2012年高考真题汇编——物理（解析版）
文档属性
| 名称 | 2012年高考真题汇编——物理（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 10.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2012-06-28 18:07:52 | ||
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文档简介
2012高考真题物理分类汇编：相互作用
4. （2012海南卷）如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳子距a端得c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为
A. B. 2
C. D.
答案：C
解析：平衡后设绳的BC段与水平方向成α角，则： 对节点C分析三力平衡，在竖直方向上有：得：，选C
6（2012上海卷）．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30角，分力F2的大小为30N。则（ ）
（A）F1的大小是唯一的 （B）F2的方向是唯一的
（C）F2有两个可能的方向 （D）F2可取任意方向
答案：C
16（2012广东卷）.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
B. 和 D. 和
答案：B
2（2012天津卷）．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θ，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。
14（2012上海卷）．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长的二倍。棒的A端用铰链墙上，棒处于水平状态。改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力（ ）
（A）逐渐减小 （B）逐渐增大
（C）先减小后增大 （D）先增大后减小
答案：A
34（2）（2012广东卷）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）。
34. (2) ①竖直 ②稳定 L3 1mm
③ L0
④ 4.9 10
5（2012海南卷）.如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力
A.等于零 B.不为零，方向向右
C.不为零，方向向左
D.不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
解析：斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零，选A
17（2012山东卷）.如图所示，两相同轻质硬杆、可绕其两端垂直纸面的水平轴、、转动，在点悬挂一重物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。表示木块与挡板间摩擦力的大小，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、始终等高，则
A．变小
B．不变
C．变小
D．变大
答案：BD
16(2012全国新课标).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
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
[答案]B
[解析]本题考查物体的动态平衡，对球受力分析可知，N1
与N2的合力为定值，与重力反向等大。作图。由图形可
知，当板缓慢转动中，N1与N2的方向便发生如图示变
化，但合力不变，可得答案B。
14（2012浙江卷）.如图所示，与水平面夹角为300的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N。关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2）.下列说法正确的是（ ）
斜面对物体的摩擦力大小为零
B. 斜面对物体的摩擦力大小为4.9N,方向沿斜面向上
C. 斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向竖直向上
D. 斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上
答案：A
22（2012浙江卷）题 在“探究求合力的方法”实验中，先有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。
为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如下表：
弹力F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x(10-2m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.68 5.58 6.42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m;
(2)某次试验中，弹簧秤的指针位置所示，其读数为 N,同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合；
（3）由图得到F合= N
（这是答题卷上的图）
22题
53（正负2以内都算对）
（2）2.10（在正负0.02范围内都算对）
（3）作图正确，3.3(在正负0.2范围内都算对
2012高考真题物理分类汇编：物理学史、直线运动
14（2012山东卷）.以下叙述正确的是
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
答案：AD
7（2012海南卷）．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是
A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
解析：考察科学史，选ACD
1（2012海南卷）.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是( )
A.在0～6s内，物体离出发点最远为30m XX
K]B.在0～6s内，物体经过的路程为40m[
C.在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D. 5～6s内，物体所受的合外力做负功
答案：BC
解析：A，0—5s,物体向正向运动，5—6s向负向运动，故5s末离出发点最远，A错
B 由面积法求出0—5s的位移s1=35m, 5—6s的位移s2=-5m,总路程为：40m,B对
C由面积法求出0—4s的位移s=30m，平度速度为：v=s/t=7.5m/s C对
D 由图像知5～6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错
2（2012上海卷）．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g＝10m/s2）（ ）
（A）三个 （B）四个 （C）五个 （D）六个
答案：C
3（2012上海卷）．质点做直线运动，其s-t关系如图所示，质点在0-20s内的平均速度大小为_________m/s质点在_________时的瞬时速度等于它在6-20s内的平均速度。
答案：0.8，10s和14s，
4（2012山东卷）．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，图像如图所示。以下判断正确的是
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
答案：AC
5（2012山东卷）.（13分）
（1）某同学利用图甲所示德 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议所示。打点计时器电源的频率为50Hz。
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。
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）。
物块减速运动过程中加速度的大小为= 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”）。
5.（1）6；7【或7；6】2012年高考生物试题分类汇编
1.00；1.20
2.00；偏大
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”。
2012高考真题物理分类汇编：万有引力与航天
12（2012海南卷）.2011年4月10日，我国成功发射第8颗北斗导航卫星，建成以后北斗导航卫星系统将包含多可地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖，GPS由运行周期为12小时的卫星群组成，设北斗星的同步卫星和GPS导航的轨道半径分别为和，向心加速度分别为和，则=_____。=_____（可用根式表示）
解析：，由得：，因而： ，
21（2012广东卷）.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：CD
18（2012北京高考卷）．关于环绕地球卫星的运动，下列说法正确的是
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
答案：B
15（2012山东卷）.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、。则等于
A. B. C. D.
答案：B
16（2012福建卷）．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为，已知引力常量为G,则这颗行星的质量为
A． B.
C． D.
答案：B
15（2012四川卷）．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
21(2012全国新课标).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. B.
C. D.
[答案]A
[解析]物体在地面上时的重力加速度可由得出。根据题中条件，球壳对其内部物体的引力为零，可认为矿井部分为一质量均匀球壳， 故矿井底部处重力加速度可由得出，故
15（2012浙江卷）．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A.太阳队各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内个小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
答案：C
3（2012天津卷）.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。
22B．人造地球卫星做半径为r，线速度大小为v的匀速圆周运动。当其角速度变为原来的 EQ \F(,4)倍后，运动半径为_________，线速度大小为_________。
答案：2r， EQ \F(,2)v，
14（2012安徽卷）.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”周期长
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
14.B；
解析：有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。故只有B正确。
8（2012江苏卷）．2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了绕“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与地球连线的延长线上，一飞行器位于该点，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
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．向心力仅由太阳的引力提供
D．向心力仅由地球的引力提供
【解析】根据，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
25(2012全国理综).（19分）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。
【解析】单摆在地面处的摆动周期，在某矿井底部摆动周期，已知，根据，（表示某矿井底部以下的地球的质量，表示某矿井底部处的重力加速度）以及,，解得
18（2012重庆卷）．冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动。由此可知冥王星绕O点运动的
轨道半径约为卡戎的1/7
角速度大小约为卡戎的1/7
线度大小约为卡戎的7倍
向心力小约为卡戎的7倍
答案：A
2012高考真题物理分类汇编：曲线运动
12（2012上海卷）．如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则（ ）
（A）v0＜v＜2v0 （B）v＝2v0
（C）2v0＜v＜3v0 （D）v＞3v0
答案：A
15(2012全国新课标).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
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
[答案]BD
[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。水平位移由速度和高度决定，由得C错D正确。
22（2012四川卷）．（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）
22．(1)0.5（3分）； 0.66（4分）；
19（2012上海卷）．图a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上的S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图b所示，NP，PQ间距相等。则（ ）
（A）到达M附近的银原子速率较大
（B）到达Q附近的银原子速率较大
（C）位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率
（D）位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率
答案：A、C
3（2012江苏卷）．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．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大．
3. 【解析】设F与速度的夹角为，则，力的分解，在切线上（速度方向上）合力为0，即，所以，随增大，P增大。
【答案】A
6（2012江苏卷）．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h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：
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】平抛运动规律，，所以，若，则第1次落地前能相遇，所以取决于，A正确；A碰地后还可能与B相遇，所以B、C错误，D正确。
【答案】AD
26(2012全国理综).（20分）
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=，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。
求此人落到破面试的动能；
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？
【解析】
平抛运动的分解：，，得平抛运动的轨迹方程，此方程与坡面的抛物线方程为y=的交点为，。
根据机械能守恒，
解得
（2）求关于的导数并令其等于0，解得当此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为。
22（2012北京高考卷）．（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υ飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，υ=3.0 m/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g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υ0．
22．（16分）
（1）由平抛运动规律，有
竖直方向 h=gt2
水平方向 s=υt
得水平距离 s=υ=0.90m
（2）由机械能守恒定律，动能 Ek=mυ2+mgh=0.90J
（3）由动能定理，有 -μmgl=mυ2-mυ02
得初速度大小 υ0==4.0m/s
22（2012山东卷）.（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径错误！不能通过编辑域代码创建对象。的光滑圆弧轨道，BC段为一长度错误！不能通过编辑域代码创建对象。的粗糙水平轨道，二者相切与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，其质量错误！不能通过编辑域代码创建对象。，与BC 间的动摩擦因数错误！不能通过编辑域代码创建对象。。工件质错误！不能通过编辑域代码创建对象。，与地面间的动摩擦因数错误！不能通过编辑域代码创建对象。。（取错误！不能通过编辑域代码创建对象。
（1）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。
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动
求F的大小
当速度时，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.
（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
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
代入数据得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
（2）设物块的加速度大小为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，由几何关系可得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
根据牛顿第二定律，对物体有
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
对工件和物体整体有
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
联立式，代入数据得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
设物体平抛运动的时间为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，水平位移为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，物块落点与B间的距离为 错误！不能通过编辑域代码创建对象。， 由运动学公式可得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
联立 式，代入数据得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
18（2012浙江卷）.由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是（ ）
A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
B. 小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin= R
答案：BC
10（2012天津卷）.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
10．（16分）
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
20（2012福建卷）.（15分）
如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 求：
（1）物块做平抛运动的初速度大小V0；
（2）物块与转台间的动摩擦因数。
20答案：
15（2012海南卷），如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度沿ab方向抛出一小球， 小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。
解析：设圆半径为r，质点做平抛运动，则：
①
②
过c点做cd⊥ab与d点，Rt△acd∽Rt△cbd可得即为：
③
由①②③得：
2012高考真题物理分类汇编：牛顿运动定律
8（2012上海卷）．如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为（ ）
答案：A
23(2012全国理综).（11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，获得带有点列的纸袋，在纸袋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，没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=__________。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___________。
【解析与答案】（1）间距相等的点。（2）线性
（2）（i）远小于m
(ii)
.
(iii)设小车的质量为，则有，变形得,所以图象的斜率为，所以作用力，图象的截距为，所以。
17（2012广东卷）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是，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：BC
23（2012北京高考卷）．（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图像如图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Δυ1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．
23．（18分）
（1）由牛顿第二定律，有 F-mg= ma
由a─t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2
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）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积
Δυ1=0.50m/s
同理可得， Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s
υ0=0，第2s末的速率 υ2=1.5m/s
（3）由a─t图像可知，11s~30s内速率最大，其值等于0~11s内a─t图线下的面积，有
υm=10m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P=Fυm=mgυm=2.0×103×10×10W=2.0×105W
由动能定理，总功
W=Ek2-Ek1=mυm2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J
16（2012山东卷）．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，图像如图所示。以下判断正确的是
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
答案：AC
21（2012四川卷）．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
14(2012全国新课标).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
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
[答案]AD
[解析]惯性是物体本身的一种属性，是抵抗运动状态变化的性质。A正确C错误。没有力作用物体可能静止也可能匀速直线运动，B错D正确。
17（2012安徽卷）.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力，则 ( )
A. 物块可能匀速下滑
B. 物块仍以加速度匀加速下滑
C. 物块将以大于的加速度匀加速下滑
D. 物块将以小于的加速度匀加速下滑
17C；
解析：未加恒力F时，由牛顿第二定律知，而加上F后，，即，C正确。
24(2012全国新课标).（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。
若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。
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。
[答案]（1）了 （2）
[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，应用
≤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
30（2012上海卷）．（10分）如图，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角＝53的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。（取sin53＝0.8，cos53＝0.6，g＝10m/s2）。
解析：
令Fsin53＝mg，F＝1.25N，当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律Fcos－FN＝ma，FN＋Fsin＝mg，解得F＝1N，当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律Fcos－FN＝ma，Fsin＝mg＋FN，解得F＝9N，
21（2012安徽卷）.（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。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的选取，以下最合理的一组是
A. =200, =10、15、20、25、30、40
B. =200, =20、40、60、80、100、120
C. =400, =10、15、20、25、30、40
D. =400, =20 40、60、80、100、120
（3）图2 是试验中得到的一条纸带，、、、、、、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效率为50 Hz,则小车的加速度= m/s2 （结果保留2位有效数字）。
21Ⅰ答案：（1）B；(2)C；（3）0.42
要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m＜＜M。而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选B，（2）选C。（3）用逐差法，求得。
22（2012安徽卷）.（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。该球受到的空气阻力大小恒为，取=10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度。
22. (1)0.2N；(2)0.375m
解析：(1)由v—t图像可知:小球下落作匀加速运动，
由牛顿第二定律得：
解得
(2)由图知：球落地时速度，则反弹时速度
设反弹的加速度大小为a＇，由动能定理得
解得
4（2012江苏卷）．将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，下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系图象，可能正确的是
【解析】加速度，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，所以选C.
【答案】C
5（2012江苏卷）．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有均为f，若木块不滑动，力F的最大值是
A． B．
D．
【解析】整体法，隔离法，对木块，，解得.
【答案】A
25（2012重庆卷） ．（19分）某校举行托乒乓球跑步比赛，
赛道为水平直道，比赛距离为S，比赛时，
某同学将球置于球拍中心，以大小a的加
速度从静止开始做匀加速运动，当速度达
到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。
整个过程中球一直保持在球中心不动。比赛
中，该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的
倾角为θ0 ，如题25图所示。设球在运动过
程中受到的空气阻力与其速度大小成正比，
方向与运动方向相反，不计球与球拍之间
的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g
⑴空气阻力大小与球速大小的比例系数k
⑵求在加速跑阶段球拍倾角θ随球速v变化的关系式
⑶整个匀速跑阶段，若该同学速率仍为v0 ，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力的变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件。
25．（19分）
⑴在匀速运动阶段有，
得
⑵加速阶段，设球拍对球的支持力为，有
得
⑶以速度v0匀速运动时，设空气的阻力与重力的合力为F，有
球拍倾角为时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为，有
设匀速跑阶段所用时间为t，有
球不从球拍上掉落的条件
得
23(2012浙江卷)．（16分）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石腊做成两条质量均为m、形
状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”
竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，
还受浮力和术的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：
(1)“A鱼”入水瞬间的速度VA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA:fB。
解答：（1）A鱼”入水前作自由落体运动
VA12-0=2Ah
2012高考真题物理分类汇编：力学实验
23(2012全国理综).（11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，获得带有点列的纸袋，在纸袋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，没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=__________。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___________。
【解析与答案】（1）间距相等的点。（2）线性
（2）（i）远小于m
(ii)
.
(iii)设小车的质量为，则有，变形得,所以图象的斜率为，所以作用力，图象的截距为，所以。
34（2）（2012广东卷）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）。
34. (2) ①竖直 ②稳定 L3 1mm
③ L0
④ 4.9 10
22(2012全国新课标).（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。
[答案]0.010, 6.870, 6.860
[解析]螺旋测微器又叫千分尺，精确度为0.01mm，故读数应以mm为单位时，小数点后面应有三位，即读到毫米的千分位上。
29（2012上海卷）．（8分）在“利用单摆测重力加速度：的实验中
（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到__________。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于__________。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为__________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。虎后，分别取L和T的对数，所得到的lgT-lgL图线为______（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g＝__________。
答案：
（1）数据采集器，最低点（或平衡位置），，（2）直线，42/102c，
21（2012安徽卷）.（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。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的选取，以下最合理的一组是
A. =200, =10、15、20、25、30、40
B. =200, =20、40、60、80、100、120
C. =400, =10、15、20、25、30、40
D. =400, =20 40、60、80、100、120
（3）图2 是试验中得到的一条纸带，、、、、、、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效率为50 Hz,则小车的加速度= m/s2 （结果保留2位有效数字）。
21Ⅰ答案：（1）B；(2)C；（3）0.42
要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m＜＜M。而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选B，（2）选C。（3）用逐差法，求得。
11（2012江苏卷）．（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，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，请提出两个解决方案；
（2）请根据下表的实验数据作出s-h关系图像
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=0.40kg、M=0.50kg，根据s-h图像可计算出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】（3）在B下落至临落地时，据动能定理，有，
在B落地后，A运动到Q，据动能定理，有，解得：。将，代入得=，从图象得斜率，即，代入上式得。
本题易错点：认为A/B末速度都为0，根据，解得。
（4）滑轮组的摩擦会导致偏小，从而偏大。
【答案】（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）如图
（3）0.4
（4）偏大
22（2012浙江卷）题 在“探究求合力的方法”实验中，先有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。
为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如下表：
弹力F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x(10-2m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.68 5.58 6.42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m;
(2)某次试验中，弹簧秤的指针位置所示，其读数为 N,同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合；
（3）由图得到F合= N
（这是答题卷上的图）
22题
53（正负2以内都算对）
（2）2.10（在正负0.02范围内都算对）
（3）作图正确，3.3(在正负0.2范围内都算对
22（2012四川卷）．（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。
9（2）（2012天津卷）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。
21（2012山东卷）．（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”。
14（2012海南卷）.现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨低端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A ,B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图；
（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为____。动能的增加量可表示为_ _。若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为= __
(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：
以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k=________2.40___(保留3位有效数字).
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率，将k和进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。
答案：（1）、、
（2）2.40
2012高考真题物理分类汇编：静电场.
15（2012福建卷）.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷、分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将、移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．的电荷量小于的电荷量
D．在A点的电势能小于在B点的电势能
答案：C
1（2012江苏卷）．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
A．3：1 B．1：3
C．9：1 D．1：9
【解析】根据库仑定律，选C。
【答案】C
2（2012江苏卷）．一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
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，B正确。
【答案】B
11（2012上海卷）．A、B、C三点在同一直线上，AB:BC＝1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为（ ）
（A）－F/2 （B）F/2 （C）－F （D）F
答案：B
5（2012天津卷）.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。
19（2012浙江卷）.用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm是圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )
A.摩擦使笔套带电
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
答案：ABC
18(2012全国新课标).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
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
[答案]BD
[解析]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，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左。故A错。因电场力做负功，故电势能增加。B正确。合力做负功，故动能减少。C错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D正确。
20（2012上海卷）．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（1＞2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（ ）
（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB
（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB
答案：A、C、D
18（2012安徽卷）.如图所示，在平面直角 中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0 V，点处的电势为6 V, 点处的电势为3 V, 则电场强度的大小为 ( )
A.200V/m B.200 V/m
C.100 V/m D. 100 V/m
18A；
解析：OA中点C的电势为3V，连BC得等势线，作BC的垂线得电场线如图，由得：，故A对。
20（2012重庆卷）．空中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为
正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题20图所
示，a、b、c、d为电场中的四个点。则
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电热低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
答案：D
1.（2012海南卷）关于静电场，下列说法正确的是
电势等于零的物体一定不带电
电场强度为零的点，电势一定为零
同一电场线上的各点，电势一定相等
负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
解析：考察电场和电势概念，选D
3.（2012海南卷）三个相同的金属小球1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知
A..n=3 B..n=4
C..n=5 D.. n=6
解析：设1、2距离为R，则：，3与2接触后，它们带的电的电量均为：，再3与1接触后，它们带的电的电量均为，最后有上两式得：n=6
24(2012全国理综).（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，小球用一绝缘清线悬挂于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。
【解析】根据力的平衡和力的合成(如下图)，，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得，所以；第二次充电后，，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量.
20（2012广东卷）.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：BD
20（2012北京高考卷）．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U成正比，即ν=kU．已知比例系数k仅与元电荷的2倍和普朗克常数h有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为
A． B． C．2he D．
答案：B
24（2012北京高考卷）．（20分）
匀强电场的方向沿x轴正方向，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的电荷量为q=Q，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．
24．（20分）
（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度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离开电场时的速度分别为υA0、υB0，由动能定理，有
QE0d=m，QE0d= ①
A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对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，此时两者速度相同，设为υ′，有
(m+)υ′= mυA0+υB0 ②
Epm=(m+)-(m+)υ′2 ③
已知=Q，由①、②、③式解得
相互作用能的最大值 Epm=QE0d
（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
mυA+υB= mυA0+υB0 ④
m+=m+ ⑤
由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0
因B不改变运动方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0 ⑥
由①、⑥解得 q≤Q
即B所带电荷量的最大值qm=Q
19（2012山东卷）.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
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点的动能变化大于有b点到c点的动能变化
答案：CD
24（2012四川卷）．（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。
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。
20（2012安徽卷）. 如图1所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点（坐标为）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：=2，方向沿轴。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的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点（坐标为）的电场强度为 ( )
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
20A；
解析：当时，=0，则，当挖去半径为r的圆孔时，应在E中减掉该圆孔对应的场强，即。选项A正确。
2012高考真题物理分类汇编：静电场.
15（2012福建卷）.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷、分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将、移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．的电荷量小于的电荷量
D．在A点的电势能小于在B点的电势能
答案：C
1（2012江苏卷）．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
A．3：1 B．1：3
C．9：1 D．1：9
【解析】根据库仑定律，选C。
【答案】C
2（2012江苏卷）．一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
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，B正确。
【答案】B
11（2012上海卷）．A、B、C三点在同一直线上，AB:BC＝1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为（ ）
（A）－F/2 （B）F/2 （C）－F （D）F
答案：B
5（2012天津卷）.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。
19（2012浙江卷）.用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm是圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )
A.摩擦使笔套带电
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
答案：ABC
18(2012全国新课标).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
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
[答案]BD
[解析]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，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左。故A错。因电场力做负功，故电势能增加。B正确。合力做负功，故动能减少。C错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D正确。
20（2012上海卷）．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（1＞2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（ ）
（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB
（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB
答案：A、C、D
18（2012安徽卷）.如图所示，在平面直角 中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0 V，点处的电势为6 V, 点处的电势为3 V, 则电场强度的大小为 ( )
A.200V/m B.200 V/m
C.100 V/m D. 100 V/m
18A；
解析：OA中点C的电势为3V，连BC得等势线，作BC的垂线得电场线如图，由得：，故A对。
20（2012重庆卷）．空中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为
正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题20图所
示，a、b、c、d为电场中的四个点。则
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电热低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
答案：D
1.（2012海南卷）关于静电场，下列说法正确的是
电势等于零的物体一定不带电
电场强度为零的点，电势一定为零
同一电场线上的各点，电势一定相等
负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
解析：考察电场和电势概念，选D
3.（2012海南卷）三个相同的金属小球1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知
A..n=3 B..n=4
C..n=5 D.. n=6
解析：设1、2距离为R，则：，3与2接触后，它们带的电的电量均为：，再3与1接触后，它们带的电的电量均为，最后有上两式得：n=6
24(2012全国理综).（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，小球用一绝缘清线悬挂于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。
【解析】根据力的平衡和力的合成(如下图)，，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得，所以；第二次充电后，，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量.
20（2012广东卷）.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：BD
20（2012北京高考卷）．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U成正比，即ν=kU．已知比例系数k仅与元电荷的2倍和普朗克常数h有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为
A． B． C．2he D．
答案：B
24（2012北京高考卷）．（20分）
匀强电场的方向沿x轴正方向，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的电荷量为q=Q，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．
24．（20分）
（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度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离开电场时的速度分别为υA0、υB0，由动能定理，有
QE0d=m，QE0d= ①
A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对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，此时两者速度相同，设为υ′，有
(m+)υ′= mυA0+υB0 ②
Epm=(m+)-(m+)υ′2 ③
已知=Q，由①、②、③式解得
相互作用能的最大值 Epm=QE0d
（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
mυA+υB= mυA0+υB0 ④
m+=m+ ⑤
由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0
因B不改变运动方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0 ⑥
由①、⑥解得 q≤Q
即B所带电荷量的最大值qm=Q
19（2012山东卷）.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
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点的动能变化大于有b点到c点的动能变化
答案：CD
24（2012四川卷）．（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。
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。
20（2012安徽卷）. 如图1所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点（坐标为）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：=2，方向沿轴。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的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点（坐标为）的电场强度为 ( )
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
20A；
解析：当时，=0，则，当挖去半径为r的圆孔时，应在E中减掉该圆孔对应的场强，即。选项A正确。
2012高考真题物理分类汇编：交流电
14（2012福建卷）如图，理想变压器原线圈输入电压u=，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用和表示；是理想交流电流表，示数分别用和表示。下列说法正确的是
A．和表示电流的瞬间值
B．和表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，不变、变大
D．滑片P向下滑动过程中，变小、变小
答案：C
4（2012天津卷）.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Ｐ２，则Ｐ１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。
19（2012广东卷）.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V B.频率是100Hz
C．有效值是V D.周期是0.02s
答案：CD
15（2012北京高考卷）．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．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．5V
C．10V D．10V
答案：C
18（2012山东卷）.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、。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
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于
C．实现点火的条件是
D．实现点火的条件是
答案：BC
16（2012四川卷）．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
17(2012全国新课标).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
A.380V和5.3A
B.380V和9.1A
C.240V和5.3A
D.240V和9.1A
[答案]B
[解析]先判断出原副线圈的匝数，由式错误！不能通过编辑域代码创建对象。得错误！不能通过编辑域代码创建对象。V。负载R上的功率就是变压器的输出功率，因为是理想变压器，故输入功率U1I1等于输出功率，从而求出I1=9.1A。
7（2012江苏卷）．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
A．家庭电路正常工作时，L2中磁通量为零
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
15（2012重庆卷）．如题15图所示，理想变压器的原线圈接入(V)的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω导线对“220V/880W”电器RL
供电，该电器正常工作。由此可知
原、副线圈的匝数比为50 : 1
交变电压的频率为100HZ
副线圈中电流的有效值为4A
变压器的输入功率为880W
答案：C
11（2012海南卷）.如图：理想变压器原线圈与10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3w，正常发光时电阻为30可，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_____，10:3流过灯泡b的电流为___0.2A,
解析：副线圈电压 ，
由能量守恒得： 代人数据得：
23（2012安徽卷）.（16分）
图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线和分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圈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话电阻形成闭合电路。图2是线圈的住视图，导线和分别用它们的横截面来表示。已知长度为, 长度为,线圈以恒定角速度逆时针转动。（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 的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成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）
23.(1)
(2)
(3)
解析：(1)从中性面开始计时，经过时间t，线圈平面转过的角度，ab边和cd边的速度，则两边分别产生大小为的电动势。且两边电动势串联，故线圈中产生的电动势
(2)若线圈从与中性面夹角位置时开始计时，其初相为，其表达式为：
(3)由闭合电路欧姆定律得回路中电流有效值为
由焦耳定律得
13（2012江苏卷）．（15分）某兴趣小组设计一种发电装置，如图所示，在磁极与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边长ab=cd=l、bc=ad=2l，线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc与ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边的经过处的磁感应强度大小均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，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
【答案】
(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。
2012高考真题物理分类汇编：交流电
14（2012福建卷）如图，理想变压器原线圈输入电压u=，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用和表示；是理想交流电流表，示数分别用和表示。下列说法正确的是
A．和表示电流的瞬间值
B．和表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，不变、变大
D．滑片P向下滑动过程中，变小、变小
答案：C
4（2012天津卷）.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Ｐ２，则Ｐ１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。
19（2012广东卷）.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V B.频率是100Hz
C．有效值是V D.周期是0.02s
答案：CD
15（2012北京高考卷）．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．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．5V
C．10V D．10V
答案：C
18（2012山东卷）.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、。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
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于
C．实现点火的条件是
D．实现点火的条件是
答案：BC
16（2012四川卷）．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
17(2012全国新课标).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
A.380V和5.3A
B.380V和9.1A
C.240V和5.3A
D.240V和9.1A
[答案]B
[解析]先判断出原副线圈的匝数，由式错误！不能通过编辑域代码创建对象。得错误！不能通过编辑域代码创建对象。V。负载R上的功率就是变压器的输出功率，因为是理想变压器，故输入功率U1I1等于输出功率，从而求出I1=9.1A。
7（2012江苏卷）．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
A．家庭电路正常工作时，L2中磁通量为零
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
15（2012重庆卷）．如题15图所示，理想变压器的原线圈接入(V)的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω导线对“220V/880W”电器RL
供电，该电器正常工作。由此可知
原、副线圈的匝数比为50 : 1
交变电压的频率为100HZ
副线圈中电流的有效值为4A
变压器的输入功率为880W
答案：C
11（2012海南卷）.如图：理想变压器原线圈与10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3w，正常发光时电阻为30可，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_____，10:3流过灯泡b的电流为___0.2A,
解析：副线圈电压 ，
由能量守恒得： 代人数据得：
23（2012安徽卷）.（16分）
图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线和分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动
4. （2012海南卷）如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳子距a端得c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为
A. B. 2
C. D.
答案：C
解析：平衡后设绳的BC段与水平方向成α角，则： 对节点C分析三力平衡，在竖直方向上有：得：，选C
6（2012上海卷）．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30角，分力F2的大小为30N。则（ ）
（A）F1的大小是唯一的 （B）F2的方向是唯一的
（C）F2有两个可能的方向 （D）F2可取任意方向
答案：C
16（2012广东卷）.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
B. 和 D. 和
答案：B
2（2012天津卷）．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θ，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。
14（2012上海卷）．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长的二倍。棒的A端用铰链墙上，棒处于水平状态。改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力（ ）
（A）逐渐减小 （B）逐渐增大
（C）先减小后增大 （D）先增大后减小
答案：A
34（2）（2012广东卷）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）。
34. (2) ①竖直 ②稳定 L3 1mm
③ L0
④ 4.9 10
5（2012海南卷）.如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力
A.等于零 B.不为零，方向向右
C.不为零，方向向左
D.不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
解析：斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零，选A
17（2012山东卷）.如图所示，两相同轻质硬杆、可绕其两端垂直纸面的水平轴、、转动，在点悬挂一重物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。表示木块与挡板间摩擦力的大小，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、始终等高，则
A．变小
B．不变
C．变小
D．变大
答案：BD
16(2012全国新课标).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
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
[答案]B
[解析]本题考查物体的动态平衡，对球受力分析可知，N1
与N2的合力为定值，与重力反向等大。作图。由图形可
知，当板缓慢转动中，N1与N2的方向便发生如图示变
化，但合力不变，可得答案B。
14（2012浙江卷）.如图所示，与水平面夹角为300的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N。关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2）.下列说法正确的是（ ）
斜面对物体的摩擦力大小为零
B. 斜面对物体的摩擦力大小为4.9N,方向沿斜面向上
C. 斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向竖直向上
D. 斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上
答案：A
22（2012浙江卷）题 在“探究求合力的方法”实验中，先有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。
为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如下表：
弹力F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x(10-2m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.68 5.58 6.42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m;
(2)某次试验中，弹簧秤的指针位置所示，其读数为 N,同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合；
（3）由图得到F合= N
（这是答题卷上的图）
22题
53（正负2以内都算对）
（2）2.10（在正负0.02范围内都算对）
（3）作图正确，3.3(在正负0.2范围内都算对
2012高考真题物理分类汇编：物理学史、直线运动
14（2012山东卷）.以下叙述正确的是
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
答案：AD
7（2012海南卷）．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是
A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
解析：考察科学史，选ACD
1（2012海南卷）.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是( )
A.在0～6s内，物体离出发点最远为30m XX
K]B.在0～6s内，物体经过的路程为40m[
C.在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D. 5～6s内，物体所受的合外力做负功
答案：BC
解析：A，0—5s,物体向正向运动，5—6s向负向运动，故5s末离出发点最远，A错
B 由面积法求出0—5s的位移s1=35m, 5—6s的位移s2=-5m,总路程为：40m,B对
C由面积法求出0—4s的位移s=30m，平度速度为：v=s/t=7.5m/s C对
D 由图像知5～6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错
2（2012上海卷）．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g＝10m/s2）（ ）
（A）三个 （B）四个 （C）五个 （D）六个
答案：C
3（2012上海卷）．质点做直线运动，其s-t关系如图所示，质点在0-20s内的平均速度大小为_________m/s质点在_________时的瞬时速度等于它在6-20s内的平均速度。
答案：0.8，10s和14s，
4（2012山东卷）．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，图像如图所示。以下判断正确的是
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
答案：AC
5（2012山东卷）.（13分）
（1）某同学利用图甲所示德 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议所示。打点计时器电源的频率为50Hz。
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。
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）。
物块减速运动过程中加速度的大小为= 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”）。
5.（1）6；7【或7；6】2012年高考生物试题分类汇编
1.00；1.20
2.00；偏大
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”。
2012高考真题物理分类汇编：万有引力与航天
12（2012海南卷）.2011年4月10日，我国成功发射第8颗北斗导航卫星，建成以后北斗导航卫星系统将包含多可地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖，GPS由运行周期为12小时的卫星群组成，设北斗星的同步卫星和GPS导航的轨道半径分别为和，向心加速度分别为和，则=_____。=_____（可用根式表示）
解析：，由得：，因而： ，
21（2012广东卷）.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：CD
18（2012北京高考卷）．关于环绕地球卫星的运动，下列说法正确的是
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
答案：B
15（2012山东卷）.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、。则等于
A. B. C. D.
答案：B
16（2012福建卷）．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为，已知引力常量为G,则这颗行星的质量为
A． B.
C． D.
答案：B
15（2012四川卷）．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
21(2012全国新课标).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. B.
C. D.
[答案]A
[解析]物体在地面上时的重力加速度可由得出。根据题中条件，球壳对其内部物体的引力为零，可认为矿井部分为一质量均匀球壳， 故矿井底部处重力加速度可由得出，故
15（2012浙江卷）．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A.太阳队各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内个小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
答案：C
3（2012天津卷）.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。
22B．人造地球卫星做半径为r，线速度大小为v的匀速圆周运动。当其角速度变为原来的 EQ \F(,4)倍后，运动半径为_________，线速度大小为_________。
答案：2r， EQ \F(,2)v，
14（2012安徽卷）.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”周期长
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
14.B；
解析：有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。故只有B正确。
8（2012江苏卷）．2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了绕“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与地球连线的延长线上，一飞行器位于该点，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
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．向心力仅由太阳的引力提供
D．向心力仅由地球的引力提供
【解析】根据，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
25(2012全国理综).（19分）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。
【解析】单摆在地面处的摆动周期，在某矿井底部摆动周期，已知，根据，（表示某矿井底部以下的地球的质量，表示某矿井底部处的重力加速度）以及,，解得
18（2012重庆卷）．冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动。由此可知冥王星绕O点运动的
轨道半径约为卡戎的1/7
角速度大小约为卡戎的1/7
线度大小约为卡戎的7倍
向心力小约为卡戎的7倍
答案：A
2012高考真题物理分类汇编：曲线运动
12（2012上海卷）．如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则（ ）
（A）v0＜v＜2v0 （B）v＝2v0
（C）2v0＜v＜3v0 （D）v＞3v0
答案：A
15(2012全国新课标).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
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
[答案]BD
[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。水平位移由速度和高度决定，由得C错D正确。
22（2012四川卷）．（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）
22．(1)0.5（3分）； 0.66（4分）；
19（2012上海卷）．图a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上的S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图b所示，NP，PQ间距相等。则（ ）
（A）到达M附近的银原子速率较大
（B）到达Q附近的银原子速率较大
（C）位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率
（D）位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率
答案：A、C
3（2012江苏卷）．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．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大，后减小
D．先减小，后增大．
3. 【解析】设F与速度的夹角为，则，力的分解，在切线上（速度方向上）合力为0，即，所以，随增大，P增大。
【答案】A
6（2012江苏卷）．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h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：
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】平抛运动规律，，所以，若，则第1次落地前能相遇，所以取决于，A正确；A碰地后还可能与B相遇，所以B、C错误，D正确。
【答案】AD
26(2012全国理综).（20分）
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=，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。
求此人落到破面试的动能；
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？
【解析】
平抛运动的分解：，，得平抛运动的轨迹方程，此方程与坡面的抛物线方程为y=的交点为，。
根据机械能守恒，
解得
（2）求关于的导数并令其等于0，解得当此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为。
22（2012北京高考卷）．（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υ飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，υ=3.0 m/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g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υ0．
22．（16分）
（1）由平抛运动规律，有
竖直方向 h=gt2
水平方向 s=υt
得水平距离 s=υ=0.90m
（2）由机械能守恒定律，动能 Ek=mυ2+mgh=0.90J
（3）由动能定理，有 -μmgl=mυ2-mυ02
得初速度大小 υ0==4.0m/s
22（2012山东卷）.（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径错误！不能通过编辑域代码创建对象。的光滑圆弧轨道，BC段为一长度错误！不能通过编辑域代码创建对象。的粗糙水平轨道，二者相切与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，其质量错误！不能通过编辑域代码创建对象。，与BC 间的动摩擦因数错误！不能通过编辑域代码创建对象。。工件质错误！不能通过编辑域代码创建对象。，与地面间的动摩擦因数错误！不能通过编辑域代码创建对象。。（取错误！不能通过编辑域代码创建对象。
（1）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。
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动
求F的大小
当速度时，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.
（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
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
代入数据得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
（2）设物块的加速度大小为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，由几何关系可得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
根据牛顿第二定律，对物体有
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
对工件和物体整体有
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
联立式，代入数据得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
设物体平抛运动的时间为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，水平位移为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，物块落点与B间的距离为 错误！不能通过编辑域代码创建对象。， 由运动学公式可得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
联立 式，代入数据得
错误！不能通过编辑域代码创建对象。
18（2012浙江卷）.由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是（ ）
A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
B. 小球落到地面时相对于A点的水平位移值为
C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin= R
答案：BC
10（2012天津卷）.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
10．（16分）
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
20（2012福建卷）.（15分）
如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 求：
（1）物块做平抛运动的初速度大小V0；
（2）物块与转台间的动摩擦因数。
20答案：
15（2012海南卷），如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度沿ab方向抛出一小球， 小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。
解析：设圆半径为r，质点做平抛运动，则：
①
②
过c点做cd⊥ab与d点，Rt△acd∽Rt△cbd可得即为：
③
由①②③得：
2012高考真题物理分类汇编：牛顿运动定律
8（2012上海卷）．如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为（ ）
答案：A
23(2012全国理综).（11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，获得带有点列的纸袋，在纸袋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，没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=__________。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___________。
【解析与答案】（1）间距相等的点。（2）线性
（2）（i）远小于m
(ii)
.
(iii)设小车的质量为，则有，变形得,所以图象的斜率为，所以作用力，图象的截距为，所以。
17（2012广东卷）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是，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：BC
23（2012北京高考卷）．（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图像如图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Δυ1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．
23．（18分）
（1）由牛顿第二定律，有 F-mg= ma
由a─t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2
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）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积
Δυ1=0.50m/s
同理可得， Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s
υ0=0，第2s末的速率 υ2=1.5m/s
（3）由a─t图像可知，11s~30s内速率最大，其值等于0~11s内a─t图线下的面积，有
υm=10m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P=Fυm=mgυm=2.0×103×10×10W=2.0×105W
由动能定理，总功
W=Ek2-Ek1=mυm2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J
16（2012山东卷）．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，图像如图所示。以下判断正确的是
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
答案：AC
21（2012四川卷）．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
14(2012全国新课标).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
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
[答案]AD
[解析]惯性是物体本身的一种属性，是抵抗运动状态变化的性质。A正确C错误。没有力作用物体可能静止也可能匀速直线运动，B错D正确。
17（2012安徽卷）.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力，则 ( )
A. 物块可能匀速下滑
B. 物块仍以加速度匀加速下滑
C. 物块将以大于的加速度匀加速下滑
D. 物块将以小于的加速度匀加速下滑
17C；
解析：未加恒力F时，由牛顿第二定律知，而加上F后，，即，C正确。
24(2012全国新课标).（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。
若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。
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。
[答案]（1）了 （2）
[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，应用
≤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
30（2012上海卷）．（10分）如图，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角＝53的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。（取sin53＝0.8，cos53＝0.6，g＝10m/s2）。
解析：
令Fsin53＝mg，F＝1.25N，当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律Fcos－FN＝ma，FN＋Fsin＝mg，解得F＝1N，当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律Fcos－FN＝ma，Fsin＝mg＋FN，解得F＝9N，
21（2012安徽卷）.（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。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的选取，以下最合理的一组是
A. =200, =10、15、20、25、30、40
B. =200, =20、40、60、80、100、120
C. =400, =10、15、20、25、30、40
D. =400, =20 40、60、80、100、120
（3）图2 是试验中得到的一条纸带，、、、、、、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效率为50 Hz,则小车的加速度= m/s2 （结果保留2位有效数字）。
21Ⅰ答案：（1）B；(2)C；（3）0.42
要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m＜＜M。而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选B，（2）选C。（3）用逐差法，求得。
22（2012安徽卷）.（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。该球受到的空气阻力大小恒为，取=10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度。
22. (1)0.2N；(2)0.375m
解析：(1)由v—t图像可知:小球下落作匀加速运动，
由牛顿第二定律得：
解得
(2)由图知：球落地时速度，则反弹时速度
设反弹的加速度大小为a＇，由动能定理得
解得
4（2012江苏卷）．将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，下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系图象，可能正确的是
【解析】加速度，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，所以选C.
【答案】C
5（2012江苏卷）．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有均为f，若木块不滑动，力F的最大值是
A． B．
D．
【解析】整体法，隔离法，对木块，，解得.
【答案】A
25（2012重庆卷） ．（19分）某校举行托乒乓球跑步比赛，
赛道为水平直道，比赛距离为S，比赛时，
某同学将球置于球拍中心，以大小a的加
速度从静止开始做匀加速运动，当速度达
到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。
整个过程中球一直保持在球中心不动。比赛
中，该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的
倾角为θ0 ，如题25图所示。设球在运动过
程中受到的空气阻力与其速度大小成正比，
方向与运动方向相反，不计球与球拍之间
的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g
⑴空气阻力大小与球速大小的比例系数k
⑵求在加速跑阶段球拍倾角θ随球速v变化的关系式
⑶整个匀速跑阶段，若该同学速率仍为v0 ，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力的变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件。
25．（19分）
⑴在匀速运动阶段有，
得
⑵加速阶段，设球拍对球的支持力为，有
得
⑶以速度v0匀速运动时，设空气的阻力与重力的合力为F，有
球拍倾角为时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为，有
设匀速跑阶段所用时间为t，有
球不从球拍上掉落的条件
得
23(2012浙江卷)．（16分）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石腊做成两条质量均为m、形
状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”
竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，
还受浮力和术的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：
(1)“A鱼”入水瞬间的速度VA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA:fB。
解答：（1）A鱼”入水前作自由落体运动
VA12-0=2Ah
2012高考真题物理分类汇编：力学实验
23(2012全国理综).（11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，获得带有点列的纸袋，在纸袋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，没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=__________。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___________。
【解析与答案】（1）间距相等的点。（2）线性
（2）（i）远小于m
(ii)
.
(iii)设小车的质量为，则有，变形得,所以图象的斜率为，所以作用力，图象的截距为，所以。
34（2）（2012广东卷）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）。
34. (2) ①竖直 ②稳定 L3 1mm
③ L0
④ 4.9 10
22(2012全国新课标).（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。
[答案]0.010, 6.870, 6.860
[解析]螺旋测微器又叫千分尺，精确度为0.01mm，故读数应以mm为单位时，小数点后面应有三位，即读到毫米的千分位上。
29（2012上海卷）．（8分）在“利用单摆测重力加速度：的实验中
（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到__________。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于__________。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为__________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）。
（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。虎后，分别取L和T的对数，所得到的lgT-lgL图线为______（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g＝__________。
答案：
（1）数据采集器，最低点（或平衡位置），，（2）直线，42/102c，
21（2012安徽卷）.（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。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的选取，以下最合理的一组是
A. =200, =10、15、20、25、30、40
B. =200, =20、40、60、80、100、120
C. =400, =10、15、20、25、30、40
D. =400, =20 40、60、80、100、120
（3）图2 是试验中得到的一条纸带，、、、、、、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效率为50 Hz,则小车的加速度= m/s2 （结果保留2位有效数字）。
21Ⅰ答案：（1）B；(2)C；（3）0.42
要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m＜＜M。而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选B，（2）选C。（3）用逐差法，求得。
11（2012江苏卷）．（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，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，请提出两个解决方案；
（2）请根据下表的实验数据作出s-h关系图像
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=0.40kg、M=0.50kg，根据s-h图像可计算出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】（3）在B下落至临落地时，据动能定理，有，
在B落地后，A运动到Q，据动能定理，有，解得：。将，代入得=，从图象得斜率，即，代入上式得。
本题易错点：认为A/B末速度都为0，根据，解得。
（4）滑轮组的摩擦会导致偏小，从而偏大。
【答案】（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）如图
（3）0.4
（4）偏大
22（2012浙江卷）题 在“探究求合力的方法”实验中，先有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。
为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如下表：
弹力F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50
伸长量x(10-2m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.68 5.58 6.42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m;
(2)某次试验中，弹簧秤的指针位置所示，其读数为 N,同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合；
（3）由图得到F合= N
（这是答题卷上的图）
22题
53（正负2以内都算对）
（2）2.10（在正负0.02范围内都算对）
（3）作图正确，3.3(在正负0.2范围内都算对
22（2012四川卷）．（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。
9（2）（2012天津卷）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。
21（2012山东卷）．（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”。
14（2012海南卷）.现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨低端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A ,B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图；
（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为____。动能的增加量可表示为_ _。若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为= __
(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：
以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k=________2.40___(保留3位有效数字).
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率，将k和进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。
答案：（1）、、
（2）2.40
2012高考真题物理分类汇编：静电场.
15（2012福建卷）.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷、分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将、移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．的电荷量小于的电荷量
D．在A点的电势能小于在B点的电势能
答案：C
1（2012江苏卷）．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
A．3：1 B．1：3
C．9：1 D．1：9
【解析】根据库仑定律，选C。
【答案】C
2（2012江苏卷）．一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
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，B正确。
【答案】B
11（2012上海卷）．A、B、C三点在同一直线上，AB:BC＝1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为（ ）
（A）－F/2 （B）F/2 （C）－F （D）F
答案：B
5（2012天津卷）.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。
19（2012浙江卷）.用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm是圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )
A.摩擦使笔套带电
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
答案：ABC
18(2012全国新课标).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
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
[答案]BD
[解析]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，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左。故A错。因电场力做负功，故电势能增加。B正确。合力做负功，故动能减少。C错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D正确。
20（2012上海卷）．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（1＞2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（ ）
（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB
（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB
答案：A、C、D
18（2012安徽卷）.如图所示，在平面直角 中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0 V，点处的电势为6 V, 点处的电势为3 V, 则电场强度的大小为 ( )
A.200V/m B.200 V/m
C.100 V/m D. 100 V/m
18A；
解析：OA中点C的电势为3V，连BC得等势线，作BC的垂线得电场线如图，由得：，故A对。
20（2012重庆卷）．空中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为
正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题20图所
示，a、b、c、d为电场中的四个点。则
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电热低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
答案：D
1.（2012海南卷）关于静电场，下列说法正确的是
电势等于零的物体一定不带电
电场强度为零的点，电势一定为零
同一电场线上的各点，电势一定相等
负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
解析：考察电场和电势概念，选D
3.（2012海南卷）三个相同的金属小球1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知
A..n=3 B..n=4
C..n=5 D.. n=6
解析：设1、2距离为R，则：，3与2接触后，它们带的电的电量均为：，再3与1接触后，它们带的电的电量均为，最后有上两式得：n=6
24(2012全国理综).（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，小球用一绝缘清线悬挂于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。
【解析】根据力的平衡和力的合成(如下图)，，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得，所以；第二次充电后，，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量.
20（2012广东卷）.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：BD
20（2012北京高考卷）．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U成正比，即ν=kU．已知比例系数k仅与元电荷的2倍和普朗克常数h有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为
A． B． C．2he D．
答案：B
24（2012北京高考卷）．（20分）
匀强电场的方向沿x轴正方向，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的电荷量为q=Q，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．
24．（20分）
（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度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离开电场时的速度分别为υA0、υB0，由动能定理，有
QE0d=m，QE0d= ①
A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对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，此时两者速度相同，设为υ′，有
(m+)υ′= mυA0+υB0 ②
Epm=(m+)-(m+)υ′2 ③
已知=Q，由①、②、③式解得
相互作用能的最大值 Epm=QE0d
（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
mυA+υB= mυA0+υB0 ④
m+=m+ ⑤
由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0
因B不改变运动方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0 ⑥
由①、⑥解得 q≤Q
即B所带电荷量的最大值qm=Q
19（2012山东卷）.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
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点的动能变化大于有b点到c点的动能变化
答案：CD
24（2012四川卷）．（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。
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。
20（2012安徽卷）. 如图1所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点（坐标为）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：=2，方向沿轴。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的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点（坐标为）的电场强度为 ( )
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
20A；
解析：当时，=0，则，当挖去半径为r的圆孔时，应在E中减掉该圆孔对应的场强，即。选项A正确。
2012高考真题物理分类汇编：静电场.
15（2012福建卷）.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷、分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将、移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．的电荷量小于的电荷量
D．在A点的电势能小于在B点的电势能
答案：C
1（2012江苏卷）．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
A．3：1 B．1：3
C．9：1 D．1：9
【解析】根据库仑定律，选C。
【答案】C
2（2012江苏卷）．一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
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，B正确。
【答案】B
11（2012上海卷）．A、B、C三点在同一直线上，AB:BC＝1:2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为（ ）
（A）－F/2 （B）F/2 （C）－F （D）F
答案：B
5（2012天津卷）.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。
19（2012浙江卷）.用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm是圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )
A.摩擦使笔套带电
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
答案：ABC
18(2012全国新课标).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
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
[答案]BD
[解析]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，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左。故A错。因电场力做负功，故电势能增加。B正确。合力做负功，故动能减少。C错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D正确。
20（2012上海卷）．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（1＞2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则（ ）
（A）mA一定小于mB （B）qA一定大于qB
（C）vA一定大于vB （D）EkA一定大于EkB
答案：A、C、D
18（2012安徽卷）.如图所示，在平面直角 中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0 V，点处的电势为6 V, 点处的电势为3 V, 则电场强度的大小为 ( )
A.200V/m B.200 V/m
C.100 V/m D. 100 V/m
18A；
解析：OA中点C的电势为3V，连BC得等势线，作BC的垂线得电场线如图，由得：，故A对。
20（2012重庆卷）．空中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为
正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题20图所
示，a、b、c、d为电场中的四个点。则
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电热低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
答案：D
1.（2012海南卷）关于静电场，下列说法正确的是
电势等于零的物体一定不带电
电场强度为零的点，电势一定为零
同一电场线上的各点，电势一定相等
负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
解析：考察电场和电势概念，选D
3.（2012海南卷）三个相同的金属小球1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知
A..n=3 B..n=4
C..n=5 D.. n=6
解析：设1、2距离为R，则：，3与2接触后，它们带的电的电量均为：，再3与1接触后，它们带的电的电量均为，最后有上两式得：n=6
24(2012全国理综).（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，小球用一绝缘清线悬挂于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。
【解析】根据力的平衡和力的合成(如下图)，，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得，所以；第二次充电后，，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量.
20（2012广东卷）.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：BD
20（2012北京高考卷）．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U成正比，即ν=kU．已知比例系数k仅与元电荷的2倍和普朗克常数h有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为
A． B． C．2he D．
答案：B
24（2012北京高考卷）．（20分）
匀强电场的方向沿x轴正方向，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的电荷量为q=Q，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．
24．（20分）
（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度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离开电场时的速度分别为υA0、υB0，由动能定理，有
QE0d=m，QE0d= ①
A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对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，此时两者速度相同，设为υ′，有
(m+)υ′= mυA0+υB0 ②
Epm=(m+)-(m+)υ′2 ③
已知=Q，由①、②、③式解得
相互作用能的最大值 Epm=QE0d
（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
mυA+υB= mυA0+υB0 ④
m+=m+ ⑤
由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0
因B不改变运动方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0 ⑥
由①、⑥解得 q≤Q
即B所带电荷量的最大值qm=Q
19（2012山东卷）.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
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点的动能变化大于有b点到c点的动能变化
答案：CD
24（2012四川卷）．（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。
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。
20（2012安徽卷）. 如图1所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点（坐标为）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：=2，方向沿轴。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的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点（坐标为）的电场强度为 ( )
A. 2
B. 2
C. 2
D. 2
20A；
解析：当时，=0，则，当挖去半径为r的圆孔时，应在E中减掉该圆孔对应的场强，即。选项A正确。
2012高考真题物理分类汇编：交流电
14（2012福建卷）如图，理想变压器原线圈输入电压u=，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用和表示；是理想交流电流表，示数分别用和表示。下列说法正确的是
A．和表示电流的瞬间值
B．和表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，不变、变大
D．滑片P向下滑动过程中，变小、变小
答案：C
4（2012天津卷）.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Ｐ２，则Ｐ１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。
19（2012广东卷）.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V B.频率是100Hz
C．有效值是V D.周期是0.02s
答案：CD
15（2012北京高考卷）．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．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．5V
C．10V D．10V
答案：C
18（2012山东卷）.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、。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
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于
C．实现点火的条件是
D．实现点火的条件是
答案：BC
16（2012四川卷）．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
17(2012全国新课标).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
A.380V和5.3A
B.380V和9.1A
C.240V和5.3A
D.240V和9.1A
[答案]B
[解析]先判断出原副线圈的匝数，由式错误！不能通过编辑域代码创建对象。得错误！不能通过编辑域代码创建对象。V。负载R上的功率就是变压器的输出功率，因为是理想变压器，故输入功率U1I1等于输出功率，从而求出I1=9.1A。
7（2012江苏卷）．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
A．家庭电路正常工作时，L2中磁通量为零
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
15（2012重庆卷）．如题15图所示，理想变压器的原线圈接入(V)的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω导线对“220V/880W”电器RL
供电，该电器正常工作。由此可知
原、副线圈的匝数比为50 : 1
交变电压的频率为100HZ
副线圈中电流的有效值为4A
变压器的输入功率为880W
答案：C
11（2012海南卷）.如图：理想变压器原线圈与10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3w，正常发光时电阻为30可，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_____，10:3流过灯泡b的电流为___0.2A,
解析：副线圈电压 ，
由能量守恒得： 代人数据得：
23（2012安徽卷）.（16分）
图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线和分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圈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话电阻形成闭合电路。图2是线圈的住视图，导线和分别用它们的横截面来表示。已知长度为, 长度为,线圈以恒定角速度逆时针转动。（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 的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成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）
23.(1)
(2)
(3)
解析：(1)从中性面开始计时，经过时间t，线圈平面转过的角度，ab边和cd边的速度，则两边分别产生大小为的电动势。且两边电动势串联，故线圈中产生的电动势
(2)若线圈从与中性面夹角位置时开始计时，其初相为，其表达式为：
(3)由闭合电路欧姆定律得回路中电流有效值为
由焦耳定律得
13（2012江苏卷）．（15分）某兴趣小组设计一种发电装置，如图所示，在磁极与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边长ab=cd=l、bc=ad=2l，线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc与ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边的经过处的磁感应强度大小均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，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
【答案】
(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。
2012高考真题物理分类汇编：交流电
14（2012福建卷）如图，理想变压器原线圈输入电压u=，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用和表示；是理想交流电流表，示数分别用和表示。下列说法正确的是
A．和表示电流的瞬间值
B．和表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，不变、变大
D．滑片P向下滑动过程中，变小、变小
答案：C
4（2012天津卷）.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Ｐ２，则Ｐ１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。
19（2012广东卷）.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V B.频率是100Hz
C．有效值是V D.周期是0.02s
答案：CD
15（2012北京高考卷）．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．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．5V
C．10V D．10V
答案：C
18（2012山东卷）.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、。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
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于
C．实现点火的条件是
D．实现点火的条件是
答案：BC
16（2012四川卷）．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
17(2012全国新课标).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
A.380V和5.3A
B.380V和9.1A
C.240V和5.3A
D.240V和9.1A
[答案]B
[解析]先判断出原副线圈的匝数，由式错误！不能通过编辑域代码创建对象。得错误！不能通过编辑域代码创建对象。V。负载R上的功率就是变压器的输出功率，因为是理想变压器，故输入功率U1I1等于输出功率，从而求出I1=9.1A。
7（2012江苏卷）．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
A．家庭电路正常工作时，L2中磁通量为零
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
15（2012重庆卷）．如题15图所示，理想变压器的原线圈接入(V)的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω导线对“220V/880W”电器RL
供电，该电器正常工作。由此可知
原、副线圈的匝数比为50 : 1
交变电压的频率为100HZ
副线圈中电流的有效值为4A
变压器的输入功率为880W
答案：C
11（2012海南卷）.如图：理想变压器原线圈与10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3w，正常发光时电阻为30可，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_____，10:3流过灯泡b的电流为___0.2A,
解析：副线圈电压 ，
由能量守恒得： 代人数据得：
23（2012安徽卷）.（16分）
图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线和分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动
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