安徽省高考物理试卷答案与解析 12页

‎2012年安徽省高考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．（3分）（2012•安徽）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 ‎【考点】人造卫星的环绕速度．菁优网版权所有 ‎【专题】人造卫星问题．‎ ‎【分析】天宫一号绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律比较线速度、周期、向心加速度的大小．‎ ‎【解答】解：A：天宫一号和“神州八号”绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力：，即 ，故轨道高度越小，线速度越大．故A错误； ‎ B：万有引力提供向心力：，故轨道高度越小，周期越小．故B正确；‎ C：万有引力提供向心，故轨道高度越小，角速度越大．故C错误；‎ D：万有引力提供向心力，故轨道高度越小，加速度越大．故D错误 故选B ‎【点评】解决本题的关键掌握线速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系．‎ ‎　‎ ‎2．（3分）（2012•安徽）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0s时波形如图所示，已知波速为10m/s，则t=0.1s时正确的波形是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】横波的图象．菁优网版权所有 ‎【专题】振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】先根据图象得到波长，根据波长和波速的关系求出周期，进而即可求解．‎ ‎【解答】解：根据图象可知，波长λ=4m，所以T=‎ 所以t=0.1s时，波形向右平移个波长，所以C正确．‎ 故选C ‎【点评】本题采用波形平移法研究波形图的，是经常运用的方法．抓住波形经过一个周期向前平移一个波长．‎ ‎　‎ ‎3．（3分）（2012•安徽）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 D．克服摩擦力做功mgR ‎【考点】牛顿第二定律；动能定理的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．‎ ‎【分析】小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律求解出B点的速度；然后对从P到B过程根据功能关系列式判读．‎ ‎【解答】解：A、重力做功与路径无关，只与初末位置有关，故P到B过程，重力做功为WG=mgR，故A错误；‎ B、小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二定律，有mg=m，解得；‎ 从P到B过程，重力势能减小量为mgR，动能增加量为=，故机械能减小量为：mgR﹣，故B错误；‎ C、从P到B过程，合外力做功等于动能增加量，故为=，故C错误；‎ D、从P到B过程，克服摩擦力做功等于机械能减小量，故为mgR﹣，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道球到达B点时对轨道的压力为0，有mg=m，以及能够熟练运用动能定理．‎ ‎　‎ ‎4．（3分）（2012•安徽）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 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个方向F1和F2，根据力的独立作用原理，单独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小．‎ ‎【解答】解：未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：a=．‎ 当施加F后，加速度a′=，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大．故C确，A、B、D均错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎5．（3分）（2012•安徽）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．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】根据题中的数据找出x轴方向上电势与B点相等的C点，BC两点的电势相等，即BC连线上的各点电势相等，通过几何关系，求出O点到BC的距离，由匀强电场中电势差与电场强度的关系可得出电场强度的大小．‎ ‎【解答】OA的中点C点，由题意可得C点的电势为3V，即BC的电势相等，连接BC，因BC的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于BC，过O点做BC的垂线相较于D点，由几何关系得：OD=OC•sin∠BCO=1.5cm=1.5×10﹣2m 则电场强度为：E===200V/m，选项BCD错误，A正确 故选：A ‎【点评】在匀强电场中，电场是处处相等的，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关系E=，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场．‎ ‎　‎ ‎6．（3分）（2012•安徽）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，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（　　）‎ A．△t B．2△t C．△t D．3△t ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期　T=，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间．‎ ‎【解答】解：设圆形磁场区域的半径是R，‎ 以速度v射入时，半径，‎ 根据几何关系可知，，所以 运动时间t=‎ 以速度射入时，半径，‎ 所以 设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：‎ tan 所以θ=120°‎ 则第二次运动的时间为：t=′=2△t 故选：B．‎ ‎【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题．‎ ‎　‎ ‎7．（3分）（2012•安徽）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=2πkσ[1﹣]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0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．2πkσ0 B．2πkσ0‎ C．2πkσ0 D．2πkσ0‎ ‎【考点】电场强度．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】已知均匀圆板的电场强度的公式，推导出单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板的电场强度的公式，然后减去半径为r的圆板产生的场强．‎ ‎【解答】解：无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的场强：‎ 半径为r的圆板在Q点产生的场强：‎ 无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个场强的差，所以：所以选项A正确．‎ 故选：A ‎【点评】本题对高中学生来说比较新颖，要求学生能应用所学过的单位制的应用及极限法；本题对学生的能力起到较好的训练作用，是道好题．‎ ‎　‎ 二、解答题 ‎8．（18分）（2012•安徽）Ⅰ、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　B　‎ 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　C　‎ 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sAB=4.22cm、sBC=4.65cm、sCD=5.08cm、sDE=5.49cm、sEF=5.91cm、sFG=6.34cm．已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=　0.42　m/s2（结果保留2位有效数字）．‎ Ⅱ、如图为“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，　使它靠近变阻器左端的接线柱　‎ ‎②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，　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　；‎ ‎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．‎ ‎【考点】验证牛顿第二运动定律．菁优网版权所有 ‎【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】Ⅰ．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要．‎ 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．‎ Ⅱ．从小灯泡的伏安特性曲线的实验原理去分析考虑，知道实验前滑动变阻器应处于最大值．‎ ‎【解答】解：I．（1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂沙和沙桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．要判断是否是匀速运动，我们可以从打出的纸带相邻的点的间距来判断小车是否做匀速运动，故选B．‎ ‎（2）当m＜＜M时，即当沙和沙桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力．故选C．‎ ‎（3）相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为0.1s 利用匀变速直线运动的推论△x=at2，‎ sDE﹣sAB=3a1T2‎ sEF﹣sBC=3a2T2‎ sFG﹣sCD=3a3T2‎ a==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 故答案为：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 ‎【点评】I．实验问题需要结合物理规律去解决．实验中的第2题考查的是力学问题，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现象，这些我们都要从学过的力学知识中解决．纸带的处理是运用匀变速直线运动的两个推论去完成的．‎ Ⅱ．本题比较简单，考查了有关电学实验的基础操作，对于电学实验要明确其实验原理．‎ ‎　‎ ‎9．（14分）（2012•安徽）质量为0.1kg 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．设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，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．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，斜率表示加速度，在下落过程中根据图象求出加速度，根据牛顿第二定律即可求得空气阻力；‎ ‎（2）先根据牛顿第二定律求得上升时的加速度，再根据位移速度公式即可求解．‎ ‎【解答】解；（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度为a，由速度时间图象得：‎ a=‎ 根据牛顿第二定律得：mg﹣f=ma 解得：f=0.2N ‎（2）由速度时间图象可知，弹性球第一次到达地面的速度为v=4m/s 则弹性球第一次离开地面时的速度大小为v′=3m/s 离开地面后a′==12m/s2，‎ 根据0﹣v′2=2a′h 解得：h=0.375m 答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2N；‎ ‎（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为0.375m．‎ ‎【点评】牛顿运动定律和运动学公式结合是处理动力学问题常用的方法．速度图象要抓住两个意义：斜率表示加速度，“面积”表示位移．‎ ‎　‎ ‎10．（16分）（2012•安徽）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）‎ ‎【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；交流电专题．‎ ‎【分析】（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，先求出转动线速度，根据E=BLv，求出导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势，从而写出瞬时表达式；‎ ‎（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，则在（1）中的瞬时表达式中加个相位即可；‎ ‎（3）先求出平均电动势，根据欧姆定律求出平均电流，根据Q=I2RT即可求解．‎ ‎【解答】解：（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 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 由图可知v⊥=vsinωt 则整个线圈的感应电动势为e1=2E1=BL1L2ωsinωt ‎（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=BL1L2ωsin（ωt+φ0）‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知 这里的E为线圈产生的电动势的有效值 则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为 其中 ‎ 于是 答：（1）t时刻整个线圈中的感应电动势e1=BL1L2ωsinωt；‎ ‎（2）t时刻整个线圈中的感应电动势e2=BL1L2ωsin（ωt+φ0）；‎ ‎（3）线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热为．‎ ‎【点评】当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大．求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值．‎ ‎　‎ ‎11．（20分）（2012•安徽）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．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】（1）物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解 ‎（2）物块A、B第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解 ‎（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．物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小．‎ ‎【解答】解：（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 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μmg=ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 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，运用动量守恒，能量守恒得 ‎﹣mv=mv1+MV 解得 ，即碰撞后物块B在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 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 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；…‎ 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 答：（1）物块B与物块A第一次碰撞前速度大小是4m/s （2）物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上 （3）物块B第n次碰撞后的运动速度大小是 ‎【点评】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大．‎