2012物理安徽卷.doc

2012年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理试题（安徽卷）第卷（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“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km它们的运行轨道均视为圆周，则（）A“天宫一号”比“神舟八号”速度大B“天宫一号”比“神舟八号”周期长C“天宫一号”比“神舟八号”角速度大D“天宫一号”比“神舟八号”加速度大15一列简谐波沿x轴正方向传播，在t0时波形如图1所示已知波速为10 m/s，则t0.1 s时正确的波形应是图2中的（）图1图216如图所示，在竖直平面内有一半径为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的正上方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AP2R，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mgR17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0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为（）A200 V/m BC100 V/m D19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v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A BC D20如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为，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荷量为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（）图1图2A BC D第卷（非选择题共180分）21（18分）（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图1（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，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（）AM200 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gBM200 g，m20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gCM400 g，m10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gDM400 g，m20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g（3）图2是实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：sAB4.22 cm、sBC4.65 cm、sCD5.08 cm、sDE5.49 cm、sEF5.91 cm、sFG6.34 cm已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a_ m/s2（结果保留两位有效数字）图2（8分）图为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V（1）完成下列实验步骤：闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，_闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，_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g10 m/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h23（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轴OO转动由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，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，线圈以恒定角速度逆时转转动（只考虑单匝线圈）图1图2图3（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（其他电阻均不计）24（20分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定、右端连接着质量M2 kg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，并能平滑连接传送带始终以u2 m/s的速率逆时针转动装置的右边是一光滑曲面，质量m1 kg的小物块B从其上距水平台面高h1.0 m处由静止释放已知物块B与传送带之间的动摩擦因数0.2，l1.0 m设物块A、B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g10 m/s2（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；（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的曲面上？（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，而当它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14B根据题意，“天宫一号”和“神舟八号”运行轨道均视为圆周，二者均绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力根据可导出，则轨道半径越大，线速度越小，A项错误；由可导出，则轨道半径越大，周期越大，B项正确；由可导出，则轨道半径越大，角速度越小，C项错误；由可导出，则轨道半径越大，加速度越小，D项错误15C根据题意，由图1可得该波波长4 m，又知道波速为v10 m/s，可得其周期为，则t0.1 s时即波自图1状态经过后的波的图象据此可知，C项正确、A、B、D三项错误（此题也可根据xvt1 m，即波形由图1沿x轴正向平移1 m可得0.1 s时的波形，即C项正确）16D小球从P点运动到B点的过程中重力做功为mgR，A项错误；设小球通过B点时的速度为vB，根据小球通过B点时刚好对轨道没有压力，说明此刻刚好由重力提供向心力，对小球通过B点瞬间应用牛顿第二定律有，解得，设小球从P点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为W，对此过程由动能定理有mgRWmvB2，联立解得WmgR，D项正确；上述过程合外力做功为W合mgRWmgR，C项错误；小球机械能减少量等于小球克服摩擦力所做的功，即EWmgR，B项错误17C根据题意，放在斜面上的物块沿斜面以加速度a匀加速下滑，在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有mgsinmgcosma，在物块上施加竖直向下的力F后，在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有（mgF）sin（mgF）cosma0，由易知a0a，C项正确、A、B、D三项错误18A根据题意，由匀强电场特点可知OA中点C的电势为3 V，与B点电势相等，则BC连线为等势线，自原点O向BC连线引垂线，垂足为D，D点电势为3 V，根据图中几何关系得，OD长度为1.5 cm，则场强为，本题只有A项正确19B带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为，圆弧AC所对应的圆心角AOC60，经历的时间为（T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为v/3后，根据知其在磁场中的轨道半径变为r/3，粒子将从D点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角AOD120，经历的时间为由此可知B项正确20A由得，当R时，EQ12k0，当Rr时，当挖去一半径为r的圆板后，EQEQ1EQ2，故A项正确21答案：（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，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：（1）需要将长木板靠近打点计时器一端适当垫起一定高度，以平衡摩擦力，完成此项工作的标志就是不挂砂桶条件下小车能带动纸带做匀速运动（通过打点计时器所打点的点痕间隔是否均匀判定）（2）根据实验原理：实验中小车的实际加速度为，实验时把mg当成对M的拉力，即忽略m对加速度的影响，使加速度约为，显然需mM，据此可知C组最合理（3）由逐差法求小球运动的加速度（1）接通电路前，小灯泡中的电流应调到最小，以保证用电器安全；由于要描绘小灯泡的伏安特性曲线，所以要取多组测量值，包括其额定值（2）电压电流的测量值要从0开始，所以实验电路应连成分压式；且满足电压表内阻远大于灯泡电阻，所以采用电流表外接形式22答案：（1）0.2 N（2）解析：（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知根据牛顿第二定律，得mgfma1fm（ga1）0.2 N（2）由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v14 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2v13 m/s第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mgfma2a212 m/s2于是，有0v222a2h解得23答案：（1）e1BL1L2sint（2）e2BL1L2sin（t0）（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E1BL2v由图可知vvsint则整个线圈的感应电动势为e12E1BL1L2sint（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e2BL1L2sin（t0）（3）由闭合电路欧姆定律可知这里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QRI2RT其中于是24答案：（1）4 m/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mghmv02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amgma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2v022al结合式解得v4 m/s由于vu2 m/s，所以v4 m/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