2012年广东高考物理真题及详解(排版)

理科综合—物理部分

一、单项选择题：每小题4分，满分16分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．选对的得4分，选错或不答的得0分。

13．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，水分子间的( )

A．引力消失，斥力增大 B．斥力消失，引力增大 C．引力斥力都减小 D．引力斥力都增大 13．D [解析] 水由气态凝结成液态的水，分子间距离变小．而分子间同时存在引力和斥力，且引力和斥力都随着分子间距离的减小而增大，故D正确． 14．景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体．在此压缩过程中( )

A．气体温度升高，压强不变 B．气体温度升高，压强变大

C．气体对外界做正功，气体内能增加 D．外界对气体做正功，气体内能减少 14．B [解析] 猛推杆的过程可以看成是一个绝热过程，故Q＝0，而压缩气体，气体体积减小，外界对气体做功，故W＞0，由热力学第一定律△U＝W＋Q，△U＞0，气体内能ρV增加，温度升高，故CD错误；由理想气体状态方程＝C知，T增大V减小，则p增大，T故A错误B正确． 15．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是( )

A．M带负电，N带正电 B．M的速率小于N的速率 C．洛伦兹力对MN做正功 D．M的运行时间大于N的运行时间 15．A [解析] 由左手定则判断知，A正确；粒子在磁场中v2mv运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，半径为：r＝，在质量与电量相同的情况下，半rqB径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错；洛伦兹力不做功，C错；粒子在磁2πm场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T＝，M的运行时间等于N的运行时qB间，故D错． 16．如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45˚，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为( )

A．G和G

22B.G和G 2213C.G和G 2211D.G和G 22 16．B [解析] 日光灯受力如图所示，将T1T2分别向水平方向和1

竖直方向分解，则有：T1cos45°＝T2 cos45°，T1sin45°＋T2sin45°＝G，解得：T1＝T2＝B正确． 2，G17．图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有( )

A．N小于滑块重力 B．N大于滑块重力 C．N越大表明h越大 D．N越大表明h越小 117．BC [解析] 滑块在轨道上滑动，只有重力做功，机械能守恒，则有：mgh＝2mv2B，解得：vB＝2gh，滑块到B点时，支持力NB与重力的合力提供向心力，即：NB－mgv22mghB＝m，联立以上两式得：NB＝mg＋，由牛顿第三定律知N＝NB，故BC正确． RR18．能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程，表述正确的有( )

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A. 31H＋1→2He＋0n是核聚变反应

241

B. 31H＋1H→2He＋0n是β衰变

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C. 235 92U＋0n→ 56Ba＋36Kr＋30n是核裂变反应

1140941

D. 235 92U＋0n→ 54Xe＋38Sr＋20n是α衰变 18．AC [解析] 衰变是一个核放出α粒子或β粒子的反应，而聚变是两个较轻的核聚合为一个较重核的反应，裂变是铀核俘获一个中子后分裂成两个较轻核的反应，故AB项中的核反应均为聚变，而CD项中的核反应均为裂变，故AC正确． 19．某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的有( )

A．最大值是502 V B．频率是100 Hz C．有效值是252 V D．周期是0.02 s 5019．CD [解析] 由电动势的表达式可知，最大值为50 V，而有效值为：E＝ V＝21252 V，A错C对；ω＝2πf＝100π，故f＝50 Hz，周期T＝＝0.02 s，B错D对． f20．图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( ) A．带正电的矿粉落在右侧 B．电场力对矿粉做正功 C．带负电的矿粉电势能变大 D．带正电的矿粉电势能变小 20．BD [解析] 电场线的方向是由右向左，所以正电荷受到向左的电场力负电荷受到向右的电场力，电场力对正电荷或负电荷都是做正功，电势能减少，故AC错，BD对． 21．如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2.若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的( )

A．动能大 B．向心加速度大 C．运行周期长 D．角速度小

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mMGmMmv2v2mMmMGMGM21．CD [解析] 由G2＝ma2＝＝mG2G2解得：a＝2v＝ω＝rrrrrrrrGMr3T＝2π，由这些关系可以看出，r越大，av ω越小，而T越大，故AB错，CDr3GM对． 34． (1)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．

①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图15(a)和图15(b)所示，长度为________cm，直径为________mm. (a) (b) (c)

②按图(c)连接电路后，实验操作如下：

(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最________处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；

(b)将电阻箱R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280 Ω；

③由此可知，圆柱体的电阻为________Ω. 34．(1)①5.01,5.310－5.320 ②(a)大 (b)大 ③1280 [解析] ①游标卡尺的读数＝主尺上的读数＋游标上的读数，本题主尺上的读数是5 cm，游标上的读数是1×0.1 mm＝0.01cm，故游标卡尺的读数为5.01 cm；螺旋测微器的读数＝固定尺的读数＋可动尺的读数×0.01，即5 mm＋31.5×0.01 mm＝5.315 mm，最后一位是估计位，可以不同． ②(a)将滑动变阻器R1的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；(b) 将电阻箱RM2的阻值调至最大，目的也是为了保护电流表及电源；③本题的实验方法为替代EE法．由I0＝I0＝得，Rx＝R2＝1280 Ω. R1＋RA＋r＋RxR1＋RA＋r＋R234． (2)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系． ①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(填“水平”或“竖直”)

②弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表： L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 代表符号 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30 数值(cm) 表中有一个数值记录不规范，代表符号为________．由表可知所用刻度尺的最小分度为________．

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③图8是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“Lx”)．

④由图可知弹簧的劲度系数为________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为________g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)． 34．(2)①竖直 ②静止，L3 mm ③Lx ④4.9 10 [解析] ①本实验是利用重力与弹力平衡获取若干数据，再利用图像处理数据得到劲度系数的．测量时，弹簧秤及刻度尺都要保持在竖直状态；②读数时，要等弹簧秤静止时才能读取；由记录的值可知，刻度尺的最小分度为0.1 cm，但最小分度小还要估读一位，故记录L3是不符合规范的；③图像所描的点共有六个，而纵轴中反映的砝码的最大质量为60 g，故横轴是弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时弹簧长度Lx的差值；④砝码盘的质量为m0，砝码的质量为m，当挂上砝码盘时有：m0g＝k(Lx－L0)，当砝码盘中的砝码质量为m时，弹簧的长度为Ln，此时有(m0g＋mg)＝k(Ln－L0)，两式联立得：mg＝k(Ln－Lx)，即k＝60×10－3－0，由图像知图线的斜率为k′＝ km/m＝0.50 kg/m，故劲度系数k＝k′g＝4.9 2－Ln－Lx12×10－0mg－2kLx－L0－N/m，而m0＝＝ kg＝10 g. g9.835．如图9所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．

(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v. (2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.

35．(1)导体棒匀速下滑时， Mgsinθ＝BIl① MgsinθI＝② Bl设导体棒产生的感应电动势为E0 E0＝BLv③ 由闭合电路欧姆定律得： 4

I＝E0R＋Rx④ 联立②③④，得 2MgRsinθv＝⑤ B2l2(2)改变Rx由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E U＝IRx⑥ UE＝⑦ dmg＝qE⑧ 联立②⑥⑦⑧，得 mBldRx＝⑨ qMsinθ 36．图10(a)所示的装置中，小物块AB质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆(AB间距大于2r)．随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度－时间图象如图18(b)所示．A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞．

(1)求A脱离滑杆时的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE.

(2)如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1与ω的关系式．

(3)如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式(弹簧始终在弹性限度内)．

(a) (b)

36．(1)滑杆达到最大速度时A与其脱离．由题意，得v0＝ωr① 设AB碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律mv0＝2mv1② 5

112碰撞过程中的机械能损失为ΔE＝mv20－(2m)v1③ 221ΔE＝mω2r2④ 41(2)若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得μ(2m)gl＝(2m)v21⑤ 2联立①②⑤，得对应AB运动到Q点的连杆角速度ω1 22μglω1＝⑥ r22μglω的取值范围：0＜ω≤⑦ r设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得 v1＝at1⑧ μ(2m)g＝2ma⑨ ωr联立①②⑧⑨，得t1＝，(0<ω≤22μg2μgl)10○ r1(3)若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得μ(2m)g(l＋l)＝(2m)v21 2联立①②⑪，得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度ω2 4μglω2＝⑫ r22μgl4μglω的取值范围：<ω≤⑬ rr1由功能关系Ep＝(2m)v21－μ(2m)gl 2122μgl4μglEp＝mω2r2－2μmgl，(＜ω≤)⑮ 4rr答案另解：36、（1）由图像可读出A开始随滑杆做加速运动，当A速度v0r时，脱离滑杆，由AB距离大于2r，此时B速度为零，设A、B碰撞之后共同速度为v1，由动量守恒：mv02mv1 r121m2r22由能量守恒可得：Emv0(2m)v1 解得： E v1 2224（2）若使小球不与弹簧相碰，即要求小球A、B碰撞之后最多能运动到Q点，由动1能定理及（1）中结果可得：-(2m)gl0(2m)v12 2v1r 2可解得：22gl，所以当0＜22gl时，AB不与弹簧碰撞 rrAB在PQ段做匀减速直线运动，加速度：(2m)a(2m)g t1v1r ，可解得：ta2gr（3）由（2）中结果可知，当＞22gl时，AB会与弹簧碰撞， 6

要使AB不能再回到P点，有动能定理及阻力做功特点可知： 1-(2m)g2l0(2m)v12 2可解得：42gl r所以，的取值范围为：22gl＜42gl rrAB碰撞后总动能克服摩擦力做功后余的能量为E,后E全部转化为弹簧的弹性势能Ep： EEp E-1（2m）v12(2m)gl 2可解得：Ep1m2r22mgl（22gl＜42gl） 4rr7