第頁|共頁2012年北京市高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題1．（3分）一個氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級，該氫原子（）A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量減少 C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量減少 【考點】J4：氫原子的能級公式和躍遷．【專題】13：實驗題；54N：原子的能級結構專題．【分析】從高能級向低能級躍遷，釋放光子，能量減少，從低能級向高能級躍遷，吸收光子，能量增加．【解答】解：一個氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級，即從高能級向低能級躍遷，釋放光子，能量減少。故選：B。【點評】知道高能級向低能級躍遷，釋放光子，從低能級向高能級躍遷，吸收光子．2．（3分）一束單色光經由空氣射入玻璃，這束光的（）A．速度變慢，波長變短 B．速度不變，波長變短 C．頻率增高，波長變長 D．頻率不變，波長變長 【考點】G5：電磁波譜；H3：光的折射定律．【專題】54D：光的折射專題．【分析】該題考查了單色光在不同的介質中，波長、變速的變化情況，通過和v=λf結合在不同的介質中光的頻率不變可得出正確結果。【解答】解：一束單色光經由空氣射入玻璃，是由光疏介質進入光密介質，由可知，光的傳播速度變慢；一單色光在不同的介質中傳播時頻率不變，由v=λf可知，波長變短；綜上所述可知選項A正確，選項BCD錯誤。故選：A。【點評】光從真空（或空氣中）射入某種介質時，頻率是不會變化的；會熟練的應用判斷光速的變化情況，應用v=λf判斷波長的變化情況；同時還要了解同種介質對不同頻率的光的折射率是不同的。3．（3分）一個小型電熱器若接在輸出電壓為10V的直流電源上，消耗電功率為P；若把它接在某個正弦交流電源上，其消耗的電功率為0.5P，如果電熱器電阻不變，則此交流電源輸出電壓的最大值為（）A．5V B． C．10V D． 【考點】E4：正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率．【專題】53A：交流電專題．【分析】根據焦耳定律Q=I2Rt求解電流的有效值，其中I是有效值．再根據有效值與最大值的關系求出最大值．【解答】解：設電熱器的電阻為R，t時間內產生的熱量為Q，則：Q=此熱量是接交流電源上產生的熱功率的2倍，所以Q′=Q=所以：=解得：V所以最大值為故選：C。【點評】對于交變電流，求解熱量、電功和電功率等與熱效應有關的量，都必須用有效值．4．（3分）處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環形電流，那么此電流值（）A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質量成正比 D．與磁感應強度成正比 【考點】B1：電流、電壓概念；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】帶電粒子以速率v垂直射入磁感強度為B的勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律求出帶電粒子圓周運動的周期，由電流的定義式得出電流的表達式，再進行分析．【解答】解：設帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，半徑為r，則由qvB=m，得r=，T=環形電流：I==，可見，I與q的平方成正比，與v無關，與B成正比，與m成反比。故選：D。【點評】本題是洛倫茲力、向心力和電流等知識的綜合應用，抓住周期與B、I的聯系是關鍵．5．（3分）一個彈簧振子沿x軸做簡諧運動，取平衡位置O為x軸坐標原點．從某時刻開始計時，經過四分之一的周期，振子具有沿x軸正方向的最大加速度．能正確反映振子位移x與時間，關系的圖象是（）A． B． C． D． 【考點】72：簡諧運動的振幅、周期和頻率；73：簡諧運動的振動圖象．【專題】51D：振動圖像與波動圖像專題．【分析】回復力：F=﹣kx；牛頓第二定律公式：a=；得到加速度的一般表達式后，再進行討論即可．【解答】解：A、回復力：F=﹣kx加速度：a=故有a=﹣x經周期振子具有正方向的最大加速度，故結合上述公式得到：此時振子有負方向的最大位移，A圖符合，故A正確；B、經周期振子位移為零，故B錯誤；C、經周期振子位移正向最大，故C錯誤；D、經周期振子位移為零，故D錯誤；故選：A。【點評】本題關鍵是根據回復力公式和加速度公式得到加速度與位移關系式，然后逐項討論．6．（3分）關于環繞地球運動的衛星，下列說法中正確的是（）A．分別沿圓軌道和橢圓軌道運行的兩顆衛星，不可能具有相同的周期 B．沿橢圓軌道運行的一顆衛星，在軌道不同位置可能具有相同的速率 C．在赤道上空運行的兩顆地球同步衛星，它們的軌道半徑有可能不同 D．沿不同軌道經過北京上空的兩顆衛星，它們的軌道平面一定會重合 【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛星．【專題】52A：人造衛星問題．【分析】根據開普勒定律求解．了解同步衛星的含義，即同步衛星的周期必須與地球自轉周期相同．物體做勻速圓周運動，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向軌道平面的中心．通過萬有引力提供向心力，列出等式通過已知量確定未知量．【解答】解：A、分別沿圓軌道和橢圓軌道運行的兩顆衛星，可能具有相同的周期，故A錯誤B、沿橢圓軌道運行的一顆衛星，在軌道對稱的不同位置具有相同的速率，故B正確C、根據萬有引力提供向心力，列出等式：=m（R+h），其中R為地球半徑，h為同步衛星離地面的高度。由于同步衛星的周期必須與地球自轉周期相同，所以T為一定值，根據上面等式得出：同步衛星離地面的高度h也為一定值。故C錯誤D、沿不同軌道經過北京上空的兩顆衛星，它們的軌道平面不一定重合，但圓心都在地心，故D錯誤故選：B。【點評】地球質量一定、自轉速度一定，同步衛星要與地球的自轉實現同步，就必須要角速度與地球自轉角速度相等，這就決定了它的軌道高度和線速度大小．7．（3分）物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環實驗”．如圖所示，她把一個帶鐵芯的線圈、開關和電源用導線連接起來后，將一金屬套環置于線圈上，且使鐵芯穿過套環．閉合開關的瞬間，套環立刻跳起．某同學另找來器材再探究此實驗．他連接好電路，經重復試驗，線圈上的套環均未動．對比老師演示的實驗，下列四個選項中，導致套環未動的原因可能是（）A．線圈接在了直流電源上 B．電源電壓過高 C．所選線圈的匝數過多 D．所用套環的材料與老師的不同 【考點】D8：法拉第電磁感應定律．【專題】16：壓軸題．【分析】閉合開關的瞬間，穿過套環的磁通量發生變化，產生感應電流，從而受到安培力，會向上跳起．根據套環跳起的原理判斷導致套環未動的原因．【解答】解：A、線圈接在直流電源上，閉合開關的瞬間，穿過套環的磁通量仍然會改變，套環中會產生感應電流，會跳動。故A錯誤。B、電源電壓過高，在套環中產生的感應電流更大，更容易跳起。故B錯誤。C、線圈匝數過多，在套環中產生的感應電流越大，套環更容易跳起。故C錯誤。D、所用的套環材料不同，可能不產生感應電流，則不會受到安培力，不會跳起。故D正確。故選：D。【點評】理解套環跳起的原因，即產生感應電流的效果阻礙引起感應電流磁通量的變化．8．（3分）“約瑟夫森結”由超導體和絕緣體制成，若在結兩端加一恒定電壓U，則它會輻射頻率為v的電磁波，且與U成正比，即v=kU，已知比例系數k僅與元電荷e的2倍和普朗克常量h有關．你可能不了解此現象為原理，但仍可運用物理學中常用的方法，在下列選項中，推理判斷比例系數k的值可能為（）A． B． C．2he D． 【考點】IB：概率波．【專題】16：壓軸題．【分析】物理公式確定了物理量之間數值的關系，同時也就確定了物理單位間的關系，本題根據單位進行判斷．【解答】解：物理公式兩邊的單位是相同的，根據公式v=kU，，故其單位為s﹣1?V﹣1；普朗克常量h的單位是J?s，e的單位是C；根據公式W=qU，1J=1V?C，故1Js=1VCs，故1s﹣1?V﹣1=1，故的單位是s﹣1?V﹣1；故選：B。【點評】將一個物理導出量用若干個基本量的乘方之積表示出來的表達式，稱為該物理量的量綱式，簡稱量綱．它是在選定了單位制之后，由基本物理量單位表達的式子；任何公式兩邊的量綱必須相同．二、解答題9．（18分）在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準，待測金屬絲接入電路部分的長度約為50cm．（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑，其中某次測量結果如圖1所示，其讀數應為0.397mm（該值接近多次測量的平均值）（2）用伏安法測金屬絲的電阻RX，實驗所用器材為：電池組（電動勢為3V，內阻約為1Ω），電流表（內阻約為0.1Ω），電壓表（內阻約為3kΩ），滑動變阻器R（0～20Ω，額定電流為2A）開關，導線若干．某同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數據如下：次數1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上實驗數據可知，他們測量RX是采用圖2中甲和乙中的圖甲（選填“甲”或“乙”）（3）如圖3是測量RX的實驗器材實物圖，圖中已經連接了部分導線，滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端，請根據上圖所選的電路圖，補充完成圖3中實物間的連線，并使閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞．（4）這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖4所示，圖中已經標出了與測量數據相對應的四個點，請在下圖中標出第2、4、6次測量數據的坐標點，并描繪出U﹣I圖線，由圖線得到金屬絲的阻值RX=4.5Ω（保留兩位有效數字）．（5）根據以上數據可估算出金屬絲的電阻率約為C（填選項前的序號）A、1×10﹣2Ω?mB、1×10﹣3Ω?mC、1×10﹣6Ω?mD、1×10﹣8Ω?m（6）任何實驗測量都存在誤差，本實驗所用測量儀器都已校準，下列關于誤差的說法中正確的選項是CD（有多個正確選項）．A、用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于系統誤差B、由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差C、若將電流表和電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統誤差D、用U﹣I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差．【考點】N2：測定金屬的電阻率；N6：伏安法測電阻．【專題】13：實驗題；535：恒定電流專題．【分析】（1）關于螺旋測微器的讀數，要先讀出固定刻度，再讀出可動刻度，然后相加即可得出結果．（2）根據數據比較電壓表、電流表和被測電阻的阻值關系，確定可采取的電路．（3）按照電路原理圖進行實物圖的連接，注意導線不能交叉和滑動變阻器的連接方式．（4）根據圖上所標的點，做出U﹣﹣I圖線，從而可得出電阻值（5）把以上數據代入電阻定律，可得出結果（6）結合試驗誤差出現的原因，可得出答案．【解答】解：（1）固定刻度讀數為0，可動刻度讀數為39.7，所測長度為0+39.7×0.01=0.397mm．（2）由記錄數據根據歐姆定律可知金屬絲的電阻Rx約5Ω．則有，，比較Rx為小電阻應該采用外接法測量誤差小．由（3）知是用伏安特性曲線來測量電阻的，就要求電壓電流從接近0開始調節，所以應該采用分壓接法甲．（3）注意連圖時連線起點和終點在接線柱上并且不能交叉，結合（2）可知應該連接成外接分壓接法（甲）那么在連線時斷開開關且使Rx兩端的電壓為0．先連外接電路部分，再連分壓電路部分，此時滑片P必須置于變阻器的左端．實物圖如圖所示，（4）描繪出第2、4、6三個點后可見第6次測量數據的坐標點誤差太大舍去，然后作出U﹣I圖線．如右圖所示；其中第4次測量數據的坐標點在描繪出的U﹣I圖線上，有：Ω．（5）根據電阻定律有：ρ===1.1×10﹣6Ω?m從數量級上估算出的金屬絲電阻率是C選項．（6）A、用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于偶然誤差，故A錯誤；BC、由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于系統誤差．若將電流表和電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統誤差，故B錯誤，C正確；D、用U﹣I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差，故D正確．答案為：CD．故答案為：（1）0.397；（2）甲；（3）如圖；（4）如圖，4.5；（5）C；（6）CD．【點評】該題是綜合性較強的題，解答時注意一下幾方面：1、對于長度的測量注意高中所要求的游標卡尺和螺旋測微器的使用方法，讀書時是固定刻度的值與可動刻度的值得和．2、會根據電壓表、電流表及被測電阻的阻值關系，確定電流表是內接還是外接．3、實物連接時，注意導線不能相交叉，并且要注意閉合電建時，分壓電路的輸出端電壓要為零．4、會用電阻定律來求解導線的電阻率5、了解實驗誤差產生的原因，并會在試驗中做到盡可能的減小誤差．10．（16分）如圖所示，質量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物塊與桌面間的動摩擦因數μ=0.25，桌面高h=0.45m，不計空氣阻力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物塊落地點距飛出點的水平距離s；（2）小物塊落地時的動能EK；（3）小物塊的初速度大小v0．【考點】43：平拋運動；65：動能定理．【專題】52D：動能定理的應用專題．【分析】（1）物塊離開桌面后做平拋運動，由勻速與勻變速運動規律可以求出水平距離．（2）由動能定理可以求出落地動能．（3）由動能定理可以求出物塊的初速度．【解答】解：（1）物塊飛出桌面后做平拋運動，豎直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，水平方向：s=vt=0.9m；（2）對物塊從飛出桌面到落地，由動能定理得：mgh=mv12﹣mv22，落地動能EK=mgh+mv12=0.9J；（3）對滑塊從開始運動到飛出桌面，由動能定理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02，解得：v0=4m/s；答：（1）小物塊落地點距飛出點的水平距離為0.9m．（2）小物塊落地時的動能為0.9J．（3）小物塊的初速度為4m/s．【點評】要掌握應用動能定理解題的方法與思路；（2）（3）兩問也可以應用牛頓定律、運動學公式求解．11．（18分）摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米．電梯的簡化模型如圖1所示．考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t=0時由靜止開始上升，a─t圖象如圖2所示．電梯總質量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由υ─t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據圖2所示a─t圖象，求電梯在第1s內的速度改變量△υ1和第2s末的速率υ2；（3）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在0─11s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W．【考點】11：機械運動；37：牛頓第二定律；62：功的計算．【專題】16：壓軸題；522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】（1）由圖讀出電梯向上加速運動的最大加速度和減速運動的最大加速度大小，由牛頓第二定律求解最大拉力F1和最小拉力F2；（2）運用類比法可知，a﹣t圖象與坐標軸所圍的“面積”等于速度變化量，即可求出電梯在第1s內的速度改變量△υ1，及電梯在2s內的速度改變量△υ2，即求得第2s末的速率υ2；（3）由a─t圖象可知，11s～30s內速率最大，其值等于0～11s內a─t圖線下的面積，此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，由P=Fv求出拉力的功率．由動能定理求解拉力和重力對電梯所做的總功W．【解答】解；（1）由牛頓第二定律，有F﹣mg=ma由a─t圖象可知，F1和F2對應的加速度分別是a1=1.0m/s2，a2=﹣1.0m/s2則F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104NF2=m（g+a2）=2.0×103×（10﹣1.0）N=1.8×104N（2）通過類比可得，電梯的速度變化量等于第1s內a─t圖線下的面積△v1=0.50m/s同理可得，△v2=v2﹣v0=1.5m/sv0=0，第2s末的速率v2=1.5m/s（3）由a─t圖象可知，11s～30s內速率最大，其值等于0～11s內a─t圖線下的面積，有vm=10m/s此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率P=Fvm=mg?vm=2.0×103×10×10W=2.0×105W由動能定理，總功W=Ek2﹣Ek1=mvm2﹣0=×2.0×103×102J=1.0×105J答：（1）電梯在上升過程中受到的最大拉力F1是2.2×104N，最小拉力F2是1.8×104N．（2）電梯在第1s內的速度改變量△v1是0.50m/s，第2s末的速率v2是1.5m/s．（3）電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P為2.0×105W；在0─11s時間內，拉力和重力對電梯所做的總功W是1.0×105J．【點評】本題一要有基本的讀圖能力，并能根據加速度圖象分析電梯的運動情況；二要能運用類比法，理解加速度圖象“面積”的物理意義．12．（20分）勻強電場的方向沿x軸正向，電場強度E隨x的分布如圖所示。圖中E0和d均為已知量，將帶正電的質點A在O點由靜止釋放，A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質點B放在O點也由靜止釋放，當B在電場中運動時，A、B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開電場后，A、B間的相互作用視為靜電作用，已知A的電荷量為Q，A和B的質量分別為m和，不計重力。（1）求A在電場中的運動時間t；（2）若B的電荷量，求兩質點相互作用能的最大值EPm；（3）為使B離開電場后不改變運動方向，求B所帶電荷量的最大值qm。【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】16：壓軸題；531：帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】（1）A在電場中時，在電場力作用下做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求得加速度，由運動學位移公式求解運動時間t；（2）分析A、B的運動情況：A、B相互作用的過程中，A