2012年高考 全国各地物理试题汇总14套

2012年高考各省市物理试题汇总

目录

1、2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷大纲版）-------2

2、2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷新课标版）---7

3、2012年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）-----------------13

4、2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）-----------------20

5、2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）-----------------24

6、2012年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）-----------------29

7、2012年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）------------------34

8、2012年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）-----------------39

9、2012年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）-----------------45

10、2012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）---------------50

11、2012年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）---------------55

12、2012年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）---------------61

13、2012年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）---------------66

14、2012年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）------------70

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部分解析版（全国卷大纲版）

（适用地区：贵州、甘肃、青海、西藏、广西）

二，选择题：本题共8题。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项份额和题目要求，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，有选错的德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

14.BD 【解题思路】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。

15. 235

92

U经过m次a衰变和n次β衰变207

82

Pb,则

（）

A.m=7，n=3

B.m=7,n=4

C.m=14，n=9

D.m=14,n=18

15.B 【解题思路】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。

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

16.AC 【解题思路】光的干涉现象中，条件间距公式λd

l x =?，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；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。

17质量分别为m 1和m 2、电荷量分别为q 1和q 2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q 1=q 2，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 17.A 【解题思路】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径qB p qB mv R ==，。已知两粒子动量相等，若21q q =，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A 正确；若21m m =，

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qB

m

T π2=，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。

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 18.C 【解题思路】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。

第18题图 第19题图 第20题图 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

19.B 【解题思路】根据电流的变化情况，分段计算求电功

J 1096.3J 600102203.03111?=???==Ut I W ,J

1028.5J 600102204.03222?=???==Ut I W J 10056.1J 600402202.04333?=???==Ut I W

则总功J 105.5J 1098.124321-?=?=++=W W W W ，选项B 正确。

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. 1m 3

B. 2m 3

C.1m

D. 4m 3

20.BD 【解题思路】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，m 05.0-=x ,运动方向沿y 轴负方向，结合波形图找到对应的点，如图所示，，若图（c ）

所示质点若为图中左侧波峰上的点，则两点距离为m 34，选项D 正确；若图（c ）所示质点

若为图

中若侧波峰上的点，则两点距离为

m 3

2

，选项B 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 21.AD 解题思路】 两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：2103mv mv mv +=；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：

2

221203212121mv mv mv +=，解两式得：2

,20201v v v v =-=，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，选项B 错；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；由单摆的周期公式g

l

T π2=，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。 第Ⅱ卷 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；

第22题(1)图

（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。

22.【解题思路】（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，等效电路如图所示：

1、2之间的等效电阻Ω=6.0R 【参考答案】（1）（2）Ω=6.0R 23.（11分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．

） 第22题(2)图 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s 1，s 2，…。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，1a 为纵坐标，在坐标纸上做出

1

m a -关系图线。若加速度与小

车和砝码的总质量成反比，则1

a

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=__________。

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___________。 23 【解题思路】（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，F m F M a a m M F +=

?+=1)(，a

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

aT x =?可知，2

1

321350)5(2t

s s t s s a ?-=?-=

，由图可读出mm 2.24mm 5.12mm 7.361=-=s ，mm 2.47mm 8.72mm 0.1203=-=s ，换算后代入上

式中，得2

m /s 15.1=a （iii)设小车质量为M ，由牛顿第二定律可得：

F

m

F M a a m M F +=?

+=1)(，结合图象可知，k F k F 11=?=，k b bF M b F M ==?=

【参考答案】间隔均匀，线性，远小于小车的质量，21350t s s ?-，24.2mm ,47.2mm ,1.15,k

b

k ,1

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，小球用一绝缘清线悬挂于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。

24.解：第一次充电后，设电容器的电容为C ，则第一次充电Q 后，电容器两极板间电势差

C

Q U =

1， 两板间为匀强电场，场强d

U E 1

1=

，设电场中小球带电量为q ，则所受电场力q E F 11= 小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，由平衡条件有：11tan θmg F = 综合以上各式得：Cd

Qq

mg =

1tan θ 第二次充电后，电容器带电量为Q',同理可得：Cd

q

Q mg 'tan 2=θ 解得：Q Q 3'=所以Q Q Q Q 2'=-=? 【参考答案】Q Q 2=?

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 。

25.【命题意图】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。

解：在地面处，单摆所受万有引力近似等于其重力，即mg R

Mm

G =2， 单摆的在地面的摆动周期g

L

T π

2= 设地球密度为ρ，地球的体积334R V π=

，V M ρ=综合以上四得得：R

G L T ρππ3= 同理可知，矿井内单摆的周期)

(3'd R G L

T -=ρππ

而单摆在地面处的摆动周期与矿井底部

摆动周期之比

k T T

='

解得：)1(2k R d -= 【参考答案】)1(2k R d -= 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=

2

h

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？

26.【命题意图】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：（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：t v x 0=，2

2

1gt H =

， 整个过程中，由动能定理可得：202

1mv E mgH k -= 由几何关系，H h y -=2 坡面的抛物线方程2

21x h

y =

解以上各式得：gh v h mg mv E k ++=202

220221

(2)由gh

v h mg mv E k ++=202

220221，

令ngh v =2

0，则)1

2

2(122++=++=

n n mgh n mgh mgh n E k 当1=n 时，即gh v =2

0探险队员的动能最小，最小值为2

3min mgh

E k =

gh v =0 【参考答案】（1）gh

v h mg mv E k ++=202

220221（2）gh v =0，23min mgh E k =

2012年普通高等学校招生全国统一考试理综试题解析版

物理部分（全国卷新课标版）

（适用地区：河南、山西、新疆、宁夏、吉林、内蒙古、黑龙江、河北、云南、江西、

湖北、湖南、辽宁、陕西)

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

14.答案：AD.解析:由惯性定义和牛顿第一定律可知D 选项正确. 惯性是指物体保持原来的运动状态（或抵抗运动状态变化）的性质，当物体不受力作用时，其将继续以同一速度做直线运动，选项Ａ、Ｄ正确。没有力的作用，物体可能处于静止或匀速运动状态，选项Ｂ错误；行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到始终指向圆心、大小不变的力的作用，不是惯性，选项Ｃ错误。

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

15答案：BD.解析: 由平抛规律得:g

h

t gt h 2,212=

=

, 平抛运动运动时间由高度决定.B 选项正确.由t v x 0=可知,D 选项正确.

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:对小球受力分析,作出力矢量三角形,由矢量三角形可知, 两力均减小,B 选项正确.

第15题图 第16题图 第17题图 第18题图

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

17答案：B.解析: =?=22121U n n U U 3802201100

1900

112=?=U n n V. ,222I U P =,111I U P =1.9220

2000

12121≈==∴=U P I P P

A,故B 选项正确. 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:BD.解析:对带电粒子受力分析可知,它受电场力和重力, 电场力垂直于两极板向上,因此电场力做负功,电势能增加,B 选项正确.粒子受力恒定,它做匀减速直线运动,D 选项正确. 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

电

动

势

随

时

间

的

变

化

率

t

B ??的大小应为 （ ） A.

π

ω0

4B B.

π

ω0

2B C.π

ω0B D.πω20

B 第19题图

19答案:C.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:

ωω2

0002120L B L L B v L B E =+== 线圈中的电流为:R L B R E I 220ω==由法拉第电磁感应定律

得:2

12L t B S t B n t n E πφ????=????=??= 此时线圈中的电流为I, t R L B R E I ??==22π π

ω

ωπ020222B t B R L B t R L B =???=??,选项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i 随时间t 变化的图线可能是 （ ）

20答案：A.解析:因为感应电流方向总是沿顺时针方向, 由楞次定律可知,导线电流开始应先减小,当减为零时,电流方向反方向,此时电流再增加,故A 图象正确. 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: 地面附近:R G R R G R GM g mg R Mm G πρπρ3

43423

22??=??==

?= 深

度

为

d

的

重

力

加

速

度

g /

：

)(3

4)()(34

)()(2

3

2

'''2'd R G d R d R G d R GM g mg d R m M G -=--??=-=?=-πρπρ R

d

R d R g g -=-=∴1'，故选项A 正确。 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：0.010mm, 6.870mm,6.860 mm.解析: 测微器的精确度为０.０１ｍｍ，主尺读数时要注意半毫米刻度线是否露出，可动尺读数时要估读到毫米的千分位。由图（a ）可知,读数为0.010mm, 图（b ）所示读数固定尺读数为6.500mm,可动尺读数为37.0×0.01=0.370mm,二者相加为6.870mm,再减去图(a)的读数为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。 23答案：（１）电路连接如图。（２）③D 重新处于平衡状态,电流读数I ,此时细沙的质量为m 2, ④D 的底边长度为l , (3)Il

g

m m B 12-=

(4) m 2 >m 1解析: （1）本实验的原理是：通过测量D 的安培力的大小和方向、流过的电流的大小和方向、D 的底边长度，根据F=BIL ，测出B 的大小和方向。因此把电流表、滑动变阻器、开关、电源和D 串联，如图所示。（２）③④根据步骤②可知D 的重力G=m 1g ，步骤③为让电流流过D ，使D 在重力、安培力和细线的拉力下重新平衡。要测出安培力，需要测出拉力即用天平称出重新加入细沙的总质量；要测出B ，需要测出电流的大小和D 的底边的长度。（３）安培力g m m F 12-=，又F=BIL ，解得:IL

g

m m B 12-=

。（４）电流的方向水平向左，B 方向若垂直纸面向外，则安培力方向为

竖直向下，有F+m 1g= m 2g ，即m 2 >m 1；

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。

24解析:(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把，将推拖把的力沿水平和竖直方向分解，由平衡条件有：由正交分解法求解: 水平方向:f F =θsin ①竖直方向:

mg F N +=θcos ②

式中N 和f 分别为地板对拖把的压力和摩擦力，由摩擦定律得：N f μ=③

联立①②③以上方程解得: )cos (sin θμθF mg F +=θ

μθμcos sin -=∴mg

F

(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F λθ

mg

λ

θλθ≤-cos sin 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：0cos sin ≤-θλθ⑦

使上式成立的角满足θ≤θ0,这里θ0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,临界角的正切为λθ=0tan 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

3

。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。 24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:qB

mv

r r v m qvB =

?=2①,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 两点和轨迹圆弧的两条半径(末画出)围成一正方形,因此r bc ac ==② 设x cd =,由几何关系得: x R ac +=54③ 225

3

x R R bc -+=④ 联立②③④式得: R r 5

7

=

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

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 ⑥2

2

1at r = ⑦ ⑧

t 是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得:m

qRB E 5142

=⑨ 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

33(1) AE 解析:由热力学第二定律可知,AE 正确. （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。

33（2）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 中的气体的压强为p 1,体积为V B ,玻璃泡C 中气体的压强为p c ,依题意有: p 1= p C +△ p ①

式中△ p=60mmHg .打开阀门S 后,两水槽水温仍为T 0,设玻璃泡B 中的气体的压强为p B .依题意有:p B = p C 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 1 V B = p 2 V 2 ④ 联立①②③④并代入题给数据解得：180=?=

p V V p A

B

c mmHg ⑤ （ii ）当右侧水槽的水加热至T /时，U 形管左右水银柱高度差为。玻璃泡C 中气体的压强为：V 2=V A +V B ⑥

玻璃泡C 中气体体积不变，根据查理定律得：''

0T

p T p c

c =⑦联立②⑤⑥⑦，并代入题给数据解

得：T /=364K 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 。

24答案：正向，0.8m ，解析：根据图（b ）可知，图线在t =0时的切线斜率为正，表示此时质点沿y 轴正向运动；质点在图（a ）中的位置如图所示。设质点的振动方程为

)2sin(2?π+=T y (cm)，当t =0时，cm y 2=,可得4π?=.当8

T

t =时，y =2cm 达到最大。

结合图（a ）和题意可得m 3.08

3

=λ，解得m 8.0=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。

24解析:如图所示,考虑从玻璃立方体中心O 点发出的一条光线,假设它作斜射到玻璃立方体上表面发生折射.根据折射定律得: αθsin sin =n 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 点刚好发生全反射,故2

π

α=

A 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: 2

2

)2

(sin a R a A A +=

α③

式中为玻璃立方体的边长,由①②③得: 1

22-=n a R A ④由题给数据库得: 2a

R A =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: 22

'66a R S S A π=⑥由⑤⑥得: 4

'π=S S ⑦sin C =1/n=1/2,C=450 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→42He+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）

35(1)解析:由质量守恒,电荷数守恒得, 粒子x 为中子, 为0,质量数为（2+3-4）=1，可知x 为中子.由爱因斯坦质能方程得: MeV

MeV MeV u c u u u u c

m m m m m c E n He H H 6.1760535.175.9310189.0)0087.10026.40161.30141

.2()(2

2

231

21

≈=?=--+=--+=?=?

（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。

35(2)解析: （i ）(1)设b 球的质量为m,a 球的质量为M ,则对b 球研究,由动能定理得:

02

12

-=

mv mgl , gl v 2=a 、b 碰撞由动量守恒定律得: 1)(v m M mv += a 、b 整体向左运动,由动能定理得:2

01)(210)60cos 1()(v m M g m M +-=-+-

gl

gl v =-=)60cos 1(201联

立

解

得

:

m M m gl m M gl m +=?+=2)(2,12-=∴

m

M

（ii ）(2) a 、b 碰撞过程中机械能的损失为:

m

M M

mv m M m mv v m M mv E +?=+-=+-=

?222221)1(21)(21211 22

22

12)12()12(21/)21(22-=

-=+--=+=+?=?∴

m m m m M M mv m M M mv E E kb

2012年普通高等学校招生统一考试

江苏高考物理试题

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（ ）

(A)3∶ 1 (B)1∶ 3 (C)9∶1 (D)1∶ 9

1.【解析】根据库仑定律221r

q kq F =，选C 。【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

（ ） (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

2. 【解析】根据kd S C πε4=，电容C 增大，根据C

Q U =,U 减小，B 正确。【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)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v 的夹角为θ，则θc os Fv P =，力的分解，在切线上（速度方向上）合力为0，即θθcos sin F mg =，所以θsin mg P =，随θ增大，P 增大。【答案】A

第3题图 第5题图 第6题图 第8题图 4. 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 关系的图象,可能正确的是 （ ）

第4题图 4. 【解析】加速度m

kv

g a +

=，随着v 的减小，a 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. 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 ．2()f m M M +

B ．2()f m M m + C.

2()()f m M m M g M

+-+ D ．

2()()f m M m M g M

+++ 5. 【解析】整体法m m ma g m M F =+-)(，隔离法，对木块，m Ma Mg f =-2，解得

M M m f F m )(2+=.

【答案】A

【点评】单选题第1题和第2题是送分的，与往年不同（往年几乎没有送分的）

。第4题、第5题难度中等。

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 （ ）

(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，之后就不碰 (C)A 、B 不可能运动到最高处相碰 (D)A 、B 一定能相碰

6. 【解析】平抛运动规律vt x =，221gt h =，所以h

g

v x 2=，若l x ≥，则第1次落地前

能相遇，所以取决于v ，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

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L 1 由火线和零线并行绕成. 当右

侧线圈L 2 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L 1 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,L 2 中的磁通量为零 (B)地面上的人接触火线发生触电时,开关K 将被电磁铁吸起

(C)家庭电路发生短路时,开关K 将被电磁铁吸起 (D)家庭电路中使用的电器增多时,L 2 中的磁

通量不变

7. 【解析】因原线圈是双线绕法，所以家庭电路正常工作时1L 、2L 磁通量为0，A 、D 正确；

家庭电路短路时，1L 、2L 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，B 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 （ ） (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

8. 【解析】根据r v ω=，A 正确；根据r a 2

ω=，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v 0,最远能落在边界上的A 点. 下列说法正确的有 （ ）

(A)若粒子落在A 点的左侧,其速度一定小于v 0

(B)若粒子落在A 点的右侧,其速度一定大于v 0

(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m qBd

v 20-

(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m

qBd

v 20+

9. 【解析】当粒子以速度0v 垂直于MN 进入磁场时，最远，落在A 点，若粒子落在A 点的

左侧，速度不一定小于0v ，可能方向不垂直，落在A 点的右侧，速度一定大于0v ，所以A

错误，B 正确；若粒子落在A 点的右侧d 处，则垂直MN 进入时，轨迹直径为d OA r +=2，即d OA qB mv

+=2，已知OA qB

m v =02,解得m qdB v v 20-=，不垂直MN 进时，m qdB v v 20->，所以C 正确，D 错误。【答案】BC

【点评】多选题4题没有容易的，第7题联系实际，且不随“带电粒子在磁场中运动”的各种练习卷的大流，是好题。第9题判断速度大于还是小于，比较巧妙。第8题在众多此类题

中也推陈出新。命题者是动了脑子的。

三、简答题:本题分必做题(第10、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10-1图所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件,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“x1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.

10. 【答案】(1)A (2)短暂 （3）5.0（如图） 或

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.

(3)实验测得A 、B 的质量分别为m=0. 40 kg 、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”). 11. 【解析】（3）在B 下落至临落地时，据动能定理，有2)(2

1

v m M mgh Mgh +=-μ， 在B 落地后，A 运动到Q ，据动能定理，有2210mv mgs -

=-μ，解得：mh

s m M Mh ++=)(μ。将kg M 5.0=，kg m 4.0=代入得h

s h

495+=

μ=

495

+?h

s ，从h s -图象得斜率04.1=k ，即

04.1=h

s

，代入上式得4.0=μ。本题易错点：认为A/B 末速度都 为0，根据0)(=+-s h mg Mgh μ，解得6.0=μ。 （4）滑轮组的摩擦会导致s 偏小，从而μ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

【点评】实验题一反常态，以往第10题是力学实验题，第11题是电学实验题，其中电学实验题是大头（从分数和内容上看），今年则反之。力学实验题是第11题，难度和分数比电学实验题大。第11题不是教科书上的实验，也不是高考大纲规定的实验目录，体现了高考题源于和高于教科书，不拘泥于高考大纲的说法。此题表面上看是似曾相识，实际上容易错（见以上的本题易错点）。 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 (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

(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T 1、T 2 时的分子速率分布图象如题12A-1图所示,则T 1______(选填“大于”或“小于”)T 2.

(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. 03105Pa,吸收的热量Q=7. 03102J,求此过程中气体内能的增量. 12A(3-3) 【答案】（1）AB (2)平均动能,小于 （3）等压变化

B

B

A A T V T V =

，对外做的功)(A B V V p W -=,根据热力学第一定律W Q U -=?,解得J U 2100.5?=?。

B. [选修3-4](12分)(1)如题12B-1图所示,白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

(2)“测定玻璃的折射率冶实验中,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-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)

(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

12B(3-4) 【解析】白炽灯光为自然光，经过P 后为偏振光。【答案】（1）C （2）挡住C 及A 、B 的像；1.8（1.6~1.9都算对）（3）设P 波的传播时间为t ，则)(,t t v x t v x s p ?+==解得

,t v v v v x s

p s p ?-=

代入数据得km x 1260=由T v s =λ，解得km 2.4=λ

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三种波长的光. 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_________

(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,则氘核的比结合能为_____________________

(3)A 、B 两种光子的能量之比为2∶ 1,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E A 、E B . 求A 、B 两种光子的动量之比和该金属的逸出功. 12C(3-5) 【解析】根据m n E E c

h

h -==λ

ν，能量和频率依次增大的顺序是：b 、c 、a ，所

以波长依次增大的是a 、c 、b 。【答案】（1）C （2）H H n 2

11110→+；

2

Q

（3）光子能量hv =ε，动量λ

h

p =

，且λ

c

v =

，得c

p ε

=

，则A p ：=B p 2:1A 照射时，光电子的最大初动能

O A A W E -=ε.同理O B B W E -=ε.

解得B A o E E W 2-=

【点评】选做题体现了大纲规定的不出难题的约定，考查的大都是重点知识，但难度还是比全国卷及其它省市卷难一些。其中测玻璃折射率的实验，要求考生在试卷上用量角器或直尺（如果没带量角器的活）直接测量然后算出折射率，真是太巧妙了，以前的高考题从未有过，此乃小小的创新，也是创新。

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均α均为

π9

4

,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 . 线圈以角速度棕绕中心轴匀速转动,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. 13. 【答案】

(1)bc 、ad 边的运动速度2

l

v ω

= ， 感应电动势NBlv E m 4=，解得ω22NBl E m =。

（2）电流R r E I m m +=, 安培力 l N B I F m 2=，解得 R

r l B N F +=

ω

3224. (3)一个周期内，通电时间T t 9

4

=

,R 上消耗的电能Rt I W m 2=，且RT I W 2=解得)

(342R r NB l I +=

ω

。 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v 0 撞击弹簧,将导致轻杆向右移动

4

l

. 轻杆与槽间的最大静摩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v m ; (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. 14. 【答案】

（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力kx F = ① 且f F = ② 解得k

f

x =

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，动能定理 小车以0v 撞击弹簧时 2

02

104.

mv W l f -=-- ④ 小车以m v 撞击弹簧时 2210m mv W fl -

=-- ⑤ 解m

fl v v m 232

0+= ⑥ （3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为1v ， W mv =2

12

1 ⑦

由④⑦解得m fl v v 22

01-

= 当m

fl v v 22

0-<时，v v =' 当<-

m fl v 22

0m fl v v 2320+

<时，m

fl v v 2'2

0-=。 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U 0 加速后,水平射入偏转电压为U 1 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v 1;(2)当加速电压变为4U 0 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U 0 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.

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.

15. 【答案】（1）设粒子射出加 速器的速度为0v ， 动能定理 2

0021mv qU =

由题意得01v v =，即m

qU v 0

12= （2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t ：加速度的大小 md

qU a 1

=， 在离开时，竖直分速度 at v y = 竖直位移 2

2

1at y z =

水平位移 t v l 1=

粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t ,竖直位移t v y z z =

由题意知，粒子竖直总位移z y y y +=12，解得 d

U l U y 02

1=则当加速电压为04U 时，14U U =

（3）)(a 由沿x 轴方向射入时的受力情况可知：B 平行于x 轴，且q

F E =

)(b 由沿y ±轴方向射入时的受力情况可知：E 与Oxy 平面平行。222)5(F f F =+,则

F f 2=且B qv f 1=解得0

2qU m

q

F B =

)(c 设电场方向与x 轴方向夹角为a ,若B 沿x 轴方向，由沿z 轴方向射入时的受力情况得

222)7()cos ()sin (F a F a F f =++解得030=a ，

或0150=a 即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为300或1500，同理若B 沿x -轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹

角为-300或-1500。

【点评】3道计算题都出得很好。第13题联系实际（联系实际是今年高考江苏省物理题的一大亮点），学物理就要联系实际，那些无病呻吟的、拐弯抹角的、互拼乱凑的太难的题目实在没有多大的意思。

第14题考查建模能力，这样的题表面看常见，实质上不多见。第15题把电场和磁场结合起来，而且是结合两次，与常见的此类题也不同。但是太难了。所谓难题，大概有三种情况，一是无从下手，二是太过复杂，三是容易错误。本题属第二种。考查考生的空间想象能力和用数学处理物理问题的能力。

2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）

理综物理（详细解析） 14.我国发身的“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 14B 解析根据卫星运行模型知越高则周期越大，线速度越小，，加速度与万有引力加速度相同，也越小。

15.一列简谐被沿X 轴正方向传播，在t=0j 时波形如图1所示，已知波速度为10m/s 。则t=0.1s 时正确的波形应是图2中的 （ ）

15C 解析：由波形图知波长为4.0m ，波长除以波速的周期为0.4s ，所以0.1s 是四分之一周期，则用质点振动法结合波形图中上下坡法判断0.1s 时的波形图应为c 。

16.如图所示，在竖直平面内有一半径为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 的正上方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mgR 2

B. 机械能减少m gR

C. 合外力做功m gR

D.

克服摩擦力做功mgR 2

1

16D 解析：到B 点时恰好通过，则B v 1

2

kB E mgR =，

从p 到B 机械能减少12mgR ，则此过程克服摩擦力做功为1

2

mgR 。

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竖

直向下的恒

力

F

，则

（ ）

A. 物块可能匀速下滑

B. 物块仍以加速度a 匀速下滑

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 17C

解析：初

s i n c o s m g m g m a θμθ-=，加上一个力以后，

()sin ()cos 'mg F mg F ma θμθ+-+=,所以a ’增大。

18.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O 处的电势为0 V ，

点A 处的电势为 6 V, 点B 处的电势为 3 V, 则电场强度的大小为

（ ）

A.200V/m

B.2003 V/m

C.100 V/m

D. 1003 V/m

18A 解析：有图可知CD

的长度是，DE 长为3cm,即D 到 CO 的0V 等势线的电场线方向距离，6200/3U v

E v m d cm

=

==。 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t ?时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角。现将带电粒

子的速度变为v /3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 （ ） A.

21t ? B.2 t ? C. 3

1t ? D.3 t ? 19B 解析：第一次偏转的偏向角为600，所以圆心角也是600，周期2m

T qB

π=,与速度无关；OA 长为R1，O 2A 长为R2，123R R =,01tan 30R R =

，02

3tan 30R R ==0

2∠AO O=60,所以第二次在磁场中偏转的圆心角为1200，所以 偏转时间是第一次的2倍。

20. 如图1所示，半径为R 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：

E =2πκσ()

???

?

???

?+-

21221x r x

，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 的圆板，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. 2πκ0

σ()

2

1

2

2

x r

x

+ B. 2πκ0

σ()

2

1

2

2

x

r

r

+ C. 2πκ0

σr x D. 2πκ0σx

r

20A 解析：无穷大带电平板其周围电场可以等效为匀强电场，切除的圆板如果r 趋于0，则选项表达式表示的场强应为恒定值，比较得A 项正确。

第Ⅱ卷（非选择题 共180分）

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m ，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m 和M 的选取，以下最合理的一组是 A. M =20g , m =10g 、15g 、20g 、25g 、30g 、40g B. M =200g , m =20g 、40g 、60g 、80g 、100g 、120g C. M =400g , m =10g 、15g 、20g 、25g 、30g 、40g D. M =400g , m =20g 40g 、60g 、80g 、100g 、120g

（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AB s =4.22 cm 、BC s =4.65 cm 、CD s =5.08 cm 、DE s =5.49 cm 、EF s =5.91 cm 、FG s =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a = m/s 2 （结果保留2位有效数字）。

21 Ⅰ? B 解析：操作目的是平衡摩擦力，所以应除去绳子的拉力，并有纸带和运动，处于匀速时，说明恰好平衡。

? C 解析：当用砂桶和砂子的重力当做拉小车的力，则应该让砂桶和砂子的质量远小于小车的质量。 ?0.42解：依据题意得出x1,x2,x3,x4,x5,x6,,然后采用逐差法求加速度，取平均值，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。

Ⅱ?左端，解析：保证开关闭合时电路安全，此时测量电路部分电压最小；

? 从0-2.5V 电压范围内取8-10组电压电流值并记录。解析：因为是描绘伏安特性曲线，需要电压从0 开始，并适当多的测量数据，描绘较为准确。 ?电路图解析：电路特点：并联型电源、电流表外接法测电阻

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t v -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f ，取g =10 m/s 2, 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 。

22.? 解析：?由v-t 图像可得小球下落时的加速度为：2

8/a m s = 由牛顿定律可得：ma mg f =-,0.2f mg ma N =-=;

?小球落地后反弹的速度为：3/v m s =上升时：'+ma mg f =，得：2

'12/a m s =， 小球上升做匀减速运动2

2v ah =升至最高点：0.375h m =

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，有一矩形线图abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴'

OO 转动，由线圈引起的导线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R 形成闭合电路。图2是线圈的住视图，导线ab 和cd 分别用它们的横截面来表示。已知ab 长度为1L , bc 长度为2L ,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1e 的表达式；

（2）线圈平面处于与中性面成0?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2e 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.?从0 时刻起经过t 时间，线框转过角度t θω=， 线框的切割边线速度v r ω=，得ab 边11v r ω=，cd 边22v r ω= 切割速度为2sin cd v r ωθ=，1sin ab v r ωθ=，

两条边切割时产生感应电动势：111sin E Bl r t ωω=212,sin E Bl r t ωω=，两边产生的感应电动势在闭合电路中环形同向，12E E E =+,122r r l += 所以：12E=sin Bl l t ωω

?道理同上问，只是有个初相位：

120=sin()Bl l t εωω?+

?线圈转动一周，此为正（余）弦交流电：12=m Bl l εω

12=

2

Bl l εω有闭合电路的有效电流E I R =

有效总

R 上的功率：2

p I R = 2T πω=转动一周电流在R 上做功：

222122

()

B l l R

W R r πω=

+

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n =2m/s 的速度逆时针转动。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 n =0.2, f =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/s 2

。

（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；（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 次碰撞后运动的速度大小。

24．?4m/s ?B 将以4/3 m/s 的速度返回皮带，无法通过皮带；?14()/3

n

n v m s =? 解析：?B 从曲面滑下机械能守恒：201

2

mgh mv =

得B

滑到皮带前：0/v s = B 滑上皮带做匀减速运动:22012v v al -= 2

2/a g m s μ== 解得B 滑过皮带与A 碰前速度：14/v m s =

?AB 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后B 的速度为v2,A 的速度为V a2 122

a m v m v M v =+ 222122111222a mv mv Mv =+联立两式解得：24

/3

v m s =- 24/v m s =（舍去） B 将以24

/3

v m s =速度大小返回到皮带上做匀减速运动知速

度为0有：2

22v ax =解得419x m m =<，所以不能回到曲面。

?设B 第m-1次与A 碰后，从皮带返回再与A 第n-1碰撞，1n m -=，m n an mv mv Mv =+

222111222m n an mv mv Mv =+联立解得：1

3

n m v v =- n m v v =（舍去）由此可知B 与A 碰撞后每次只能保留碰前速度大小的13，所以碰撞n 次后B 的速度(1)n v +应为(1)14()/3

n n v m s +=? （n=0、1、2、3……）

2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）

理综物理（详细解析）

13、一个氢旅子从n =3能级跃迁到n =2能级，该氢原子 （ ）

A 、放出光子，能量增加

B 、放出光子，能量减少

C 、吸收光子，能量增加

D 、吸收光子，能量减少

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 、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，介

λλ

=

=v c n 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输出电压为10V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为0.5P ，如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为（ ）

A 、5V

B 、V 25

C 、10V

D 、V 210

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R

V P 2

)10(=和

R

U P m 2

)2/(2=可得V U m 10=，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

图1

A B C D 等效为环形电流，那么此电流值 （ ） A 、与粒子电荷量成正比 B 、与粒子速率成正比 C 、与粒子质量成正比 D 、与磁感应强度成正比 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：T

q I =，粒子在磁场力作用下做匀速

圈周运动，根据周期公式有：Bq

m

T π2=，两式联立有：m Bq I π22=，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，

解析：由牛顿第二定律和回复力公式有：m kx a -

=，则在t=4

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，下列说法中正确的是 （ ） A 、分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期 B 、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C 、在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同 D 、沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合

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，19、老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示，她把一个带铁芯的线圈、开关和电源用导终连接起来后，将一金属套环置于线圈上，且使铁芯穿过套环。闭合开关的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均末动。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

（ ）

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，若在结两端加一恒定电压U ，则它会辐射频率为

v 的电磁波，且与U 成正比，即v =kU ，已知比例系数k 仅与元电荷e 的2倍和普朗克常量h

有关。你可能不了解此现象为原理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理

判断比例系数k 的值可能为（ ）

A 、e h 2

B 、h e 2

C 、he 2

D 、he 21

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 νh E =电场力对电子所做电功为eU W =

e W h E U k //==∴ν，由于E 和W 有相同的单位，所以k 的单位与h e 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 。 21、（18分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm 。 （1）用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某次测量结果如图1 （该值接近多次测量的平均值）

甲

乙

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+39.730.01=0.397mm.(0.395～0.399)。

（2）用伏安法测金属丝的电阻R X ，实验所用器材为： 电池组（电动势为3V ，内阻约为1Ω）， 电流表（内阻约为0.1Ω）， 电压表（内阻约为3k Ω）， 滑动变阻器R （0~20Ω，额定电流为2A ） 开关，导线若干。某同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：

由以上实验数据可知，他们测量R X 是采用下图中的图 （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R x 约5Ω。则有

501

.05==A x R R ，6005

3000==x V R R 比较R x 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）下图是测量R X 的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P 置于变阻器的一端，请根据上图所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，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R x 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，如下图所示，图中已经标出了与测量数据相对应的四个点，请在下图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U －I 图线，由图线得到金属丝的阻值R X = 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5.4220

.000

.1==

x R Ω(4.3～4.7)。

（5）根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为 （填选项前的序号） A 、m ?Ω?-2101 B 、m ?Ω?-3101 C 、m ?Ω?-6101 D 、m ?Ω?-8101

解析：根据电阻定律S l

R x ρ=有662105.45

.010397.014.35.4--?=???==l S R x ρΩ2m ，

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都已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 （有多个正确选项）。

A 、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差

B 、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C 、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差

D 、用U －I 图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 。 21．（18分） （1）（0.395—0.399） （2）甲

（3）如答图3