2012年高考天津理综物理试卷解析（精析word版）（教师版）.doc

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1、【试卷总评】：2012年普通高等学校招生全国统一考试，天津卷理科综合，物理部分：试卷注意对物理学的基本概念、规律的考查，注重考查学生的分析、综合能力，试卷较难，计算量大。一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1 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2 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

2、竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小【答案】：A【解析】：棒受重力、拉力、安培力处于平衡状态。由F=BIL可知电流变大，安培力F变大，角变大，A正确。两悬线等长变短时，棒所三个力都不变，角不变，B错误。金属棒质量变大，重力变大，安培力不变，角变小，C错误。磁感应强度变大，安培力变大，角变大，D错误。【考点定位】本题考查力的平衡，安培力。3 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 1 4 ，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的

3、A向心加速度大小之比为4：1B角速度大小之比为2：1来源:Z_xx_k.ComC周期之比为1：8D轨道半径之比为1：24 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，输电线路总电阻的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P2P1APRkU，1nBPkU2R，1nCPRkU，1n2DPkU2R，1n2【答案】：D【解析】：由U1U2= n1n2=1k，P=U2I，P1=I2R得，P1=PkU2R，排除A、B两选项。若U1U2= n1n2=1nk，P2=PnkU2R，所以P2P

4、1 = 1n2，D正确。【考点定位】本题考查变压器，电能的输送，功率的计算。5 两个固定的等量异号电荷所产生电场的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，粒子只受到静电力作用，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二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6 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

5、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【答案】：ACD【解析】：由图可知a光未发生全反射，b光已发生全反射，b光的临界角小，由sinC = 1n，b光的折射率大，根据n = c v ，可知在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大，A正确。由n = sini sin，可知以相同的入射角i从空气斜射入水中，b光的折射角小，B错误。b

6、光的折射率n大，频率v高，a光照射某金属表面能发生光电效应，则b光也一定能，C正确。根据x= l d 可知，a光的频率v低，波长长，亮条纹间距大，D正确。【考点定位】本题考查光的反射、折射、全反射，波长、频率、波速的关系，光电效应，光的双缝干涉，综合性强，有一定难度。7 沿x轴正方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t = 1 40s时A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8 如图甲所示，静止在水平地面的

7、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A0t1时间内F的功率逐渐增大Bt2时刻物块A的加速度最大Ct2时刻后物块A做反向运动Dt3时刻物块A的动能最大【答案】：BD【解析】： 0t1时间内Ffm，物体A仍做加速运动，运动方向没变。t3时刻后Ffm，物块A将做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确。【考点定位】本题考查受力分析，F-t图像，牛顿第二定律，力和运动关系。第II卷9（18分）（1）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

8、面碰撞前后的动量变化为 kgm/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 N（取g =10m/s2）。【答案】：2； 12【解析】：取竖直向上为正方向p = 0.24（0.26）kgm/s = 2 kgm/s；根据动量定理（Fmg）t =p得，F = pt + mg =12N。计算时要注意方向性。【考点定位】本题考查动量变化，动量定理。（2）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。来源:Z|xx|k.Com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，如图所示。这样做的目的是 （填字母代号）。A保证摆动过程中摆长不变

9、来源:学科网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低端的长度L = 0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为 mm，单摆摆长为 m。下列振动图象真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横作标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin50=0.087，sin150=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 （填字母代号）。（3）某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻。他设计了一

10、个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示。已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。来源:Z+xx+k.Com实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为 （填步骤的字母代号）；A合上开关S2B分别将R1和R2的阻值调至最大C记下R2的最终读数D反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使的指针偏转到满刻度的一半，此时R的最终读数为rE合上开关S1F调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比 （填“偏大”、“

11、偏小”或“相等”）；若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS 。【答案】：BEFADC 相等 I1rI-I1【解析】：闭合开关前将R1和R2的阻值调至最大，以免烧坏电流表，本实验用半偏法测电流表的量程和内阻，实验时通过反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1保持不变，使G2和R2的电流相等，等G2满刻度的一半，G2和R2并联，则G2和R2电阻相等。由并联电路关系可得分流电阻RS = I1rI-I1【考点定位】本题考查半偏法测电流表的量程和内阻，电流表的改装。10（16分）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的

12、光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；（2）A、B两球的质量之比mA：mB。11（18分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l = 0.5m，左端接有阻值R = 0.3的电阻。一质量m = 0.1kg，电阻r = 0.1的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B

13、 = 0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a = 2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2 = 2：1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；（3）外力做的功WF。【答案】：（1）4.5C （2）1.8J （3）5.4J【解析】：解：（1）设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为：=BLx，由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为：E =

14、t由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为：I = ER+r通过电阻R的电荷量为：q = It联立以上各式，代入数据解得：q =4.5C （2）设撤去外力时棒的速度为v，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得：v2=2ax设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得：W = 0 1 2 mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q2 = W联立以上各式，代入数据解得：Q2 =1.8J （3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2 =2:1可得：Q1 =3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：WF = Q1 + Q2联立以上各式，代入数据解得：WF =5.4J【考点定位】本

15、题考查电磁感应综合应用，法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，匀变速运动的规律，动能定理，功能关系。12（20分）对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。（1）求加速电场的电压U；（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；（3）实际上加速电压的大小会在U+U范围内微小变

16、化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，UU应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）【答案】：（1） qB2R2 2m （2）mItq （3）0.63%【解析】：解：（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得：qU = 1 2 mv2离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB = mv2 R 解得：U = qB2R2 2m （2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量Q = ItQ = NqM = Nm = mItq （3）由以上分析可得：R =

17、1B2mUq设m/为铀238离子质量，由于电压在UU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：Rmax = 1B2m（U+U）q来源:Zxxk.Com铀238离子在磁场中最小半径为：Rmin = 1B2m，（U-U）q这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：RmaxRmin即：1B2m（U+U）q 1B2m，（U-U）q得：m（U+U）m，（U-U）UU m-mm+m 其中铀235离子的质量m = 235u（u为原子质量单位），铀238离子的质量m，= 238u则：UU 238u-235u238u+235u解得：UU 0.63%【考点定位】本题考查带电粒子在电场、磁场中运动，动能定理，牛顿第二定律，带电粒子在磁场中运动。