2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）
理科综合能力测试
物理部分试题解析
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第12页。全卷满分300分，时间150分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共120分）
本卷共20小题，每小题6分，共120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。
14．我国发射的“天宫一号”和“神州八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km，“神州八号”的运行轨道高度为343km。它们的运行轨道均视为圆周，则
A．“天宫一号”比“神州八号”速度大
B．“天宫一号”比“神州八号”周期大
C．“天宫一号”比“神州八号”角速度大
D．“天宫一号”比“神州八号”加速度大
【答案】B
【解析】由万有引力提供向心力易知：、、；即轨道半径越大，线速度越小、角速度越小、周期越大。而由牛顿第二定律知: ,说明轨道半径越大，加速度越小。答案B。
15．一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0s时波形如图1所示，已知波速为10m/s，则t=0.1s时正确的波形是图2中的
A． B． C． D．
图2
【答案】C
【解析】由图1可得波长λ=4.0m，其周期T=λ/v=0.4s。而t=0.1s=T/4，波沿x轴正方向传播，即图1的波形向x轴正方向移动1/4波长，得到图2的C图。答案C。
16．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R的圆弧轨道。半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功
【答案】D
【解析】小球从P到B的运动过程中，高度下降R则重力做正功，A错误；小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律：；所以机械能减少，B错误；由动能定理知合外力做功，C错误；克服摩擦力做功等于机械能减少，D正确。答案D。
17．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则
A．物块可能匀速下滑
B．物块将以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【答案】C
【解析】设斜面的倾角为，物块与斜面间动摩擦因数为，施加一个竖直向下的恒力F时，加速度为。根据牛顿第二定律，不施加恒力F时：，；施加一个竖直向下的恒力F时：，即，C正确。答案C。
18．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为
A．200V/m B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
【答案】A
【解析】由于、、，且是匀强电场，则在（3，0）的点的电势为3V。匀强电场的方向垂直于点（3，0）与B点的连线，由几何关系可得O到点（3，0）与B点的连线的距离d=1.5cm，匀强电场的电场强度。答案A。
19．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O＇，由几何关系可求出磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O＇C=60°，轨迹圆半径，当粒子速度变为v/3时，其轨迹圆半径，磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O＇＇D=120°，由知。答案B。
20．如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆孔，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】当时，=0，则无限大均匀带电平板在Q点产生的电场强度为。由题意知无限大均匀带电平板在Q点产生的场强是半径为r的圆板在Q点的场强和挖去圆孔的无穷大平板在Q点的场强的矢量和即。答案A。
2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）
理科综合能力测试（物理）
第Ⅱ卷（非选择题 共180分）
考生注意事项：
请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
21．（18分）
I．（10分）图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
（1）试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。
（2）实验中要进行质量和M的选取，以下最合理的一组是
A．M=20, =10、15、20、25、30、40
B．M=200, =20、40、60、80、100、120
C．M=400, =10、15、20、25、30、40
D．M=400, =20、40、60、80、100、120
（3）图2 是试验中得到的一条纸带， A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为=4.22 cm、=4.65 cm、=5.08 cm、=5.49 cm、=5.91 cm、=6.34 cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz,则小车的加速度a= m/s2 （结果保留2位有效数字）。
II．（8分）图为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5V。
（1）完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片， ；
③断开开关，……。根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线。
（2）在虚线框中画出与实物电路相应的电路图。
【答案】I．（1）B （2）C （3）0.42
II．（1）①使它靠近变阻器左端的接线柱
②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压
（2）如图所示
【解析】I．（1）平衡摩擦阻力是通过B的方法来实现的，故选B
（2）由于本实验中要求砂和砂桶的质量m远小于小车和砝码的质量M，故选C合理。
（3）由于连续相等时间内的位移差ΔS=0.42cm，由匀变速运动规律ΔS=aT2，且T=5×0.02s=0.1s，所以a=ΔS/ T2=0.42m/s2。
II．（1）①由于滑动变阻器的分压作用，使开始实验时小灯泡两端电压为0，应使滑动变阻器的滑片靠近变阻器左端的接线柱。
②描绘小灯泡灯丝的伏安特性曲线，必须测量多组数据，即增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压
（2）如图所示
22．（14分）
质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。设球受到的空气阻力大小恒为f，取=10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
【答案】（1）0.2N （2）
【解析】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知
①
根据牛顿第二定律，得
②
③
（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s，设球第一次离开地面时的速度为v2，则
④
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则
a2=12m/s2 ⑤
于是，有
⑥
解得 ⑦
23．（16分）
图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的OO′轴转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。（只考虑单匝线圈）
（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1 的表达式；
（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。（其它电阻均不计）
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则
①
在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为
E1=BL1v ②
由图可知 ③
则整个线圈的感应电动势为
④
（2）当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为
⑤
（3）由闭合电路欧姆定律可知
⑥
这里的E为线圈产生的电动势的有效值
⑦
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为
⑧
其中 ⑨
于是
⑩
24．（20分）
如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u=2m/s 的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？
（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
【答案】（1）4m/s （2）不能 （3）
【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0
由机械能守恒知
①
②
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a
③
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
④
结合②③④式解得
v=4m/s ⑤
由于=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小
（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
⑥
⑦
解得 ⑧
即碰撞后物块B安水平台面向右匀速运动
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则
⑨
⑩
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
……
则第n次碰撞后物块B的速度大小为
O
X/m
y/m
1.O
3.O
4.O
2.O
图1
P
A
B
O
R
2R
F
Oo
x(cm)
y(cm)
A(6,0)
B(0,)
●
●
×
×
A
B
O
C
●
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
60°
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
A
B
O
C
●
O＇
●
O＇＇
D
Oo
Ro
●
x
Po
图1
Oo
ro
●
x
Qo
图2
砂、砂桶
图1
小车、砝码、打点计时器
●
□
□
□
□
接交流电源
A
图2
●
●
●
●
●
●
●
B
C
D
E
F
G
□
□
t(s)
v(m/s)
O
0.5
4
图2
ωt
B
⊙⊙
⊙⊙
a
d
No
S
a
R
b
c
d
e
f
O
图1
图3
ωt
B
⊙⊙
a
d
ωt
⊙⊙
⊙⊙
中性面
中性面
A
⊙
⊙
B
h
l
u=2m/s2012年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
物 理 解 析
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意。
1．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为
（ C ）
（A）3 : l （B） 1 : 3 （C）9 : l （D） l : 9
解析：根据库仑定律，则，答案C。
2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是 （ B ）
（A）C和U均增大 （B）C增大，U减小
（C）C减小，U增大 （D）C和U均减小
解析：根据，电容C增大，根据，U减小，答案B。
3．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 （ A ）
（A）逐渐增大
（B）逐渐减小
（C）先增大，后减小
（D）先减小，后增大
解析：小球以恒定速率在竖直平面内运动则在圆轨迹切线方向（速度方向）合力为0，将重力和拉力正交分解有（F与速度的夹角为），则，得P随增大而P增大。答案A。
4．一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘将皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是 （ C ）
解析：皮球向上运动所受重力与空气阻力方向都向下，根据牛顿第二定律，随着的减小，减小，但最后不等于0。加速度越小，速度减小得越慢，答案C。
5．如图所示，一夹子夹住木块，在力 F 作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是 （ A ）
（A） （B）
（C） （D）
解析：整体法力——F的最大产生的加速度最大有，隔离法——对木块有，解得，答案A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。
6．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h (l 、h均为定值）。将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则 （ AD ）
（A）A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
（B）A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
（C）A、B不可能运动到最高处相碰
（D）A、B一定能相碰
解析：根据平抛运动规律，，所以，若，则第1次落地前能够相碰，所以取决于，A正确；A碰地后还可能与B相碰，所以B、C错误，D正确。答案AD。
7．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1，在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有 （ ABD ）
（A）家庭电路正常工作时， L2中的磁通量为零
（B）家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
（C）家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
（D）地面上的人接触火线发生触电时，开关 K 将被电磁铁吸起
解析：因原线圈是双线绕法，所以家庭电路正常工作时、磁通量为0，A、B正确；家庭电路短路时，、磁通量仍为0，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，两根电线电流不等且变化，开关K被磁铁吸起，D正确。答案ABD。
8．2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家。如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动．则此飞行器的 （ AB ）
（A）线速度大于地球的线速度
（B）向心加速度大于地球的向心加速度
（C）向心力仅有太阳的引力提供
（D）向心力仅由地球的引力提供
解析：根据，此飞行器离太阳远距离大，A正确；根据，B正确；向心力由太阳和地球的引力的合力提供，C、D错误。答案AB。
9．如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为 q 的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有 （ BC ）
（A）若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
（B）若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0
（C）若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于
（D）若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于
解析：当粒子以速度进入磁场时，如果垂直于MN则落点最远在A点，哪些不垂直于MN进入磁场的粒子落点在A点的左侧，所以A错误；粒子落在A点的右侧，速度一定大于， B正确；若粒子垂直MN进入落在A点的右侧处，、轨迹直径为，即，已知，解得，不垂直MN进时，，所以C正确，D错误。答案BC。
三、简答题：本题分必做题（第l0、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置。
【必做题】
10．( 8分）如题10－l图所示的黑箱中有二只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。
（1）在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整题10—2图中多用电表的 （选填“A”、“B”或“C " )。
（2）在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应 （选填“短暂”或“持续”）接b，同时观察指针偏转情况。
（3）在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×l”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值．测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表。两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如题10－2图所示。
请将记录表补充完整，并在答题卡的黑箱图中画出一种可能的电路．
两表笔接的接点 多用电表的示数
a，b Ω
a，c 10.0Ω
b，c 15.0Ω
解析：（1）A
（2）短暂
（3）5.0（见右图）
11．(10分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验。实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面。将A拉到P 点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点．分别测量OP、OQ的长度h和s．改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据。
（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法．
（2）请根据下表的实验数据作出s－h关系的图象.
h(cm) 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
s(cm) 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5
（3）实验测得A、B的质量分别为m=0.4kg、M=0.50kg．根据s－h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ＝ ．（结果保留一位有效数字）
（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果 （选填“偏大”或“偏小” ) .
解析：（1）减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）
（2）见右下图
（3）0.4
（4）偏大
12．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B两小题评分。
A．［选修3－3］( 12 分）
（1）下列现象中，能说明液体存在表面张力的有 AB
（A）水黾可以停在水面上 （B）叶面上的露珠呈球形
（C）滴入水中的红墨水很快散开 （D）悬浮在水中的花粉做无规则运动
解析：A B是表面张力；C是扩散；D是布朗运动。答案AB。
（2）密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大。从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的 增大了。该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如题12A－1图所示，则T1 （选填“大于”或“小于”）T2。
解析：温度是分子平均动能大小的标志，温度升高分子平均动能增大。从分子速率分布图象看出T1温度下速率大的分子数量少，则分子平均动能小，温度低。答案平均动能 小于。
（3）如题12A－2图所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。此过程中，气体压强p=1.0×105Pa，吸收的热量Q=7.0×102J，求此过程中气体内能的增量。
解析：等压变化，压强不变理想气体对外做的功
根据热力学第一定律
解得。
B．［选修3－4］( 12分）
（1）如题12B－l图所示，自炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧．旋转偏振片P ，A、B两点光的强度变化情况是
（A）A、B均不变
（B）A、B均有变化
（C）A不变，B有变化
（D）A有变化，B不变
解析：白炽灯光为自然光，经过P后为偏振光。在A处看到的偏振光亮度不变；在B处看到的光线亮度一会儿由强变弱，一会儿由弱变强。答案C。
（2）“测定玻璃的折射率”买验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D。在插入第四个大头针D时，要使它 。题12B一2图是在白纸上留下的实验痕迹，其中直线a、a′是描在纸上的玻璃砖的两个边。根据该图可算得玻璃的折射率n＝ 。（计算结果保留两位有效数字）
解析：在插入第三个大头针C时，要使它挡住A、B的像；在插入第四个大头针D时，要使它挡住C及A、B的像；1. 8 ( 1. 6 一1. 9都算对）
（3）地震时，震源会同时产生两种波，一种是传播速度约为3.5km/s的S波，另一种是传播速度约为7.0km/s的P波。一次地震发生时，某地震监测点记录到首次到达的 P 波比首次到达的S波早3min。假定地震波沿直线传播，震源的振动周期为1.2s，求震源与监测点之间的距离x和S 波的波长λ。
解析：设P波的传播时间为，则，
解得，代入数据得
由，解得
C．［选修3－5］（12分）
（1）如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的二种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是 C 。
解析：根据，从能级图可以看出a的能量最大，频率最大，波长最小；b的能量最小，频率最小，波长最大。则波长依次增大的顺序是a、c、b。答案C。
（2）一个中子与某原子核发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程式为 。该反应放出的能量为Q，则氘核的结合能为 。
解析：根据质量数守恒和电荷数守恒某原子核为质子
（3）A、B两种光子的能量之比为2 : l，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为 EA、EB。求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功。
解析：光子能量，动量，且
得，则：2:1
A照射时，光电子的最大初动能.同理.
解得
四、计算题：本题共3小题，共计47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（15分）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
（3）外接电阻上电流的有效值I。
解析：(1)、边的运动速度 ， 感应电动势
解得。
（2）电流, 安培力
解得 .
(3)一个周期内，通电时间
上消耗的电能，且
解得。
14．(16分）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动。轻杆与槽间的最大静擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。
（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm ；
（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v'和撞击速度v的关系。
解析：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力 ①
且 ②
解得 ③
（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中
小车以撞击弹簧时根据动能定理 ④
同理小车以撞击弹簧时 ⑤
解 ⑥
（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为
⑦
由④⑦解得
当时，
当时，。
15．(16分）如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场。图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反．质量为m、电荷量为＋q的粒子经加速电压Um加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。
（1）求粒子射出平移器时的速度大小v1；
（2）当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；
（3）已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F。现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz。保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示。
射入方向 y －y z －z
受力大小
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。
解析：（1）设粒子射出加速器的速度为
动能定理
由题意得，即
（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为：
加速度的大小 ，
在离开时，竖直分速度
竖直位移
水平位移
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为
竖直位移
由题意知，粒子竖直总位移
解得
则当加速电压为时，
（3）由沿轴方向射入时的受力情况可知：B平行于轴，且
由沿轴方向射入时的受力情况可知：与平面平行。
,则 且
解得
设电场方向与轴方向夹角为,
若B沿轴方向，由沿轴方向射入时的受力情况得
解得，或
即E与平面平行且与轴方向的夹角为300或1500，
同理若B沿轴方向，E与平面平行且与轴方向的夹角为-300或-1500。2012年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
理科综合 物理部分试题解析
第Ⅰ卷
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. 由波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
解析：半衰期是原子的物理属性，不能采用物理或化学方法改变；高空遥感是用红外线的；由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损；氢原子从高能量的激发态跃迁到低能量的基态时放出能量，所以放出光子。答案B。
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，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，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
解析：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有，所以棒子中的电流增大θ角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角度不变；金属质量变大θ角度变小；磁感应强度变大θ角度变大。答案A。
3. 一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，加入该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，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4:1 B．角速度大小之比为2:1
C．周期之比为1:8 D．轨道半径之比为1:2
解析：根据向心加速度表达式知在动能减小时势能增大，地球卫星的轨道半径增大，则向心加速度之比大于4；根据万有引力和牛顿第二定律有化简为，知在动能减小速度减小则轨道半径增大到原来的4倍；同理有化简为，则周期的平方增大到8倍；根据角速度关系式，角速度减小为。答案C。
4. 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，则P2和分别为（ ）
A． B． C． D．
解析：根据理想变压器的变压比有 ，
线路的输送功率不变有
根据焦耳定律有 ，
，。答案D。
5. 两个固定的等量异号点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
解析：两个固定的的等量异号点电荷产生电场的等势面与电场线垂直，且沿电场线电势减小，所以等量异号点电荷和它们间的直线电场线如图所示。当带负电的粒子进入电场受到与其速度垂直的电场力而偏转做曲线运动。
电子在斜向左的电场力作用下向左偏转，电场力做正功粒子的动能增加，电势能减小。答案C。
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
解析：当光由光密介质—玻璃进入光疏介质—空气时发生折射或全反射，b发生全反射说明b的入射角大于或等于临界角，a发生折射说明a的入射角小于临界角，比较可知在玻璃中a的临界角大于b的临界角；根据临界角定义有玻璃对a的折射率小；根据在玻璃中a光的速度大，A正确；通过色散现象分析比较a的折射率小，a光的频率小波长大；双缝干涉相邻亮条纹间距大小与波长成正比，a光的相邻亮条纹间距大，D正确；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，频率小的a光能发生光电效应，则频率大的b光一定能，C正确；根据折射定律，在入射角i相同时b的折射率大则折射角r小，B错误。答案ACD。
7. 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
解析：由波的图像知波长是1m，所以波源的振动周期是s，则；波是沿x轴正方向传播，可判断质点M在0时刻沿y轴正方向振动，t时刻在x轴上方向下运动位移为正，速度为负，加速度为负，A B错误，C D正确。答案C D。
8. 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
解析：由F与t的关系图像0～t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A错误；在t1～t2阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动，在t2～t3阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大，B正确，C错误；在t1～t3物块一直做加速运动，在t3～t4拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在时刻速度最大，动能最大，D正确。答案BD。
2012年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
理科综合 物理部分试题解析
第Ⅱ卷
本部分共4小题.共72分。
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，则小球与地面碰撞前后的动量变化为 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 N（取g=10m/s2）
解析：取竖直向上为正方向则初动量为负末动量为正，动量变化为kgm/s
N
（2）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
①他组装单摆是，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
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
解析：用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线增加了线与悬挂处的摩擦保证摆长不变；改变摆长时用力拉不会将摆线拉断，方便调节摆长；AC正确。
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，则摆球的直径为 mm，单摆摆长为 m
解析：用10分度游标卡尺主尺读数为12mm，游标尺读数为0，则摆球的直径为12mm+0×0.1mm=12.0mm。
单摆摆长为mm
③下列振动图像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，图中横坐标远点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，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 （填字母代号）
解析：单摆的振动在摆角小于5度才能看作简谐振动，在测量周期时计时起点应该选择在平衡位置（速度大误差小）。
根据摆角估算振幅m=8.6cm，A B振幅合理。
m=25cm，C D振幅不合理错误。
A中振动图像的计时起点在平衡位置是合理的，B中振动图像的计时起点在正的最大位置是不合理的。答案A。
（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。
①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S2
B．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G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终读数为r
E．合上开关S1
F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数仍为I1，记下此时G1的示数
解析：在组装实验时正确操作是将所有开关断开，将滑动变阻器和电阻箱的电阻调到最大，然后闭合电源控制开关S1，就可以校对待测表G2，由于标准表和待测表串联流过的电流相等，这时就可以调节R1由小到大改变电流对待测表的刻度逐个校对，直到待测表满偏。校对完成后闭合开关S2构成半偏法测量表头G2内阻的电路，在没有G1的情况下只调节R2使待测表半偏，则表头内阻等于R2此时的读数，这种做法会造成G1的示数增大（原理上是不变），误差大。由于有G1可以方便观察干路电流的变化，所以操作为闭合开关S2反复调节R1和R2使标准表达到待测表满偏时的电流值，同时使待测表半偏，则表头内阻等于R2此时的读数。正确顺序为B、E、F、A、D、C。
②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相
比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）
解析：由于G1测量了干路电流，G2测量了支路电流，另一直流电流是两表示数之差，然后根据并联电路电流电阻成反比准确计算。答案”相等”。
③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=
解析：扩大电流表的量程需要并联一个电阻
根据并联关系有，则
10．（16分）
如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为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后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
解析：（1）小球A在坡道上只有重力做功机械能守恒，有 ①
解得 ②
（2）小球A、B在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为v，根据系统动量守恒得
③
离开平台后做平抛运动，在竖直方向有 ④
在水平方向有 ⑤
联立②③④⑤化简得
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=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω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=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
解析：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有
s
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为
A
根据电流定义式有
C
（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为
m/s
撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少。有
J
（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为J
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有
则 J
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，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）
解析：（1）铀粒子在电场中加速到速度v，根据动能定理有
①
进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有
②
由以上两式化简得
③
（2）在时间t内收集到的粒子个数为N，粒子总电荷量为Q，则
④
⑤
⑥
由④④⑤⑥式解得
⑦
（3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由可得半径为
⑧
由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值
质量大的铀238质量在电压最小时的半径存在最小值
所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为
＜ ⑨
化简得
＜﹪ ⑩2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
理科综合能力测试
物理部分试题解析
13. 一个氢旅子从n=3能级跃迁到n=2能级.该氢原子 （ B ）
A 放出光子，能力增加
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
解析：本题属于原子跃迁知识的综合。原子由高能级3跃迁到低能级2的过程中原子能量减少必然放出光子，答案B。
14. 一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的 （ A ）
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
解析：本题属于光学知识，考查光的折射。单色光由光疏介质——空气进入光密介质——玻璃，频率不变，但介质对光的折射率增大，可知光的波长和速度都减小，答案A。
15. 一个小型电热器若接在愉出电压为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。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为 （ C ）
A .5V B.5V C .10V D.10V
解析：小型电热器的电阻不会改变，根据功率表达式和交流电的有效值有和可得，答案C。
16. .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圈周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 （ D ）
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
解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有
粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有
两式联立有
环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，答案D。
17. 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轴正方句的最大加速度。能正确反映振子位移x与时间，关系的图像是 （ A ）
解析：由牛顿第二定律和回复力公式有
则在t=时刻，振子具有沿x轴正方句的最大加速度（正的最大），它的位移为沿x轴负方句的最大位移（负的最大），满足条件的图像只有A，答案A。
18. 关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是 （ B ）
A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星，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颖地球同步卫星.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
解析：所有的同步卫星都在同一个赤道轨道上运动，C错误；沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星它们的运行轨道面与赤道面的夹角可以不同，它们的轨道平面就不会重合，D错误；分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星，可能具有相同的周期，A错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道的关于长轴对称的两个位置的速率相等，所以在轨道不同位置可能具有相同的速率是正确的。答案B。
19. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图，她把一个带铁芯的线圈I、开关S和电源用导终连接起来后.将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某司学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均末动。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（ D ）
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
解析：在开关闭合的瞬间，线圈中的电流变大，磁场变强，穿过金属套环的磁通量变大，在金属套环内产生感应电流。感应磁场必然阻碍原磁场的增大，所以金属套环会受到线圈的斥力而跳起。
在实验时电源一般采用直流电源，电压不能太大（以不烧导线和电源的条件下电压大现象明显），所选线圈的匝数越多，现象也越明显。如果该学生所用套环的材料为非金属，则不会观察到“跳环实验”。答案D。
20. “约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成.若在结两加恒定电压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机理，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的谊可能为 （ B ）
A. B. C. D.
解析：物理公式表达了各物理量间的质量和单位双重关系，所以可以用单位来衡量称为量纲法。
光子的能量与光的频率成正比
电场力对电子所做电功为
，由于和有相同的单位，所以k的单位与的单位相同。
根据题意k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关，答案B。
第二部分 非选择题 （共18分）
本部分共11小题.共180分。
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，待侧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的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.397 mm(该值拉近多次测量的平均值）。
解析：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.(0.395～0.399)。
(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3V，内阻约1Ω）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2 A）、开关、导线若干。
某小组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 0.020 0.060 0.160 0.220 0.340 0.460 0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图2中的 甲 图（选填“甲”或“乙”）。
解析：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）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据（2）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。
解析：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。先连外接法（线1）再连分压法（线2和3），此时滑片P必须置于变阻器的左端。
（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，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图4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= 4.5 Ω（保留两位有效数字）。
解析：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。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(4.3～4.7)。
（5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为 C （填选项前的符号）。
A.1×10-2Ω·m B. 1×10-3Ω·m C. 1×10-6Ω·m D. 1×10-8Ω·m
解析：根据电阻定律有Ω·m，估算出的金属丝电阻率是C。
（6）任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 C D （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，可以消除由测量仪器引起的系统误差
D.用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
解析：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；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差。答案C D。
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u=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。
解析：（1）小物块落地所用时间为t，有
s
小物块落地点距飞出点的水平距离m
（2）根据机械能守恒，小物块落地时的动能为
J
（3）在桌面上滑行过程中根据动能定理有
则m/s
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 I所示。考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a一t图像如图2所示。电梯总质最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v-t图像求位移的方法。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图像，求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2；
（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。
解析：（1）如图2所示a一t图像可知0～11s电梯处于超重，加速度越大拉力越大，根据牛顿第二定律得 N
30～41s电梯处于失重，加速度越大拉力越小，根据牛顿第二定律得
N
（2）v-t图像中根据面积求位移，那么在a-t图像中根据面积求速度的改变
第1s内的速度改变量等于a-t图像与t轴所夹的前1s内的三角形面积
m/s
由于初速为0，第2s末的速率v2等于a-t图像与t轴所夹的前2s内的梯形面积
m/s
（3）由于前11s一直在加速，所以11s末电梯以最大速率上升，此时速度等于a-t图像与t轴所夹的前11s内的梯形面积
m/s
此时电梯的加速度为0，根据牛顿第二定律。拉力做功的功率
J/s
电梯受拉力和重力两个力，拉力和重力对电梯所做的总功W就是合力的功，根据动能定理等于前11内动能的改变量
J
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点由静止释放。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间的相互作用视为静电作用。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。
解析：（1）A在电场中做匀加速直线运动位移为d，根据牛顿第二定律
①
根据位移公式得
（2）设A、B分别离开电场后的速度为vA和vB，根据动能定理有
②
③
由以上两式比较可知A、B分别离开电场后的速度为vA小于vB，所以B离开电场后与A间的静电斥力使B减速，使A加速，A、B系统的总动能减小，相互作用能增大，当A、B的速度相同为v时系统的总动能最小，相互作用能最大，在此过程中只有相互作用的静电斥力系统的能量和动量都守恒有
④
⑤
连立②③④⑤四式解得
（3）A、B间距达到最小后静电斥力继续使B减速，使A加速，A、B系统的总动能增大，相互作用能减小，A、B间距达到无穷大时相互作用能为0。为使B离开电场后不改变运动方向，B的速度满足条件 ⑥。根据系统的能量和动量都守恒有
⑦
⑧
③式中B的电量变为qB有 ⑨
连立②⑥⑦⑧⑨五式解得
，所以B所带电荷量的最大值
C
t
x
O
T
A
t
x
O
T
D
t
x
O
T
B
t
x
O
T
图1
V
A
R
S
Rx
R
S
图2
乙
甲
V
A
Rx
υ0
s
h
υ
l
图1
电梯
拉力
a/ms-1
1.0
0
-1.0
1
2
10
11
30
31
30
41
图2
t/s
32
O
x
E0
E
d2012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）
理科综合能力测试物理部分试题解析
二、选择题【本题共8小题。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是正确的-有的有多个 选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
14．物体由大量分子组成，下列说法正确的是
A．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大
B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小
C．物体的内能跟物体的温度和体积有关
D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能
【答案】：C
【分析点拨】本题定性考查了分子动理论的相关概念以及热力学第一定律。
【解析】：分子运动越剧烈，分子的平均动能越大，但不一定每个分子的动能都越大，A错误；分子间引力总是随着分子间的距离增大而减小，B错误；物体的内能跟物体的温度和何种有关，C正确；做功和热传递都能改变物体的内能，D错误。
【考点定位】本题考查分子运动论的基本内容。分子热运动，分子间作用力，物体的内能。
15．今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×l07m。它与另一颗同质量的同步轨道卫星（轨道半径为4.2×l07m）相比
A．向心力较小 B．动能较大
C．发射速度都是第一宇宙速度 D．角速度较小
【答案】：B
【分析点拨】本题是针对天体运动的常见考法，熟记以下公式并作适当挑选，即可应对：。
【解析】：由万有引力定律可知，轨道半径越小则力越大。A错误。由万有引力定律及向心力公式，得，可知轨道半径越小则环绕速度越大，因此动能也越大。B正确。第一宇宙速度是最小发射速度，对应的是近地卫星，此处的两颗卫星都是高于近地轨道，而轨道越高，所需的发射速度也越大，只是相应的环绕速度会越小。C错误。由万有引力定律及向心力公式，得，可知轨道半径越小则角速度越大。D错误。
【考点定位】本题考查人造地球卫星的发射，卫星绕地球做圆周运动的线速度、角速度、周期、加速度和向心力。
16．如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则
A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流
B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零
C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响
D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场
【答案】：D
【分析点拨】本题考查变压器的基本原理，涉及磁通量、电磁感应、互感现象等细节知识。
【解析】：正弦交变电流所产生的磁场是非均匀变化的，因此线圈b不会输出恒定电流，只会输出同频率的正弦交变电流。A错误。输入恒定电流后，穿过线圈b的磁通量一定不为零，为零的是。B错误。线圈之间实现变压是一种互感现象。C错误。线圈a、b中的磁场变化情况是一致的，而变化的磁场会产生电场。D正确。
【考点定位】本题考查电磁感应现象、互感现象和麦克斯韦电磁场理论。
17．如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子
A．从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长
B．从n=5能级跃迁到n=l能级比从n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大
C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
D．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
【答案】：A
【分析点拨】本题考查了能级、电子云、频率、波长、波速等基本概念，强调其间的关联，考查方式较为细致，尤以C、D两项为甚。
【解析】：由再根据，所以，A正确。所有电磁波的速度都相同，B错误。处于不同能级时，核外电子在各自出现的概率不一样，出现不同开关的电子云，C错误。从高能级向低能级跃迁时，氢原子向外放出能量，D错误。
【考点定位】本是考查玻尔氢原子模型，能级跃迁，电子云，波长、频率、波速的关系。
18．a、b两种单色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图所示。用a、b两束光
A．先后照射双缝干涉实验装置，在缝后屏上都能出现干涉条纹，由此确定光是横波
B．先后照射某金属，a光照射时恰能逸出光电子，b光照射时也能逸出光电子
C．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b光不能进入空气，则a光也不能进入空气
D．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a光的反射角比b光的反射角大
【答案】：C
【分析点拨】考查“红光—紫光”模型。首先应由图识别出a是紫光，b是红光。
【解析】：由折射图像知a光比b光的偏折大，介质对a光的折射率比b光的大，对比色散实验则a光的频率比b光的大。干涉实验只能验证光的波动性，不能验证光是横波。光是横波的依据是光的偏振现象，可由两块偏振片来验证。A错误。同一金属的极限频率一定，由于紫光频率大于红光，可知若紫光a恰能发生光电效应，红光b则不能。B错误。由临界角公式可知，若b光已经发生全反射，则a光也一定发生全反射。C正确。由反射定律可知，若入射角一样大则反射角也应该一样大。D错误。
【考点定位】本题考查光的反射、折射、全反射、干涉光电效应和波动性。
19．在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横渡，波速为2m/s，振幅为A。M、N、是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示。在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s。则
A．该波的周期为s
B．在t=s时，N的速度一定为2m/s
C．从t=0到t=1s，M向右移动了2m
D．从t=s到t=s，M的动能逐渐增大
【答案】：D
【分析点拨】此题宜先画出一个正弦波形图，再根据题意，结合周期性标明合适的M、N点，如下图所示：
然后代入相应的数值求解即可。
【解析】：做出波形图可知，再结合可得，由于周期大于1 s，即令可知n=0，且。A错误。即，波形应该右移，N将处于平衡位置，其振动速度达到最大，但大小未知，此振动速度与传播速度2 m/s无关。B错误。机械波传播的是振动的形式和能量，质点本身并不会随波右移。C错误。和分别对应和，则M从正向最大位移处向平衡位置运动，其速度从零逐渐增至最大，动能也是如此。D正确。
【考点定位】本题考查机械波。
20．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则
A．θ=0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ=时，杆产生的电动势为
C．θ=0时，杆受的安培力大小为
D．θ=时，杆受的安培力大小为
【答案】：AD
【分析点拨】本题考查电磁感应，抓住有效阻值、有效杆长是关键。分析电路可知，杆的左侧圆环及圆环内的杆为有效电阻，杆的右侧圆环无效。另外，切割磁感线以及受到安培力的有效部分也是圆环内的杆长。
【解析】：由公式可知。A正确。切割边为a由公式可知。B错误。由公式、及可知。C错误。同理可知。D正确。
【考点定位】本题考查电磁感应，法拉第电磁感应定律、安培力、欧姆定律和电阻定律。
21．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接 触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为
C．物体做匀减速运动的时间为2
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为
【答案】：BD
【分析点拨】本题考查牛顿运动定律、胡克定律以及运动学公式。重点在于做好受力分析，识别运动过程以及找准平衡位置。
【解析】：由受力分析可知，物体先做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力减小到与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度反向增大的减速运动，随即离开弹簧再做匀减速运动直至停止。也即经历了变加速、变减速、匀减速三种运动情况。A错误。由牛顿第二定律可知。B正确。做匀减速运动是从弹簧恢复原长开始的，由位移公式，得。C错误。设速度最大时，弹簧的形变量为x，则有，再由功的定义可知。D正确。
【考点定位】本是考查胡克定律，摩擦力，牛顿第二定律，功的计算。
第二部分（非选择题 共174分】
22．（17分）
(1)某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动。质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落。A球落到地面N点处，B球落到地面P点处。测得mA=0.04 kg，mB=0.05kg，B球距地面的高度是1.225m，M、N点间的距离为1.500m，则B球落到P点的时间是____s，A球落地时的动能是____J。（忽略空气阻力，g取9.8m/s2）
【答案】：（1）0.5 0.66
【分析点拨】考查自由落体运动以及机械能守恒。
【解析】：由自由落体运动公式，代入数据可知时间；根据和机械能守恒联立可得：。
【考点定位】本题考查自由落体、平抛和机械能守恒。
(2)某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“4.0V．0.7A”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω;
电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω;
电压表V，量程3V，内阻rV=9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3 kΩ;
滑动变阻器R，阻值范围O~ 10Ω,；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S及导线若干。
①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2所示，此时L的电阻为____Ω。
②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是____V。
③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
【答案】：① 5 ② 4 ③见下图中的答图1或答图2。
【分析点拨】先分析图1、图3的弊端，在扩充量程的同时，还要尽可能做到排除电流表的分压以及电压表的分流。
【解析】：①电压表示数2.3V，。②V。③准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要将电流电压调节达到小灯泡的额定值。测量准确3A电流表不能使用，3V电压表和0.6A电流表量程不够必须改装；将电压表和串联，刚好满足4 V量程（小灯泡额定）；电流的与并联即可将电流量程扩至0.72 A（额定为0.7 A）。两表改装完毕之后，再考虑内、外接的问题。由于改装后的电压表量程刚好等于小灯泡额定电压，也就不适于将改装后的安培表内接了，否则电压表会超量程的。这里最好采用外接法，即答图1。
【考点定位】本是考查电学实验：“探究小灯泡L的伏安特性曲线”。考查了电压表读数，欧姆定律，电压表、电流表的改装，电流设计。
23．（16分）
四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×l03kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：
(1)电动机内阻消耗的热功率；
(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。
【答案】：（1） （2）
【解析】：（1）设电动机的电功率为P，则。
设电动机内阻r上消耗热功率为，则，代入数据解得。
（2）设蓄水总质量，根据能量守恒定律得
代入数据解得。
【考点定位】本题以当地生活为背景，考查电功率、热功率和能量守恒定律。
24．（19分）
如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 370，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×l0-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。
(1)求弹簧枪对小物体所做的功；
(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。
【答案】：（1） （2）
【解析】：（1）设弹簧枪对小物体做功为，由动能定理得
代入数据得。
（2）由牛顿第二定律
经过0.1 s其速度为，则，
联立两式并代入数据得，其运动的位移
电场力反向后，由牛顿第二定律得
可考虑为反向匀加速运动，其位移
则CP的长度为，联立相关方程，代入数据得。
【考点定位】本题考查匀变速直线运动规律、牛顿第二定律和动能定理。
25．（20分）
如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
(2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？
(3)求A点距虚线X的距离s。
【答案】：（1） （2）
（3） 【式中n为大于的整数】
以及 【式中n为大于的整数】
【分析点拨】情景分析：竖直平面、整个空间有电场、虚线X下方有匀强电场、小球在复合场中运动、单摆等
过程分析：小球P匀速直线运动；小球P在复合场中作匀速圆周运动；单摆Q的往复运动；P与Q在W点发生完全非弹性碰撞；碰后粘合体在重力场中往复运动。
模型分析：匀速直线运动、带电体在复合场中匀速圆周运动、单摆、完全非弹性碰撞、竖直面内圆周运动与牛顿定律等。
关键点：抓住小球P和小球Q从开始到碰撞所经历的时间相等；单摆的运动具有周期性！
【解析】：（1）由平衡条件,得电场强度：
由动量定理得：,得速率：
（2）设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为，
由动量守恒定律得：
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得：
解得：
(3)设P在X上方匀速运动时间为，则
设P在X下方匀速圆周运动时间为，则
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为，再考虑到单摆的周期性，则
且由题意知
联立相关方程，得 【式中n为大于的整数】
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为，考虑到单摆的周期性，则
同理可得 【式中n为大于的整数】
附域代码在习题中的应用：
24.解：
(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf-mgr(l-cosθ)=mv02 ①
代人数据得Wf=0.475J ②
说明：①式4分，②式2分。
(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，
由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③
小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有
v1=v0+a1t1③
由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有
sl-v0t1+a1t12 ⑤
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得
－mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有
0=v1+a2t2 ⑦
s2=v1t2+a2t22 ⑧
设CP的长度为s，有 s=s1+s2 ⑨
联立相关方程，代人数据解得 s=0.57m⑩
说明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。
25．解：
(1)设小球P所受电场力为F1，则F1=qE ①
在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg ②
联立相关方程得 E=mg/q ③
设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv ④
得 v=I/m ⑤
说明：①②③④⑤式各1分。
(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得
mv+mv0=(m+m)vm ⑥
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F-(m+m)g=vm2 ⑦
联立相关方程，得 F=()2+2mg ⑧
说明：⑥⑦式各2分，⑧式1分。
(3)设P在肖上方做匀速直线运动的时间为h，则 tP1= ⑨
设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则
tP2= ⑩
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有
11
由题意，有 tQ=tP1+ tP2 12
联立相关方程，得
n为大于的整数 13
设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ ,由单摆周期性，有
14
同理可得
n为大于的整数 15
说明：⑨11 12 14式各1分，⑩ 13 15式各2分。2012年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）
理科综合能力测试物理部分试题解析
本试卷共10页，36小题，满分300分。考试用时150分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔盒涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考试必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本大题共16小题，每小题4分，共64分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，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
【答案】D
【解析】本题考查分子运动论，水汽凝结成水珠，是从气态变成液态，分子间的距离减小．而分子间同时存在引力和斥力，且随分子间的距离减小而增大。答案 D。
14．景颇族的祖先发明的点火器如图1所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着艾绒。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，其体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
【答案】B
【解析】压缩气体是外界对气体做功，猛推推杆，艾绒即可点燃，说明气体的温度升高，气体内能一定增加，故C、D均错。根据理想气体的状态方程，气体的体积减小、温度升高可推断出压强一定变大。答案B。
15．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，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．洛仑磁力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
【答案】A
【解析】由左手定则知M带负电，N带正电；图中M的半径大于N的半径由半径公式得M的速率比N大；洛仑磁力始终与速度垂直对M、N不做功；运行时间为（为带电粒子转过的圆心角都是π）是相等的。答案A。
16．如图3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为45°，日光保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为
A．G和G B．和
C．和 D．和
【答案】B
【解析】以悬挂点为受力分析对象，两绳对悬挂点斜向下的拉力的合力等于重力，由于两个拉力与重力都成45°角，三力构成一个等腰直角三角形，解得两个拉力的大小均为。或将拉力分解有即得。答案B。
二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。
17．图4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
【答案】B、C
【解析】设滑块在B点的速度大小为v，从开始到B点由动能定理得 ，在圆弧最低点B点由向心力公式得：因而。答案BC。
18．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．是核聚变反应
B．是β衰变
C．是核裂变反应
D．是α衰变
【答案】A、C
【解析】考查核反应基本知识，主要考查衰变其他的核反应的区别，B项是核聚变，D项是核裂变。答案A C。
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50V B．频率是100Hz
C．有效值是25V D．周期是0.02s
【答案】C、D
【解析】考查交流电的最大值，瞬时值，有效值、周期、频率等基本物理量，由交变电流的电动势瞬时值表达式e=Emsinωt可知电动势的最大值Em=50V，ω=100π，A错误；有效值E=Em/=25V，C正确；周期T=2π/ω=0.02s，D正确；频率f=1/T=50Hz，B错误。答案C D。
20．图5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
【答案】B、D
【解析】正电荷受的电场力向左故在左边，负电荷在右边；不管带正电还是负电，电场力都做正功，电势能减小。答案BD。
21．如图6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
【答案】C、D
【解析】考查天体运行主要是万有引力提供向心力有
，从轨道1变轨至轨道2轨道半径增大，线速度角速度减小，动能减小，周期增大，加速度减小。答案CD。
三、非选择题：本大题共11小题，共182分。按题目的要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数字和单位。
34．（18分）
（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。
②按图15（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 ( http: / / www.21cnjy.com / " \o "欢迎登陆21世纪教育网 )至最______（填“大”或“小”）；将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_____Ω。
【答案】①5.01；5.315 ②（a）大 （b）大 ③1280
【解析】①游标卡尺的主尺分度值为0.1cm，故主尺应读5.0cm；游标尺为10分度，分度值为0.01cm，图中第1条刻度对齐，故游标尺应读0.01cm×1=0.01cm；两者相加为所测长度即5.01cm，注意游标卡尺不需要估读．螺旋测微器的主尺分度值为0.5mm，故主尺应读5.0mm；旋转尺分度值为0.01mm，故旋转尺应读0.01mm×31.5=0.315mm；两者相加为所测直径即5.315mm，注意螺旋测微器需要估读．
②为了安全，在接通开关之前，应保证电路中的可变电阻接入电路中的电阻最大，以避免因电路电流过大而损坏电路元件．
③此题采用替代法测电阻，用电阻箱替代圆柱体接入电路，调节电阻箱的阻值，使电路的各项参数与原来相同，那么电阻箱的阻值就与圆柱体的阻值相等．
（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10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：
代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6
数值（cm） 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30
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长度为______。
③图16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“L1”）。
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9.8m/s2）。
【答案】①竖直 ②静止；L3；0.1cm ③Lx ④4.9；10
【解析】①实验是利用砝码的重力来拉伸弹簧，故弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向．
②弹簧静止时，其弹力才等于砝码的重力；L3的读数相比其他读数少了一位；最后一位是估读数，故刻度尺的分度值（最小长度）为0.1cm．
③图中砝码质量为0（即未放砝码）时横轴的读数也为0，说明挂砝码盘时伸长的量并没有计算在内．
④设砝码盘的质量为m0，盘中砝码总质量为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧的长度为L，由平衡条件及胡克定律可知m0g=k(Lx-L0)，(m+m0)g=k(L-L0)，两式联立可解得mg=k(L-Lx)，而图中的横轴坐标x=L-Lx，故有mg=kx，也可写成m=(k/g)·x，即k/g就是图线的斜率，取原点和（12×10-2m，60×10-3kg）两点可算出图线斜率为0.5kg/m，故弹簧劲度系数k=0.5×9.8N/m=4.9N/m；由m0g=k(Lx-L0)可算出m0=k·(Lx-L0) /g =0.5×0.02kg=0.01kg=10g．
35．（18分）
如图17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、方向垂直与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。
【解析】（1）当棒沿导轨匀速下滑时，沿导轨方向由平衡条件得
导体棒切割磁感线产生的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得导体棒的电流
导体棒受到的安培力
联立解得
(2) 棒再次沿导轨匀速下滑时，对棒同样有：
带电微粒匀速通过平行金属板，则有：
而
解得：
36．（18分）
图18（a）所示的装置中，小物块A、B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（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图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uo，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得取值范围，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）。
【解析】(1)由（b）图可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A与滑杆分离，此时小物块的速度为
小物块A与B碰撞，由于水平面光滑则A、B系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量守恒定律得：
解得：
(2)AB进入PQ段做匀减速运动，由牛顿第二定律有：
AB做减速运动的时间为
解得：
欲使AB不能与弹簧相碰，则滑块在PQ段的位移有
而 解得：
(3) 若AB能与弹簧相碰，则
若AB压缩弹簧后恰能返回到P点，由动能定理得
解得：
的取值范围是：
从AB滑上PQ到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得：
解得：2012年普通高等学校招生全国统一考试（新课标）
理科综合能力测试物理部分试题解析
二、选择题。本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是 （ AD ）
A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B.没有力作用，物体只能处于静止状态
C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：惯性是物体本身保持运动状态的一种属性，也就是抵抗运动状态变化的性质，A正确；圆周运动的运动方向在时刻改变，即运动状态在时刻改变，C错误。没有力作用物体可能静止也可能做匀速直线运动，B错，D正确。答案D。
15. 如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（ BD ）
A.a的飞行时间比b的长
B.b和c的飞行时间相同
C.a的水平速度比b的小
D.b的初速度比c的大
解析：平抛运动的时间是由下落高度决定的，高度相同，时间一样，高度高，飞行时间长。A错，B正确。水平位移由初速度（等于水平速度）和高度决定，由得C错，D正确。答案BD。
16. 如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中 （ B ）
A.N1始终减小，N2始终增大
B.N1始终减小，N2始终减小
C.N1先增大后减小，N2始终减小
D.N1先增大后减小，N2先减小后增大
解析：木板对球的压力与球对木板的压力是相互作用力，大小均为N2。根据木板对球的压力N2、墙面对球的压力大小为N1和重力的动态平衡做出动态矢量三角形。则N1与N2的合力与重力等大反向为定值。作图。由图形可知，当板缓慢向水平转动中，N2的方向逐渐向竖直变化在减小，N1的方向始终水平也在减小。答案B。
17. 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为 （ B ）
A.380V和5.3A
B.380V和9.1A
C.240V和5.3A
D.240V和9.1A
解析：根据题意原线圈为1100匝，电压220V，副线圈的最大匝数为1900匝，根据变压比有，V。根据理想变压器的功率不变， ，则A。答案B 。
18. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 （ BD ）
A.所受重力与电场力平衡
B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加
D.做匀变速直线运动
解析：对带电粒子受力分析可知，它受电场力和重力，要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，则电场力垂直极板斜向上，它们的合力水平向左。向右运动的粒子只有电场力做负功，电势能增加，动能减少。B正确，C错误。因合力为定值且与运动方向在一直线上，则粒子做匀减速直线运动，D正确。答案BD。
19. 如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为 （ C ）
A. B. C. D.
解析：当线圈以角速度ω匀速转动半周时，产生感应电动势为: 。当磁感应强度随时间的变化时，产生感应电动势为: 。根据题意有化简得。答案C。
20. 如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是 （ A ）
解析：线框中感应电流总是沿顺时针方向，则线框的左边的电流是向上的。由于线框的左边所处磁场强，受到的安培力大，线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右说明线框的左边先受到引力（同向相吸）后受到斥力（反向相斥），则电流i先为正后为负。电流为正时，线框处的原磁场和感应磁场同向阻碍原磁场的减弱，电流为负时，线框处的原磁场和感应磁场反向阻碍原磁场的增强。答案A。
21. 假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 （ A ）
A. B. C. D.
解析：在地面上质量为m的物体根据万有引力定律有: ，从而得。根据题意，球壳对其内部物体的引力为零，则矿井底部的物体m′只受到其以下球体对它的万有引力同理有，式中。两式相除化简。答案A。
第Ⅱ卷
三、非选择题。包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第40题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（11题，共129分）
22.（5分）
某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示。图（a）所示读数为_________mm，图（b）所示读数为_________mm，所测金属板的厚度为_________mm。
解析：图（a）所示读数表明该螺旋测微器存在正误差为1.0×0.01=0.010mm。图（b）所示读数为6.5+37.0×0.01=6.870mm。金属板的厚度为6.870-0.010=6.860mm。
23.（10分）
图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
（1）在图中画线连接成实验电路图。
（2）完成下列主要实验步骤中的填空
①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________。
④用米尺测量_______________。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_________。
（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
解析：（1）因为是电阻箱只能和电源、开关、电流表、U形金属框串联组成电路，如图。
（2）①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。
（U形金属框和沙盘用定滑轮连接，测出细沙质量，就得到了U形金属框的质量和重力）
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D_重新处于平衡状态_；然后读出__电流表的示数I _，并用天平称出_此时细沙的质量m2__。
（为测量磁场的磁感应强度大小就必须给U形金属框通上电流，从而受到安培力加上细沙才能系统才能重新平衡，此时细沙重力等于U形金属框重力与安培力之差（或只和），最后求出安培力BIL，I由电流表读出，L用毫米刻度尺测量）
④用米尺测量___ D的底边长L ____。
（3）根据③中的平衡条件有或得
（4）判定磁感应强度方向的方法是：若_______，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
（磁感应强度方向垂直纸面向外，连线图中电流方向向左，根据左手定则U形金属框所受安培力向上，说明。）
24.（14分）
拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。
（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。
解析：（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平分解，按平衡条件有 ① ②
式中N与f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 ③
联立①②③式得 ④
若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有
≤ ⑤
这时，①式仍满足，联立①⑤式得 ≤ ⑥
现考察使上式成立的θ角的取值范围，注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有 ≤0 ⑦
使上式成立的角满足θ≤θ0，这里是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切值为 ⑧
25.（18分）
如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。
解析：粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得
①
式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。
因此， ②
设=x，由几何关系得
③
④
联立式得 ⑤
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得
⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得
⑦
⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得
⑨
（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题给分。
33.[物理——选修3-3]（15分）
（1）（6分）关于热力学定律，下列说法正确的是_________（填入正确选项前的字母，选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D.不可能使热量从低温物体传向高温物体
E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
解析：改变内能只有两种途径，A正确；对某物体做功，同时物体与外界发生热交换，则物体的内能可能增加、也可能减小，B错误；在产生其他影响的情况下可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，C正确。制冷机实现了热量从低温物体传向高温物体，D错误；功转变为热是一宏观热力学过程是不可逆过程，E正确。答案ACE。
（2）（9分）如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0°C的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。
（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）
（ii）将右侧水槽的水从0°C加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温。
解析：（i）在打开阀门S前，两水槽水温均为T0=273K。设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有
①
式中Δp=60mmHg，打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，玻璃泡C中气体根据题意其体积也没有改变，则C中气体的压强也没有改变仍为pC，设玻璃泡B中气体的压强为pB。有
②
玻璃泡A和B中气体的体积为
V2=VA+VB ③
玻璃泡B中气体经历了一个等温过程，根据玻意耳定律得
p1VB=pBV2 ④
联立①②③④式，并代入题给数据得
mmHg ⑤
（ii）当右侧水槽的水温加热至时，U形管左右水银柱高度差为Δp。但A、B中气体体积、温度、压强都没有改变。而玻璃泡C中气体的压强随温度升高而增大为
⑥
玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得
⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得
K ⑧
34.[物理——选修3-4]（15分）
（1）（6分）一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示，x=0.30m处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴_________（填“正向”或“负向”）。已知该波的波长大于0.30m，则该波的波长为_______m。
解析：（1）由振动图像可知正向x=0.30m处的质点在t=0时刻的位移为正，处于从平衡位置到正的最大位置的运动过程中，其运动方向沿y轴正向。由于该波的波长大于0.30m说明该质点在第一个波形上，根据简谐横波沿x轴正向传播可知只有第二个四分之一波形上的质点都是向上振动的，且质点距离原点（的解为或），得m
（9分）一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。
解析：
如图，考虑从玻璃立方体中心O点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射。根据折射定律有
①
式中，n是玻璃的折射率，入射角等于θ，α是折射角。
现假设A点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意，在A点刚好发生全发射，故
②
设光线OA在立方体上表面的投影长为RA，由几何关系有
③
式中a为玻璃立方体的边长。由①②③式得
④
由题给数据得
⑤
由题意，上表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。所求的镀膜面积与玻璃立方体的表面积S之比为
⑥
由⑤⑥式得
⑦
35.[物理——选修3-5]（15分）
（1）（6分）氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：，式中x是某种粒子。已知：、、和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知，粒子x是__________，该反应释放出的能量为_________ MeV（结果保留3位有效数字）
解析：由质量守恒，电荷数守恒得，粒子x为中子，由爱因斯坦质能方程得:
答案（或中子） 17.6。
（2）（9分）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求
（i）两球a、b的质量之比；
（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
解析：（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
①
式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正。由动量守恒定律得
②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
③
联立①②③式得
④
代入题给数据得
⑤
（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是
⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能之比为
⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
⑧
a
b
c
x
y
O
i
a
b
O2012年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）
理科综合能力测试物理部分试题解析
本试卷分第I卷和第II卷两部分，共12页。满分240分。考试用时150分钟。答题前，考生务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
二、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
14．以下叙述正确的是 （ AD ）
A．法拉第发现了电磁感应现象
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
解析：惯性是物体的固有属性，质量是决定物体惯性大下的唯一因素，选项A错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果，选项C错误。答案AD。
15．2011年11月3日，“神州八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神州九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2。则等于（ B ）
A． B． C． D．
解析：万有引力提供向心力有，得，所以，选项B正确。答案B。
16．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t图像如图所示。以下判断正确的是（ AC ）
A．前3s内货物处于超重状态
B．最后2s内货物只受重力作用
C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒
解析：根据v-t图像可知，前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，选项A正确；最后2s内货物向上做匀减速直线运动处于失重状态，加速度大小为m/s2，受重力和拉力两个作用力，选项B错误；根据匀变速直线运动平均速度公式m/s，前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，选项C正确；第3s末至第5s末的过程中，货物匀速上升，机械能不守恒，选项D错误。答案AC。
17．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（ BD ）
A．Ff变小 B．Ff不变 C．FN变小 D．FN变大
解析：把重物M和两木块m看成整体受力分析可得，竖直方向合力为零，木块与挡板间摩擦力始终满足2Ff =2mg+Mg，选项A错误，B正确；挡板间的距离稍许增大后，对结点O受力分析可得，轻杆弹力增大，对木块受力分析得木块与挡板间正压力增大，选项C错误，D正确。
18．图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是（ BC ）
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于V
C．实现点火的条件是
D．实现点火的条件是
解析：电压表测定原线圈交流电电压的有效值，所以等于V，选项A错误，B正确；实现点火的条件是U2＞5000V，根据理想变压器的电压关系，选项C正确，D错误。答案BC。
19．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ CD ）
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
解析：根据粒子运动轨迹可知，两电荷相互排斥则粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律可知，离点场源电场越强电荷所受电场力越大，在a点电场力最大，选项B错误；从b点到c点电场力做正功，电势能减小，选项C正确；同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确。答案CD。
20．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（ AC ）
A．
B．
C．当导体棒速度达到时加速度为
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析：当速度达到v时开始匀速运动，将重力正交分解，根据平衡条件可得。受到拉力后导体棒最终以2v的速度匀速运动时有，根据此时的平衡条件有可得拉力，，A正确，B错误；当导体棒速度达到时安培力为，加速度为，选项C正确；在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于安培力做功，由于安培力是拉力的2倍，R上产生的焦耳热大于拉力所做的功，选项D错误。答案AC。
【必做部分】
21．（13分）
（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50Hz。
①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。
②计数点5对应的速度大小为 m/s，计数点6对应的速度大小为 m/s。（保留三位有效数字）。
③物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。
解析：①由于计数点前后的间隔距离都小于它们的间隔距离，说明计数点6之前物块在加速，计数点7之后物块在减速，则开始减速的时刻在6和7之间。答案6；7【或7；6】。
②计数点5对应的速度等于4和6间的平均速度
m/s，同理 m/s，又可解得计数点6对应的速度大小为1.20 m/s。
③在减速阶段cm，则加速度为m/s2。在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以计算结果比动摩擦因数的真实值 “偏大”。
（2）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx(阻值约4Ω，额定电流约0.5A)；
电压表：V（量程3V，内阻约3KΩ）；
电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2A）；
电流表：A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；
电源：E1(电动势3V，内阻不计)；
电源：E2（电动势12V，内阻不计）；
滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。
①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm。
②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 、电源应
选 、（均填器材代号），在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图。
解析：①1．773【1．771～1．775均正确】
= 2 \* GB3 ②电压表量程3V，所以电源应选E1，通过待测金属丝的最大电流约为A，所以电流表应选A1。电路图如右。
22．（15分）
如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg吗，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。（取g=10m/s2）
若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。
若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。
①求F的大小。
②当速度=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。
22．解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得
①
代入数据得
②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
③
根据牛顿第二定律，对物体有
④
对工件和物体整体有
⑤
联立②③④⑤式，代入数据得
⑥
②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2， 由运动学公式可得
⑦
⑧
⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得
⑩
23．(18分)
如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t=时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
求粒子到达S1时的速度大小和极板间距d。
为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
23．解：（1）粒子由S1至S2的过程中，根据动能定理得
①
由①式得
②
设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得
③
由运动学公式得
④
联立③④式得
⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
⑦
联立②⑥⑦式得
⑧
（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有
⑨
联立②⑤⑨式得
⑩
若粒子再次达到S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得
⑾
联立⑨⑩⑾式得
⑿
设粒子在磁场中运动的时间为
⒀
联立⑩⑿⒀式得
⒁
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得
⒂
由题意得
⒃
联立⒁⒂⒃式得
⒄
【选做题】
36．（8分）【物理—物理3-3】
（1）以下说法正确的是 。
a．水的饱和汽压随温度的升高而增大
b．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
c．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
d．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
（2）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长1=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高。现将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm。（环境温度不变，大气压强p0=75cmHg）
①求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”做单位）
②此过程中左管内的气体对外界 （填“做正功”“做负功”“不做功”），气体将 （填“吸热”或放热“）。
解析：（1）当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力也减小，选项c错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，选项d错误。答案ab。
（2）①设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得
①
②
③
④
⑤
由几何关系得
⑥
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得
⑦
②做正功；吸热
37．（8分）【物理—物理3-4】
（1）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示。介质中质点P、Q分别位于x=2cm、x=4cm处。从t=0时刻开始计时，当t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰。
①求波速。
②写出质点P做简谐运动的表达式（不要求写推导过程）。
解析：①设简谐横波的波速为v，波长为λ，周期为T，由图像知，λ=4m。由题意得
①
②
联立①②式，代入数据得
③
②质点P做简谐运动的表达式为
EMBED Equation.DSMT4 ④
（2）如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知ABM=30°，求
①玻璃的折射率。
②球心O到BN的距离。
解析：设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何关系可知，i=30°，r=60°，根据折射定律得
⑤
代入数据得
⑥
光线BN恰好在N点发生全反射，则BNO为临界角C
⑦
设球心到BN的距离为d，由几何关系可知
⑧
联立⑥⑦⑧式得
⑨
38．（8分）【物理—物理3-5】
（1）氢原子第n能级的能量为，其中E1为基态能量。当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν1；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为ν2，则=____________。
解析：根据跃迁公式即可解得
（2）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA=3m、mB= mC =m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
解析：设AB碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块： ①
对B、C木块： ②
由A与B间的距离保持不变可知
③
联立①②③式，代入数据得
④2012年普通高等学校招生全国统一考试（大纲版）
理科综合能力测试物理部分试题解析
【试卷总评】试题依据高考大纲，覆盖高中物理全部内容，重点考查高中物理的主干知识，难度适宜，效度好，信度高，具有一定的区分度。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。第I卷1至4页，第II卷5至11页。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
第I卷
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。
3.第I卷共21小题，每小题6分，共126分。
二、选择题：本题共8题。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的得0分。
14．下列关于布朗运动的说法，正确的是
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B. 液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的
D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
【答案】：BD
【分析点拨】主要要熟练记忆分子动理论的相关概念。
【解析】：布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，选项A错；液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项B正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，选项C错，选项D正确。
【考点定位】本题考查分子运动论的基本内容。
15．U经过m次α衰变和n次β衰变Pb，则
A.m=7，n=3 B.m=7，n=4 C.m=14，n=9 D.m=14,n=18
【答案】：B
【分析点拨】熟记衰变过程中质量数和电荷数的变化特点是解题的关键。
【解析】：原子核每发生一次α衰变，质量数减少4，电荷数减少2；每发生一次β衰变，质量数不变，电荷数增加1。比较两种原子核，质量数减少28，即发生了7次α衰变；电荷数应减少14，而电荷数减少10，说明发生了4次β衰变，B项正确。
【考点定位】此题考查原子核衰变次数的计算。
16．在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光，为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有
A.改用红光作为入射光
B.改用蓝光作为入射光
C.增大双缝到屏的距离
D.增大双缝之间的距离
【答案】：AC
【分析点拨】熟记和运用条纹间距公式推导实验条件。
【解析】：光的干涉现象中，条纹间距公式，即干涉条纹间距与入射光的波长成正比，与双缝到屏的距离成正比，与双缝间距离成反比。红光波长大于黄光波长，选项A正确；蓝光波长小于黄光波长，选项B错误；增大双缝到屏的距离，选项C正确；增大双缝之间的距离，选项D错。
【考点定位】此题考查双缝干涉实验。
17．质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是
A.若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等
B.若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等
C. 若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等
D. 若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等
【答案】：A
【分析点拨】熟记和运用半径公式和周期公式进行合理变形和推导。
【解析】：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径，已知两粒子动量相等，若，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；若，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；由周期公式，仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，选项C、D错。
【考点定位】本题考查了带电粒子在磁场中的运动。
18．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是
A.o点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D.a、c两点处磁感应强度的方向不同
【答案】：C
【分析点拨】熟练应用左手定则和磁场的叠加（同向相加，反向相减）。
【解析】：由安培定则可知，两导线在o点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错；两导线在a、b两处产生磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，同时电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等方向相同，选项B错误；两导线在c、d处产生磁场垂直c、d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相同，方向相同，选项C正确。a、c两处磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错。
【考点定位】本题考查安培定则和场叠加原理。
19．一台电风扇的额定电压为交流220V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示。这段时间内电风扇的用电量为
A.3.9×10-4度 B.5.5×10-2度
C.7.8×10-2度 D.11.0×10-2度
【答案】：B
【分析点拨】认识图像，由面积计算用电量。
【解析】：用电量为度，选项B正确。
【考点定位】本题考查电能的计算。
20．一列简谐横波沿x轴正方向传播，图（a）是t=0时刻的波形图，图（b）和图（c）分别是x轴上某两处质点的振动图像。由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是
A. m B. m C.1m D. m
【答案】：BD
【分析点拨】熟练应用由质点振动关系判断质点间距公式，并且将与时间，以及质点间距和波形图联系起来。
【解析】：图（b）所示质点在t=0时在正向最大位移处，图（c）所示质点在t=0时，（振幅的一半），运动方向沿y轴负方向，结合波形图找到对应的点，如上图所示。若图（c）所示质点在图（b）所示质点的左侧有，B正确；若图（c）所示质点在图（b）所示质点的右侧有， D正确。
【考点定位】本题考查振动图像、波动图像及相关知识。
21．如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【答案】：AD
【分析点拨】本题的出发点和关键点在运用两个守恒定律进行第一次碰撞末速的判断上。
【解析】：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：，解两式得：，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，选项B错误；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错误；由单摆的周期公式，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。
【考点定位】本题考查弹性碰撞、单摆运动的等时性及其相关知识。
2012年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
第Ⅱ卷
注意事项：
1.答题前考生先在答题卡上用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，然后贴好条形码。请认真核准条形码上得准考证号、姓名和科目。
2.第Ⅱ卷共7页，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。
3.第Ⅱ卷共13题，共174分。
22.（6分）（注意：在试题卷上作答无效）
在黑箱内有一由四个阻值相同的电阻构成的串并联电路，黑箱面板上有三个接线柱1、2、3.用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为1Ω，2、3接线柱之间的电阻为1.5Ω，1、3接线柱之间的电阻为2.5Ω。
（1）在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式；
（2）如果将1、3接线柱用导线连接起来，1、2接线柱之间的电阻为______Ω。
【答案】：（1）如下图所示 （2）
【分析点拨】找准各量的大小关系然后与电路特征相对应。
【解析】：因为1、2接线柱之间的电阻与2、3接线柱之间的电阻之和等于1、3接线柱之间的电阻，所以2为中间的结点，又因为2、3接线柱之间的电阻与1、2接线柱之间的电阻的差等于1、2接线柱之间的电阻的一半，故2、3之间有两个电阻并联，后再与第三个电阻串联，每个电阻均为1Ω,连接方式如图所示
将1、3用导线相连后，等效电路如图所示： 1、2之间的等效电阻
【考点定位】考查黑箱探测和电阻的串联并联计算。
23．（17分）
图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
（1）完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，…。求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出--m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。
（2）完成下列填空：
（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。
（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示为a=__________。图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=__________mm，s3=__________mm。由此求得加速度的大小a=__________m/s2。
（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。
【答案】（1）间隔均匀；线性。
（2）（ⅰ）远小于小车的质量。
（ⅱ）；24.2mm；47.2mm；1.15；（ⅲ）
【分析点拨】应该熟记实验方法（平衡摩擦法、图想法、控制变量法、公式运用等）。
【解析】（1）①平衡好小车所受的阻力，小车做匀速运动，打点计时器打出的点间隔基本相等⑥根据牛顿第二定律可知，，与m为一次函数关系，是线性关系。（2）（i)为保证小车所受拉力近似不变，应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车的质量。(ii)由可知，，由图可读出，，换算后代入上式中，得（iii)设小车质量为M，由牛顿第二定律可得：，结合图象可知，，。
【考点定位】本题考查验证牛顿第二定律实验。
24．（16分）（注意：在试题卷上作答无效）
如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
【答案】
【解析】：设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，
两板间为匀强电场，场强，
设电场中小球带电量为q，则所受电场力
小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，由平衡条件有：
综合以上各式得：
第二次充电后，电容器带电量为，同理可得：
将方向夹角带入解得：
【考点定位】考查平行板电容器的电场中电场力、电场强度和电势差的关系等。
25．（19分）（注意：在试卷上作答无效）
一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k。设地球的半径为R。假定地球的密度均匀。已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d。
【答案】
【解析】在地面处，单摆所受万有引力近似等于其重力，即，
单摆的在地面的摆动周期
设地球密度为ρ，地球的体积
综合以上四得得：
质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，矿井内单摆受到的万有引力可以看作是半径为（R-d）的球体施加的，同理单摆的摆动周期
而单摆在地面处的摆动周期与矿井底部摆动周期之比
解得：
【考点定位】本题考查万有引力定律的应用及单摆的周期公式，意在考查对基本物理规律的分析计算能力。
26．（20分）（注意：在试题卷上作答无效）
一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=x2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
（1）求此人落到坡面时的动能；
（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【答案】（1）（2），
【考点定位】本题主要考查平抛运动和动能定理的应用，以及函数最值的计算，意在考查考生的综合分析及数学计算能力。
【解析】（1）设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，
由平抛运动规律有：，，
整个过程中，由动能定理可得：
由几何关系，
坡面的抛物线方程
解以上各式得：
（2）由，
令，则
当时，即探险队员的动能最小，最小值为
或: 由（1）得
极小的条件为上式中的平方项等于0，由此可得
此时，则最小动能为
a
c
d
b
M
o
N
a
b
30°
