2012高考理综物理部分安徽试卷解析 8页

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 图1‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ x(m)‎ y(m)‎ o ‎4.0‎ ‎【解析】由万有引力提供航天器做圆周运动的向心力得：，所以、、、。而“天宫一号”轨道半径比“神州八号”轨道半径大，故正确选项：B ‎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 A． B． C． D．‎ 图2‎ ‎【答案】C P A B O R ‎2R ‎【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 ‎16．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 ‎【答案】D ‎【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：；小球从P到B的运动过程中，由动能定理：。重力做功，合外力做功，摩擦力做的功为，即克服摩擦力做功，机械能减少。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 F 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 B．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。根据牛顿第二定律，不施加恒力F时：，得；施加一个竖直向下的恒力F时：，得。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． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由于、、，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，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 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由牛顿第二定律及匀速圆周运动得：；。由图可得以速度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；速度变为v ‎/3时，运动半径是r/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）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为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 A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【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无限大均匀带电平板场强为。而半径为r的圆板在Q点等效场强为，由电场叠加原理可得图2中Q（坐标为x）的电场强度为和的矢量和，即。正确选项：A ‎（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，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 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）实验中要进行质量和M的选取，以下最合理的一组是 ‎ A．M=20, =10、15、20、25、30、40‎ B．M=200, =20、40、60、80、100、120‎ C．M=400, =10、15、20、25、30、40‎ D．M=400, =20、40、60、80、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=‎4.22 cm、=‎4.65 cm、=‎5.08 cm、=‎5.49 cm、=‎5.91 cm、=‎6.34 cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz,则小车的加速度a= 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， ；‎ ‎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=‎10 m/s2, 求：‎ t(s)‎ v(m/s)‎ O ‎0.5‎ ‎4‎ ‎（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。‎ ‎【答案】（1）0.2N （2）‎ ‎【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 ‎ ①‎ ‎ 根据牛顿第二定律，得 ‎ ②‎ ‎ ③‎ ‎ （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 ‎ ④‎ ‎ 第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则 ‎ ‎ ‎ a2=‎12m/s2 ⑤‎ ‎ 于是，有 ‎ ⑥‎ ‎ 解得 ⑦‎ ‎23．（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） （2）‎ ‎（3）‎ ‎【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 ‎ ①‎ ‎ 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 ③‎ ‎ 则整个线圈的感应电动势为 ‎ ④‎ ‎（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 ‎ ⑤‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可知 ‎ ⑥‎ 这里的E为线圈产生的电动势的有效值 ‎ ⑦‎ 则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为 ‎ ⑧‎ 其中 ⑨‎ 于是 ‎ ⑩‎ ‎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。‎ ‎【答案】（1）‎4m/s （2）不能 （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 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 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 ‎ ③‎ 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 ‎ ④‎ 结合②③④式解得 ‎ v=‎4m/s ⑤‎ 由于=‎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 ‎ ⑥‎ ‎ ⑦‎ ‎ 解得 ⑧‎ 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，则 ‎ ⑨‎ ‎ ⑩‎ 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 ‎