2012北京卷物理

2012北京卷物理

第 1页（共 11页） 2012 年北京市高考物理试卷 13．（6 分）一个氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级，该氢原子（ ） A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量减少 C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量减少 14．（6 分）一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的（ ） A．速度变慢，波长变短 B．速度不变，波长变短 C．频率增高，波长变长 D．频率不变，波长变长 15．（6 分）一个小型电热器若接在输出电压为 10V 的直流电源上，消耗电功率为 P；若把它接在某 个正弦交流电源上，其消耗的电功率为 0.5P，如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值 为（ ） A．5V B． C．10V D． 16．（6 分）处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动 等效为环形电流，那么此电流值（ ） A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比 C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比 17．（6 分）一个弹簧振子沿 x 轴做简谐运动，取平衡位置 O 为 x 轴坐标原点．从某时刻开始计时， 经过四分之一的周期，振子具有沿 x 轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移 x 与时间，关系的 图象是（ ） A． B． C． D． 18．（6 分）关于环绕地球运动的卫星，下列说法中正确的是（ ） A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期 B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同 D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合 19．（6 分）物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈、开关和 电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈上，且使铁芯穿过套环．闭合开关的瞬间，套环立刻 跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老 师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（ ） 第 2页（共 11页） A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高 C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同 20．（6 分）“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成，若在结两端加一恒定电压 U，则它会辐射频率为 v 的电磁波，且与 U 成正比，即 v=kU，已知比例系数 k 仅与元电荷 e 的 2 倍和普朗克常量 h 有关．你 可能不了解此现象为原理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理判断比例系数 k 的 值可能为（ ） A． B． C．2he D． 21．（18 分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长 度约为 50cm． （1）用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某次测量结果如图 1 所示，其读数应为 mm（该值接 近多次测量的平均值） （2）用伏安法测金属丝的电阻 RX，实验所用器材为： 电池组（电动势为 3V，内阻约为 1Ω），电流表（内阻约为 0.1Ω）， 电压表（内阻约为 3kΩ），滑动变阻器 R（0～20Ω，额定电流为 2A） 开关，导线若干．某同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.10 0.30 0.70 1.00 1.50 1.70 2.30 I/A 0.02 0 0.06 0 0.16 0 0.22 0 0.34 0 0.46 0 0.52 0 由以上实验数据可知，他们测量 RX 是采用图 2 中甲和乙中的图 （选填“甲”或“乙”） 第 3页（共 11页） （3）如图 3 是测量 RX 的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，滑动变阻器的滑片 P 置于变阻 器的一端，请根据上图所选的电路图，补充完成图 3 中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表 或电流表不至于被烧坏． （4）这个小组的同学在坐标纸上建立 U、I 坐标系，如图 4 所示，图中已经标出了与测量数据相对应 的四个点，请在下图中标出第 2、4、6 次测量数据的坐标点，并描绘出 U﹣I 图线，由图线得到金属 丝的阻值 RX= Ω（保留两位有效数字）． （5）根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为 （填选项前的序号） A、1×10﹣2Ω•m B、1×10﹣3Ω•m C、1×10﹣6Ω•m D、1×10﹣8Ω•m （6）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器都已校准，下列关于误差的说法中正确的选项 是 （有多个正确选项）． A、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D、用 U﹣I 图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差． 第 4页（共 11页） 22．（16 分）如图所示，质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离 l 后以速度 v 飞离 桌面，最终落在水平地面上．已知 l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25， 桌面高 h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取 10m/s2，求： （1）小物块落地点距飞出点的水平距离 s； （2）小物块落地时的动能 EK； （3）小物块的初速度大小 v0． 23．（18 分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图 1 所示．考 虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度 a 是随时间 t 变化的，已知电梯在 t=0 时由静止开始上升， a─t 图象如图 2 所示．电梯总质量 m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度 g 取 10m/s2． （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1 和最小拉力 F2； （2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t 图象求位移的方法．请你 借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图 2 所示 a─t 图象，求电梯在第 1s 内的速度改变量△ υ1 和第 2s 末的速率υ2； （3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率 P；再求在 0─11s 时间内，拉力和重力对电梯所做 的总功 W． 第 5页（共 11页） 24．（20 分）匀强电场的方向沿 x 轴正向，电场强度 E 随 x 的分布如图所示．图中 E0 和 d 均为已知量， 将带正电的质点 A 在 O 点由能止释放，A 离开电场足够远后，再将另一带正电的质点 B 放在 O 点也 由静止释放，当 B 在电场中运动时，A、B 间的相互作用力及相互作用能均为零；B 离开电场后，A、 B 间的相作用视为静电作用，已知 A 的电荷量为 Q，A 和 B 的质量分别为 m 和 ，不计重力． （1）求 A 在电场中的运动时间 t； （2）若 B 的电荷量 ，求两质点相互作用能的最大值 EPm； （3）为使 B 离开电场后不改变运动方向，求 B 所带电荷量的最大值 qm． 第 6页（共 11页） 参考答案与试题解析 13．【解答】一个氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级， 即从高能级向低能级跃迁，释放光子，能量减少． 故选：B． 14．【解答】一束单色光经由空气射入玻璃，是由光疏介质进入光密介质，由 可知，光的传播速 度变慢；一单色光在不同的介质中传播时频率不变，由 v=λf 可知，波长变短；综上所述可知选项 A 正确，选项 BCD 错误． 故选 A． 15．【解答】设电热器的电阻为 R，t 时间内产生的热量为 Q，则：Q= 此热量是接交流电源上产生的热功率的 2 倍，所以 Q′= Q= 所以： = 解得： V 所以最大值为 故选 C 16．【解答】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T，半径为 r，则 由 qvB=m ，得 r= ，T= 环形电流：I= = ，可见，I 与 q 的平方成正比，与 v 无关，与 B 成正比，与 m 成反比． 故选 D． 17．【解答】A、回复力：F=﹣kx 加速度：a= 故有 a=﹣ x 经 周期振子具有正方向的最大加速度，故结合上述公式得到：此时振子有负方向的最大位移，A 图 符合，故 A 正确； B、经 周期振子位移为零，故 B 错误； 第 7页（共 11页） C、经 周期振子位移正向最大，故 C 错误； D、经 周期振子位移为零，故 D 错误； 故选 A． 18．【解答】A、分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故 A 错误 B、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故 B 正确 C、根据万有引力提供向心力，列出等式： =m （R+h），其中 R 为地球半径，h 为同步卫 星离地面的高度．由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以 T 为一定值，根据上面等式得 出：同步卫星离地面的高度 h 也为一定值．故 C 错误 D、沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面不一定重合，但圆心都在地心，故 D 错误 故选 B． 19．【解答】A、线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产 生感应电流，会跳动．故 A 错误． B、电源电压过高，在套环中产生的感应电流更大，更容易跳起．故 B 错误． C、线圈匝数过多，在套环中产生的感应电流越大，套环更容易跳起．故 C 错误． D、所用的套环材料不同，可能不产生感应电流，则不会受到安培力，不会跳起．故 D 正确． 故选 D． 20．【解答】物理公式两边的单位是相同的，根据公式 v=kU， ，故其单位为 s﹣1•V﹣1； 普朗克常量 h 的单位是 J•s，e 的单位是 C；根据公式 W=qU，1J=1V•C，故 1Js=1VCs，故 1s﹣1•V﹣1=1 ， 故 的单位是 s﹣1•V﹣1； 故选 B． 21．【解答】（1）固定刻度读数为 0，可动刻度读数为 39.7，所测长度为 0+39.7×0.01=0.397mm． （2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻 Rx 约 5Ω．则有 ， ，比较 Rx 为小电阻应该采用外接法测量误差小．由（3）知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电 流从接近 0 开始调节，所以应该采用分压接法甲． （3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法 （甲）那么在连线时断开开关且使 Rx 两端的电压为 0．先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时 滑片 P 必须置于变阻器的左端．实物图如图所示， 第 8页（共 11页） （4）描绘出第 2、4、6 三个点后可见第 6 次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后作出 U﹣I 图线．如 右图所示；其中第 4 次测量数据的坐标点在描绘出的 U﹣I 图线上，有： Ω． （5）根据电阻定律 有： ρ= = =1.1×10﹣6Ω•m 从数量级上估算出的金属丝电阻率是 C 选项． （6）A、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故 A 错误； BC、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以 消除由测量仪表引起的系统误差，故 B 错误，C 正确； D、用 U﹣I 图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故 D 正确． 答案为：CD． 故答案为：（1）0.397； （2）甲； （3）如图； （4）如图，4.5； （5）C； （6）CD． 第 9页（共 11页） 22．【解答】（1）物块飞出桌面后做平抛运动， 竖直方向：h= gt2，解得：t=0.3s， 水平方向：s=vt=0.9m； （2）对物块从飞出桌面到落地， 由动能定理得：mgh= mv12﹣ mv22， 落地动能 EK=mgh+ mv12=0.9J； （3）对滑块从开始运动到飞出桌面， 由动能定理得：﹣μmgl= mv2﹣ mv02， 解得：v0=4m/s； 答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为 0.9m． （2）小物块落地时的动能为 0.9J． （3）小物块的初速度为 4m/s． 23．【解答】（1）由牛顿第二定律，有 F﹣mg=ma 由 a─t 图象可知，F1 和 F2 对应的加速度分别是 a1=1.0m/s2，a2=﹣1.0m/s2 则 F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N F2=m（g+a2）=2.0×103×（10﹣1.0）N=1.8×104N （2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第 1s 内 a─t 图线下的面积 △v1=0.50m/s 同理可得，△v2=v2﹣v0=1.5m/s v0=0，第 2s 末的速率 v2=1.5m/s （3）由 a─t 图象可知，11s～30s 内速率最大，其值等于 0～11s 内 a─t 图线下的面积，有 vm=10m/s 此时电梯做匀速运动，拉力 F 等于重力 mg，所求功率 P=Fvm=mg•vm=2.0×103×10×10W=2.0×105W 由动能定理，总功 W=Ek2﹣Ek1= mvm2﹣0= ×2.0×103×102J=1.0×105J 答： （1）电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1 是 2.2×104N，最小拉力 F2 是 1.8×104N． 第 10页（共 11页） （2）电梯在第 1s 内的速度改变量△v1 是 0.50m/s，第 2s 末的速率 v2 是 1.5m/s． （3）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率 P 为 2.0×105W；在 0─11s 时间内，拉力和重力对电 梯所做的总功 W 是 1.0×105J． 24．【解答】（1）由牛顿第二定律，A 在电场中运动的加速 a= = A 在电场中做匀变速直线运动 d= at2 解得运动时间 t= = （2）设 A．B 离开电场的速度分别为 vA0、vB0，由动能定理，有 QEOd= m ，qE0d= ① A、B 相互作用的过程中，动量和能量均守恒，A、B 间相互作用力为斥力，A 受力方向与其运动方向 相同，B 受力方向与其运动方向相反，相互作用力 A 做正功，对 B 做负功．在 AB 靠近的过程中，B 的路程大于 A 的路程，由于作用力大小相等，作用力对 B 做功的绝对值大于对 A 做功的绝对值，因 此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加，所以当 A、B 最接近时，相互作用能最大，因此两者 速度相同，设 v′，有 （m+ ）v′=mvA0+ ② Epm=（ m + ）﹣ （m+ ）v′2③ 又已知 ，由①②③解得 相互作用能的最大值为 Epm= （3）考虑 A、B 在 x＞d 区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有 mvA+ =mvA0+ ④ + = m + ⑤ 由④⑤解得 vB=﹣ 因 B 不改变运动方向，故 vB≥0 ⑥ 由①⑥解得 q≤ 即 B 所带电荷量的最大值为 Qm= ． 第 11页（共 11页） 答：（1）求 A 在电场中的运动时间 t 是 ； （2）若 B 的电荷量 ，两质点相互作用能的最大值 EPm 是 ． （3）为使 B 离开电场后不改变运动方向，B 所带电荷量的最大值 qm 是 ．