2012高考理综安徽卷(含答案)
2012年高考真题——理综化学部分(安徽卷)解析版 答案
2012年高考真题——理综化学部分（安徽卷）解析版【试卷总评】1、试题紧扣2012年安徽高考《考试说明》，化学试题秉承往年的命题传统，稳中求变、稳中求新，第13题、25题等体现《考试说明》上内容与要求的变化，如质量数、核磁共振氢谱等；体现样题的变化，如13题与样题例6（新增加的内容）相近，试题结构、试题难度与往年非常相近。
第I卷试题考查氧化还原反应、化学平衡、离子共存、化学实验基本操作、反应热、电化学等基本概念、基本理论、化学实验等。
第II卷注重基本原理、基本理论的掌握与运用能力的考查，分别针对元素周期表和周期律、元素化合物、有机框图推断、化学实验、工艺流程进行重点考查。
3、试题结合了社会热点、生活生产实际，科技新成果，有时代气息如7、26、27、28题等，试卷整体以中档试题为主，试卷总体难度约0.69左右。
7、【答案】：B【解析】：化学反应过程中一定伴随着能量的变化，要么放热、要么吸热，A项错误；Na+与、HCOO－中含有共价键，B项正确；储氢过程HCO-3、HCOO-与Na+均形成离子键，酸根HCO－3中H2被氧化为H2O,NaHCO3被还原为HCOONa，C项错误；D项没有说明气体所处的状态，错误，若是标准状况下，则正确。
【考点定位】：本题考查了化学反应中的能量变化、化学键、氧化还原反应、物质的量的有关知识。
9、【答案】D【解析】。
由于硫为液态，因此反应前后气体分子数不等，达平衡前容器内压强逐渐变小，分离出硫对化学反应速率及平衡无影响，即A、B错误；根据平衡移动原理知升温平衡向吸热方向移动即向左移动，SO2的转化率降低，C错误；平衡常数只受温度的影响，与催化剂无关，故D项正确。
【考点定位】本题主要考查外界条件对化学平衡及反应速率的影响，考查平衡常数的知识及平衡的移动。
11、【答案】D【解析】断开K2，闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，表明石墨为阳极，铜为阴极，（若铜为阳极，则铜溶解），反应为2Cl－＋2H2O 通电H2↑＋2OH－＋Cl2↑，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，附近水的电离平衡被破坏使c(OH－)＞c(H＋)，溶液变红，（两极产生的气体收集在装置中可作断开K1、闭合K2时的反应的物质),故A、B两项均错误；断开K1、闭合K2时，为原电池反应，铜电极为负极，发生氧化反应为H2－2e－＋2OH－===2H2O，而石墨为正极，发生还原反应，电极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，故C项错误，D项正确。
2012高考试题—理综(安徽卷)生物解析版.pdf
Lesson 31 Danny Tells All Lead in appendix 阑尾 appendicitis 阑尾炎 一、 Teaching aims: 1. Know the new words of this lesson. They are: appendicitis appendix 2. Master the phrase of this lesson: fall ill , be ill. 3. Dictate this text with your own words. Presentation 二 、 (一） Read the text of the part one and answer the following questions: 1.Who has something to tell the class about Danny ? 2.How did Danny feel about missing school this week? 3.When Brian reads the letter, what did the other students do? （二） Read the part two and answer the following questions:1.What’s wrong with Danny?2.How did the doctor deal with Danny’s illness?3.What did the doctor tell Danny to do after the operation(手术）？4.In Danny’s room, is there a TV? 1.everyone 是不定代词，相当于everybody，意为“人人，大家”只作主语或宾语，作主语时，谓语用单数形式。
如： Everyone is interested in learning English in our class. 2.have something to tell you about Danny其中的something常带动词不定式作定语。
2012年高考安徽理综(生物部分)解析.
2012年高考安徽理综（生物部分）1．某同学以新鲜洋葱鳞片叶内表皮为材料，经不同处理和染色剂染色，用高倍显微镜观察。
下列描述正确的是A．经吡罗红甲基绿染色，可观察到红色的细胞核B．经吡罗红甲基绿染色，可观察到绿色的细胞质C．经健那绿染色，可观察到橘黄色颗粒状的线粒体D．经苏丹III染色，可观察到橘黄色颗粒状的蛋白质1题。
经吡啰红甲基绿染色，DNA被染成绿色，RNA被染成红色，因此可观察到细胞质被染成红色，细胞核被染成绿色，故A、B错。
苏丹Ⅲ可将细胞内的脂肪颗粒染成橘黄色，故D 错。
健那绿可将活细胞内的线粒体染成蓝绿色，故C正确。
2．蛙的神经元内、外Na+浓度分别是15mmol/L和120mmol/L。
在膜电位由内负外正转变为内正外负过程中有Na+流入细胞，膜电位恢复过程中有Na+排出细胞。
下列判断正确的是A．Na+流入是被动运输，排出是主动运输B．Na+流入是主动运输，排出是被动运输C．Na+流入和排出都是被动运输D．Na+流入和排出都是主动运输2.题。
Na+流入细胞是由高浓度流入低浓度，故为被动运输。
Na+排出细胞是通过Na泵排出，也为被动运输。
故本题选C。
3．脊椎动物在胚胎发育中产生了过量的运动神经元，它们竞争肌细胞所分泌的神经生长因子，只有接受了足够量神经生长因子的神经元才能生存，并与靶细胞建立连接其他的则发生凋亡。
下列叙述正确的是A．脊椎动物细胞凋亡仅发生在胚胎发育时期B．一个存活的神经元只与一个靶细胞建立连接C．神经元凋亡是不受环境影响的细胞编程性死亡D．神经元凋亡是由基因控制的，自动的细胞死亡3题。
脊椎动物的细胞凋亡在生命活动的每个时期均可发生，故A错，神经元细胞凋亡与否与是否接受了足够量的神经生长因子有关，所以，神经元的细胞凋亡并不仅仅由基因所控制，故C、D错，选B。
4．假若某植物种群足够大，可以随机交配，没有迁入和迁出，基因不产生突变。
抗病基因R对感病基因r为完全显性。
现种群中感病植株rr占1/9，抗病植株RR和Rr各占4/9，抗病植株可以正常开花和结实，而感病植株在开花前全部死亡。
2012高考试题—理综(安徽卷)版.pdf
* 第6课 师爱助我成长 第1框 我爱我师 * 1.认识到老师在我们成长过程中起到的作用，明确应如何热爱尊敬老师。
2.善于发现身边美好的事物，用心体会师爱浓浓，提高分析理解能力和语言表达能力。
3.增强热爱尊敬老师的自觉性。
* 板块一:师爱浓浓 * 可以模仿自己现任老师的语言、动作、神态等各方面，也可以写一段文字让大家来猜一猜这描写的是哪位老师。
比一比，谁对自己的老师最熟悉 * 最广泛流行的敬称—— 最历史悠长的尊称—— 最富哲理的称谓—— 最质朴无华的褒称—— 最真情感人的爱称—— 最纯挚的称谓—— 最温馨动人的称谓—— 最生动形象的默称—— 最具中国特色的称喻—— 最高评价的专称—— 老师 先生 人类灵魂的工程师 园丁 慈母 春蚕 蜡烛春雨 孺子牛 人梯 你知道关于老师的称谓吗？ * * 师爱在学生成长中的作用 老师是我们学习的指导者。
老师是我们成长道路上的引路人。
老师的爱是“超凡脱俗”的，是无私的。
* 哦,老师您是一支蜡烛燃烧了自己照亮了别人。
哦,老师您是一棵高大的树木正当我们被太阳烤得头晕眼花时您就用那高大的身躯为我们遮阳。
* 哦,老师您是一位辛勤的园丁正当我们这柔软的花儿被害虫所欺负时您就用那勤劳的双手为我们除害。
哦,老师您是一股纯洁的清流正当我们口渴难忍时您就用那甘甜的汁水灌溉着我们。
* 哦,老师您不是黑板前的那支粉笔吗?是您把自己化成知识写在了黑板上烙在我们的记忆里。
哦,老师您是一座巍峨的青山正当我们这条条小溪在路上遇到挫折时您就用那鼓励的目光鼓舞我们继续前进。
* 请用自己印象最深的一件事，说说老师是怎样帮助你成长的？ 探究活动 * 板块二：热爱尊敬老师 *你如何评价该同学的行为？ 你认为他应该怎么办？ 我们应该怎样尊敬老师？在平时你是怎样做的？ 身临其境 * 听取老师的教诲 * 尊重老师的劳 动，我们应做到： 课上： 课下： 对老师提出的要求： 对老师的态度： “老师，您辛苦了” * 热 爱 尊 敬 老 师 1.尊重老师的劳动。
2012年高考安徽理综生物试卷解析(精析word版)(学生版)
2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）理综生物部分解析2．蛙的神经元内、外Na＋浓度分别是15mmol/L和120mmol/L。
在膜电位由内负外正转变为内正外负过程中有Na＋流入细胞，膜电位恢复过程中有Na＋排出细胞。
下列判断正确的是A．Na＋流入是被动运输，排出是主动运输B．Na＋流入是主动运输，排出是被动运输C．Na＋流入和排出都是被动运输D．Na＋流入和排出都是主动运输4．假设某植物种群非常大，可以随机交配，没有迁入和选出，基因不产生突变。
抗病基因R对感病基因r为完全显性。
现种群中感病植株rr占1/9，抗病植株RR和Rr各占4/9，抗病植株可以正常开花和结实，而感病植株在开花前全部死亡。
则子一代中感病植株占A．1/9 B．1/16 C．4/81 D．1/85．图示细胞内某些重要物质的合成过程。
该过程发生在A．真核细胞内，一个mRNA分子上结合多个核糖体同时合成多条肽链B．原核细胞内，转录促使mRNA在核糖体上移动以便合成肽链C．原核细胞内，转录还未结束便启动遗传信息的翻译D．真核细胞内，转录的同时核糖体进入细胞核启动遗传信息的翻译6．留树保鲜是通过延迟采收保持果实品质的一项技术。
喷施赤霉素和2,4－D对留树保鲜柑橘的落果率和果实内源脱落酸含量的影响如图所示。
下列有关分析不正确的是A．喷施赤霉素和2,4－D能有效减少留树保鲜过程中的落果B．留树保鲜过程中赤霉素与2,4－D对落果的调控有协同作用C．喷施赤霉素和2,4－D 能等级留树保鲜过程中果实脱落酸含量的升高D．赤霉素、2,4－D与内源脱落酸对落果的调控有协同作用29．（10分）为探究酵母菌的细胞呼吸，将酵母菌破碎并进行差速离心处理，得到细胞质基质和线粒体，与酵母菌分别装入A～F试管中，加入不同的物质，进行了如下实验（见下表）。
试管编号加入的物质细胞质基质A B线粒体C D酵母菌E F葡萄糖－＋－＋＋＋丙酮酸＋－＋－－－氧气＋－＋－＋－注：“＋”表示加入了适量的相关物质，“－”表示未加入相关物质。
2012年高考理综安徽卷(含详细答案)
理科综合能力测试试卷 第1页（共46页）理科综合能力测试试卷 第2页（共46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）理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第14页。
全卷满分300分。
考生注意事项：1. 答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中的姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。
务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。
2. 答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上所对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3. 答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰。
作图题可先用铅笔在答题卡．．．的规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。
必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题．．．．区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。
4. 考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H —1 C —12 O —16 S —32 Pb —207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。
1. 某同学以新鲜洋葱磷片叶内表皮为材料，经不同处理和染色齐染色，用高倍显微镜观察。
下列描述正确的是（ ）A. 经吡罗红甲基绿染色，可观察到红色的细胞核B. 经吡罗红甲基绿染色，可观察到绿色的细胞质C. 经健那绿染色，可观察到蓝绿色颗粒状的线粒体D. 经苏丹Ⅲ染色，可观察到橘黄色颗粒状的蛋白质2. 蛙的神经远内，外+Na 浓度分别是15 mmol/L 和120 mmol/L 。
在膜电位由内负外正转变为内正外负过程中有+Na 流入细胞，膜电位恢复过程中有+Na 排出细胞。
2010—2012安徽高考理综
答案：B 考查群落的结构演替以及人类活动对群落演替的影响。B选项不正确，发生于火山，冰川 泥，以及沙丘的演替是初生演替。此演替已到了森林阶段所以一定是很长时间，人类的 活动会使演替不同于自然演替的方向和速度，不同地段上的差异属于水平结构，空间上
A、甲、乙所示过程通过半保留方式进行，合成的产物是双链核酸分子 B、甲所示过程在细胞核内进行，乙在细胞质基质中进行 C、DNA分子解旋时，甲所示过程不需要解旋酶，乙需要解旋酶 D、一个细胞周期中，甲所示过程在每个起点只起始一次，乙可起始多次 答案：D 解析：考察真核生物的DNA复制和转录。甲图以DNA两条单链均为模板，而 乙以一条链为模板，且产物是一条链，确定甲图表示DNA复制，乙图表示转 录。A. 转录不是半保留方式，产物是单链RNA；B. 真核细胞的DNA复制可 以发生在细胞核、线粒体及叶绿体中。C.DNA复制过程解旋需要解旋酶，转 录时需要的RNA聚合酶具有解旋的功能。 D.项一个细胞周期DNA只复制一次，但要进行大量的蛋白质合成，所以转录 多次发生。 6、某岛屿有海底火山喷发形成，现已成为旅游胜地，岛上植被茂盛，风景优 美。下列叙述不正确的是 A、该岛屿不同地段物种组成上的差异是群落水平结构的体现 B、该岛屿形成后最初进行的群落演替属于次生演替 C、旅游可能使岛上的群落演替按照不同于自然演替的速度进行 D、该岛屿一定发生过漫长的群落演替过程
A.与t1相比，t2时呼吸速率高峰出现时间推迟且峰值低，不利于叶片贮藏 B.与t2相比，t1时乙烯产生量高峰出现时间提前且峰值高，有利于叶片贮藏 C.t1、t2条件下呼吸速率的变化趋势相似，t1>t2,t1时不利于叶片贮藏 D.t1、t2条件下乙烯产生量的变化趋势相似，t1<t2,t1时不利于叶片贮藏
t1 t 2 ( t1 t 2 )
2011-2012年安徽高考理综试题及答案
2011年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）理科综合能力测试本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分第Ⅰ卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第12页。
全卷满分300分1．答题前，务必在试题卷答题卡背面规定的地方填写自己的姓名、座位号、并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号后两位。
2．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3．答第Ⅱ卷卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。
作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。
必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4．考试结束，务必将试题卷和答题一并上交。
第Ⅰ卷（选择题共120分）本试卷共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。
以下数据可供解题时参考：相对原子质量（原子量）：C 12 N 14 O 16 Mn 55 1．AUG是甲硫氨酸的密码子，又是肽链合成的起始密码子。
人体血清白蛋白的第一氨基酸并不是甲硫氨酸，这是新生肽链经加工修饰的结果。
加工修饰的场所是A．内质网和高尔基体B．高尔基体和溶酶体C．内质网和核糖体D．溶酶体和核糖体2．干细胞移植现已成为治疗糖尿病的一种临床新技术。
自体骨髓干细胞植入胰腺组织后可分化为胰岛样细胞，以替代损伤的胰岛B细胞，达到治疗糖尿病的目的。
下列叙述正确的是A．骨髓干细胞与胰岛样细胞的基因组成不同，基因表达产物不同B．骨髓干细胞与胰岛样细胞的基因组成相同，基因表达存在差异C．胰岛组织微环境造成骨髓干细胞基因丢失，分化成为胰岛样细胞D．胰岛组织微环境对骨髓干细胞分化无影响，分化是由基因决定的3．某种蔬菜离体叶片在黑暗中不同温度条件下呼吸速率和乙烯产生量的变化如图所示，t1，t2表示10~30℃之间的两个不同温度。
2012年高考真题——理综(安徽卷)Word版
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）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第12页。
全卷满分300分，时间150分钟。
考生注意事项：1、答题前，务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。
务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。
2、答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3、答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰。
作图题可先用铅笔在答题卡．．．规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。
必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4、考试结束后，务必将试题卷和答题卡一并上交。
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【解析】由万有引力提供航天器做圆周运动的向心力得：222224n Mm vG m m r m r mar r Tπω====，所以v=T=ω=2nGMar=。
而“天宫一号”轨道半径r天比“神州八号”轨道半径r神大，故正确选项：B15．一列简谐横波沿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【解析】由图1可得波长λ=4.0m ，其周期T=λ/v =0.4s 。
2012年安徽省高考物理试卷答案与解析
【解答】解：：天宫一号和“神州八号，即 ，故轨道高度越小，线速度越大．故，即，故轨道高度越小，角速度越大．故A ．B ．C ．D ．【考点】横波的图象．【专题】振动图像与波动图像专题．振动图像与波动图像专题．【分析】先根据图象得到波长，根据波长和波速的关系求出周期，进而即可求解．先根据图象得到波长，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λ=4m ，所以T=所以t=0.1s 时，波形向右平移个波长，所以C 正确．正确．故选C 【点评】本题采用波形平移法研究波形图的，本题采用波形平移法研究波形图的，是经常运用的方法．是经常运用的方法．是经常运用的方法．抓住波形经过一个周期向抓住波形经过一个周期向前平移一个波长．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（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mgR 【考点】牛顿第二定律；动能定理的应用．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．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．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W G =mgR ，故A 错误；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；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；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；正确；故选D．【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．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（，则（ ）A．物块可能匀速下滑．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑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．压轴题；牛顿运动定律综合专题．【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．加速度减小．【解答】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aʹ=，因为gsinθ＞μgcosθ，所均错误．以Fsinθ＞μFcosθ，可见aʹ＞a，即加速度增大．故C确，A、B、D均错误．故选C．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．【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，场，其中坐标原点其中坐标原点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（度的大小为（ ）A ．200 V/m 200 V/m B B ．200 V/m C ．100 V/m 100 V/m D D ．100 V/m 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据题中的数据找出x 轴方向上电势与B 点相等的C 点，BC 两点的电势相等，两点的电势相等，即即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．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=OC •sin ∠BCO=1.5cm=1.5×10﹣2m 则电场强度为：E===200V/m ，选项BCD 错误，A 正确正确故选：A 【点评】在匀强电场中，在匀强电场中，电场是处处相等的，电场是处处相等的，电场是处处相等的，电场强度，电场强度，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关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．，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场．6．（3分）（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（运动时间变为（ ）A．△t B．2△t t C C．△t D．3△t 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．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【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期关，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．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，，所以运动时间t=以速度射入时，半径，所以，根据几何关系可知：设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tan所以θ=120°则第二次运动的时间为：t=ʹ=2△t 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．圆弧的几何关系来帮助解题．7．（3分）（2012•安徽）的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为单位面积带电量为σ，半径为R的均匀带电圆形平板，安徽）如图如图1所示，所示，半径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=2πkσ[1﹣]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电所示．则圆孔轴线上任意一点如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，的圆板，如图的电场强度为（ ）的电场强度为（A．2πkσ0B．2πkσ0C．2πkσ0D．2πkσ0【考点】电场强度．压轴题；电场力与电势的性质专题．【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σ0的无限大均匀带电的圆板产生的场强．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：正确．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．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）Ⅰ、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．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 B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．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．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．否做匀速运动．的选取，以下最合理的一组是 C（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 AB=4.22cm、s BC=4.65cm、s CD=5.08cm、s DE=5.49cm、s EF=5.91cm、s FG=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）．Ⅱ、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．）完成下列实验步骤：（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，使它靠近变阻器左端的接线柱 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②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，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 ；的多组读数，直至电压达到额定电压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．．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． ）在虚线框中画出与实物电路相应的电路图．（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．实验题；牛顿运动定律综合专题．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】Ⅰ．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．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．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若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．Ⅱ．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m ＜＜M 时，即当沙和沙桶的总重力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=at 2，s DE ﹣s AB =3a 1T 2s EF ﹣s BC =3a 2T 2s FG ﹣s CD =3a 3T 2a==0.42m/s 2．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．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）如图所示故答案为：Ⅰ．（1）B （2）C （3）0.42 Ⅱ．（1）①使它靠近变阻器左端的接线柱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）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，木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现摩擦力减小等现象，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．去完成的．Ⅱ．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．Ⅱ．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．设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g=10m/s 2，求：，求：（1）弹性球受到的空气阻力f 的大小；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．牛顿运动定律综合专题．【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；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；）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．（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：，由速度时间图象得：a=根据牛顿第二定律得：mg﹣f=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vʹ=3m/s 离开地面后aʹ==12m/s2，根据0﹣vʹ2=2aʹh 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．速度图象要抓住两表示位移．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OOʹ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OOʹ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，（只考虑单匝线圈）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；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e 2的表达式；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）（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．【专题】压轴题；交流电专题．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，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φ0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；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=I 2R T 即可求解．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因切割磁感线而产生的感应电动势均为E 1=BL 1v 由图可知v ⊥=vsin ωt 则整个线圈的感应电动势为e 1=2E 1=BL 1L 2ωsin ωt （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 2=BL 1L 2ωsin （ωt+φ0）（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其中于是 答：（1）t 时刻整个线圈中的感应电动势e 1=BL 1L 2ωsin ωt ；（2）t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2=BL 1L 2ωsin （ωt+φ0）；（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，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势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．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/s 2．（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前速度大小；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？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．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． 【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．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v 1，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．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v 0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大小为μmg=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 1，取向右为正方向，，取向右为正方向，由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得﹣mv=mv 1+MV 解得解得 ，即碰撞后物块B 在水平台面向右匀速运动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，则所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上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 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知；…。
2012年安徽省高考物理试卷答案与解析
【解答】解：：天宫一号和“神州八号，即 ，故轨道高度越小，线速度越大．故，即，故轨道高度越小，角速度越大．故A ．B ．C ．D ．【考点】横波的图象．【专题】振动图像与波动图像专题．振动图像与波动图像专题．【分析】先根据图象得到波长，根据波长和波速的关系求出周期，进而即可求解．先根据图象得到波长，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λ=4m ，所以T=所以t=0.1s 时，波形向右平移个波长，所以C 正确．正确．故选C 【点评】本题采用波形平移法研究波形图的，本题采用波形平移法研究波形图的，是经常运用的方法．是经常运用的方法．是经常运用的方法．抓住波形经过一个周期向抓住波形经过一个周期向前平移一个波长．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（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mgR 【考点】牛顿第二定律；动能定理的应用．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．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．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W G =mgR ，故A 错误；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；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；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；正确；故选D．【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．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（，则（ ）A．物块可能匀速下滑．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑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．压轴题；牛顿运动定律综合专题．【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．加速度减小．【解答】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aʹ=，因为gsinθ＞μgcosθ，所均错误．以Fsinθ＞μFcosθ，可见aʹ＞a，即加速度增大．故C确，A、B、D均错误．故选C．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．【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，场，其中坐标原点其中坐标原点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（度的大小为（ ）A ．200 V/m 200 V/m B B ．200 V/m C ．100 V/m 100 V/m D D ．100 V/m 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据题中的数据找出x 轴方向上电势与B 点相等的C 点，BC 两点的电势相等，两点的电势相等，即即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．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=OC •sin ∠BCO=1.5cm=1.5×10﹣2m 则电场强度为：E===200V/m ，选项BCD 错误，A 正确正确故选：A 【点评】在匀强电场中，在匀强电场中，电场是处处相等的，电场是处处相等的，电场是处处相等的，电场强度，电场强度，电场强度，电势差与沿电场方向上的距离有关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．，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场．6．（3分）（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（运动时间变为（ ）A．△t B．2△t t C C．△t D．3△t 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．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【分析】由于粒子在匀强磁场是做匀速圆周运动，运动周期关，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．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，，所以运动时间t=以速度射入时，半径，所以，根据几何关系可知：设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tan所以θ=120°则第二次运动的时间为：t=ʹ=2△t 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．圆弧的几何关系来帮助解题．7．（3分）（2012•安徽）的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为单位面积带电量为σ，半径为R的均匀带电圆形平板，安徽）如图如图1所示，所示，半径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=2πkσ[1﹣]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电所示．则圆孔轴线上任意一点如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，的圆板，如图的电场强度为（ ）的电场强度为（A．2πkσ0B．2πkσ0C．2πkσ0D．2πkσ0【考点】电场强度．压轴题；电场力与电势的性质专题．【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σ0的无限大均匀带电的圆板产生的场强．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：正确．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．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）Ⅰ、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．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 B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．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．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．否做匀速运动．的选取，以下最合理的一组是 C（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 AB=4.22cm、s BC=4.65cm、s CD=5.08cm、s DE=5.49cm、s EF=5.91cm、s FG=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）．Ⅱ、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．）完成下列实验步骤：（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，使它靠近变阻器左端的接线柱 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②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，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 ；的多组读数，直至电压达到额定电压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．．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． ）在虚线框中画出与实物电路相应的电路图．（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．实验题；牛顿运动定律综合专题．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】Ⅰ．解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．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．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若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．Ⅱ．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m ＜＜M 时，即当沙和沙桶的总重力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=at 2，s DE ﹣s AB =3a 1T 2s EF ﹣s BC =3a 2T 2s FG ﹣s CD =3a 3T 2a==0.42m/s 2．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．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）如图所示故答案为：Ⅰ．（1）B （2）C （3）0.42 Ⅱ．（1）①使它靠近变阻器左端的接线柱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）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，木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，使得倾角偏大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，会导致重力沿斜面向下的分力增大，摩擦力减小等现摩擦力减小等现象，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．去完成的．Ⅱ．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．Ⅱ．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．设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g=10m/s 2，求：，求：（1）弹性球受到的空气阻力f 的大小；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．牛顿运动定律综合专题．【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；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；）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．（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：，由速度时间图象得：a=根据牛顿第二定律得：mg﹣f=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vʹ=3m/s 离开地面后aʹ==12m/s2，根据0﹣vʹ2=2aʹh 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．速度图象要抓住两表示位移．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OOʹ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OOʹ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，（只考虑单匝线圈）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；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e 2的表达式；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）（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．【专题】压轴题；交流电专题．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，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φ0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；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=I 2R T 即可求解．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因切割磁感线而产生的感应电动势均为E 1=BL 1v 由图可知v ⊥=vsin ωt 则整个线圈的感应电动势为e 1=2E 1=BL 1L 2ωsin ωt （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 2=BL 1L 2ωsin （ωt+φ0）（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其中于是 答：（1）t 时刻整个线圈中的感应电动势e 1=BL 1L 2ωsin ωt ；（2）t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2=BL 1L 2ωsin （ωt+φ0）；（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，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势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．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/s 2．（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前速度大小；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？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．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． 【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．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v 1，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．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v 0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大小为μmg=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 1，取向右为正方向，，取向右为正方向，由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得﹣mv=mv 1+MV 解得解得 ，即碰撞后物块B 在水平台面向右匀速运动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，则所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上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 1，继而与物块A 发生第二次碰撞．发生第二次碰撞．设第二次碰撞后物块B 速度大小为v 2，同上计算可知；…。
2012年安徽高考理科综合(word版)
2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）理综第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，只有一项是生命题目要求的。
以下数据可供起解题参考：相对原子质量（原子量）：H 1 C 12 O 16 S 32 Pb 2071、某同学以新鲜洋葱鳞片叶内表皮为材料，经不同处理和染色剂染色，用高倍显微镜观察。
下列描述正确的是A．经吡罗红甲基绿染色，可观查到红色的细胞核B．经吡罗红甲基绿染色，可观查到绿色的细胞质C．经健那绿染色，可观察到蓝绿色颗粒状的线粒体D．经苏丹Ⅲ染色，可观察到橘黄色颗粒状蛋白质2．蛙的神经元内、外Na＋浓度分别是15mmol/L和120mmol/L.在膜电位由内负外正转变为内正外负过程中有Na＋流入细胞，膜电位恢复过程中有Na＋排出细胞。
下列判断正确的是A．Na＋流入是被动运输，排出是主动运输B．Na＋流入是主动运输，排出是被动运输C．Na＋流入和排出都是被动运输D．Na＋流入和排出都是主动运输3．脊椎动物在胚胎发育过程中产生了过量的运动神经元，它们竞争肌细胞所分泌的神经生长因子，只有接受了足够量神经生长因子的神经元才能生存，并与靶细胞建立连接，其他的则发生凋亡。
下列叙述正确的是A．脊椎动物细胞凋亡仅发生胚胎发育时期B．一个存活的神经元只与一个靶细胞建立连接C．神经元凋亡是不受环境影响的细胞编程性死亡D．神经元凋亡是由基因控制的、自动的细胞死亡4．假设某植物种群非常大，可以随机交配，没有迁入和迁出，基因不产生突变。
抗病基因R对感病基因r为完全显性。
现种群中感病植株rr占1/9，抗病植株RR和Rr各占4/9，抗病植株可以正常开花和结实，而感病植株在开花前全部死亡，则子一代中感病植株占A．1/9 B．1/16 C．4/81 D．1/85．图示细胞内某些重要物质的合成过程，该过程发生在A ．真核细胞内，一个mRNA 上结合多个核糖体同时合成多条肽链B ．原核细胞内，转录促使mRNA 在核糖体上移动以便合成肽链C ．原核细胞内，转录还未结束便启动遗传信息的翻译D ．真核细胞内，转录的同时核糖体进入细胞核启动遗传信息的翻译6．留树保鲜是通过延迟采收保持果实品质的一项技术。