2012年安徽省高考物理试卷答案与解析(共12页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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：

2、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（）ABCD【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

3、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=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2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR【考点】牛顿第二定律；动能定理

4、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【

5、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

6、】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gsingcos，所以FsinFcos，可见aa，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（）A200 V/mB200 V/mC100 V/mD100 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

7、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=OCsinBCO=1.5cm=1.5102m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）（

8、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（）AtB2tCtD3t【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

9、，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，根据几何关系可知：tan所以=120则第二次运动的时间为：t=2t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，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=2k1，方向沿x轴现考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（）A2k0B2k0C2k0D2k0

10、【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0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）、图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图砂

11、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BA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

12、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CAM=20g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gBM=200g，m=20g、40g、60g、80g、100g、120gCM=400g，m=10g、15g、20g、25g、30g、40gDM=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、sF

13、G=6.34cm已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=0.42m/s2（结果保留2位有效数字）、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：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；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】解决实验问题首先要掌握该实验原理

14、，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mM时，即当沙和沙桶的总重力

15、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，sDEsAB=3a1T2sEFsBC=3a2T2sFGsCD=3a3T2a=0.42m/s2（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：（1）B （2）C （3）0.42（1）使它靠近变阻器左端的接线柱增加小灯泡两端的电压

16、，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vt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

17、）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：mgf=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

18、离开地面后a=12m/s2，根据0v2=2ah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

19、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0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，

20、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0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=vsint则整个线圈的感应电动势为e1=2E1=BL1L2sint（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=BL1L2

21、sin（t+0）（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=BL1L2sint；（2）t时刻整个线圈中的感应电动势e2=BL1L2sin（t+0）；（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

22、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=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

23、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

24、大小为mg=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vu=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，难度较大专心-专注-专业