1、南京市沿江工業(yè)開發(fā)區(qū)·史獻計工作室制作 高中物理專題 高三·2012年江蘇省高考物理試題評價 第 4 頁 共 4 頁 2012年江蘇省高考物理試題解答及其評價（說明：由工作室主持人史獻計解答與評價，僅代表個人意見，供教師們教學中參考）一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意。1真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，則A、B兩點的電場強度大小之比為A3 : l B1 : 3 C9 : l Dl : 9解析點電電荷場強公式E = kQ/r2，當Q一定時E r2，選項C正確。2一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷

2、量不變，在兩極板間插入一電介質，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是AC和U均增大 BC增大，U減小 CC減小，U增大 DC和U均減小解析平行板電容器電容C Sd1，在S、d不變時，C ，故插入電介質后，電容C增大；又根據(jù)電容器電容定義可知C = Q/U，在Q不變時，C U1，因此，在C增大時，U減小，選項B正確。3如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到B點。在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是A逐漸增大 B逐漸減小C先增大，后減小 D先減小，后增大解析設F與速度v的夾角為（速度v始終與細線垂直，即沿圓弧切線方向），則功率P

3、= Fvcos；因為小球以恒定速率做圓弧（周）運動，故小球所受合外力沿半徑方向，即沿切線上（速度v方向上）合力為0，所以mgsin = Fcos，因此，功率P = mgvsin，在由A向B運動過程中，夾角逐漸增大，由功率P增大，選項A正確。4一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比下列描繪將皮球在上升過程中加速度大小a與時間t關系的圖象，可能正確的是解析設皮球所受空氣阻力f = kv（k為常量），上升階段，皮球所受重力mg及空氣阻力f豎直向下，皮球做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可知皮球加速度大小為a = g + kv/m，隨著速度的減小加速度逐漸減小，到達最高點時速度

4、v = 0，a = g；其次，當加速度越小時，速度變化得越慢，綜合上述可知，選項C正確。5如圖所示，一夾子夾住木塊，在力 F 作用下向上提升。夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動，力F的最大值是A BC D解析以夾子及木塊作為系統(tǒng)，受拉力F、重力(M + m)g，根據(jù)牛頓第二定律有F (M + m)g = (M + m)a，即F = (M + m)(g + a)，顯然，當加速度a達到最大時，F(xiàn)有最大值。“木塊不滑動”則摩擦力達到最大值，且與夾子相對靜止，此時加速度達到最大值，即滿足2f Mg = Mam，兩式聯(lián)列解得最大拉力Fm = 2f(M + m

5、)/M，故選項A正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分。6如圖所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h（l、h均為定值）。將A向B水平拋出的同時，B自由下落A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則 AA、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度BA、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰 CA、B不可能運動到最高處相碰DA、B一定能相碰解析平拋運動：水平方向x = vt、豎直方向y = gt2，x = v ，第1次落地前要相遇

6、，則滿足y < h、x l，則當v > l時，能相遇，第1次落地前能相遇，所以取決于v，選項A正確；當?shù)?次落地前不相遇，小球著地后反彈為斜拋運動，上升至最高點（原高處又）后又重復原來的平拋過程，而B僅在原豎直線上下運動，故A、B一定能夠相遇；綜合上述可知選項B、C錯誤，A、D選項正確。7某同學設計的家庭電路保護裝置如圖所示，鐵芯左側線圈L1由火線和零線并行繞成當右側線圈L2中產生電流時，電流經放大器放大后，使電磁鐵吸起鐵質開關K，從而切斷家庭電路僅考慮L1，在鐵芯中產生的磁場，下列說法正確的有A家庭電路正常工作時，L2中的磁通量為零B家庭電路中使用的電器增多時，L2中的磁通量不變

7、C家庭電路發(fā)生短路時，開關K將被電磁鐵吸起D地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，開關 K 將被電磁鐵吸起解析原線圈L1回路中是雙線繞法，則家庭電路正常工作時L1、L2磁通量為0，選項A、B正確；家庭電路短路時，L1電路中有雙向的強電流通過，但L1、L2磁通量仍為0，C錯誤；地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，導至火線與零線電線電流不等且發(fā)生了變化，L1磁通量發(fā)生變化導致L2線圈中磁通量變化而產生感應電流，從而致使開關K被磁鐵吸起，D正確。綜合上述選項A、B、D正確。82011年8月，“嫦娥二號”成功進入了環(huán)繞“日地拉格朗日點”的軌道，我國成為世界上第三個造訪該點的國家。如圖所示，該拉格朗日點位于太陽和地球

8、連線的延長線上，一飛行器處于該點，在幾乎不消耗燃料的情況下與地球同步繞太陽做圓周運動則此飛行器的A線速度大于地球的線速度B向心加速度大于地球的向心加速度C向心力僅有太陽的引力提供D向心力僅由地球的引力提供解析“日地拉格朗日點”題設條件給出是“飛行器處于該點”“ 與地球同步繞太陽做圓周運動”，那么飛行器與地球繞太陽運動具有相同的角速度，由v = r、an = 2r可知，選項A、B正確。根據(jù)萬引力定律及牛頓第二定律可知 a = F/m = GM/r2、如果飛行器向心力僅有太陽或地球萬有引力提供，飛行器不可能與地球具有相同的角度，故選C、D錯誤。綜合上述選項A、B正確。9如圖所示，MN是磁感應強度為

9、B的勻強磁場的邊界。一質量為m、電荷量為 q 的粒子在紙面內從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點。下列說法正確的有A若粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0B若粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0C若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于v0 D若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能大于v0 + 解析帶電粒子在速度垂直勻強磁場時，若僅受磁場力作用，則做勻速圓周運動，半徑R = mv0/qB。但由于粒子進行磁場的速度方向未知，故粒子以不同速度進入磁場后，雖然半徑相同，但可以落在MN不同位置。當粒子以速度v0垂直于MN進入磁場時，最遠，落在A點。若粒子落在A

10、點的左側，可能是由于速度方向的變化引起的，不一定是速度大小變化造成的，即速度不一定小于v0；因為A點是最多遠點，則落在A點的右側，速度一定大于v0，因為所以A錯誤，B正確；若粒子落在A點的右側d處，則垂直MN進入時，軌跡直徑為2R = OA + d，即2mv/qB = OA + d，已知2mv0/qB = OA，解得v = v0 ，不垂直MN時進入，且要落在A點右側，粒子速度一定滿足v > v0 ，所以C正確，D錯誤。綜合上述選B、C正確。三、簡答題：本題分必做題（第l0、11題）和選做題（第12題）兩部分，共計42分請將解答填寫在答題卡相應的位置。【必做題】10（8分）如題10l圖所示

11、的黑箱中有二只完全相同的電學元件，小明使用多用電表對其進行探測。 在使用多用電表前，發(fā)現(xiàn)指針不在左邊“0”刻度線處，應先調整題102圖中多用電表的 （選填“A”、“B”或“C " )。 在用多用電表的直流電壓擋探測黑箱a、b接點間是否存在電源時，一表筆接a，另一表筆應_（選填“短暫”或“持續(xù)”）接b，同時觀察指針偏轉情況。 在判定黑箱中無電源后，將選擇開關旋至“×l”擋，調節(jié)好多用電表，測量各接點間的阻值測量中發(fā)現(xiàn)，每對接點間正反向阻值均相等，測量記錄如下表。兩表筆分別接a、b時，多用電表的示數(shù)如題102圖所示。請將記錄表補充完整，并在答題卡的黑箱圖中畫出一種可能的電路兩表

12、筆接的接點多用電表的示數(shù)a，b a，c10.0b，c15.0解析 歐姆表使用前應進行機械調零，因此需要調節(jié)A； 由于未知電壓具體數(shù)值，進行電壓測量時可以用大量程短暫接觸，然后根據(jù)偏角情況再決定下一步測量，因此填“短暫”； 根據(jù)指針指示值讀出a、b間電阻值為5.0；由“每對接點間正反向阻值均相等”可知，黑箱內為純情電阻組成的電路，測量數(shù)據(jù)可知a、c電阻是a、b間的2倍，b、c間電阻是ba、ac間電阻之和，因此可以判斷b、c斷開，ba、aca間串聯(lián)，畫出可能的電路結構如圖所示。11（10分）為測定木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)，小亮設計了如圖所示的裝置進行實驗。實驗中，當木塊A位于水平桌面上的O點時，

13、重物B剛好接觸地面。將A拉到P 點，待B穩(wěn)定后靜止釋放，A最終滑到Q點分別測量OP、OQ的長度h和s改變h，重復上述實驗，分別記錄幾組實驗數(shù)據(jù)。 實驗開始時，發(fā)現(xiàn)A釋放后會撞到滑輪請?zhí)岢鰞蓚€解決方法 請根據(jù)下表的實驗數(shù)據(jù)作出sh關系的圖象h/cm20.030.040.050.060.0s/cm19.528.539.048.056.5 實驗測得A、B的質量分別為m = 0.4kg、M = 0.50kg根據(jù)sh圖象可計算出A木塊與桌面間的動摩擦因數(shù) （結果保留一位有效數(shù)字） 實驗中，滑輪軸的摩擦會導致的測量結果 （選填“偏大”或“偏小”）解析 B落地前根據(jù)動能定理可知Mgh mgh = (m +

14、M)v2，B落地后根據(jù)動能定理有 mgs = 0 mv2，解得s = ，A釋放后“撞到滑輪”是因為s值過大，由表達式可知解決問題的方案是減小s值，或減小h值。因此解決問題的方案是：減小B的質量、增加細線長度；或增大A的質量、降低B起始高度。 根據(jù)表格描點作圖，如圖所示。注：為了使較線能夠均勻分布在坐標紙的中間位置，選擇標度與起始點需要根據(jù)坐標紙來決定。 由 分析可知動摩擦因數(shù) = ，將m = 0.4kg、M = 0.5kg代入公式得 =，從s h圖象得斜率 k = s/h = 1.04，代入上式得 = 0.4。 由于實驗中存在空氣阻力與滑輪組的摩擦會導致s偏小，從導致偏大。12【選做題】本題包

15、括A、B、C三小題，請選定其中兩小題，并在相應的答題區(qū)域內作答若多做，則按A、B兩小題評分。A選修33( 12 分） 下列現(xiàn)象中，能說明液體存在表面張力的有 A水黽可以停在水面上 B葉面上的露珠呈球形 C滴入水中的紅墨水很快散開 D懸浮在水中的花粉做無規(guī)則運動 密閉在鋼瓶中的理想氣體，溫度升高時壓強增大。從分子動理論的角度分析，這是由于分子熱運動的 增大了。該氣體在溫度T1、T2時的分子速率分布圖象如題12A1圖所示，則T1 T2（選填“大于”或“小于”）。 如題12A2圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A經等壓過程到狀態(tài)B。此過程中，氣體壓強p = 1.0×105Pa，吸收的熱量Q

16、= 7.0×102J，求此過程中氣體內能的增量。解析 液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，使液體表面具有收縮的趨勢，這種使液體表面積縮小的力稱為液體表面張力。小昆蟲才能無拘無束地在水面上行走自如、水滴收成球狀等都是由液體表面張力引起的，故A、B選項正確。C、D選項分別是擴散現(xiàn)象與布朗運動。 從分子動理論角度來看，氣體壓強與分子平均動能有關；根據(jù)分子運動論知識可知，溫度T1小于T2。 等壓變化氣體對外做功W = p(VB VA)，根據(jù)熱力學第一定律內能變化量U = Q W，由圖V T 可知

17、VB = 8.0×103m3，代入數(shù)據(jù)得U = 5.0×102J。B選修34( 12分） 如題12Bl圖所示，白熾燈的右側依次平行放置偏振片P和Q，A點位于P、Q之間，B點位于Q右側旋轉偏振片P，A、B兩點光的強度變化情況是 AA、B均不變BA、B均有變化CA不變，B有變化DA有變化，B不變“測定玻璃的折射率”買驗中，在玻璃磚的一側豎直插兩個大頭針A、B，在另一側再豎直插兩個大頭針C、D。在插入第四個大頭針D時，要使它 。題12B-2圖是在自紙上留下的實驗痕跡，其中直線a、a 是描在紙上的玻璃磚的兩個邊根據(jù)該圖可算得玻璃的折射率n = 。（計算結果保留兩位有效數(shù)字） 地震時

18、，震源會同時產生兩種波，一種是傳播速度約為3.5km/s的S波，另一種是傳播速度約為7.0km/s的P波。一次地震發(fā)生時，某地震監(jiān)測點記錄到首次到達的 P 波比首次到達的S波早3min。假定地震波沿直線傳播，震源的振動周期為1.2s，求震源與監(jiān)測點之間的距離x和S 波的波長。解析 白熾燈發(fā)出的光可視為自然光，經過偏振片P為偏振光，旋轉偏振片P。在P、Q間的偏振振動方向會隨之發(fā)光改變，而光強不會變化，但偏振光振動方向變化后經過偏振片Q后，其振動方向與Q的縫隙方向平行時，全部透過，垂直時基本不能透過，此時B處光強最弱。因此，A處光強不變，B處光強發(fā)生變化，選項C正確。 實驗中透過玻璃磚觀察好像A、

19、B、C、D 在一條直線上，因此插入D時要使D“擋住C及A、B的像”； 在a、a 兩側分別連接AB、CD交a、a 于E、F，連接E、F，如圖所示。過E作a垂線，用量角器量量出入射角i和折射角r，則折射率n = sini/sinr = 1.8（1.61.9都算對）。 注：若沒有帶量角器，可以再作直角三角形，用刻度尺量直角邊與斜邊，比出入射角與折射角的正弦值；或在AB、與EF上取等長作為斜邊（即以E為圓心作圓與AB、EF相交），然后量直角連進行比值。 設P波傳播時間為t、時間差為t，則x = vPt、x = vS(t +t)，解得 x = vPvSt/(vP vS)，代入數(shù)據(jù)解得 x = 1260k

20、m；由 = vST得 = 4.2km。C選修35（12分） 如圖所示是某原子的能級圖，a、b、c為原子躍遷所發(fā)出的二種波長的光在下列該原子光譜的各選項中，譜線從左向右的波長依次增大，則正確的是 一個中子與某原子核發(fā)生核反應，生成一個氘核，其核反應方程式為 ；該反應放出的能量為Q，則氘核的比結合能為 。 A、B兩種光子的能量之比為2 : l，它們都能使某種金屬發(fā)生光電效應，且所產生的光電子最大初動能分別為 EA、EB。求A、B兩種光子的動量之比和該金屬的逸出功。解析 躍遷能量E = En Em = hc/，根據(jù)能級圖判斷，能量依次增大的順序是b、c、a，所以波長增大的順序是a、c、b，故圖C能夠

21、比較正確地反映譜線從左向右隨波長依次增大。 核反應方程：10n + 11H 21H；比結核能原子核結合能對其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均對每個核子所要添加的能量，即原子核的結合能與該原子核所含有的核子數(shù)之比。根據(jù)概念可知氘核的比結合能為Q/2。 光子能量 = h，動量p = h/，頻率 = c/，則動量p = /c，因此pA:pB = 2:1；根據(jù)愛因斯坦光電方程有：A照射時，光電子的最大初動能EAm = A W，同理EBm = B W，解得該金屬的逸出功W = EA 2EB。四、計算題：本題共3小題，共計47分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。

22、只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13（15分）某興趣小組設計了一種發(fā)電裝置，如圖所示。在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角均為，磁場均沿半徑方向匝數(shù)為N的矩形線圈abcd的邊長ab = cd = l、bc = ad = 2l。線圈以角速度繞中心軸勻速轉動，bc和ad邊同時進入磁場。在磁場中，兩條邊所經過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直。線圈的總電阻為r，外接電阻為R。求： 線圈切割磁感線時，感應電動勢的大小Em； 線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F； 外接電阻上電流的有效值I。解析 線圈轉動時bc、ad邊切割磁感線

23、，由于磁場均沿半徑方向，bc、ad邊切割速度v = l/2，感應電動勢大小Em = 4NBlv = 2NBl2。 根據(jù)歐姆定律可知電路中電流強度Im = Em/(R + r)，安培力F = 2NBIml，根據(jù)上述解得F = 4N2B2l3/(R + r)。 一個周期內，通電時間 t = 4T/9，則電阻R上消耗的電能W = Im2Rt，一個周期內對應恒定電流消耗功率W = I2RT，則交變電流的有效值I = 4NBl2/3(R + r)。評價本題聯(lián)系實際情況借助輻向磁場與矩形線圈的勻速轉動模型來考查學生對電磁感應的感應電動勢、閉合電路歐姆定律、安培力、交變電流有效值等物理概念的理解與掌握程度。

24、試題3個設問的難度逐漸提升，一般學生前2問基本能夠做出來，第3問可能稍有困難，因為多數(shù)學生對交變電流有效值的理解不太重視，而是記一些特殊值與特殊情況的表達形式，而未能從本質上來理解有效值的概念。14（16分）某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為 f。輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作。一質量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動 l/4。輕桿與槽間的最大靜擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦。 若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x； 求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度v

25、m； 討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v 和撞擊速度v的關系。解析 輕桿開始移動時，彈簧的彈力F = kx、且F = f，則解得x = f/k。 設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中，根據(jù)動能定理有：小車以v0撞擊彈簧時 f· W = 0 mv02；小車以vm撞擊彈簧時 f·l W = 0 mvm2；解得。 設輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為v1， 則W = mv12；又 f· W = 0 mv02；解得v1 = 。當時，v = v； 當 v 時，v =。15（16分）如圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場，根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場。圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構成，極板長度為l、間距為d，兩對極板間偏轉電壓大小相等、電場方向相反質量為m、電荷量為 +q的粒子經加速電壓U0加速后，水平射入偏轉電壓為U1的平移器，最終從A點水平射入待測區(qū)域。不考慮粒子受到的重力。 求粒子射出平移器時的速度大小v1； 當加速電壓變?yōu)?U0時，欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，求此時