2012高考安徽物理试卷及答案下载

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） 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 Mm r2 v2 4 2 【解析】由万有引力提供航天器做圆周运动的向心力得： G m  m2r  m r  man ，所以 rT 2 GM r4 2r3 GM GM r3 GM r2 y(m) v  、T  、  、an  。而“天宫一号”轨道 o半径 r天 比“神州八号”轨道半径 r神 大，故正确选项：B x(m) 1.0 2.0 3.0 4.0 15．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 t=0s 时波形如图 1 所示，已知 波速为 10m/s，则 t=0.1s 时正确的波形是图 2 中的 图 1 A． 【答案】C B． C． D． 图 2 【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 P16．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、OB 竖直，一个质量为 m 的小球自 A 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 2R B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 ROA1D．克服摩擦力做功 mgR 2【答案】D 第 1 页 共 8 页 第 1 页（共 8 页） vB2 【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： mg  m ；小球从 P 到 B R1的 运 动 过 程 中 ， 由 动 能 定 理 ： WG Wf  mvB2 。 重 力 做 功 WG  mgR ， 合 外 力 做 功 211111W  mvB2  mgR ，摩擦力做的功为Wf  mgR ，即克服摩擦力做功 mgR ，机械能减少 mgR 。22222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 FB．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 ，物块与斜面间动摩擦因数为 ，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： mg sin  mg cos  ma ，得 a  g(sin   cos)；施 F加一个竖直向下的恒力 F 时： (mg  F)sin  (mg  F)cos  ma ，得 a  (g  )(sin   cos) 。m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． 200V / m C． 100V / m B． 200 3V / m D．100 3V / m 【答案】A 【解析】由于A  6V 、B  3V 、O  0V ，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 E UBO / d  200V / 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 A 点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 1A． t B． 2t D．3t 21C． t 3【答案】B v2 2r vmv qB 2m qB 【解析】由牛顿第二定律 qvB  m 及匀速圆周运动T  得： r  ；T  。由图可得以速 r第 2 页 共 8 页 第 2 页（共 8 页） 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  3AO ；速度变为 v/3 时，运动半径是 r/3= 3AO /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 ，其轴线上任意一点 P（坐标为 x） 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  2k[1 ]，方向沿 x 轴。现考 (R2  x2 )1/ 2 虑单位面积带电量为 0 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 xA． 2k0 (r2  x2 )1/ 2 rB． 2k0 (r2  x2 )1/ 2 xC． 2k0 rrD． 2k0 x【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 x=0 时的电场强度，由题中信息可得单位面积带电量为0 无 限 大 均 匀 带 电 平 板 场 强 为E  2k0 。 而 半 径 为r 的 圆 板 在Q 点 等 效 场 强 为 xE 和 E 的矢量和， E  2k0[1 ]，由电场叠加原理可得图 2 中 Q（坐标为 x）的电场强度为 (r2  x2 )1/ 2 xE  E  2k0 即。正确选项：A (r2  x2 )1/ 2 第 3 页 共 8 页 第 3 页（共 8 页） （在此卷上答题无效） 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） 第Ⅱ卷（非选择题 共180 分） 考生注意事项： 请用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 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 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。 m ，小车和砝码的 （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=20 g,gggm=10 g、15 、20 、25 、30 、40 gggggB．M=200 C．M=400 D．M=400 ,,,m=20 ggg、40 、15 、40 ggg、60 、20 、60 ggg、80 、25 、80 ggg、100 gg、120 ggmm=10 =20 、30 g、40 g、100 、120 （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 cm、 BC =4.65 cm、 CD =5.08 cm、 DE =5.49 cm、 率为 50Hz,则小车的加速度 a= sAB =4.22 ssssEF =5.91 cm、 sFG =6.34 cm。已知打点计时器的工作频 m/s2 （结果保留 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， ；第 4 页 共 8 页 第 4 页（共 8 页） -+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。 【答案】I．（1）B （2）C （3）0.42 II．（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】I．（1）平衡摩擦阻力是通过 B 的方法来实现的，故选 B （2）由于本实验中要求砂和砂桶的质量 m 远小于小车和砝码的 质量 M，故选 C 合理。 （3）由于连续相等时间内的位移差 ΔS=0.42cm，由匀变速运动 规律 ΔS=aT2 ，且 T=5×0.02s=0.1s，所以 a=ΔS/ T2=0.42m/s2。 II．（1）①由于滑动变阻器的分压作用，使开始实验时小灯泡两 端电压为 0，应使滑动变阻器的滑片靠近变阻器左端的接线 柱。 ②描绘小灯泡灯丝的伏安特性曲线，必须测量多组数据，即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 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 v  t 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。设球受到的空气阻力大小恒为 f，取 g=10 m/s2, 求： （1）弹性球受到的空气阻力 f 的大小； v(m/s) （2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h。 384【答案】（1）0.2N （2） m【解析】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1，由图知 v 4m / s2  8m / s2 ①O0.5 a1  t(s) t 0.5 根据牛顿第二定律，得 mg  f  ma1 ②③f  m(g  a1)  0.2N （2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v1=4m/s，设球第一次离开地面时的速度为 v2，则 3v2  v1  3m / s ④4第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为 a2，则 mg  f  ma2 a2=12m/s2 ⑤于是，有 0  v22  2a2h ⑥第 5 页 共 8 页 第 5 页（共 8 页） 3解得 h  m ⑦823．（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，有一矩形线圈 abcd 可绕线圈平面 内垂直于磁感线的 OO˝轴转动，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，金属圆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路电 阻 R 形成闭合电路。图 2 是线圈的主视图，导线 ab 和 cd 分别用它们的横截面来表示。已知 ab 长度为 L1， bc 长度为 L2，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 e1 的表达式； （2）线圈平面处于与中性面成 φ0 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 e2 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） 【答案】（1） e  BL L2 sint （2） e2  BL L2 sin(t 0 ) 1112 BL L 12  （3） R R  r 【解析】（1）矩形线圈 abcd 转动过程中，只有 ab 和 cd 切割磁感线，设 ab 和 cd 的转动速度为 v，则 L2 v   ①2在 t 时刻，导线 ab 和 cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E1=BL1v ②由图可知 v⊥  vsint ③则整个线圈的感应电动势为 e  2E1  BL L2 sint ④11（2）当线圈由图 3 位置开始运动时，在 t 时刻整个线圈的感应电动势为 e2  BL L2 sin(t 0 ) ⑤1（3）由闭合电路欧姆定律可知 EI  ⑥⑦R  r 这里的 E 为线圈产生的电动势的有效值 Em BL L2 1E  22第 6 页 共 8 页 第 6 页（共 8 页） 则线圈转动一周在 R 上产生的焦耳热为 QR  I2RT 2 ⑧⑨其中 于是 T  2 BL L 12  QR   R ⑩R  r 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 u=2m/s 的 速率逆时针转动。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 μ=0.2，l=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/s2。 （1）求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前速 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 撞后的运动速度大小。 1【答案】（1）4m/s （2）不能 （3） ( )n v 3【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 v0 由机械能守恒知 1mgh  mv02 ①②2v0  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 mg  ma ③设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有 v2  v02  2al ④⑤结合②③④式解得 v=4m/s 由于 v  u =2m/s，所以 v=4m/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、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 mv  mv1  MV ⑥⑦1211mv2  mv12  MV 2 22第 7 页 共 8 页 第 7 页（共 8 页） 14解得 v1  v  m / s ⑧33即碰撞后物块 B 安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 20  v1  2al ⑨4l  m 1m ⑩9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时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块 B 运动 到左边台面是的速度大小为 v1，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 v2， 同上计算可知 11v2  v1  ( )2 v 11 ○33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 1111v3  v2  ( )3 v v4  v3  ( )4 v …… 12 ○3333则第 n 次碰撞后物块 B 的速度大小为 1vn  ( )n v 13 ○3第 8 页 共 8 页 第 8 页（共 8 页）