个现象，需要要套环中产生感应电流，电流使得套环产生磁场，该磁场与线圈的磁场相互排斥而使得套环跳起，故不是因为电压过高或线圈的匝数过多引起的，这两项都应该使现象更加明显，所以只可能是因为所用套环的材料与老师的不同而引起的，因为如果用的套环的电阻很大，产生的电流很小就会不足以产生较大的磁力使它上升，故选项D 正确。

20．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U ，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U 成正比，即ν=kU ．已知比例系数k 仅与元电荷的2倍和普朗克常数h 有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为

A ．2h e

B ．2e h

C ．2he

D ．12he

【答案】B

【解析】由题意可得，四个选项的表达式都是关于元电荷与普朗克常数h 的关系，但是到底那个正确，我们可以通过单位量纲的方法来判断；因为ν=kU ，

故系数k 的单位应该是1sV

； 对于A 来说，2h e 的单位是 Js VCs C C

=Vs ，因为会用到这些公式对单位进行联想，有爱因斯坦的光子说E=hν，还有W=Uq 等，故选项A 错误；对于B 来说，它与A 是倒数关系，则其单位也是倒数关系，故它对应的单位就是1sV

，选项B 正确；对于C 来说，2he 的单位是JsC=VC 2s ，选项C 错误；对于D 来说，12he 的单位是选项C 单位的倒数，故也是不正确的，选项D 错误。

21．（18分）

在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm ．

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为___________mm （该值接近多次测量的平均值）

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx ．实验所用器材为：电池组(电动势为3V ，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0~20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：

由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图(选填“甲”或“乙”)．

（3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．

请根据图(2)所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．

（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线．由图线得到金属丝的阻值R x=___________Ω(保留两位有效数字)．

（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________(填选项前的符号)．

A．1×10-2Ωm B．1×10-3Ωm C．1×10-6Ωm

D．1×10-8Ωm

（6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是___________(有多个正确选项)．

A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差

D．用U─I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差

【答案】（1）0.397；（2）甲；（3）如下左图所示；（4）如下右图所示，4.4。（5）C；（6）CD。

【解析】（1）固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为+?=

039.70.010.397mm

（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻R x5Ω，若采用乙电路，它

V≈0.12A，而表格中的最小是限流式的，则电路中的最小电流为I=3

50.120

Ω+Ω+Ω

电流是0.02A，所以它采用的不是限流的乙电路，而分夺试的甲电路；

（3）由电路图连接实物图时，因为电路是分压式的，故需要先连接电源、开关和滑动变阻器的下面接线柱，使它们一起串成一个回路，然后再从变阻器上抽一个头出来，与电源的一端一起对电路供电，因为要求闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏，说明滑动变阻器的分压在开关闭合前应该是0，最后再连接电压表，它应该直接并联在电阻两端即可；

（4）根据表格中的数据描出对应的2、4、6点，然后用直线将这些点连接起来即可，连接时如果发现某些点没在这条线上，说明该点实验时的误差较大，可以不管它，直接舍去，连接好的直线如图所示。在直线上找两个间隔较远的点，容易读数的，计算出它的斜率来，就是电阻的大小，即R x =2.30.52V A

=4.4Ω，（取其他的点也可以，能有所出入，但都是正确的）

（5）根据电阻定律得R=ρL S

，故电阻率ρ=2324.4 3.140.39710440.5

（）π-Ω???==?RS R D L L Ωm=1.1×10-6Ωm ，选项C 正确； （6）用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于w 偶然误差，不是系统误差，选项A 错误；

由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不是偶然误差，选项B 错误；偶然误差是由于估读时的不确定而出现的误差，它可以通过多次测量取平均值而减小，系统误差是仪器本身或实验方法形成的误差，它只能通过选用更精密的仪器或改进测量方法而减小；

若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，选项C 正确；用U ─I 图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，选项D 也正确。

22．（16分）

如图所示，质量为m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l 后以速度v 飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m ，v=3.0 m/s ，m=0.10kg ，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m ，不计空阻力，重力加速度g 取10m/s 2求：

（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s ；（2）小物块落地时的动能E k ；

（3）小物块的初速度大小υ0．

【答案】（1）0.9s m =；（2）0.9K E J =；（3）04/v m s =

【解析】（1）物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：212

h gt =，解得：0.3t s =，水平方向：0.9s vt m ==。

（2）对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得：2212112

2mgh mv mv =-，落地动能2110.92K E mgh mv J =+=。

（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得：2201122

mgl mv mv μ-=-，解得：04/v m s =。

23（18分）

摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安、舒适、省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a ─t 图像如图2所示．

电梯总质量m=2.0×103kg ．忽略一切阻力，重力加速度g 取10m/s 2．

（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F 1和最小拉力F 2；

（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t 图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a ─t 图像，求电梯在第1s 内的速度改变量Δυ1和第2s 末的速率υ2；

（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P ；再求在0─11s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W ．

【答案】（1）41 2.210F N =?，42 1.810F N =?；（2）2 1.5/v m s =；（3）51.010W J =?

【解析】（1）由牛顿第二定律可知，F -mg=ma ；当向上的加速度最大时，拉力最大，

即F 1=mg+ma 1=m(g+a 1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N ；

F 2=mg+ma 2=m(g+a 2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N ；

（2）通过类比可得，电梯第1s 内的速度变化量等于第1s 内a t ─图线下的面积，

即Δv 1=1112

??m/s=0.5m/s ； 同理可得第2s 末的速率v 2=1112

??m/s+1×1m/s=1.5m/s ； （3）最大速率时，就是在第11s 至30s 的时间内，其速度的大小等于0～11s 时图线与围成的面积，

即v m =12

×（9+11）×1m/s=10m/s ；此时电梯的加速度a=0，故拉力F=mg=2.0×104N ，

所以拉力做功的功率P=Fv m =2.0×104N ×10m/s=2.0×105W 。

在0─11s 时间内，由动能定理得，拉力和重力对电梯所做的总功 W=12mv 2=12

×2.0×103kg ×（10m/s ）2=1.0×105J 。

24．（20分）

匀强电场的方向沿x 轴正方向，电场强度E 随x 的分布如图所示，图中E 0和d 均为已知量．将带正电的质点A 在O 点由静止释放．A 离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B 放在O 点也由静止释放．当B 在电场中运动时，

A 、

B 间的相互作用力及相互作用能均为零；B 离开电场后，A 、B 间的相互作用视为静电作用．已知A 的电荷量为Q ，A 和B 的质量分别为m

和

4m 不计重力．

（1）求A 在电场中的运动时间t ；

（2）若B 的电荷量为q=49

Q ，求两质点相互作用能的最大值E pm ； （3）为使B 离电场后不改变运动方向，求B 所带电荷量的最大值q m ．

【答案】（1）t ；（2）01 45

pm E QE d =；（3）169m Q Q = 【解析】（1）由牛顿第二定律可知，A 在电场中的加速度a=

0=QE f m m ，根据A 在电场中做匀变速直线运动，则d=12at 2，则运动的时间。 （2）设A ．B 离开电场的速度分别为00A B v

v 、，由动能定理，有： 21 2AO O QE d m v =，21 24BO O m QE d v = ①

在A、B相互作用的过程中，A原来的速度小，B的速度大，所以两质点相互作用能有最大值时，应该是两质点共速的时候，设共速时的速度为v′，根据动量守恒与能量守恒得：

mv A0+1

4mv B0=(m+1

4

m )v′；1

2

mv A02+1

2

×1

4

mv B02= E pm+1

2

(m+1

4

m)v′2；

又因为q=4

9Q，所以联立以上几个式子可知E pm=1

45

QE0d；

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，即B与A相互作用后的速度方向不变，所以在它们离开电场后，根据动量守恒和能量守恒的思想得出式子：

mv A0+1

4mv B0=mv A+1

4

m v B；1

2

mv A02+1

2

×1

4

mv B02=1

2

mv A2+1

2

×1

4

mv B2；

联立两式解得v B=-3

5v B0+8

5

v A0，因B不改变运动方向，故v B≥0；

代入解之得q≤16

9Q，即B所带电荷量的最大值为Q m=16

9

Q；