2012高考物理(四川卷)

2012年理科综合物理部分---新课标答案及解析：14.【答案】AD【解析】惯性的定义是物体保持静止或匀速直线运动的性质叫惯性，所以A正确；如果没有力，物体将保持静止或匀速直线运动，所以B错误；行星在轨道上保持匀速率的圆周运动的原因是合外力与需要的向心力总是相等，所以C错误；运动物体不受力，它将保持匀速直线运动状态，所以D正确。

15.【答案】BD【解析】根据可知，所以，即A错误，B正确；由得，所以C错误，D 正确。

16【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N1、N2的合力大小、方向都不变，当木板向下转动时，N1、N2变化如图所示，即N1、N2都减小，所以正确选项为B17.【答案】B【解析】由得：，由得，所以B正确。

18.【答案】BD【解析】受力分析如图所示，知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【答案】C【解析】线圈匀速转动过程中，；要使线圈产生相同电流，，所以，所以C正确。

20【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【答案】A【解析】在地球表面，又，所以，因为球壳对球内物体的引力为零，所以在深为d的矿井内，得，所以。

22.（5分）【考点】长度测量【答案】0.010；6.870；6.860【解析】（a）图螺旋测微器的读数步骤如下.首先，确定从主尺读出毫米数为0.000mm，可动刻度与主尺对齐个数为1.0（格），读数为0.010mm，则螺旋测微器读数为0.000mm+0.010mm=0.010mm，（b）图螺旋测微器的读数步骤如下.首先，确定从主尺读出毫米数为6.500mm，可动刻度与主尺对齐个数为37.0（格），读数为0.370mm，则螺旋测微器读数为6.500mm+0.370mm=6.870mm，考虑调零问题金属板实际厚度23. （10分）【答案】连线如图所示。

12年四川高考真题物理2012年四川高考真题物理2012年四川高考物理题目分为两套试卷，分别为A卷和B卷。

每一份试卷均包含选择题、填空题和解答题。

以下将对这两份试卷的物理部分进行详细描述。

一、2012年四川高考物理A卷1. 选择题A卷选择题共有15道，每道题有4个选项。

这些选择题涵盖了物理学的各个领域，包括力学、热学、电磁学等。

考生需要在规定时间内仔细阅读题目，选择正确答案，并将答案填涂在答题卡上。

2. 填空题A卷填空题包含10个小题，每个小题都要求考生填写一个数值作为答案。

这些填空题通常涉及到物理公式的运用和基本概念的理解。

考生需要在答题纸上准确填写每一道填空题的答案。

3. 解答题A卷的解答题分为简答题和计算题两部分。

简答题要求考生简明扼要地回答提出的问题，通常需要结合物理原理进行解答。

计算题则要求考生运用物理公式和计算方法，给出详细的计算过程和最终结果。

二、2012年四川高考物理B卷1. 选择题B卷选择题的数量和难度与A卷相似，同样包含15道题目。

考生需要在考试时间内仔细阅读每一道选择题的题目和选项，准确选择出正确答案。

2. 填空题B卷填空题的数量与A卷相同，共有10个小题。

这些填空题通常比较灵活，要求考生灵活运用物理知识和数学方法进行计算和推断。

3. 解答题B卷的解答题部分同样包括简答题和计算题。

简答题难度适中，需要考生用简单明了的语言回答问题；计算题则涉及到较为复杂的物理计算和推导，考验考生的物理计算能力和思维能力。

通过以上对2012年四川高考物理题目的描述，我们可以看到高考物理试题的涵盖面很广，考察了考生的物理知识、计算能力和解决问题的能力。

希望每一位高中生都能认真备考，在高考中取得优异成绩。

祝愿大家都能取得令人满意的成绩，实现自己的高考梦想！。

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）-------22、2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷新课标版）---73、2012年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）-----------------134、2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）-----------------205、2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）-----------------246、2012年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）-----------------297、2012年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）------------------348、2012年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）-----------------399、2012年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）-----------------4510、2012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）---------------5011、2012年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）---------------5512、2012年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）---------------6113、2012年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）---------------6614、2012年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）------------702012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。

E单元功和能E1 功和功率17．E1[2012·浙江卷] 功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近() A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·hC．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h17．B[解析] 每户两只白炽灯被两只LED灯替换后，节约电功率为120 W－20 W＝100 W，每天按照五个小时用电计算，节电0.5 kW·h，全年按照360天计算，节电180 kW·h，全国按照四亿家庭计算，节电7.2×1010 kW·h，故选项B正确．图13．E1[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．A[解析] 小球在运动过程中受到重力G、水平拉力F和细线的拉力T，根据动能定理可知，W G＋W F＋W T＝12m v22－12m v21＝0，因细线的拉力始终与速度方向垂直，故细线的拉力不做功，所以水平拉力F做的功与克服重力做的功相等，它们的功率大小也相等；根据运动的分解可知，小球沿竖直方向的分速度逐渐增大，因此克服重力做功的功率逐渐增大，即在此过程中拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．E2 动能动能定理22．D6E2[2012·山东卷] 如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0 m 的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L＝0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1＝0.4.工件质量M＝0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.(取g＝10 m/s2)(1)P、C两点间的高度差h.(2)若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．①求F的大小．②当速度v＝5 m/s时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．22．[解析] (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mgh－μ1mgL＝0①代入数据得 h ＝0.2 m ②(2)①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角θ，由几何关系可得cos θ＝R －h R③根据牛顿第二定律，对物块有 mg tan θ＝ma ④对工件和物块整体有F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得 F ＝8.5 N ⑥②设物块平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 点间的距离为x 2，由运动学公式得h ＝12gt 2⑦ x 1＝v t ⑧x 2＝x 1－R sin θ⑨联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x 2＝0.4 m ⑩21．C2、D1、E2 [2012·福建卷] 如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d(1)小船从A 点运动到B f (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a .21．[解析] (1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功 W f ＝fd ①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引绳对小船做功 W ＝Pt 1② 由动能定理有W －W f ＝12m v 21－12m v 20③ 由①②③式解得v 1＝v 20＋2m(Pt 1－fd )④ (3)设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u ，则P ＝Fu ⑤ u ＝v 1cos θ⑥由牛顿第二定律有 F cos θ－f ＝ma ⑦ 由④⑤⑥⑦式解得a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm24．B5 F2 E2 E3[2012·安徽卷] 如图19所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 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 ＝10 m/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的曲面上；(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，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．24．[解析] (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0.由机械能守恒知mgh ＝12m v 20得v 0＝2gh设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则 μmg ＝ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v 2－v 20＝－2al 联立解得v ＝4 m/s由于v >u ＝2 m/s ，所以v ＝4 m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小． (2)设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为V 、v 1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 －m v ＝m v 1＋MV 12m v 2＝12m v 21＋12MV 2 解得v 1＝13v ＝43m/s即碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动．设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ′，则 0－v 21＝－2al ′得l ′＝49m<1 m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上．(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知v 2＝13v 1＝⎝⎛⎭⎫132v 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B 的速度大小依次为v 3＝13v 2＝⎝⎛⎭⎫133v v 4＝13v 3＝⎝⎛⎭⎫134v ……则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为v n ＝(13)n v .E3 机械能守恒定律17．E3[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 时，下列表述正确的有( )A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小17．BC [解析] 滑块在轨道上滑动，只有重力做功，机械能守恒，则有：mgh ＝12m v 2B，解得：v B ＝2gh ，滑块到B 点时，支持力N B 与重力的合力提供向心力，即：N B －mg ＝m v 2BR，联立以上两式得：N B ＝mg ＋2mghR，由牛顿第三定律知N ＝N B ，故B 、C 正确．24．B5 F2 E2 E3[2012·安徽卷] 如图19所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 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 ＝10 m/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的曲面上；(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，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．24．[解析] (1)设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0.由机械能守恒知mgh ＝12m v 20得v 0＝2gh设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a ，则 μmg ＝ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v 2－v 20＝－2al 联立解得v ＝4 m/s由于v >u ＝2 m/s ，所以v ＝4 m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小． (2)设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为V 、v 1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 －m v ＝m v 1＋MV12m v 2＝12m v 21＋12MV 2 解得v 1＝13v ＝43m/s即碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动．设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ′，则 0－v 21＝－2al ′得l ′＝49m<1 m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上．(3)当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知v 2＝13v 1＝⎝⎛⎭⎫132v 物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B 的速度大小依次为v 3＝13v 2＝⎝⎛⎭⎫133v v 4＝13v 3＝⎝⎛⎭⎫134v ……则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为v n ＝(13)n v .E4 实验：探究动能定理11．E4[2012·江苏卷] 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．图9图10(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 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．[答案] (1)减小B 的质量(或增大A 的质量) 增加细线的长度(或降低B 的起始高度) (2)如图所示(3)0.4 (4)偏大[解析] (1)实验开始时发现A 释放后会撞到滑轮，主要是加速度过大或加速时间过长，可以通过减小B 的质量或增大A 的质量来减小加速度，通过增加细线的长度或降低B 的起始高度来缩短加速时间．(2)s －h 图象如图所示．(3)本实验测动摩擦因数的原理是动能定理，即由Mgh －μmgh ＝12(M ＋m )v 2，－μmgs ＝－12m v 2，求得s ＝M －μm μ(M ＋m )h ，图象的斜率k ＝M －μm μ(M ＋m )，即0.5－0.4μμ(0.5＋0.4)＝5660，解得μ＝0.4. (4)本实验测动摩擦因数的原理是动能定理，如果考虑克服滑轮摩擦做功W ，则Mgh －μmgh －W ＝12(M ＋m )v 2，－μmgs ＝－12m v 2，求得μ＝Mgh －W mgh ＋(M ＋m )gs，如果忽略克服滑轮摩擦做功，则动摩擦因数偏大．E5 实验：验证机械能守恒定律E6 功和能综合21．E6 [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F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，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4x 0.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kx 0m－μgC ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μgD ．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μmg (x 0－μmgk)21．BD [解析] 撤去F 后的一段时间内，由于运动过程中弹力不断变化，物体先做变加速运动，后做变减速运动，再做匀减速运动，A 错误；设撤去F 后，物体刚运动时加速度为a ，根据牛顿第二定律：kx 0－μmg ＝ma ，解得a ＝kx 0m－μg ，B 正确；物体做匀减速运动的位移为3x 0，由3x 0＝12μgt 2，解得t ＝6x 0μg，C 错误；当弹力与摩擦力大小相等时，速度最大，此时kx 1＝μmg ，该过程物体向左运动的位移为x ＝x 0－x 1＝x 0－μmgk，克服摩擦力做的功W ＝μmg (x 0－μmgk )，D 正确．26．E6[2012·全国卷] 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 ＝12hx 2；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 .图10(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 26．[解析] (1)设该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x ＝v 0t ①2h －y ＝12gt 2②根据题意有y ＝x 22h③ 由机械能守恒，落到坡面时的动能为 12m v 2＝12m v 20＋mg (2h －y )④ 联立①②③④式得12m v 2＝12m ⎝⎛⎭⎫v 20＋4g 2h 2v 20＋gh ⑤ (2)⑤式可以改写为v 2＝⎝⎛⎭⎪⎫v 20＋gh －2gh v 20＋gh 2＋3gh ⑥v 2极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh ⑦此时v 2＝3gh ，则最小动能为 ⎝⎛⎭⎫12m v 2min ＝32mgh ⑧14．E6[2012·江苏卷] 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l4.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．图1714．[解析] (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F ＝kx ① 且F ＝f ②解得x ＝fk③(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，由动能定理得－f ·l 4－W ＝0－12m v 20④同理，小车以v m 撞击弹簧时，由动能定理得－fl －W ＝0－12m v 2m⑤解得v m ＝v 20＋3fl2m⑥ (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v 1，由能量转化与守恒定律，得 12m v 21＝W ⑦ 由④⑦解得v 1＝v 20－fl2m当v <v 20－fl2m 时， v ′＝v 当v 20－fl 2m ≤v ≤v 20＋3fl 2m 时，v ′＝v 20－fl2m17．E6 [2012·福建卷] A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同17．D [解析] 剪断轻绳后，由于不计摩擦，A 、B 两个物块的机械能都守恒，即两物块的机械能变化量均为0，B 错误．由mgh ＝12m v 2得v ＝2gh ，则A 、B 两物块下落到地面时的速度大小相同，所以A 、B 两物块的速率变化量相同，A 错误．剪断轻绳前，A 、B 均处于平衡状态，设轻绳的拉力为T ，则有T ＝m A g ，T ＝m B g sin θ，可得m A ＝m B sin θ；剪断轻绳后，A 、B 下落高度相同，由ΔE p ＝－mgh 知A 的重力势能的变化量小于B 的重力势能的变化量，C 错误．剪断轻绳后，A 、B 两物块着地所用的时间分别为t A ＝2h g 、t B ＝1sin θ2hg，则重力做功的平均功率分别为P A ＝m A gh 2h g 、P B ＝m B gh1sin θ2h g，由m A ＝m B sin θ，可知P A ＝P B ，D 正确．16．E6[2012·安徽卷] 如图3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 的图3运动过程中( ) A ．重力做功2mgR B ．机械能减少mgR C ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR16．D [解析] 由于重力做功只与高度差有关，所以小球从P 到B 的运动过程中，重力做功为mgR ，A 错误；由于小球在B 点时对轨道无压力，则小球由自身重力提供向心力： mg＝m v 2R ，解得v ＝gR ，小球从P 到B 的运动过程中，由动能定理有：mgR ＋W f ＝12m v 2－0，解得W f ＝－12mgR ，D 正确；小球从P 到B 的运动过程中，除了重力做功之外，还克服摩擦力做功为12mgR ，可知机械能减少了12mgR ，B 错误；由动能定理有：W 合＝12m v 2－0＝12mgR ，C 错误．24．E6 [2012·四川卷] 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＝37°，半径r ＝2.5 m ，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 ×105 N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m ＝5×10－2 kg 、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v 0＝3 m/s 冲上斜轨．以小物体通过C 点时为计时起点，0.1 s 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 ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝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．[解析] (1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f －mgr (1－cos θ)＝12m v 20 代入数据得W f ＝0.475 J(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a 1，由牛顿第二定律得－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE )＝ma 1小物体向上做匀减速运动，经t 1＝0.1 s 后，速度达到v 1，有 v 1＝v 0＋a 1t 1联立以上方程可知v 1＝2.1 m/s ，设运动的位移为s 1，有s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 －mg sin θ－μ(mg cos θ－qE )＝ma 2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有 0＝v 1＋a 2t 2s 2＝v 1t 2＋12a 2t 22设CP 的长度为s ，有 s ＝s 1＋s 2联立相关方程，代入数据解得 s ＝0.57 m23．E6[2012·四川卷] 四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度取10 m/s 2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)． 23．[解析] (1)设电动机的电功率为P ，则 P ＝UI设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则 P r ＝I 2r代入数据解得P r ＝1×103 W(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则M ＝ρV设质量为M 的河水增加的重力势能为ΔE p ，则 ΔE p ＝Mgh设电动机的输出功率为P 0，则 P 0＝P －P r根据能量守恒定律得 P 0t ×60%×80%＝ΔE p 代入数据解得 t ＝2×104 s。

一、单项选择题1．【2015·上海·3】如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（）A ．1FB ．2FC ．3FD ．4F【答案】B【考点定位】牛顿第二定律.2．【2013·海南卷】一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。

在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是（）A ．a 和v 都始终增大B ．a 和v 都先增大后减小C ．a 先增大后减小，v 始终增大D ．a 和v 都先减小后增大 【答案】C【解析】初始状态质点所受合力为零，当其中一个力的大小逐渐减小到零时，质点合力逐渐增大到最大，a 逐渐增大到最大，质点加速；当该力的大小再沿原方向逐渐恢复到原来的大小时，质点合力逐渐减小到零，a 逐渐减小到零，质点仍然加速。

可见，a 先增大后减小，由于a 和速度v 始终同向，质点一直加速，v 始终增大，故C 正确。

【考点定位】考查对牛顿第二定律及对速度时间关系的定性分析的理解。

3．【2011·福建卷】如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 和B 。

若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的磨擦。

设细绳对A 和B 的拉力大小分别为1T 和2T ，已知下列四个关于1T 的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是（）A．21112(2)2()m m m gTm m m+=++B．12112(2)4()m m m gTm m m+=++C．21112(4)2()m m m gTm m m+=++D．12112(4)4()m m m gTm m m+=++【答案】C【考点定位】牛顿第二定律.4．【2011·天津卷】如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力（）A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小【答案】A【解析】A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B整体根据牛顿第二定律有()A BA Bm m ga gm mμμ++＝＝，然后隔离B，根据牛顿第二定律有AB B Bf m a m gμ==大小不变，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；【考点定位】牛顿第二定律5．【2012·安徽卷】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【考点定位】考查力的分解、牛顿运动定律及其相关知识.6．【2011·北京卷】“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。

2012高考理综物理试卷分析---新课标2012年的高考题从整体上看：稳中有变，难度适中。

考查的知识点比着往年功和能、机械能较少，这也属于正常现象，哪一年高考都有一些知识点没有牵涉到。

但力学和电磁学仍是主要内容，并且电磁学、电磁感应比往年有增加，二者占了总分的大约85%以上。

选择题难度不是很大，计算量也不是很大，14题考查了物理学史及基本概念，比较简单，这与10年的14题类似，说明平常在教学时要面面俱到，不能遗漏。

15题、16题、分别考查了平抛运动、物体的平衡的基本问题和基本概念，也比较简单。

17题考查了交流电和变压器的基本原理，没有多大的变化。

计算量适中。

18题考查了电荷在复合场（电场和磁场）中的运动，难度较前几个题稍微增加，考查知识点较多：力和运动的关系、匀变速直线运动、动能定理、电势能及能量守恒定律。

19题和20题包括实验题23题都考查了电磁感应现象。

说明今年加大了电磁感应现象的考查。

其中19题考查了导体切割磁感线产生电动势和法拉第电磁感应定律，计算量一般。

20题主要考查了楞次定律以及电磁感应现象的图像问题，这也是平常练习中常见题，似曾相识。

21题从知识点上看考查了万有引力定律，还考查了等效的思想及一定的数学计算能力，学生可能感到束手无策、与平常的万有引力定律及天体的运动的试题不一样，有点难度，也可以用极限法排除2个选项。

实验题22题是基本仪器的使用和读数，属于常规题。

实验题23题出乎意料，大家都没有想到是个复合实验题：包括力学、电学，并且还考查了电磁感应。

但是难度也不是很大。

计算题24题考查了物体的平衡：力的合成与分解或正交分解，第2问考查了摩擦角及数学的临界问题，学生不容易理解而失分。

计算题25题为压轴题，历年如此，厚重而又普通，重点考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动及电场中的类平抛，这两个知识点在平常的练习中见的很多：包括圆的、三角形的几何知识、类平抛的两个方向的运动等知识。

相比往年难度没有增加，但成绩一般的学生仍不能顺利完成，得分率不高。

高中物理必修3电路及其应用综合题专题训练姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、综合题（共18题）1、 24-A.(本题供选修1-1的考生作答）麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了这一预言．电磁波按照波长由长到短排列依次是：无线电波、红外线、可见光、紫外线、、γ射线．南京调频音乐电台的播放频率是105.8MHz，已知电磁波的传播速度为3.0×108m/s，则该电台信号的波长是m．24-B.(本题供选修3—1的考生作答）某品牌电热水壶的铭牌如下面所示．用该电热水壶烧水，在额定电压下工作时，它的工作电流是A，正常工作1min消耗的电能是J．2、在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的质量,如图所示为电子秤的原理图，托盘和弹簧的电阻与质量均不计.滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零.没变阻器的总电阻为R，总长度为l,电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想表，当长盘上放上某物体时，电压表的示数为U，求此时称量物体的质量.3、如图所示，一电荷量q=3×10-5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。

电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。

已知两板相距d=0.1m，电源电动势=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω。

g取10m/s2，已知，。

求：（1）电源的输出功率；（2）两板间的电场强度的大小；（3）带电小球的质量。

4、如图所示电路，电源电动势E=4.8V，内阻r=0.4Ω，电阻R1 ＝R2 ＝R3 ＝4Ω，R1两端连接一对竖直放置的平行金属板M、N，板间电场视为匀强电场。

板间固定一根与板面垂直长度与板间距相等的光滑绝缘细杆AB，AB上套一个质量的带电环p，p的电荷量为（视为点电荷，不影响电场分布），电键S断开时，将带电环p从杆的左端A处由静止释放， p运动到杆的中点O时，速度v=0.8m/s，求：（1）电键S断开时，电路的总电流。

J 单元 电路J1 部分电路及其规律4．M2J1[2012·海南卷] 如图，理想变压器原，副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V”，“6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )A ．120 V,0.10 AB ．240 V,0.025 AC ．120 V,0.05 AD ．240 V,0.05 A 4．D [解析] 两灯泡都正常工作时，副线圈中电压U 2＝U ＝12 V ，电流为I 2＝2I ＝2＝1A ，根据n 1n 2＝U 1U 2和n 1n 2＝I 2I 1，U 1＝n 1n 2U 2＝240 V ，I 1＝n 2n 1I 2＝0.05 A ，D 选项正确．J2 闭合电路的欧姆定律J3 电路综合问题9．(2)J3 [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他组装单摆时，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 ＝0.9990 m ，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________mm ，单摆摆长为________m.③下列振动图象真实地描述了对摆长为1 m 的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A 、B 、C 均为30次全振动的图象，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)．9．(2)[答案] ①AC②12.00.9930③A[解析] ①摆长是影响单摆周期的一个因素，在某一次测量中应采用控制变量法保证摆长不变；在探究摆长与周期的关系时，需要改变摆长，开有狭缝的橡皮正是基于此目的设计的．②单摆的摆长为悬点到摆球球心的距离．摆球自然悬垂时，用悬点到摆球最低点的距离减去小球的半径，即为单摆的摆长．③在摆角较小的情况下，摆球的运动才可看作简谐运动．由振动图象读出单摆的振幅，结合题目给出的正弦值，可知图象A、B对应于单摆在摆角小于5°时的摆动情况，而图象C、D对应于单摆在摆角大于15°时的摆动情况；为使时间的测量更加准确，应该从小球经过平衡位置时开始计时．综上所述，选项A正确．19．J3[2012·全国卷] 一台电风扇的额定电压为交流220 V．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．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度19．B[解析] 分段计算用电量，前10 min用电W1＝220×0.3×600 J＝39600 J，中间10 min用电W2＝220×0.4×600 J＝52800 J，后40 min用电W3＝220×0.2×2400 J＝105600 J，一个小时总的用电量W＝W1＋W2＋W3＝198000 J，换算成度为1980001000×3600度＝5.5×10－2度．J4 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线22．(2)J4[2012·四川卷] 某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L，规格“4.0 V,0.7 A”；电流表A1，量程3 A，内阻约为0.1 Ω；电流表A2，量程0.6 A，内阻r2＝0.2 Ω；电压表V，量程3 V，内阻r V＝9 kΩ标准电阻R1，阻值1 Ω；标准电阻R2，阻值3 kΩ；滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；学生电源E，电动势6 V，内阻不计；开关S及导线若干．图2图3图4①甲同学设计了如图l所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46 A时，电压表的示数如图2所示，此时L的电阻为________Ω.②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L 上的电压值是________V.③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路．请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图．并在图上标明所选器材代号．22．(2)[答案] ①5②4③如图所示．答图1[解析] ①由图2知，电压表的读数为2.30 V，根据欧姆定律，L的电阻R L＝UI＝2.300.46Ω＝5 Ω；②电压表与电阻R2串联，电压表两端的电压3 V，根据串联电路电阻与电压的关系，电阻R2两端的电压为1 V，灯泡L两端的电压为电压表和电阻R2两端的电压之和，即为4 V；③如答图1和答图2所示．22．Ⅱ.J4[2012·安徽卷] 图12为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.(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．图13Ⅱ.[答案] (1)①使它靠近变阻器左端的接线柱②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压(2)如图所示[解析] (1)①为了保护电表不被损坏，不会因为合上开关时电流过大而超过电表量程，应将滑片移至滑动变阻器的最左端，使滑动变阻器接入电路的阻值最大；②要测绘小灯泡的伏安特性曲线，应增加电压，记下多组电流和电压值，要使数据有明显的变化，并且在移动滑动变阻器时要注意不得超过电表的量程．(2)画电路图时应注意：电流表为外接法，滑动变阻器为分压接法．21．J5(2)[2012·山东卷]待测金属丝：R x(阻值约4 Ω，额定电流约0.5 A)；电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；A2(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；E2(电动势12 V，内阻不计)；滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm.②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________(均填器材代号)，在虚线框内完成电路原理图．21．(2)[答案] ①1.773(1.771～1.775均正确)②A1E1电路如图所示[解析] 0.5 A，所以电流表选择A1.本实验滑动变阻器采用限流法，所以滑动变阻器与待测电阻丝串联，如果选择电动势为12 V的电源，电路中的最小电阻为120.5Ω＝24 Ω，滑动变阻器必须全部接入电路，不能得到多组数据，影响测量精度，所以电源选择E1.34．J5[2012·广东卷] (1)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图15(a)和图15(b)所示，长度为________cm，直径为图7②按图7(c)连接电路后，实验操作如下：(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最________处(填“大”或“小”)；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；(b)将电阻箱R2的阻值调至最________(填“大”或“小”)，S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280 Ω；③由此可知，圆柱体的电阻为________Ω.34．(1)①5.01 5.315(5.310～5.320)②(a)大(b)大③1280[解析] ①游标卡尺的读数＝主尺上的读数＋游标上的读数，本题主尺上的读数是5 cm，游标上的读数是1×0.1 mm＝0.01 cm，故游标卡尺的读数为5.01 cm；螺旋测微器的读数＝固定尺的读数＋可动尺的读数×0.01，即5 mm＋31.5×0.01 mm＝5.315 mm，最后一位是估计位，可以不同．②(a)将滑动变阻器R1的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；(b) 将电阻箱R2的阻值调至最大，目的也是为了保护电流表及电源；③本题的实验方法为替代法．由I0＝ER1＋R A＋r＋R x、I0＝ER1＋R A＋r＋R2得，R x＝R2＝1280 Ω.21．J5[2012·北京卷] 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50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为____________mm(图(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3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：x“乙”)．图2(3)图3是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．图3(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值R x＝________Ω(保留两位有效数字)．(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是________________________________________________________________________ (有多个正确选项)．A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U－I图象处理数据求金属线电阻可以减小偶然误差21．[答案] (1)(0.395～0.399)(4)如图4(4.3～4.7)(5)C(6)CD[解析] (1)测量时被测物体长度的整数毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出．测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．(2)从表格可以看出，电压表是从很小开始读数，所以采用分压式接法．(5)由公式R ＝ρl S可得，电阻率约为1×10－6Ω·m ，C 项正确． (6)读数引起的误差为偶然误差，电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，A 、B 项错误；计算时，将电流表、电压表的内阻考虑在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，C 项正确；采用图象法，可以减小偶然误差，D 项正确．J6 实验：把电流表改装成电压表9．(3)J6 [2012·天津卷] 某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G 1来校对待测电流表G 2的满偏电流和测定G 2内阻的电路，如图所示．已知G 1的量程略大于G 2的量程，图中R 1为滑动变阻器，R 2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．填步骤的字母代号)；A ．合上开关S 2B ．分别将R 1和R 2的阻值调至最大C ．记下R 2的最终读数D ．反复调节R 1和R 2的阻值，使G 1的示数仍为I 1，使G 2的指针偏转到满刻度的一半，此时R 2的最终读数为rE ．合上开关S 1F ．调节R 1使G 2的指针偏转到满刻度，此时G 1的示数为I 1，记下此时G 1的示数 ②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G 2内阻的测量值与真实值相比____________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)；③若要将G 2的量程扩大为I ，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G 2上并联的分流电阻R S 的表达式，R S ＝______________.9．(3)[答案] ①BEFADC ②相等 ③I 1r I －I 1[解析] ①只闭合S 1(S 2不闭合)，标准电流表G 1与待测电流表G 2串联，通过两表的电流相同，使待测电流表G 2满偏即可由标准电流表G 1读出其满偏电流I 1.再闭合S 2后，反复调节R 1和R 2的阻值，使G 1的电流仍为I 1，而G 2的电流为12I 1，则此时通过电阻箱R 2的电流也为12I 1，据并联电路的特点知，电阻箱R 2的阻值与G 2的内阻相等．②从实验设计的原理上，可准确得到待测电流表G 2的内阻．③若要将G 2的量程扩大为I ，需并联一个分流电阻R S ，G 2满偏时通过分流电阻R S 的电流应为I －I 1，此时分流电阻R S 两端的电压与G 2的满偏电压相等，为I 1r ，所以R S ＝I 1r I －I 1.J7 实验：测定电源的电动势和内阻22．J7 [2012·重庆卷] (1)如图所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的________面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a 、b 、c 的位置相同，且插在c 位置的针正好挡住插在a 、b 位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d 、e 两点，如图所示，计算折射率时，用________(填“d ”或“e ”)得到的值较小，用________(填“d ”或“e ”)点得到的值误差较小．(2)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E E和r的影响，实验器材如图所示．①测量E和r U和流过电源的电流I，依据公式______，利用测量数据作出U－I图象，得出E和r.②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路．③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U－I图象如图中(a)(b)(c)(d)所示，由此可知：在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(填“增大”、“减小”或“不变”)，电源内阻________(填“增大”、“减小”或“不变”)．曲线(c)对应的电源电动势E＝__________V，内阻r＝________Ω，当外电路总电阻为2500 Ω)(2)①U＝E－Ir③不变 增大 0.975 478 0.268[解析] (1) 玻璃砖的光学面不能用手直接接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定．连接dc 、 ec 并延长至玻璃砖的光学面与白纸的交线，交点为出射点，入射点与出射点的连线即为折射光线，入射角一定，用d 点时，折射角大，折射率小；对于两光学面平行的玻璃砖，入射光线和出射光线平行，ec 连线与入射光线平行，误差小．(2)①根据闭合电路的欧姆定律，U ＝E －Ir .②如图所示．③图线与纵轴的交点的纵坐标即为电动势，交点纵坐标不变，所以电动势不变，为0.975 V ；图线斜率的绝对值即为内阻，斜率的绝对值变大，内阻变大．(c )对应图线斜率绝对值约为478(从线上选取两点即可求斜率)，电源的输出功率P ＝⎝⎛⎭⎫E R ＋r 2R ＝⎝⎛⎭⎫0.9752500＋4782×2500 W ＝2.68×10－4 W ＝0.268 mW.19．(2)J7、J8 [2012·福建卷] 某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E .①先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图，其示数为________V .②然后，用电压表V 0测定该电池电动势．(ⅰ)(ⅱ)闭合开关S ，调整电阻箱阻值R ，读出电压表V 相应示数U .该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R 、U 数据，并计算出相应的1R 与1U的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出1U －1R图线．19．(2)[答案](ⅱ)如图所示(ⅲ)9.5～11.1[解析] ①量程为10 V 0.2 V ，指针指在47小格，其对应的电压为0.2×47 V ＝9.4 V(由于最小刻度为0.2 V ，所以结果只需保留到0.1 V 即可)；②根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U R(r ＋R 0)＋U ，两边同时除以EU ，整理可得1U ＝r ＋R 0E ·1R ＋1E ，对照1U －1R 图象可知，图象的斜率表示r ＋R 0E，图象与纵坐标的交点表示1E，代入相关数值即可得出E ＝10.0 V.J8 实验：多用电表的使用(用多用电表探索黑箱内的电学元件)22．J8[2012·全国卷] 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1 Ω，2、3接线柱之间的电阻为1.5 Ω，1、3接线柱之间的电阻为2.5 Ω.(1)(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．[答案] (1)黑箱内电阻串并联方式如图所示．(2)0.6[解析]息．需要经过推理、猜想、验证多个环节．根据已知条件，画出猜测的草图，然后整体验证所画草图是否与已知条件有矛盾，没有矛盾就是正确的，有矛盾再逐步修正．因为1、2接线柱之间的电阻为1 Ω，2、3接线柱之间的电阻为1.5 Ω，1、3接线柱之间的电阻为2.5 Ω.可见1、2接线柱之间是最简单的，猜测1、2接线柱之间只有一个1 Ω电阻；因为2、3接线柱之间的电阻为1.5 Ω，猜测2、3接线柱之间两个1 Ω电阻并联再跟一个1 Ω电阻串联，经验证，这种电路是正确的．10．J8[2012·江苏卷] 如图所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测．图8(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“×1”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，多用电表的示数如图所示．两表笔接的接点多用电表的示数a、b ________Ωa、c 10.0 Ωb、c 15.0 Ω10.[答案] (1)A(2)(3)5.0如图所示[解析] (1)在使用多用电表时发现指针不在左边“0”刻度线处，则需要进行机械调零，即调节A；(2)在用直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否有电源时，一个表笔接a，另一个表笔应短暂接b，防止电流过大烧毁电表；(3)每对接点间正反向电阻相等，说明黑箱中只有电阻，由于选择开关选择的是“×1”挡，因此两表笔分别接a、b时，多用电表的示数从表盘中读出为5.0 Ω；根据表格中数据，可知各接点间的电阻连接如图所示．19．(2)J7、J8[2012·福建卷] 某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E.①先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图，其示数为________V.②然后，用电压表V0测定该电池电动势．(ⅰ)(ⅱ)闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U.该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R、U数据，并计算出相应的1R与1U的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出1U－1R图线．19．(2)[答案] ①9.4②(ⅰ)如图所示(ⅱ)如图所示 (ⅲ)9.5～11.1[解析] ①量程为10 V 0.2 V ，指针指在47小格，其对应的电压为0.2×47 V ＝9.4 V(由于最小刻度为0.2 V ，所以结果只需保留到0.1 V 即可)；②根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝UR(r ＋R 0)＋U ，两边同时除以EU ，整理可得1U ＝r ＋R 0E ·1R ＋1E ，对照1U －1R 图象可知，图象的斜率表示r ＋R 0E ，图象与纵坐标的交点表示1E ，代入相关数值即可得出E ＝10.0 V.J9 实验：传感器的简单应用J10 电学实验综合23．J10[2012·课标全国卷] 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．图8(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)用测得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)如图所示(2)③重新处于平衡状态 2 ④D 的底边长度l (3)|m 2－m 1|g Il(4)m 2＞m 1[解析] 将电源、开关、电流表、电阻箱和U 形金属框串联成闭合电路．设U 形金属框质量为m ，当开关S 断开时，有mg ＝m 1g ，当开关S 闭合时，有mg ＋BIL ＝m 2g ，联立解得：B ＝|m 2－m 1|Ilg .若m 2＞m 1，U 形金属框所受的安培力向下，磁感应强度方向垂直纸面向外；反0磁感应强度方向垂直纸面向里．。

f2012年高考物理试题分类汇编：牛顿运动定律1．（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：A2．(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1a为纵坐标，在坐标纸上做出1ma关系图线。

若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则1a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___________。