2012年广东省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）（2012?广东）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
【考点】分子间的相互作用力．
【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．
【分析】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．【解答】解：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．
故选D
【点评】本题考查了分子间同时存在引力和斥力，都随距离增大而减小，随距离减小而增大．
2．（3分）（2012?广东）景颇族的祖先发明的点火器如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，可点燃艾绒．当筒内封闭的气体被推杆压缩过程中（）
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
【考点】热力学第一定律；改变内能的两种方式．
【专题】物体的内能专题．
【分析】猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做正功，气体内能增加，温度升高，压强增大．
【解答】解：封闭的气体被推杆压缩过程中，由公式U=W+Q知，在瞬间，Q=0，W＞0，所以内能增加，则温度升高，气体体积减小，压强增大，综上知B正确．
故选B
【点评】本题是物理知识在生活中的应用，考查了热力学第一定律的公式应用，题目难度不大．
3．（3分）（2012?广东）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
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】由左手定则判断出M带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系．
【解答】解：A：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；
B：粒子在磁场中运动，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，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；
C：洛伦兹力不做功，C错误；
D：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=，M的运行时间等于
N的运行时间，故D错误．
故选：A．
【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用．简单题．
4．（3分）（2012?广东）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 B．G和G C．G和G D．G和G
【考点】共点力平衡的条件及其应用．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小．
【解答】解：日光灯受力如图所示，
将T1T2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：
T1cos45°=T2 cos45°
T1sin45°+T2sin45°=G
解得：T1=T2=
故选B．
【点评】本题是简单的力平衡问题，分析受力情况是基础，要抓住对称性，分析两个拉力大小关系．
5．（3分）（2012?广东）如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
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】在B点，滑块在竖直方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律结合动能定理求出滑块对B点压力的大小．
【解答】解：在B点，根据牛顿第二定律有：，则N=mg+．知支持力大于重力，则压力大于重力．
根据动能定理得，．代入解得N=mg+，知N越大，表明h越大．故B、
C正确，A、D错误．
故选BC．
【点评】解决本题的关键搞清滑块做圆周运动向心力的来源，根据牛顿第二定律和动能定理联合求解．
6．（3分）（2012?广东）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（）
A．H+H→He+n是核聚变反应
B．H+H→He+n是β衰变
C．U+n→Ba+Kr+3n是核裂变反应
D．U+n→Xe+Sr+2n是α衰变
【考点】裂变反应和聚变反应．
【专题】压轴题；重核的裂变和轻核的聚变专题．
【分析】核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，只有一些质量非常大的原子核才能发生核裂变；核聚变的过程与核裂变相反，是几个原子核聚合成一个原子核的过程，只有较
轻的原子核才能发生核聚变；不稳定核自发地放出射线而转变为另一种原子核的现象，称为衰变
【解答】解：A、核聚变的过程与核裂变相反，是几个原子核聚合成一个原子核的过程，氢原子核聚变为氦原子核，故A正确；
B、β衰变放出的是电子，而这里是中子故B错误；
C、核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，质量非常大的原子核才能发生核裂变，故C正确；
D、α衰变放出的是核原子核，这是裂变反应，故D错误；
故选：AC
【点评】本题考查了重核裂变、轻核聚变和不稳定核的自发衰变．
7．（3分）（2012?广东）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50V B．频率是100 Hz
C．有效值是25V D．周期是0.02 s
【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．
【专题】交流电专题．
【分析】由电动势的表达式可知，最大值为50 V，从而计算有效值，根据角速度求频率和周期．
【解答】解：A、C由电动势的表达式可知，最大值为50 V，而有效值为：E=V=25 V，A错误C正确；
B、Dω=2πf=100π，故f=50 Hz，周期T==0.02 s，B错误D正确．
故选CD
【点评】本题考查了交流电的最大值和有效值，根据角速度计算周期和频率．
8．（3分）（2012?广东）如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
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】首先要明确矿料分选器内电场的分布及方向，判断矿粉的运动情况，从而可得到正确答案．
【解答】解：由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，
A、带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，选项A错误．
B、无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，选项B正确
C、带负电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项C错误．
D、带正电的矿粉电场力做正功，所以电势能减小，选项D正确．
故选BD
【点评】该题考察了带电物体在电场力作用下的运动，要熟练的掌握带电粒子在电场中的受力情况及其运动情况，并会分析电场力做功与电势能的变化情况．
9．（3分）（2012?广东）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
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．
【专题】压轴题；人造卫星问题．
【分析】根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小．
【解答】解：根据=得，a=，v=，，T=，由这些关系可以看出，r越大，a、v、ω越小，而T越大，故A、B错误，C、
D正确．
故选CD．
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能熟练运用．
二、解答题
10．（2012?广东）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（a）和图（b）所示，长度为 5.03cm，直径为 5.315mm．
（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：
（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最大处（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的阻值调至最大（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1280Ω；
（3）由此可知，圆柱体的电阻为1280Ω．
【考点】伏安法测电阻．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】（1）游标卡尺的读数=主尺上的读数+游标上的读数，螺旋测微器的读数=固定尺的读数+可动尺的读数×0.01；
（2）将滑动变阻器R1和电阻箱R2的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值；
【解答】解：（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3×0.1 mm=0.03cm，故游标卡尺的读数为5.03 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，（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R2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法．由
I0=
I0=
解得，R x=R2=1280Ω．
故答案为：（1）5.03，5.315（2）（a）大（b）大（3）1280
【点评】该题采用“等效法替代”测圆柱体的电阻，无论什么方法，关键是理解实验原理然后利用电路的串并联知识求解．
11．（2012?广东）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竖直方向（填“水平”或“竖直”）．
（2）弹簧自然悬挂，待弹簧稳定时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为
表中有一个数值记录不规范，代表符号为L3．由表可知所用刻度尺的最小分度为
1mm．
（3）如图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L x的差值（填“L0”或“L x”）．
（4）由图可知弹簧的劲度系数为 4.9N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为10g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【专题】实验题；弹力的存在及方向的判定专题．
【分析】弹簧自然悬挂，故是竖直放置；充分利用测量数据，根据公式△F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量．
【解答】解：（1）用铁架台，一定是竖直悬挂；
（2）弹簧晃动时测量无意义；
用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，记录数据的最后一位是估读位，故数据L3记录不规范，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm；
（3）由图可知，横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与的L X差值．
（4）根据胡克定律公式△F=k△x，有
k===4.9N/m；
由表格得到，弹簧原长为：L0=25.35cm；挂砝码盘时：L x=27.35cm；
根据胡克定律，砝码盘质量为：
M==kg=0.01kg=10g；
故答案为：（1）竖直，（2）稳定，L3，1mm；（3）L x，（4）4.9，10．
【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差．
12．（2012?广东）如图所示，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R x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R x=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R x，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R x．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】压轴题；电磁感应中的力学问题．
【分析】由电磁感应定律求电动势E=BLv、闭合电路欧姆定律求电流I=，由导体棒受力
平衡求速度，由带电粒子的匀速通过电容器求电压，结合闭合电路求速度．
【解答】解：（1）导体棒匀速下滑时，Mgsinθ=BIl①
I=②
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：
I=④
联立②③④，得
v=⑤
（2）改变R x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=IR x⑥
E=⑦
mg=qE⑧
联立②⑥⑦⑧，得
R x=⑨
答：（1）通过棒的电I=及棒的速率．
（2）此时的R x=
【点评】考查了电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，粒子的运动．
13．（2012?广东）图（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（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△E．
（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E p，求ω的取值范围，及E p与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）．
【考点】动能定理的应用；功能关系．
【专题】压轴题；动能定理的应用专题．
【分析】（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离，则v0=ωr，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后的速度，碰撞过程中的机械能损失等于初动能减去末动能；
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理即可求解AB运动到Q点的连杆角速度，进而求出范围，再由运动学基本公式求解时间；
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理联立方程即可求得AB刚好反弹回P点的连杆角速度，进而求出范围，再由功能关系即可求解．
【解答】（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离．由题意，得：
v0=ωr…①
设AB碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律
mv0=2mv1…②
碰撞过程中的机械能损失为
△E=m﹣（2m）v12…③
△E=mω2r2…④
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得
μ（2m）gl=（2m）v12…⑤
联立①②⑤，得对应AB运动到Q点的连杆角速度ω1
ω1=…⑥
ω的取值范围：0＜ω≤…⑦
设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得：
v1=at1…⑧
μ（2m）g=2ma…⑨
联立①②⑧⑨，得：
t1=，（0＜ω≤）
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得：
μ（2m）g（l+l）=（2m）v12
联立①②，得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度ω2
ω2=
ω的取值范围：＜ω≤
由功能关系：E p=（2m）v12﹣μ（2m）gl
得：E p=mω2r2﹣2μmgl，（＜ω≤）
答：（1）A脱离滑杆时的速度为ωr，A与B碰撞过程的机械能损失△E为=mω2r2．（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，ω的取值范围为0＜ω≤，t1与ω的关系式为t1=，（0＜ω≤）．
（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E p，ω的取值范围为＜ω≤，E p与ω的关系式为E p=mω2r2﹣2μmgl，（＜ω≤）（弹簧始终在弹性限度内）．
【点评】本题主要考查了动能定理、功能关系、动量守恒定律及运动学基本公式的应用，计算量大，难度很大．