2012年天津市高考物理试卷解析版

2012年天津市高考物理试卷解析版参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）下列说法正确的是（　　）A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C．从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量【考点】I4：红外线的热效应和红外线遥控；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有【专题】54N：原子的能级结构专题．【分析】元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的是利用红外线良好的穿透能力，核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损．【解答】解：A、元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，故A错误B、由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，故B正确C、卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的。从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良好的穿透能力，故C错误D、由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损，故D错误故选：B。【点评】本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用．2．（3分）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（　　）A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小【考点】3C：共点力的平衡；CC：安培力．菁优网版权所有【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题．【解答】解：导体棒受力如图所示，tanθ；=𝐹𝑚𝑔=𝐵𝐼𝐿𝑚𝑔A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；D、磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；故选：A。【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．3．（3分）一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（　　）A．向心加速度大小之比为4：1B．角速度大小之比为2：1C．周期之比为1：8D．轨道半径之比为1：2【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星；64：动能．菁优网版权所有【专题】52A：人造卫星问题．【分析】根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心加速度、周期、角速度的变化．【解答】解：根据得，v，动能减小为原来的，则线速度减为原来的，则轨道半径G𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑣2𝑟=𝐺𝑀𝑟1412变为原来的4倍。则轨道半径之比为1：4。根据解得，，T，则向心加速度变为原来G𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝑎=𝑚𝑟𝜔2=𝑚𝑟(2𝜋𝑇)2a=𝐺𝑀𝑟2ω=𝐺𝑀𝑟3=4𝜋2𝑟3𝐺𝑀的，角速度变为原来的，周期变为原来的8倍。故C正确，A、B、D错误。11618故选：C。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系．4．（3分）通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为（　　）𝑃2𝑃1A．，B．，𝑃𝑅𝑘𝑈1𝑛(𝑃𝑅𝑘𝑈)2𝑅1𝑛C．，D．（）2R，𝑃𝑅𝑘𝑈1𝑛2𝑃𝑘𝑈1𝑛2【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有【专题】53A：交流电专题．【分析】根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由P＝UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率．【解答】解：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电电压为KU，输送功率P＝KUI，所以；P1=𝐼2𝑅=𝑃2𝑅𝐾2𝑈2当副线圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nKU，输送功率P＝nKUI′，所以；P2=𝐼'2𝑅=𝑃2𝑅𝑛2𝐾2𝑈2𝑃2𝑃1=1𝑛2故选：D。【点评】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率．基础题．5．（3分）两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（　　）A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功；AF：等势面．菁优网版权所有【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动．【解答】解：根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大。故C正确。故选：C。【点评】本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根据电场力做功正负，判断电势能的变化．6．（3分）半圆形玻璃砖横截面如图，AB为直径，O点为圆心．在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O的距离相等．两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则a、b两束光（　　）A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大C．若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大【考点】H3：光的折射定律；H9：光的干涉．菁优网版权所有【专题】54D：光的折射专题．【分析】通过光路图可知，a、b两束光照射到圆弧面上的入射角相等，b光发生了全反射，a光未发生全反射，根据sinC得出两光的折射率大小，从而根据v比较出光在介质中的速度大小．通过折射率的大=1𝑛=𝑐𝑛小比较出频率和波长的大小，从而判断能否发生光电效应和条纹间距的大小．【解答】解：A、b光发生了全反射，a光未发生全反射，知b光的临界角小，根据sinC知，b光的折射=1𝑛率大，根据v知，b光的传播速度小，a光的传播速度大。故A正确。=𝑐𝑛B、根据折射定律可知，b光的折射率大，则b光的折射角小。故B错误。C、b光的折射率大，则b光的频率大，若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能。故C正确。D、b光的折射率大，频率大，则b光的波长小，根据知，a光的条纹间距大。故D正确。△x=𝐿𝑑𝜆故选：ACD。【点评】解决本题的突破口通过全反射比较出a、b两光的折射率大小．知道折射率、频率、波长、在介质中的速度等关系．7．（3分）沿x轴正向传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40m/s，则ts时（　　）=140A．质点M对平衡位置的位移一定为负值B．质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同C．质点M的加速度方向与速度方向一定相同D．质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有【专题】16：压轴题．【分析】由图读出波长求出周期，根据时间与周期的关系及t＝0时刻P点的速度方向，分析在t＝0.025s时刻，质点M的位置，确定速度和加速度的变化，以及速度、加速度的方向．【解答】解：由图读出波长为λ＝4m，则该波的周期为T，ts．t＝0时刻质点=𝜆𝑣=440𝑠=0.1𝑠=140=𝑇4M向上运动，则在ts时刻，质点M正从波峰向平衡位置运动，所以其速度增大，加速度减小。位移=140为正，质点M的速度沿y轴负方向，加速度沿y轴负方向，所以加速度方向与速度方向相同，速度方向与位移方向相反，质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反，故CD正确，AB错误；故选：CD。【点评】由波动图象读出，求解周期，根据时间与周期的关系分析质点的振动情况，是常见的问题，难度不大．8．（3分）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　）A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有【专题】16：压轴题；52D：动能定理的应用专题．【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大。【解答】解：A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功。物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；故选：BD。【点评】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要掌握图象题的解题思路。二、非选择题9．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为　2　kg•m/s，若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为　12　N（取g＝10m/s2）。【考点】52：动量定理．菁优网版权所有【专题】52F：动量定理应用专题．【分析】取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小。【解答】解：（1）取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p＝mv2﹣（﹣mv1）＝0.2×（6+4）kg•m/s＝2kg•m/s，方向竖直向上。（2）代入动量定理的公式，得（F﹣mg）t＝△P，代入数据求得：F＝12N故故答案为：2，12。【点评】此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量。动量变化量也是矢量，同样要注意方向。10．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图1所示。这样做的目的是　AC　（填字母代号）。A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最底端的长度L＝0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为　12.1　mm，单摆摆长为　0.99295　m。③如图振动图象真实地描述了对摆长为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是　A　（填字母代号）。【考点】MK：探究单摆的周期与摆长的关