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2012年全国各地高考物理真题解析汇总

2012年普通高等学校招生全国统一考试物理试卷解析集

1、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（大纲卷） (1)

（贵州、甘肃、青海、西藏、广西等）

2、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（课标卷） (8)

（河北、云南、内蒙古、湖北、河南、山西、新疆、江西、湖南、陕西、宁夏、辽宁、吉林、黑龙江等）

3、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（安徽卷） (17)

4、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（北京卷） (24)

5、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（天津卷） (30)

6、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（四川卷） (37)

7、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（重庆卷） (43)

8、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（山东卷） (48)

9、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（福建卷） (57)

10、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（浙江卷） (64)

11、2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理部分（广东卷） (71)

12、2012年普通高等学校招生全国统一考试物理试卷（海南卷） (77)

13、2012年普通高等学校招生全国统一考试物理试卷（江苏卷） (85)

14、2012年普通高等学校招生全国统一考试物理试卷（上海卷） (96)

绝密★启用前

2012年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试（物理）

(贵州、甘肃、青海、西藏、广西)

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

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】B、D

【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。正确选项：BD

15．235

92U经过m次α衰变和n次β衰变207

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

【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。正确选项：B

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】A、C

【解析】根据

?=，红光比黄光波长大，所以A正确；蓝光比黄光波长短，所以B错误；增大双缝

到屏的距离即增大L，增大干涉条纹的间距，所以C正确。增大双缝之间的距离，减小干涉条纹的间距，所以D错误。正确选项：AC

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m 1=m 2，则它们作圆周运动的半径一定相等

C ．若q 1≠q 2，则它们作圆周运动的周期一定不相等

D ．若m 1≠m 2，则它们作圆周运动的周期一定不相等【答案】A

【解析】根据牛顿第二定律得：v qvB m

r =，由圆周运动规律：2r T v π=。得到轨道半径mv p r qB qB

及周期2m

T qB

π=

。正确选项：A

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

【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；

由安培定则，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；根据安培定则，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。正确选项：C

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

【解析】根据电流的变化情况，分段计算求电功

31110.322010600J 3.9610J W I Ut ==???=? 32220.422010600J 5.2810J W I Ut ==???=?， 43330.222040600J 1.05610J W I Ut ==???=?

则总功4

123 1.9810J 5.510J W W W W -=++=?=?，正确选项：B

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

t /min

I /A

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 ．1m 3

B ．2m 3

C ．1m

D ．4m 3

【答案】B 、D

【解析】若b 在前c 在后，则b 、c 间相差为1

T ，则这两质点平衡位置之间的距离可能是12

m λ=

（2m λ=），B 正确。若b 在后c 在前，则c 、b 间相差为2

T ，则这两质点平衡位置之间的距离可能是

m λ=（2m λ=），D 正确。

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】A 、D

【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得111122''m v m v m v =+，

222111112111

''222

m v m v m v =+，且1m m =，23m m =解得12111121'2m m v v v m m -=

=-+，12111221

m v v v m m ==+，所以A 正确，B 错

误；根据

1(1cos )2

mv mgh mgR θ==-，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，C 错误；根据单摆的等时性，D 正确。

y/m 0.1 0

y/m 0.1

-0.05

y/m

绝密★启用前

2012年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合测试（物理）

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和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）黑箱内电阻连接方式，如图

（2）0.6Ω

【解析】（1）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

（2）将1、3用导线相连后，两个1Ω的电阻并联后与第三个1Ω的电阻串联总电阻1.5Ω再与第四个1Ω的电阻并联等效电阻0.6

R=Ω

23．（11分）（注意：在试题卷上作答无效

．．．．．．．．．）

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，1

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

电源

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s 1、s 2和s 3。a 可用s 1、s 3和Δt 表示为a =__________。图2为用米尺测量某一纸带上的s 1、s 3的情况，由图可读出s 1=__________mm ，s 3=__________mm 。由此求得加速度的大小a =__________m /s 2。

（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）远小于小车的质量，

312

50s s t -?，24.3mm ,47.2mm ,1.15,1,b

k k

【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，1()M m F M m a a F F =+?

=+，1

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2

x aT ?=可知，3131

2(5)50()s s s s a t t --=

=??，由图可读出136.812.524.3s mm =-=

3120.072.847.2s mm =-=，3

3122

(47.224.3)10 1.15/2(5)2(50.02)

s s a m s t ---?===???。 (iii)设小车的质量为'm ，则有(')F m m a =+，变形得

11'm m a F F

=+,所以1

m a -图象的斜

率为1k F =，所以作用力1F k =，1m a -图象的截距为

'm b F =，所以'b

m k

=。

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。现给电容器缓慢充电，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】2Q

【解析】设电容器的电容为C ，第一次充电后两极板间电压为

U C

① 两板之间电场的强度为U

E d

= ②

图

图3

式中d 为两板间距离。

按题意。当小球偏转角16

θ=

时，小球处于平衡位置。设小球质量为m ，所带电荷量为q ，则有

1cos T mg θ= ③ 1sin T qE θ= ④ 式中T 为此时悬线的张力。

联立①②③④式得 1tan qQ

mgCd

θ=

⑤

设第二次充电使正极板增加的电荷量为Q ?，此时小球偏转角23

θ=，则

2()

tan q Q Q mgCd

θ+?=

⑥

联立⑤⑥式得

12tan tan Q

Q Q

θθ=

+? ⑦ 代入数据解得 2Q Q ?= ⑧

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】2

(1)R k -

【解析】根据万有引力定律，地面处质量为m 的物体的重力为

mg G

R = ① 式中g 是地面处的重力加速度，M 是地球的质量。设ρ是地球的密度，则有 34

M R πρ=

② 摆长为L 的单摆在地面处的摆动周期为

2T = ③ 若该物体位于矿井底部，则其重力为 2

()mM mg G

R d '

'=- ④

式中g '是矿井底部的重力加速度，且 34

()3

M R d πρ'=

- ⑤ 在矿井底部此单摆的周期为

2T '= ⑥ 由题意

T kT '= ⑦ 联立以上各式得

2(1)d R k =- ⑧

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v 0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=

21x ，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）求此人落到破面试的动能；

（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）222020142g h m v v gh ??+ ?+?? （2

；

mgh

【解析】（1）设探险队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y 。由运动学公式

和已知条件得

0x v t = ① 2

122

h y gt -=

② 根据题意有 2

12y x h

③ 由机械能守恒，落到地面时的动能为

011(2)22

mv mv mg h y =+- ④ 联立①②③④式得 222202011422g h mv m v v gh ??

=+ ?+??

⑤

（2

）⑤式可以改写为2

23v gh ?=+ ⑥ 2v 极小的条件为⑥式中的平方项等于0

，由此得0v ⑦

此时2

3v gh =，则最小动能为2min 1322

mv mgh ??

??? ⑧

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2012年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）

理科综合测试（物理）

(河北、云南、内蒙古、湖北、河南、山西、新疆、江西、湖南、陕西、宁夏、辽宁、吉林、黑龙江)

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

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】A 、D

【解析】惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，A 正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，B 错误；行星在圆形轨道上保持匀速率运动的原因是行星受到地球的万有引力作用，不是由于惯性，C 错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直匀速直线运动下去，D 正确．

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

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】B 、D

【解析】平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运

动的合运动，因y ＝1

2gt 2，y a ＜y b ＝y c ，所以b 和c 飞行时间相等且比a 的飞行时间长，A 错误，B 正确；

因x ＝vt ，x a ＞x b ＞x c ，t a ＜t b ＝t c ，故v a ＞v b ＞v c ，C 错误，D 正确。

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N 1，球对木板的压力大小为N 2。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 ．N 1始终减小，N 2始终增大

B ．N 1始终减小，N 2始终减小

C ．N 1先增大后减小，N 2始终减小

D ．N 1先增大后减小，N 2先减小后增大

【答案】B

【解析】受力分析如图所示: 重力的大小方向都不变，可知N 1、N 2 的合力大

小、方向都不变，当木板向下转动时，N 1、N 2 变化如图所示，即N 1、N 2 都减

小，所以正确选项为B

．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I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1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】由理想变压器原理：

1122U n U n =得：221119002203801100

n U U V V n ==?=，又121122P P U I U I ===所以：2112000

9.1220

P I A A U =

==，所以B 正确。

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

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】B 、D

【解析】受力分析如图所示，重力与电场力的合力与速度方向相反，所以粒子做匀减速直线运动，动能减小，所以A 、C 错误，D 正确；因为电场力与速度方向夹角为

钝角，所以电场力做负功，电势能增加，即B 正确

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B 0。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 A ．

ω0

4B B ．

ω0

2B C ．πω0B D ．π

ω20

【答案】C

【解析】线圈匀速转动过程中：22001

122B R B R E I r r r

ωω

===

；由法拉第电磁感应定律，磁感应强度大小随时间线性变化产生电流2

21111122B R E BR I r r t r t r t

πφπ???====???，由题意产生同样大小的电流，所以0

B B t ωπ

?=?，故C 正确。

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 =t 1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

随时间t 变化的图线可能是

【答案】A

【解析】由楞次定律可知：线框受力水平向左时，线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的减弱，说明导线中的电流正在减弱；线框受力水平向右时，线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的增强，说明导线中的电流正在增强；所以导线中的电流先减弱后增强，所以CD 错误；又因线圈中的电流为顺时针方向，所以由右手螺旋定则知线圈产生磁场为垂直纸面向里，因为线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的减弱，故导线初始状态在导线右侧产生的磁场方向为垂直纸面向里，由右手螺旋定则知导线中电流方向为正方向，所以A 正确，B 错误。

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 ．R d -1

B ．R d +1

C ．2)(

R d R - D ．2

)(d

R R - 【答案】A

【解析】在地球表面2Mm G

mg R =，又3

43M R ρπ=?，所以243

M g G G R R πρ==，因为球壳对球内物体的引力为零，所以在深为d 的矿井内2()Mm G

mg R d '=-，得2

()()3

M g G G R d R d πρ'==--，所以1g R d d

g R R

'-==-。

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 。

【答案】0.010 6.870 6.860

【解析】根据螺旋测微器的读数规则，读数＝固定刻度＋可动刻度×0.01 mm ，图(a)所示读数为0.010 mm ，图(b)所示读数为6.870 mm ，所测金属板的厚度为6.870 mm －0.010 mm ＝6.860 mm 。 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；○A 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m 1。 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。

【答案】（1）如图所示

（2）③重新处于平衡状态

电流表的示数I 此时细沙的质量m 2

④D 的底边长度

（3）21m m g

（4）21m m >

图(a)

图(b)

【解析】（1）依题意：绝缘线圈、电流表、变阻器、开关、电源组成闭合回路，连接如图。

（2）③只有绝缘线圈重新达到平衡状态才可以读出电流表的示数，测出细沙的质量，利用平衡条

件得到绝缘线圈所受安培力、拉力、重力的关系。故三处应填：重新处于平衡状态；电流表的示数I ；此时细沙的质量

④要求安培力必须知道磁场中导线受安培力的有效长度即D 的底边长度（3）由拉力、安培力、重力的平衡得：F ±F 安=m 1g,，且F =m 2g 、F 安=BIl 。所以21m m g

B Il

-= （4）磁感应强度方向垂直纸面向外，D 受安培力向下，绝缘线圈平衡必须21m m > 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tan θ0。【答案】（1）

sin cos mg μ

θμθ

- （2）λ

【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方向分解，按平衡条件有

cos F mg N θ+= ① sin F f θ= ② 式中N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有

f N μ= ③ 联立①②③式得 sin cos F m

g μ

θμθ

- ④

（2）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 sin F N θλ≤ ⑤ 这时，①式仍满足。联立①⑤式得 sin cos mg

θλθλ

-≤ ⑥ 现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总大于零，且当F 无限大时极限为零，有 sin cos 0θλθ-≤ ⑦

使上式成立的θ角满足0θθ≤，这里θ0是题中所定义的临界角，即当0θθ≤时，不管拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为

0tan θλ= 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R 5

。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。

【答案】2

145qRB m

【解析】粒子在磁场中做圆周运动。设圆周半径为r ，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得

v qvB m r

= 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，分别于直线交于c 和d 点。由几何关系，线段

ab 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。因此

ab bc r == ② 设cd x =。由几何关系得

ac 5R x =

+ ③

3bc 5R = ④

联立②③④式得7

r R = 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的受力公式得

qE =ma ⑥ 粒子在电场力方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得 2

r at =

⑦ r =vt ⑧ 式中t 是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得

145qRB E m

（二）选考题：共45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【答案】A 、C 、E

【解析】做功和热传递是改变内能的两种方式，A 正确，B 错误；可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，也可以使热量从低温物体传给高温物体，但要引起其他变化，C 正确，D 错误；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，E 错误。（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。【答案】（i ）180mmHg （ii ）364K 【解析】（i ）在打开阀门S 前，两水槽水温均为T 0=273K 。设玻璃泡B 中气体的压强为p 1，体积为V B ，

玻璃泡C 中气体的压强为p C ，依题意有1C p p p =+? ①

式中Δp =60mmHg ，打开阀门S 后，两水槽水温仍为T 0，设玻璃泡B 中气体的压强为p B 。依题意，有 B C p p = ② 玻璃泡A 和B 中气体的体积为 V 2=V A +V B ③

根据玻意耳定律得 p 1V B =p B V 2 ④ 联立①②③④式，并代入题给数据得

180B

C A

V p p mmHg V =

?= ⑤ （ii ）当右侧水槽的水温加热至T '时，U 形管左右水银柱高度差为Δp 。玻璃泡C 中气体的压强为

B p p p '=+? ⑥ 玻璃泡

C 的气体体积不变，根据查理定理得0C C

p p T T '=

⑦ 联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得364T 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 。

【答案】正向 0.8

【解析】?由b 图可知，0时刻质点振动方向沿y 轴正向；根据质点带动法和波向右传播，由a 图知介质中各质点的振动方向如图示，由振动方程2sin y A t T π=

22sin t T π

得：2sin t T π=于0.3m ，所以

234t T ππ=，得：38t T =，又0.3

x v T t T λ?===

?，所以0.8m λ= （2）（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2，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值【答案】

【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

sin sin n θα= 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

A π

α=

②

设线段OA 在立方体上表面的投影长为R A ，由几何关系有

sin A θ=

③

式中a

为玻璃立方体的边长。由①②③式得A R = ④

由题给数据得 2

A a

R =

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R A 的圆。所求的镀膜面积S '与玻璃立方

体的表面积S 之比为

266S R S a π'= ⑥ 由⑤⑥式得

S S π

'= 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：21H+31H →4

2He+x ，式中x 是某种粒子。已知：21H 、31H 、4

2He 和粒子x 的质量分别为2.0141u 、3.0161u 、4.0026u 和1.0087u ；1u=931.5MeV/c 2，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）

【答案】1

0n （或中子） 17.6

【解析】根据234112H H H x +→+并结合质量数守恒和电荷数守恒知x 为10n 。由质能方程2

E mc ?=?得：

234123411

2936()()

17.61H H He n H H He n MeV

E m m m m c m m m m MeV u

?=+--=+--=。（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。【答案】（i

1 （ii

）12

【解析】（i ）设球b 的质量为m 2，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 2221

m gL m v =

① 式中g 是重力加速度的大小。设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v '，以向左

为正。由动量守恒定律得 212()m v m m v '=+ 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

212121

()()(1cos )2

m m v m m gL θ'+=+- ③ 联立①②③式得

121m m =- ④ 代入题给数据得

1m m = ⑤ （ii ）两球在碰撞过程中的机械能损失是

212()(1cos )Q m gL m m gL θ=-+- ⑥ 联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能221

()2

k k E E m v =之比为

122

1(1cos )k m m Q

E m θ+=-- ⑦

联立⑤⑦式，并代入题给数据得

1k Q E = ⑧

绝密★启用前

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）

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。

考生注意事项：

1、答题前，务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘

贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。

2、答第Ⅰ卷时，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。

3、答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上

．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰。

作图题可先用铅笔在答题卡

．．．规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在

题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

4、考试结束后，务必将试题卷和答题卡一并上交。

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】由万有引力提供航天器做圆周运动的向心力得：

n Mm v

G m m r m r ma

r r T

====

，所以v=

ω=

=。而“天宫一号”轨道半径r

天

比“神州八号”轨道半径r

神大，故正确选项：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

10m/s，则t=0.1s时正确的波形是图2中的

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。正确选项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、竖直，一个质量为m 的小球自A 正上方P 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1

mgR

【答案】D

【解析】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：2B

v mg m R

=；小球从P 到B

的运动过程中，由动能定理：

212G f B W W mv +=。重力做功G W mgR =，合外力做功21122

B W mv mgR ==，摩擦力做的功为12f W mgR =-，即克服摩擦力做功12mgR ，机械能减少1

2mgR 。正确选项：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α，物块与斜面间动摩擦因数为μ，施加一个竖直向下的恒力F 时，加速度为a '。根据牛顿第二定律，不施加恒力F 时：sin cos mg mg ma αμα-=，得(sin cos )a g αμα=-；施加一个竖直向下的恒力F 时：()sin ()cos mg F mg F ma αμα'+-+=，得()(sin cos )F

a g m

αμα'=+

-。故正确选项：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 ．200/V m

B ．/m

C ． 100/V m

D ．/m 【答案】A

【解析】由于6A V ?=、3B V ?=、0O V ?=，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/200/BO E U d V m ==，正确选项：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

点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为

A ．1

2t ? B ．2t ? C ．1

t ? D ．3t ?

【答案】B

【解析】由牛顿第二定律2

v qvB m r

=及匀速圆周运动2r T v π=得：

mv r qB =

；2m

T qB

π=。由图可得以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场经过Δt =T/6从C

点射出磁场，轨道半径r =v /3时，运动半径是r

3，由几何关系可得在磁场中运动转过的

圆心角为1200，运动时间为T/3,即2Δt 。正确选项：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σ，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：221/2

2[1]()x

E k R x πσ=-

+，方向沿x 轴。现考

虑单位面积带电量为0σ的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆版，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 ．0221/22()x k r x πσ+

B ．0

221/2

2()r

k r x πσ+ C ．0

2x k r πσ D ．02r k x

πσ 【答案】A

【解析】由于带电体表面的电场强度的方向垂直于带电体表面，无限大均匀带电平板周围的电场应是垂直于平板的匀强电场，即电场强度处处相等等于圆板中心轴上x =0时的电场强度，由题中信息可得单位面积带电量为0σ无限大均匀带电平板场强为02E k πσ=。而半径为r 的圆板在其轴线上Q 点电场场强为

0221/2

2[1]()

E k r x πσ'=-

+，由电场叠加原理可得图2中Q （坐标为x ）的电场强度为E 和E '的矢量和，即0

221/22()x E E k r x πσ'-=+。正确选项：A （当R →∞

0=，则无限大均匀带电平板在Q 点产生的电场强度为02E k πσ=，而半径为r 的圆板在Q 点场强为0221/2

2[1]()x

E k r x πσ'=-

+，由电场叠加原理可得图2中Q （坐标为x ）的电场强度为E 和E '的矢量和，即0

221/2

2()x

E E k r x πσ'-=+）

图1

图2

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

3 3 3

3 3 3 33 3

3 3 3 A

O C

● O '

● O '' D