文档内容
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
Mm v2 4p2
【解析】由万有引力提供航天器做圆周运动的向心力得：G =m =mw2r =m r =ma ，所
r2 r T2 n
GM 4p2r3 GM GM
y(m)
以v= 、T = 、w= 、a = 。而“天宫一号”
r GM r3 n r2
轨道半径r 比“神州八号”轨道半径r 大，故正确选项：B o
天 神 1.0 2.0 3.0 4.0 x(m)
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
图1
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
【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
P
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
2R
从P到B的运动过程中 B
A．重力做功2mgR
R
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR O
A
1
D．克服摩擦力做功 mgR
2
【答案】D
第1页 | 共8页v2
【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：mg =m B ；小球从P到B
R
1
的运动过程中，由动能定理：W +W = mv2。重力做功W =mgR，合外力做功
G f 2 B G
1 1 1 1 1
W = mv2 = mgR，摩擦力做的功为W =- mgR，即克服摩擦力做功 mgR，机械能减少 mgR
2 B 2 f 2 2 2
。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
下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则
F
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a，物块与斜面间动摩擦因数为m，施加一个竖直向下的恒力F时，加速度为
a¢。根据牛顿第二定律，不施加恒力F时：mgsina-mmgcosa=ma，得a= g(sina-mcosa)；施
加一个竖直向下的恒力F时：(mg+F)sina-m(mg+F)cosa=ma¢，得
F
a¢=(g+ )(sina-mcosa)。故正确选项：C
m
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．200V /m B．200 3V /m
C． 100V /m D．100 3V /m
【答案】A
【解析】由于j =6V 、j =3V 、j =0V ，且是匀强电场，则在（3,0）的点的电势为3V。匀强电场
A B O
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E =U /d =200V /m，正确选项：A
BO
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
1
A． Dt B．2Dt
2
1
C． Dt D．3Dt
3
【答案】B
v2 2pr mv 2pm
【解析】由牛顿第二定律qvB=m 及匀速圆周运动T = 得：r = ；T = 。由图可得以速
r v qB qB
第2页 | 共8页度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r = 3AO；速度变为v/3时，
运动半径是r/3= 3AO/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s，其轴线上任意一点P（坐标为x）
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 =2pks[1- ]，方向沿x轴。现考
(R2 +x2)1/2
虑单位面积带电量为s 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
0
线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为
x
A．2pks
0 (r2 +x2)1/2
r
B．2pks
0 (r2 +x2)1/2
x
C．2pks
0 r
r
D．2pks
0 x
【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
s 无限大均匀带电平板场强为E =2pks 。而半径为r的圆板在Q点等效场强为
0 0
x
E¢=2pks[1- ]，由电场叠加原理可得图2中Q（坐标为x）的电场强度为E和E¢的矢量和
0 (r2 +x2)1/2
x
，即E-E¢=2pks 。正确选项：A
0 (r2 +x2)1/2
第3页 | 共8页（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
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
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s =4.22 cm、s =4.65 cm、s =5.08 cm、s =5.49 cm、s =5.91 cm、s =6.34
AB BC CD DE EF FG
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。
- +
第4页 | 共8页（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3/4。设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10 m/s2, 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
v(m/s)
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
3 4
【答案】（1）0.2N （2） m
8
【解析】（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a ，由图知
1
Dv 4
a = = m/s2 =8m/s2 ① O 0.5 t(s)
1 Dt 0.5
根据牛顿第二定律，得
mg- f =ma ②
1
f =m(g-a )=0.2N ③
1
（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v =4m/s，设球第一次离开地面时的速度为v ，则
1 2
3
v = v =3m/s ④
2 4 1
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a ，则
2
mg+ f =ma
2
a =12m/s2 ⑤
2
于是，有
0-v2 =-2a h ⑥
2 2
第5页 | 共8页3
解得 h= m ⑦
8
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L ，bc长度
1
为L ，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。（只考虑单匝线圈）
2
（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e 的表达式；
1
（2）线圈平面处于与中性面成φ 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
0
势e 的表达式；
2
（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）e = BLLwsinwt （2）e = BLLwsin(wt+j)
1 1 2 2 1 2 0
2
æBLL ö
（3）pRw
ç
1 2
÷
è R+r ø
【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
L
v=w 2 ①
2
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
E =BL v ②
1 1
由图可知 v =vsinwt ③
⊥
则整个线圈的感应电动势为
e =2E = BLLwsinwt ④
1 1 1 2
（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
e = BLLwsin(wt+j) ⑤
2 1 2 0
（3）由闭合电路欧姆定律可知
E
I = ⑥
R+r
这里的E为线圈产生的电动势的有效值
E BLLw
E = m = 1 2 ⑦
2 2
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为
第6页 | 共8页Q = I2RT ⑧
R
2p
其中 T = ⑨
w
于是
2
æBLL ö
Q =pRw ç 1 2 ÷ ⑩
R è R+r ø
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。
1
【答案】（1）4m/s （2）不能 （3）( )nv
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v
0
由机械能守恒知
1
mgh= mv2 ①
2 0
v = 2gh ②
0
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
mmg =ma ③
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
v2 -v2 =-2al ④
0
结合②③④式解得
v=4m/s ⑤
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、v ，取向右为正方向，由弹性碰撞知
1
-mv=mv +MV ⑥
1
1 1 1
mv2 = mv2 + MV2 ⑦
2 2 1 2
1 4
解得 v = v= m/s ⑧
1 3 3
第7页 | 共8页即碰撞后物块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l¢，则
0-v2 =-2al¢ ⑨
1
4
l¢= m<1m ⑩
9
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v ，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v ，同
1 2
上计算可知
1 1
v = v =( )2v 1○1
2 3 1 3
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
1 1 1 1
v = v =( )3v v = v =( )4v …… 1○2
3 3 2 3 4 3 3 3
则第n次碰撞后物块B的速度大小为
1
v =( )nv 1○3
n 3
第8页 | 共8页
