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1、2012年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科综合 物理部分物理部分山东山东 崔艳友（解析）崔艳友（解析）本试卷分第I卷和第II卷两部分，共12页。满分240分。考试用时150分钟。答题前，考生务必用05毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（必做，共87分）注意事项：注意事项：1第I卷共20小题。2每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。二、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有
2、一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14以下叙述正确的是（ ）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14AD解析：惯性是物体的固有属性，质量是决定物体惯性大下的唯一因素，选项A错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果，选项C错误。152011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
3、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1v、2v。则12v v等于（ ）A 3 1 3 2R RB 21R RC 2 2 2 1R RD 21R R15B解析：万有引力提供向心力有22MmvGmRR ，得GMvR ，所以12v v 21R R，选项B正确。16将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt 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16
4、AC解析：根据vt 图像可知，前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，选项A正确；最后2s内货物做匀减速直线运动，加速度大小为23/vam st，受重力和拉力作用，选项B错误；根据匀变速直线运动平均速度公式0 2tvvv ，前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，都为3/m s，选项C正确；第3s末至第5s末的过程中，货物匀速上升，机械能不守恒，选项D错误。17如图所示，两相同轻质硬杆1OO、2OO可绕其两端垂直纸面的水平轴O、1O、2O转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。fF表示木块与挡板间摩擦力的大小，NF表示木块与挡板间正压
5、力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且1O、2O始终等高，则（ ）AfF变小BfF不变CNF变小DNF变大17BD解析：把重物M和两木块m看成整体受力分析可得，竖直方向合力为零，始终木块与挡板间摩擦力22fFmgMg ，选项A错误B正确；挡板间的距离稍许增大后，对结点O受力分析可得，轻杆弹力增大，对木块受力分析得木块与挡板间正压力增大，选项C错误D正确。18图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为1n、2n。V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
6、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5VB电压表的示数等于52VC实现点火的条件是211000n n D实现点火的条件是211000n n 18BC解析：电压表的示数为有效值，所以等于1522mEUV ，选项A错误B正确；实现点火的条件是25000UV，所以22111000nU nU ，选项C正确D错误。19图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）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
7、有b点到c点的动能变化19CD 解析：根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A正确；根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；从b点到c点电场力做正功，电势能减小，选项C错误；同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确。20如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为 ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始
8、终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）A2sinPmgv B3sinPmgv C当导体棒速度达到2v时加速度为sin2g D在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功20AC解析：当速度达到v时开始匀速运动，受力分析可得2 2 sinB l vmgR ，导体棒最终以2v的速度匀速运动时，拉力为sinFmg ，所以拉力的功率为2sinPmgv ，选项A正确B错误。当导体棒速度达到2v时安培力1sin2Fmg ，加速度为sin2ga ，选项C正确。在速度达到2v以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力
9、所做的功加上重力做的功，选项D错误，【必做部分】21 （13分）（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处） 。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示。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a= m/s2，若用a g来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度）
10、，则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”） 。21 （1）6；7【或7；6】1.00；1.202.00；偏大解析：根据匀加速直线运动的推论，相邻相等时间内位移之差是常数2xaT ，可知开始位移之差为2cm，所以6和7之间某时刻开始减速。计数点5对应的速度大小为0.2001/1.00/0.2vm sm s ，计数点6对应的速度大小为0.2329/1.17/0.2vm sm s 。物块减速运动过程中加速度的大小为224321 220.10600.08610.6600.0460/2.00/44 0.1xxxxam sm sT ，由于纸带与打点计时器之间有摩擦阻力,则计算结果比动摩擦因
11、数的真实值偏大.（2）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：xR（阻值约4 ，额定电流约0.5A） ；电压表：V（量程3V，内阻约3k ） ；电流表：1A（量程0.6A，内阻约0.2 ） ；2A（量程3A，内阻约0.05 ） ；电源：1E（电动势3V，内阻不计）2E（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：R（最大阻值约20 ）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm。若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 、电源应选（均填器材代号） ，在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图。21 （2）1773【17711
12、775均正确】A1；E1；电路图如右。解析：电压表量程3V，所以电源应选E1，通过待测金属丝的最大电流约为30.754IAA ，所以电流表应选A1。22 （15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径1.0Rm 的光滑圆弧轨道，BC段为一长度0.5Lm 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0.2mkg ，与BC 间的动摩擦因数10.4 。工件质0.8Mkg ，与地面间的动摩擦因数20.1 。 （取210/)gm s （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
13、。（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解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得10mghmgL 代入数据得0.2hm （2）设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为 ，由几何关系可得cosRh R 根据牛顿第二定律，对物体有tanmgma 对工件和物体整体有2()()FMm gMm a 联立式，代入数据得8.5NF 设物体平抛运动的时间为t，水平位移为1x，物块落点与B
14、间的距离为 2x， 由运动学公式可得21 2hgt 1xvt 21sinxxR 联立式，代入数据得20.4xm 23(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔1S、2S，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为0U，周期为0T。在0t 时刻将一个质量为m、电量为q （0q ）的粒子由1S静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在0 2Tt 时刻通过2S垂直于边界进入右侧磁场区。 （不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达2S时的速度大小v和极板距离d（2）为
15、使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在03tT 时刻再次到达2S，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小23解：（1）粒子由1S至2S的过程中，根据动能定理得2 01 2qUmv 由式得02qUvm 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得0Uqmad 由运动学公式得201()22Tda 联立式得002 4TqUdm (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得2vqvBmR 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足22LR 联立式得024mUBLq （3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为1t，有1dvt 联立式得0 14Tt 若粒子再次达到2S时速度恰好为零，
