📚 原卷真题 · 精编解析
北京市2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）理科综合·物理部分
物理
考试时间：90分钟满分：100分
考生须知
- 本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。
- 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
- 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题
13．一个氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级，该氢原子
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
氢原子从高能级向低能级跃迁时放出光子，能量减少。
n=3→n=2，放出光子，能量减少。
故选B。
氢原子从高能级向低能级跃迁时放出光子，能量减少。
n=3→n=2，放出光子，能量减少。
故选B。
14．一束单色光经由空气射入玻璃，这束光的
👩🏫 教师答案
【答案】A
【详解】
光从空气射入玻璃：
- 频率不变（由光源决定）
- 速度变慢（v=c/n，n>1）
- 波长变短（λ=v/f=λ₀/n）
故选A。
光从空气射入玻璃：
- 频率不变（由光源决定）
- 速度变慢（v=c/n，n>1）
- 波长变短（λ=v/f=λ₀/n）
故选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P/2．如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为
👩🏫 教师答案
【答案】C
【详解】
直流功率P=U²/R=10²/R
交流功率P/2=U有²/R
所以U有²=50，U有=5√2 V
最大值Um=√2·U有=10 V
故选C。
直流功率P=U²/R=10²/R
交流功率P/2=U有²/R
所以U有²=50，U有=5√2 V
最大值Um=√2·U有=10 V
故选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圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
等效电流I=q/T=q/(2πm/qB)=q²B/(2πm)
I与B成正比，与q²成正比，与m成反比，与速率无关。
故选D。
等效电流I=q/T=q/(2πm/qB)=q²B/(2πm)
I与B成正比，与q²成正比，与m成反比，与速率无关。
故选D。
18．关于环绕地球卫星的运动，下列说法正确的是
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
A选项：由开普勒第三定律，圆轨道和椭圆轨道可能周期相同。故A错误。
B选项：椭圆轨道上关于长轴对称的两点速率相同。故B正确。
C选项：同步卫星轨道半径固定。故C错误。
D选项：经过北京上空的卫星轨道平面可以有多个。故D错误。
故选B。
A选项：由开普勒第三定律，圆轨道和椭圆轨道可能周期相同。故A错误。
B选项：椭圆轨道上关于长轴对称的两点速率相同。故B正确。
C选项：同步卫星轨道半径固定。故C错误。
D选项：经过北京上空的卫星轨道平面可以有多个。故D错误。
故选B。
19．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S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，经重复实验，线圈上的套环均未动，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
👩🏫 教师答案
【答案】D
【详解】
跳环实验原理：闭合开关瞬间，线圈中产生变化的磁场，套环中产生感应电流，受安培力跳起。
A选项：直流电源也能产生变化磁场（开关闭合瞬间）。故A错误。
B选项：电压过高应该更容易跳起。故B错误。
C选项：匝数过多应该更容易跳起。故C错误。
D选项：若套环为非金属材料，不会产生感应电流，不会跳起。故D正确。
故选D。
跳环实验原理：闭合开关瞬间，线圈中产生变化的磁场，套环中产生感应电流，受安培力跳起。
A选项：直流电源也能产生变化磁场（开关闭合瞬间）。故A错误。
B选项：电压过高应该更容易跳起。故B错误。
C选项：匝数过多应该更容易跳起。故C错误。
D选项：若套环为非金属材料，不会产生感应电流，不会跳起。故D正确。
故选D。
20．“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
👩🏫 教师答案
【答案】B
【详解】
量纲分析：ν=kU，k=ν/U，单位是Hz/V=s⁻¹·V⁻¹=(C·V·s)⁻¹
h的单位是J·s=V·C·s
e的单位是C
2e/h的单位是C/(V·C·s)=V⁻¹·s⁻¹
符合k的单位。
故选B。
量纲分析：ν=kU，k=ν/U，单位是Hz/V=s⁻¹·V⁻¹=(C·V·s)⁻¹
h的单位是J·s=V·C·s
e的单位是C
2e/h的单位是C/(V·C·s)=V⁻¹·s⁻¹
符合k的单位。
故选B。
二、非选择题
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轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移x与时间t关系的图像是
CtxOTAtxOTDtxOTBtxOTCtxOTAtxOTDtxOTBtxOT
👩🏫 教师答案
【答案】A
【详解】
经过T/4，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。
加速度最大在最大位移处，正方向最大加速度说明在负最大位移处。
t=0时振子在正最大位移处（因为T/4后到负最大位移）。
图像应从正最大位移开始向下振动。
故选A。
经过T/4，振子具有沿x轴正方向的最大加速度。
加速度最大在最大位移处，正方向最大加速度说明在负最大位移处。
t=0时振子在正最大位移处（因为T/4后到负最大位移）。
图像应从正最大位移开始向下振动。
故选A。
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．
图1（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（该值接近多次测量的平均值）
（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组(电动势为3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0~20Ω，额定电流2A)、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：
由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图(选填“甲”或“乙”)．
VARSRxRS图2乙甲VARxVARSRxRS图2乙甲VARx
（3）图3是测量Rx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．请根据图(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．
PRx图3
（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx=___________Ω(保留两位有效数字)．
（5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________(填选项前的符号)．
（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
A. 1×10-2Ω·m
B. 1×10-3Ω·m
C. 1×10-6Ω·m
D. 1×10-8Ω·m
👩🏫 教师答案
【答案】（1）（0.395~0.399） （2）甲 （3）如答图3
0 I/A 答图4U/V 0.5 1.5 2.5 2.0 1.0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0 I/A 答图4U/V 0.5 1.5 2.5 2.0 1.0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 PRx答图3
（4）如答图3 （4.3~4.7） （5）C （6）CD
0 I/A 答图4U/V 0.5 1.5 2.5 2.0 1.0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0 I/A 答图4U/V 0.5 1.5 2.5 2.0 1.0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 PRx答图3
（4）如答图3 （4.3~4.7） （5）C （6）CD
【详解】
(1) 螺旋测微器读数：0.5mm×0+39.8×0.01mm=0.398mm（在0.395~0.399范围内均可）
(2) 电压从0.10V开始调节，说明采用分压接法，选甲。
(4) U-I图线斜率即为电阻，Rx≈4.5Ω（在4.3~4.7范围内均可）
(5) 由R=ρL/S，S=πd²/4≈1.24×10⁻⁶m²，ρ=RS/L≈1.1×10⁻⁶Ω·m。选C。
(6) A：读数误差是偶然误差；B：电表内阻引起的误差是系统误差；C：计算电表内阻可消除系统误差；D：图像法可减小偶然误差。选CD。
(1) 螺旋测微器读数：0.5mm×0+39.8×0.01mm=0.398mm（在0.395~0.399范围内均可）
(2) 电压从0.10V开始调节，说明采用分压接法，选甲。
(4) U-I图线斜率即为电阻，Rx≈4.5Ω（在4.3~4.7范围内均可）
(5) 由R=ρL/S，S=πd²/4≈1.24×10⁻⁶m²，ρ=RS/L≈1.1×10⁻⁶Ω·m。选C。
(6) A：读数误差是偶然误差；B：电表内阻引起的误差是系统误差；C：计算电表内阻可消除系统误差；D：图像法可减小偶然误差。选CD。
22．（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：
υ0shυlυ0shυl（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．
👩🏫 教师答案
【答案】（1）s=√(2h/g)υ=0.90m （2）Ek=½mυ2+mgh=0.90J （3）υ0=√(υ²+2μgl)=4.0m/s
【详解】
(1) 平抛运动：h=½gt²，t=√(2h/g)=0.30s，s=υt=3.0×0.30=0.90m
(2) 动能定理：mgh=Ek-½mυ²，Ek=½mυ²+mgh=0.45+0.45=0.90J
(3) 桌面运动：-μmgl=½mυ²-½mv₀²，v₀=√(υ²+2μgl)=√(9+7)=4.0m/s
(1) 平抛运动：h=½gt²，t=√(2h/g)=0.30s，s=υt=3.0×0.30=0.90m
(2) 动能定理：mgh=Ek-½mυ²，Ek=½mυ²+mgh=0.45+0.45=0.90J
(3) 桌面运动：-μmgl=½mυ²-½mv₀²，v₀=√(υ²+2μgl)=√(9+7)=4.0m/s
23．（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；
图1电梯拉力a/m·s⁻² 1.0 0 -1.0 1 2 10 11 30 31 30 41 图2t/s 32 图1电梯拉力a/m·s⁻² 1.0 0 -1.0 1 2 10 11 30 31 30 41 图2t/s 32 （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．
👩🏫 教师答案
【答案】（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=mg·υm=2.0×103×10×10W=2.0×105W
由动能定理，总功
W=Ek2-Ek1=½mυm2-0=½×2.0×103×102J=1.0×105J
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=mg·υm=2.0×103×10×10W=2.0×105W
由动能定理，总功
W=Ek2-Ek1=½mυm2-0=½×2.0×103×102J=1.0×105J
【详解】
(1) 由F-mg=ma，a₁=1.0m/s²，a₂=-1.0m/s²
F₁=m(g+a₁)=2.0×10³×11=2.2×10⁴N
F₂=m(g+a₂)=2.0×10³×9=1.8×10⁴N
(2) a-t图线下面积表示速度变化量
Δυ₁=½×1.0×1=0.50m/s
0~2s面积=½×(1+2)×1=1.5m/s，υ₂=1.5m/s
(3) 最大速率υm=0~11s面积=½×(9+11)×1=10m/s
P=mg·υm=2.0×10³×10×10=2.0×10⁵W
W=½mυm²=½×2.0×10³×100=1.0×10⁵J
(1) 由F-mg=ma，a₁=1.0m/s²，a₂=-1.0m/s²
F₁=m(g+a₁)=2.0×10³×11=2.2×10⁴N
F₂=m(g+a₂)=2.0×10³×9=1.8×10⁴N
(2) a-t图线下面积表示速度变化量
Δυ₁=½×1.0×1=0.50m/s
0~2s面积=½×(1+2)×1=1.5m/s，υ₂=1.5m/s
(3) 最大速率υm=0~11s面积=½×(9+11)×1=10m/s
P=mg·υm=2.0×10³×10×10=2.0×10⁵W
W=½mυm²=½×2.0×10³×100=1.0×10⁵J
24．（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m/4．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=4/9Q，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．
OxE0E dOxE0E d
👩🏫 教师答案
【答案】(1)t=√(2md/QE₀) (2)Epm=QE₀d/45 (3)qm=16Q/9
【详解】
(1) A在电场中加速度a=QE₀/m，d=½at²，t=√(2md/QE₀)
(2) 由动量守恒和能量守恒，当A、B速度相同时相互作用能最大。
QE₀d=½mvA₀²，QE₀d=½(m/4)vB₀²
(m+m/4)v′=mvA₀+(m/4)vB₀
Epm=(½mvA₀²+½(m/4)vB₀²)-½(m+m/4)v′²=QE₀d/45
(3) 由动量守恒和能量守恒，B不改变运动方向要求vB≥0。
当vB=0时，q=16Q/9，即qm=16Q/9
(1) A在电场中加速度a=QE₀/m，d=½at²，t=√(2md/QE₀)
(2) 由动量守恒和能量守恒，当A、B速度相同时相互作用能最大。
QE₀d=½mvA₀²，QE₀d=½(m/4)vB₀²
(m+m/4)v′=mvA₀+(m/4)vB₀
Epm=(½mvA₀²+½(m/4)vB₀²)-½(m+m/4)v′²=QE₀d/45
(3) 由动量守恒和能量守恒，B不改变运动方向要求vB≥0。
当vB=0时，q=16Q/9，即qm=16Q/9