重庆市高考物理试卷答案与解析

重庆市高考物理试卷答案与解析

‎2012年重庆市高考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．（3分）（2012•重庆）装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图所示．将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简谐运动的回复力和能量．菁优网版权所有 ‎【专题】简谐运动专题．‎ ‎【分析】试管的运动是简谐运动，其位移时间关系图象是正弦或余弦曲线，计时起点位置在平衡位置上方最大位移处．‎ ‎【解答】解：根据题中规定的正方向，开始计时时刻位移为正的最大值，由于简谐运动的图象是正弦或余弦曲线，可知D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题关键明确简谐运动的图象是正弦或余弦曲线，找出计时起点的位移即可，基础题．‎ ‎　‎ ‎2．（3分）（2012•重庆）如图所示，理想变压器的原线圈接u=11000sin100πt（V）的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω的导线对“220V/880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知（　　）‎ A．原、副线圈的匝数比为50：1‎ B．交变电压的频率为100 Hz C．副线圈中电流的有效值为4 A D．变压器的输入功率为880 W ‎【考点】变压器的构造和原理．菁优网版权所有 ‎【专题】交流电专题．‎ ‎【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．‎ ‎【解答】解：输入电压的有效值为11000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比小于50：1，故A错误；‎ B、由输入电压的表达式知，f=Hz=50 Hz，故B错误；‎ C、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I=4 A，故C正确；‎ D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误．‎ 故选C ‎【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．‎ ‎　‎ ‎3．（3分）（2012•重庆）图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是（　　）‎ A．温度降低，压强增大 B．温度升高，压强不变 C．温度升高，压强减小 D．温度不变，压强减小 ‎【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律．菁优网版权所有 ‎【专题】理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】此温度计不是根据液体的热胀冷缩原理制成的，它是靠气体作为膨胀物质，液体的受热膨胀忽略不计；外界大气的压强变化时，根据理想气体的状态方程也可以判定．‎ ‎【解答】解：设玻璃泡中气体压强为p，外界大气压强为p′，则p′=p+ρgh，且玻璃泡中气体与外界大气温度相同．液柱上升，气体体积减小，根据理想气体的状态方程可知，若P不变，则V减小时，T减小；若T不变时，V减小时，P变大．即温度T降低或压强P变大是可能的情况．故BCD均不符合要求，A正确．‎ 故选：A ‎【点评】题考查的是气体温度计的原理，膨胀物质不是液体，而是气体，依据气体的热胀冷缩性质制成的．‎ ‎　‎ ‎4．（3分）（2012•重庆）质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v﹣t图象为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；动量定理应用专题．‎ ‎【分析】人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，‎ 当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离前后系统动量守恒，求得车的速度．‎ ‎【解答】解：人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，‎ 当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，‎ 规定车的速度方向为正方向，则有：‎ ‎（m+2m）v0=2mv+（﹣mv0）‎ 得：v=2v0 ，人跳车后做匀减速直线运动，‎ 车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，‎ 所以能正确表示车运动的v﹣t图象B．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决该题关键要知道跳离前后系统动量守恒，规定初速度的方向为正方向列等式求解．‎ ‎　‎ ‎5．（3分）（2012•重庆）冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的（　　）‎ A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的 C．线速度大小约为卡戎的7倍 D．向心力大小约为卡戎的7倍 ‎【考点】万有引力定律及其应用．菁优网版权所有 ‎【专题】万有引力定律在天体运动中的应用专题．‎ ‎【分析】双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两恒星间的万有引力提供．由于力的作用是相互的，所以两子星做圆周运动的向心力大小是相等的，利用万有引力定律可以求得其大小． 两子星绕着连线上的一点做圆周运动，所以它们的运动周期是相等的，角速度也是相等的，所以线速度与两子星的轨道半径成正比．‎ ‎【解答】解：冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．‎ A、它们之间的万有引力提供各自的向心力得：mω2r=Mω2R，质量比约为7：1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的．故A正确．‎ B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．故B错误 C、根据线速度v=ωr得冥王星线速度大小约为卡戎的，故C错误 D、它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误 故选A．‎ ‎【点评】由于双星和它们围绕运动的中心点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，角速度相等，周期也必然相同 ‎　‎ ‎6．（3分）（2012•重庆）以下是物理学史上3个著名的核反应方程：x+37Li﹣→2y，y+714N﹣→x+817O，y+49Be﹣→z+612C．x、y和z是3种不同的粒子，其中z是（　　）‎ A．α粒子 B．质子 C．中子 D．电子 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有 ‎【专题】衰变和半衰期专题．‎ ‎【分析】将三个方程相加，通过电荷数守恒、质量数守恒得出z的电荷数和质量数，从而确定z是何种粒子．‎ ‎【解答】解：将上述三个方程相加，整理后得37Li+ 714N+49Be﹣→ 817O+ 612C+z，根据电荷数守恒和质量数守恒，z的质量数为1，电荷数为0，为中子，C正确．A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道核反应方程电荷数守恒、质量数守恒．‎ ‎　‎ ‎7．（3分）（2012•重庆）空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）．该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．‎ ‎【解答】解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，故A错误；‎ B：等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同．故B错误；‎ C：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高．故C错误；‎ D：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于简单题．‎ ‎　‎ ‎8．（3分）（2012•重庆）如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t=0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，正确找出切割磁感线的有效长度，根据感应电动势大小公式E=BLv和安培力公式F=BIL表示出安培力，运用数学函数图象进行判断．‎ ‎【解答】解：第一段时间从初位置到M′N′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M′长度的2倍，此时电动势E=2Bvtv，线框受的安培力f=2BIvt=，图象是开口向上的抛物线，故CD错误；‎ 如图乙所示，线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与M′N′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；‎ 最后一段时间如图丙所示，从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为A′C′=l﹣2vt′，‎ 电动势E′=B（l﹣2vt′）v，线框受的安培力F′=，图象是开口向上的抛物线，故A错误，B正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握右手定则判定感应电流的方向，以及掌握切割产生的感应电动势大小公式E=BLv和安培力公式F=BIL．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．（19分）（2012•重庆）（1）如图1所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的　光学　面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图2所示，计算折射率时，用　d　（填“d”或“e”）得到的值较小，用　e　（填“d”或“e”）点得到的值误差较小．‎ ‎（2）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响，实验器材如图3所示．‎ ‎①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式　U=E﹣Ir　，利用测量数据作出U﹣I图象，得出E和r．‎ ‎②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路．‎ ‎③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U﹣I图象如图中（a）（b）（c）（d）所示，由此可知：‎ 在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”），电源内阻　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ 曲线（c）对应的电源电动势E=　0.975　V，内阻r=　478　Ω，当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率P=　0.268　mW．（均保留三位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻；光的折射定律．菁优网版权所有 ‎【专题】实验题；恒定电流专题．‎ ‎【分析】光学镜面及光学玻璃面均不能用手触碰，对于两光学面平行的玻璃砖，入射光线应和出射光线平行．测量电源电动势和内阻时，U﹣I图象的斜率表示内阻，即，图象纵轴截距为电动势．电源的输出功率一般用P=I2R计算，其中I为干路电流，R为外阻．‎ ‎【解答】解：（1）玻璃砖的光学面不能用手直接接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定．连接dc、ec并延长至玻璃砖的光学面与白纸的交线，交点为出射点，入射点与出射点的连线即为折射光线，入射角一定，用d点时，折射角大，折射率小；对于两光学面平行的玻璃砖，入射光线和出射光线平行，ec连线与入射光线平行，误差小．参照下图：‎ ‎（2）①根据闭合电路的欧姆定律，U=E﹣Ir．‎ ‎ ②如图所示．‎ ‎ ③图线与纵轴的交点的纵坐标即为电动势，交点纵坐标不变，所以电动势不变，为0.975 V；图线斜率的绝对值即为内阻，斜率的绝对值变大，内阻变大．（c）对应图线斜率绝对值约为478（从线上选取两点即可求斜率），电源的输出功率P=（）2R=（）2×2500 W=2.68×10﹣4 W=0.268 mW．‎ 故答案为：（1）光学，d，e ‎ ‎ （2）①U=E﹣Ir；②如图所示； ③不变，增大，0.975，478，0.268‎ ‎【点评】光的折射是高考重要的选考点，应加以重视．图象问题首先要三看：看物理量、看单位、看初坐标，然后再看斜率，看变化．‎ ‎　‎ ‎10．（16分）（2012•重庆）如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆．摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L．测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s（s＜L），之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）摆锤在上述过程中损失的机械能；‎ ‎（2）在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；‎ ‎（3）橡胶片与地面之间的动摩擦因数．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】（1）摆锤在上述过程中动能变化为零，重力势能减小，损失的机械能为减小的重力势能．‎ ‎（2）根据除了重力以外的力做功量度机械能的变化求解．‎ ‎（3）根据摩擦力对摆锤所做的功的定义式求解 ‎【解答】解：（1）摆锤在上述过程中动能变化为零，重力势能减小，损失的机械能为减小的重力势能．‎ 所以摆锤在上述过程中减小的重力势能为mgh=mgLcosθ 所以损失的机械能是mgLcosθ ‎（2）上述过程中△E=﹣mgLcosθ 根据除了重力以外的力做功量度机械能的变化得 在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功Wf=﹣mgLcosθ ‎（3）摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，‎ 所以摩擦力f=μF Wf=﹣mgLcosθ=﹣μFs μ=‎ 答：（1）损失的机械能mgLcosθ ‎（2）摩擦力做功是﹣mgLcosθ ‎（3）动摩擦因数是 ‎【点评】能够分析运动过程中动能和势能的变化情况，知道根据除了重力以外的力做功量度机械能的变化．‎ ‎　‎ ‎11．（18分）（2012•重庆）有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图所示，两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷（电荷量与质量之比）均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线为O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为g，PQ=3d，NQ=2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用．求：‎ ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）速率为λv0（λ＞1）的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）以v0进入的粒子能在电场中作匀速直线运动，说明其受重力与电场力平衡 ‎（2）由于重力与电场力抵消，则在磁场中作圆周运动，作图求半径，利用洛仑兹提供向心力来解 ‎（3）作图标示出圆周运动和直线运动的偏移量然后求和 ‎【解答】解：（1）设带电颗粒的电荷量为q，质量为m．有 Eq=mg 将=代入，得E=kg ‎（2）如左图，匀速圆周运动过程有 利用几何关系有：‎ R2=（3d）2+（R﹣d）2‎ 得 ‎（3）如右图所示，匀速圆周过程有 速度偏角即圆心角 则侧移量 又侧移量y2=ltanθ 总侧移量y=y1+y2‎ 得 答：（1）电场强度E的大小E=kg ‎ （2）磁感应强度B的大小 ‎ （3打在收集板上的位置到O点的距离 ‎【点评】本题考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确通过运动情况分析粒子的受力情况，熟练掌握圆周运动及平的基本公式，难度较大．‎ ‎　‎ ‎12．（19分）（2012•重庆）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s．比赛时．某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．‎ ‎（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；‎ ‎（2）求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；‎ ‎（3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）在匀速运动阶段，受力平衡，根据平衡条件列式即可求解；‎ ‎（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，根据牛顿第二定律即可求解；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出球沿球拍面下滑的加速度，当球运动的位移小于等于r时，球不从球拍上掉落，根据运动学基本公式列式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）在匀速运动阶段，有mgtanθ0=kv0‎ 得k=‎ ‎（2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有 N′sinθ﹣kv=ma N′cosθ=mg 得tanθ=+tanθ0‎ ‎（3）以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F=‎ 球拍倾角为θ0+β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有 Fsinβ=ma′‎ 设匀速跑阶段所用时间为t，有t=﹣‎ 球不从球拍上掉落的条件a′t2≤r 得sinβ≤‎ 答：（1）空气阻力大小与球速大小的比例系数k为；‎ ‎（2）在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式为tanθ=+tanθ0；‎ ‎（3）β应满足的条件为sinβ≤．‎ ‎【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确受力分析，难度适中．‎ ‎　‎