2012年安徽省高考物理試卷答案與解析(共12頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2012年安徽省高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題1（3分）（2012安徽）我國發(fā)射的“天宮一號”和“神州八號”在對接前，“天宮一號”的運行軌道高度為350km，“神州八號”的運行軌道高度為343km它們的運行軌道均視為圓周，則（）A“天宮一號”比“神州八號”速度大B“天宮一號”比“神州八號”周期大C“天宮一號”比“神州八號”角速度大D“天宮一號”比“神州八號”加速度大【考點】人造衛(wèi)星的環(huán)繞速度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】人造衛(wèi)星問題【分析】天宮一號繞地球做勻速圓周運動，靠萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律比較線速度、周期、向心加速度的大小【解答】解：

2、A：天宮一號和“神州八號”繞地球做勻速圓周運動，靠萬有引力提供向心力：，即 ，故軌道高度越小，線速度越大故A錯誤； B：萬有引力提供向心力：，故軌道高度越小，周期越小故B正確；C：萬有引力提供向心，故軌道高度越小，角速度越大故C錯誤；D：萬有引力提供向心力，故軌道高度越小，加速度越大故D錯誤故選B【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握線速度、周期、向心加速度與軌道半徑的關(guān)系2（3分）（2012安徽）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0s時波形如圖所示，已知波速為10m/s，則t=0.1s時正確的波形是圖中的（）ABCD【考點】橫波的圖象菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】振動圖像與波動圖像專題【分析】先根據(jù)圖象得到波

3、長，根據(jù)波長和波速的關(guān)系求出周期，進而即可求解【解答】解：根據(jù)圖象可知，波長=4m，所以T=所以t=0.1s時，波形向右平移個波長，所以C正確故選C【點評】本題采用波形平移法研究波形圖的，是經(jīng)常運用的方法抓住波形經(jīng)過一個周期向前平移一個波長3（3分）（2012安徽）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的圓弧軌道半徑OA水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，已知AP=2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中（）A重力做功2mgRB機械能減少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR【考點】牛頓第二定律；動能定理

4、的應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用【分析】小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，根據(jù)牛頓第二定律求解出B點的速度；然后對從P到B過程根據(jù)功能關(guān)系列式判讀【解答】解：A、重力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，故P到B過程，重力做功為WG=mgR，故A錯誤；B、小球沿軌道到達最高點B時恰好對軌道沒有壓力，根據(jù)牛頓第二定律，有mg=m，解得；從P到B過程，重力勢能減小量為mgR，動能增加量為=，故機械能減小量為：mgR，故B錯誤；C、從P到B過程，合外力做功等于動能增加量，故為=，故C錯誤；D、從P到B過程，克服摩擦力做功等于機械能減小量，故為mgR，故D正確；故選D【

5、點評】解決本題的關(guān)鍵知道球到達B點時對軌道的壓力為0，有mg=m，以及能夠熟練運用動能定理4（3分）（2012安徽）如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一豎直向下的恒力F，則（）A物塊可能勻速下滑B物塊仍以加速度a勻加速下滑C物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D物塊將以小于a的加速度勻加速下滑【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；牛頓運動定律綜合專題【分析】將F分解為垂直于斜面和平行于斜面兩個方向F1和F2，根據(jù)力的獨立作用原理，單獨研究F的作用效果，當(dāng)F引起的動力增加大時，加速度增大，相反引起的阻力增大時，加速度減小【解答

6、】解：未加F時，物體受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：a=當(dāng)施加F后，加速度a=，因為gsingcos，所以FsinFcos，可見aa，即加速度增大故C確，A、B、D均錯誤故選C【點評】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進行受力分析，運用牛頓第二定律進行求解5（3分）（2012安徽）如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0V，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，則電場強度的大小為（）A200 V/mB200 V/mC100 V/mD100 V/m【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】根據(jù)題中

7、的數(shù)據(jù)找出x軸方向上電勢與B點相等的C點，BC兩點的電勢相等，即BC連線上的各點電勢相等，通過幾何關(guān)系，求出O點到BC的距離，由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系可得出電場強度的大小【解答】OA的中點C點，由題意可得C點的電勢為3V，即BC的電勢相等，連接BC，因BC的電勢相等，所以勻強電場的方向垂直于BC，過O點做BC的垂線相較于D點，由幾何關(guān)系得：OD=OCsinBCO=1.5cm=1.5102m則電場強度為：E=200V/m，選項BCD錯誤，A正確故選：A【點評】在勻強電場中，電場是處處相等的，電場強度，電勢差與沿電場方向上的距離有關(guān)系E=，值得注意的是該關(guān)系式只適用于勻強電場6（3分）（

8、2012安徽）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60角現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)椋ǎ〢tB2tCtD3t【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】由于粒子在勻強磁場是做勻速圓周運動，運動周期T=，與粒子速度大小無關(guān)，可見，要計算粒子在磁場中運動的時間，只要求得它在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角，就可得到所用的時間【解答】解：設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑是R，以速度v射入時，半徑，根據(jù)幾何關(guān)系可知

9、，所以運動時間t=以速度射入時，半徑，所以設(shè)第二次射入時的圓心角為，根據(jù)幾何關(guān)系可知：tan所以=120則第二次運動的時間為：t=2t故選：B【點評】帶電粒子在磁場中運動的題目解題步驟為：定圓心、畫軌跡、求半徑，同時還利用圓弧的幾何關(guān)系來幫助解題7（3分）（2012安徽）如圖1所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上任意一點P（坐標為x）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E=2k1，方向沿x軸現(xiàn)考慮單位面積帶電量為0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖2所示則圓孔軸線上任意一點Q（坐標為x）的電場強度為（）A2k0B2k0C2k0D2k0

10、【考點】電場強度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】已知均勻圓板的電場強度的公式，推導(dǎo)出單位面積帶電量為0的無限大均勻帶電平板的電場強度的公式，然后減去半徑為r的圓板產(chǎn)生的場強【解答】解：無限大均勻帶電平板R取無限大，在Q點產(chǎn)生的場強：半徑為r的圓板在Q點產(chǎn)生的場強：無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后的場強是兩個場強的差，所以：所以選項A正確故選：A【點評】本題對高中學(xué)生來說比較新穎，要求學(xué)生能應(yīng)用所學(xué)過的單位制的應(yīng)用及極限法；本題對學(xué)生的能力起到較好的訓(xùn)練作用，是道好題二、解答題8（18分）（2012安徽）、圖1為“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置示意圖砂

11、和砂桶的總質(zhì)量為m，小車和砝碼的總質(zhì)量為M實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為細線對小車拉力的大?。?）試驗中，為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合外力，先調(diào)節(jié)長木板一滑輪的高度，使細線與長木板平行接下來還需要進行的一項操作是BA將長木板水平放置，讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，給打點計時器通電，調(diào)節(jié)m的大小，使小車在砂和砂桶的牽引下運動，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動B將長木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶，撤去砂和砂桶，給打點計時器通電，輕推小車，從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動C將長木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?，撤去紙帶以及砂和砂桶，輕推小車，觀察判斷小車是

12、否做勻速運動（2）實驗中要進行質(zhì)量m和M的選取，以下最合理的一組是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）圖2是試驗中得到的一條紙帶，A、B、C、D、E、F、G為7個相鄰的計數(shù)點，相鄰的兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出量出相鄰的計數(shù)點之間的距離分別為sAB=4.22cm、sBC=4.65cm、sCD=5.08cm、sDE=5.49cm、sEF=5.91cm、sF

13、G=6.34cm已知打點計時器的工作頻率為50Hz，則小車的加速度a=0.42m/s2（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）、如圖為“測繪小燈伏安特性曲線”實驗的實物電路圖，已知小燈泡額定電壓為2.5V（1）完成下列實驗步驟：閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使它靠近變阻器左端的接線柱閉合開關(guān)后，逐漸移動變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓；斷開開關(guān)，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在方格紙上作出小燈泡燈絲的伏安特性曲線（2）在虛線框中畫出與實物電路相應(yīng)的電路圖【考點】驗證牛頓第二運動定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實驗題；牛頓運動定律綜合專題【分析】解決實驗問題首先要掌握該實驗原理

14、，了解實驗的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項該實驗采用的是控制變量法研究，其中加速度、質(zhì)量、合力三者的測量很重要紙帶法實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的兩個推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度和加速度從小燈泡的伏安特性曲線的實驗原理去分析考慮，知道實驗前滑動變阻器應(yīng)處于最大值【解答】解：I（1）將不帶滑輪的木板一端適當(dāng)墊高，在不掛沙和沙桶的情況下使小車恰好做勻速運動，以使小車的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小車的合力就是繩子的拉力要判斷是否是勻速運動，我們可以從打出的紙帶相鄰的點的間距來判斷小車是否做勻速運動，故選B（2）當(dāng)mM時，即當(dāng)沙和沙桶的總重力

15、要遠小于小車的重力，繩子的拉力近似等于沙和沙桶的總重力故選C（3）相鄰的兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出，相鄰的計數(shù)點時間間隔為0.1s利用勻變速直線運動的推論x=at2，sDEsAB=3a1T2sEFsBC=3a2T2sFGsCD=3a3T2a=0.42m/s2（1）由于滑動變阻器的分壓作用，使開始實驗時小燈泡兩端電壓為0，應(yīng)使滑動變阻器的滑片靠近變阻器左端的接線柱描繪小燈泡燈絲的伏安特性曲線，必須測量多組數(shù)據(jù)，即增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓（2）如圖所示故答案為：（1）B （2）C （3）0.42（1）使它靠近變阻器左端的接線柱增加小燈泡兩端的電壓

16、，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達到額定電壓（2）如圖所示【點評】I實驗問題需要結(jié)合物理規(guī)律去解決實驗中的第2題考查的是力學(xué)問題，把長木板的一端墊得過高，使得傾角偏大，會導(dǎo)致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力減小等現(xiàn)象，這些我們都要從學(xué)過的力學(xué)知識中解決紙帶的處理是運用勻變速直線運動的兩個推論去完成的本題比較簡單，考查了有關(guān)電學(xué)實驗的基礎(chǔ)操作，對于電學(xué)實驗要明確其實驗原理9（14分）（2012安徽）質(zhì)量為0.1kg 的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應(yīng)的vt圖象如圖所示球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f，取g=10m/s2，求：（1

17、）彈性球受到的空氣阻力f的大?。唬?）彈性球第一次碰撞后反彈的高度h【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】牛頓運動定律綜合專題【分析】（1）速度時間圖象與時間軸圍成的面積表示位移，斜率表示加速度，在下落過程中根據(jù)圖象求出加速度，根據(jù)牛頓第二定律即可求得空氣阻力；（2）先根據(jù)牛頓第二定律求得上升時的加速度，再根據(jù)位移速度公式即可求解【解答】解；（1）設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度為a，由速度時間圖象得：a=根據(jù)牛頓第二定律得：mgf=ma解得：f=0.2N（2）由速度時間圖象可知，彈性球第一次到達地面的速度為v=4m/s則彈性球第一次離開地面時的速度大小為v=3m/s

18、離開地面后a=12m/s2，根據(jù)0v2=2ah解得：h=0.375m答：（1）彈性球受到的空氣阻力f的大小為0.2N；（2）彈性球第一次碰撞后反彈的高度h為0.375m【點評】牛頓運動定律和運動學(xué)公式結(jié)合是處理動力學(xué)問題常用的方法速度圖象要抓住兩個意義：斜率表示加速度，“面積”表示位移10（16分）（2012安徽）圖1是交流發(fā)電機模型示意圖在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的OO軸轉(zhuǎn)動，由線圈引起的導(dǎo)線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO轉(zhuǎn)動的金屬圈環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動中就可以保持和外電路電阻R形成閉

19、合電路圖2是線圈的主視圖，導(dǎo)線ab和cd分別用它們的橫截面來表示已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度逆時針轉(zhuǎn)動（只考慮單匝線圈）（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導(dǎo)t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e1的表達式；（2）線圈平面處于與中性面成0夾角位置時開始計時，如圖3所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e2的表達式；（3）若線圈電阻為r，求線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱（其它電阻均不計）【考點】交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系；閉合電路的歐姆定律；電功、電功率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；交流電專題【分析】（1）矩形線圈abcd轉(zhuǎn)動過程中，只有ab和cd切割磁感線，

20、先求出轉(zhuǎn)動線速度，根據(jù)E=BLv，求出導(dǎo)線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，從而寫出瞬時表達式；（2）線圈平面處于與中性面成0夾角位置時開始計時，則在（1）中的瞬時表達式中加個相位即可；（3）先求出平均電動勢，根據(jù)歐姆定律求出平均電流，根據(jù)Q=I2RT即可求解【解答】解：（1）矩形線圈abcd轉(zhuǎn)動過程中，只有ab和cd切割磁感線，設(shè)ab和cd的轉(zhuǎn)動速度為v，則在t時刻，導(dǎo)線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均為E1=BL1v由圖可知v=vsint則整個線圈的感應(yīng)電動勢為e1=2E1=BL1L2sint（2）當(dāng)線圈由圖3位置開始運動時，在t時刻整個線圈的感應(yīng)電動勢為e2=BL1L2

21、sin（t+0）（3）由閉合電路歐姆定律可知這里的E為線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值則線圈轉(zhuǎn)動一周在R上產(chǎn)生的焦耳熱為其中 于是答：（1）t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e1=BL1L2sint；（2）t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e2=BL1L2sin（t+0）；（3）線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為【點評】當(dāng)線圈與磁場相平行時，即線圈邊框正好垂直切割磁感線，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大求電荷量時，運用交流電的平均值，求產(chǎn)生的熱能時，用交流電的有效值11（20分）（2012安徽）如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量 M=2kg的小物塊A裝置的中間是水平傳送帶，它與

22、左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接傳送帶始終以u=2m/s 的速率逆時針轉(zhuǎn)動裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺面h=1.0m處由靜止釋放已知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數(shù)=0.2，l=1.0m設(shè)物塊A、B中間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)取g=10m/s2（1）求物塊B與物塊A第一次碰撞前速度大?。唬?）通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上？（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)他們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合【分析】（1）物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置