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2011年高考物理试题解析集


2011 年全国高考物理试题解析全集





1、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(大纲版)
(贵州 云南 甘肃 内蒙古 青海 西藏 河北 广西 湖北)???????????????(1)

错误!未指定书签。
(河南 黑龙江 吉林 宁夏 陕西 湖南 山西 新疆江 辽宁 江西)??????????(9)

3、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(安徽卷)???????(19) 4、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(北京卷)???????(26) 5、2011 年普通高等学校招生全国统一考试物理解析(江苏卷)?????????(33) 6、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(广东卷)???????(44) 7、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(重庆卷)???????(52) 8、2011 年普通高等学校招生全国统一考试物理解析(上海卷)?????????(60) 9、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(浙江卷)???????(76) 10、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(四川卷) ??????(84) 11、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(福建卷) ??????(92) 12、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(山东卷) ??????(101) 13、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(天津卷)??????(111) 14、2011 年普通高等学校招生全国统一考试理综物理解析(海南卷)??????(120) 15、2011 年台湾省物理指定科目考试试卷??????????????????(132)

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2011 全国高考物理试题解析集

2011 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试(大纲版物理部分)
二、选择题:本大题共 8 小题。在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项符合题目要求,有的有多 个选项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 14、关于一定量的气体,下列叙述正确的是 A、气体吸收的热量可以完全转化为功 B、气体体积增大时,其内能一定减少 C、气体从外界吸收热量,其内能一定增加 D、外界对气体做功,气体内能可能减少 答案:AD 解析:本题考查热热力学第一、第二定律,主要考查学生对热力学定律的概念掌握和理解。根据热力 学第二定律:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化。即气体吸收热量在引 起了其他变化的情况下,可以完全转化为功,A 对;内能的影响因素有气体的体积和温度,故气体体积增 大时,由于温度变化情况未知,故内能不一定减少,B 错;内能可以通过做功和热传递改变,气体从外界 吸收热量,由于对外做功情况未知,故内能不一定增加,C 错;同理外界对气体做功,由于热传递情况未 知,故气体内能有可能减少,D 对。 15、如图,两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流 I1 和 I2,且 I1>I2;a、b、c、d 为导线某一 横截面所在平面内的四点,且 a、b、c 与两导线共面;b 点在两导线之间,b、d 的连线与导线所在平面 垂直。磁感应强度可能为零的点是 A、a 点 B 、b 点 C、c 点 D、d 点

答案:C 解析:本题考查安培定则,主要考查用安培定则判断电流周围的磁场分布情况以及矢量的叠加原理。根 据安培定则可知 I1 和 I2 电流分别在 a 处产生的磁场方向为垂直 ac 连线向上和向下,由于 I1>I2,且 I1 电流 与 a 点的距离比 I2 电流与 a 点距离要小,故 B1a>B2a,则 a 处磁感应强度不可能为零,A 错;两电流在 b 处产生的场强方向均垂直 ac 连线向下,故 B 错;I1 和 I2 电流分别在 c 处产生的磁场方向为垂直 ac 连线向 下和向上,且 I1 电流与 c 点的距离比 I2 电流与 c 点距离要大,故 B1c 与 B2c 有可能等大反向,C 对;两电流 在 d 处产生的场的方向一定成某一夹角,且夹角一定不为 180° ,D 错。 16、雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。设水滴是球形的,图中的圆代表 水滴过球心的截面,入射光线在过此截面的平面内,a、b、c、d 代表四条不同颜 色的出射光线,则它们可能依次是 A、紫光、黄光、蓝光和红光 B、紫光、蓝光、黄光和红光 C、红光、蓝光、黄光和紫光 D、红光、黄光、蓝光和紫光 答案:B 解析: 本题考查折射定律与光的色散, 要求考生能熟练记忆各种单色光对同一种 介质的折射率的大小关系。由光路图显然可看出 a 光的偏折程度最大,故 a 光的折射率最大,选项中应该 以―红橙黄绿蓝靛紫‖反过来的顺序进行排列,B 对。 17、 通常一次闪电过程历时约 0.2~0.3s, 它由若干个相继发生的闪击构成。 每个闪击持续时间仅 40~80μs, 电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为 1.0× 109V,云地间距 离约为 l km;第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为 6 C,闪击持续时间约为 60μs。假定闪电前
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云地间的电场是均匀的。根据以上数据,下列判断正确的是 A、闪电电流的瞬时值可达到 1× 105A B、整个闪电过程的平均功率约为 l× 1014W C、闪电前云地间的电场强度约为 l× 106V/m D、整个闪电过程向外释放的能量约为 6× 106J 答案:AC 解析:本题考查电场强度、电势差、平均功率、电流等知识点,要求考生掌握电流的定义,知道电场强 度与电势差的关系,区别瞬时物理量与平均物理量。根据题意第一个闪击过程中转移电荷量 Q=6C,时间 Q 约为 t=60μs,故平均电流为 I 平= =1× 105A,闪电过程中的瞬时最大值一定大于平均值,故 A 对;第一 t W 次闪击过程中电功约为 W=QU=6× 109J,第一个闪击过程的平均功率 P= =1× 1014W,由于一次闪电过 t 程主要发生在第一个闪击过程中,但整个闪电过程中的时间远大于 60μs,故 B 错;闪电前云与地之间的电 U 1× 109 场强度约为 E= = V/m=1× 106V/m,C 对;整个闪电过程向外释放的能量约为 W=6× 109J,D 错。 d 1000 18、已知氢原子的基态能量为 E1,激发态能量 En=E1/n2,其中 n=2,3…。用 h 表示普朗克常量,c 表示真 空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为 4hc A、- 3E1 2hc B、- E1 4hc C、- E1 9hc D、- E1

答案:C 解析:本题考查能级跃迁,要求知道激发态、基态及电离的概念,理解能级跃迁过程中的能级差及光子 的能量公式。依题意可知第一激发态能量为 E2=E1/22,要将其电离,需要的能量至少为△E=0-E2=hγ, 4hc 根据波长、频率与波速的关系 c=γλ,联立解得最大波长 λ=- ,C 对。 E1 19、我国―嫦娥一号‖探月卫星发射后,先在―24 小时轨道‖上绕地球运行(即绕地球一圈需要 24 小时) ;然 后,经过两次变轨依次到达―48 小时轨道‖和―72 小时轨道‖;最后奔向月球。如果按圆形轨道计算,并 忽略卫星质量的变化,则在每次变轨完成后与变轨前相比 A、卫星动能增大,引力势能减小 B、卫星动能增大,引力势能增大 C、卫星动能减小,引力势能减小 D、卫星动能减小,引力势能增大 答案:D 解析: 本题考查人造卫星的发射、 能量守恒定律、 万有引力定律, 要求考生理解卫星变轨过程中的动能、 势能及能量的变化。依题意可将―嫦娥一号‖视为圆周运动,且质量变化可忽略不计,则变轨后,轨道更高, 由卫星运动规律可知高轨道速度小,故变轨后动能变小,排除 A、B 选项;卫星发射越高,需要更多能量, 由能量守恒定律可知高轨道的卫星能量大,而高轨道动能反而小,因此高轨道势能一定大(当然也可直接 通过离地球越远引力势能越大来判断) ,D 对。 20、质量为 M 内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为 m 的小物块,小物块与 箱子底板间的动摩擦因数为 μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初 速度 v,小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间,井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的, 则整个过程中,系统损失的动能为 1 A、 mv2 2 mM B、 v2 2(m+M) 1 C、 NμmgL 2 D、NμmgL

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答案:BD 解析:本题考查动量守恒、功能关系及能量守恒定律。设最终箱子与小物块的速度为 v1,根据动量守恒 1 1 mM 定律:mv=(m+M)v1,则动能损失△Ek= mv2- (m+M)v12,解得△Ek= v2,B 对;依题意:小物 2 2 2(m+M) 块与箱壁碰撞 N 次后回到箱子的正中央,相对箱子运动的路程为 S=0.5L+(N-1)L+0.5L=NL,故系统因 摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能:△Ek=Q=NμmgL,D 对。 21、一列简谐横波沿 x 轴传播,波长为 1.2m,振幅为 A。当坐标为 x=0 处质元的位移为- 负方向运动时,坐标为 x=0.4m 处质元的位移为 3 A 且向 y 轴 2

3 A。当坐标为 x=0.2m 处的质元位于平衡位置且向 y 2

轴正方向运动时,x=0.4m 处质元的位移和运动方向分别为 1 A、- A、沿 y 轴正方向 2 C、- 3 A、沿 y 轴正方向 2 1 B、- A,沿 y 轴负方向 2 D、- 3 A、沿 y 轴负方向 2

答案:C 解析:本题考查机械振动和机械波的知识,要求考生能结合数学三角函数图象与物理的波动图象计算。 由波长 1.2m,某时刻在波的传播方向上相距 ?x ? 0.4m ? 分别为-

1 ? ,坐标分别为 x=0 和 x=0.4m 的两质元位移 3

3 3 A 和 A,画出草图,结合三角函数知识可以判定该时刻的波形图具有唯一性,且根据坐标 2 2

为 x=0 处质元向 y 轴负方向运动,可确定波的传播方向为 x 轴正方向,且此时坐标为 x=0.2m 处的质元 正位于平衡位置向 y 轴负方向运动, 直到当坐标为 x=0. 2m 处的质元位于平衡位置且向 y 轴正方向运动时, 其间历时 ?t ? (2n ? 1) 为-

T , n ? 0,1, 2... ,根据简谐运动的对称性,x=0.4m 处质元的位移和运动方向分别 2

3 A、沿 y 轴正方向,C 项正确 2

22、 (6 分) 在―油膜法估测油酸分子的大小‖实验中,有下列实验步骤: ① 往边长约为 40cm 的浅盘里倒入约 2cm 深的水.待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。 ② 用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上,待薄膜形状稳定。 ③ 将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上,计算出油膜的面积,根据油酸的体积和面积计算出油酸 分子直径的大小。 ④ 用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下量筒内每增加一定体积时的滴 数,由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。 ⑤ 将玻璃板放在浅盘上,然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。 完成下列填空: (1)上述步骤中,正确的顺序是_________________。 (填写步骤前面的数字) 3 3 (2)将 1cm 的油酸溶于酒精,制成 300cm 的油酸酒精溶液;测得 lcm3 的油酸酒精溶液有 50 滴。现 取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上,测得所形成的油膜的面积是 0.13m2。由此估算出油酸分子的直径
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为___________________m。 (结果保留 l 位有效数字) - 答案: (1)④①②⑤③; (2)5× 10 10 解析:本题考查用油膜法估测油酸分子直径大小的实验。 (1)依据实验顺序,首先配置混合溶液(④) , 然后在浅盘中放水和痱子粉 (①) , 将一滴溶液滴入浅盘中 (②) , 将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状 (⑤) , 最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油墨的总面积(③) ,故正确的操作顺序为④①②⑤③; (2) 1cm3 一滴油酸酒精溶液的体积为:V= =SD,其中 S=0.13cm2,故油酸分子直径: 300cm3× 50 V 1cm3 - D= = =5× 10 10m。 3 S 300cm × 50× 0.13cm2 【点评】本题为现行教材的必考实验之一,新课标教材则出现在选修 3-3 中,为选考实验,本实验为测 定性实验,虽然过程并不复杂,但整个实验体现出利用宏观量的测量求出微观量这一重要的物理思想,而 且前后步骤很严谨,适合考查学生对实验原理理解和和对实验操作步骤的熟悉程度。难度较小 23、 (12 分)使用多用电表测量电阻时,多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一 个电阻和一表头相串联,两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势, 给定的器材有:待测多用电表,量程为 60mA 的电流表,电阻箱,导线若干。实验时,将多用电表调 至×1 Ω 挡,调好零点;电阻箱置于适当数值。完成下列填空: (1) 仪器连线如图 l 所示(a 和 b 是多用电表的两个表笔)。 若两电表均正常工作, 则表笔 a 为_________ (填―红‖或―黑‖)色; (2)若适当调节电阻箱后,图 1 中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图 2(a),(b),(c)所示, 则多用电表的读数为_________Ω,电流表的读数为__________mA,电阻箱的读数为_________Ω;

图 2(b) × 100 × 10 0 9 9 0 1 1 8 2 8 2 3 7 3 7 6 5 4 6 5 4 × 1 × 0.1 9 0 1 9 0 1 8 2 8 2 3 7 3 7 6 5 4 6 5 4 图 2(c)
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(3)将图 l 中多用电表的两表笔短接,此时流过多用电表的电流为____________mA; (保留 3 位有效 数字) (4)计算得到多用电表内电池的电动势为__________V。 (保留 3 位有效数字) 答案: (1)黑; (2)14.0,53.0,4.6; (3)102; (4)1.54。 解析:本题考查测电阻的电学实验,并要求能对欧姆表、电流表及电阻箱进行正确读数。 (1)根据所有 电器―红进黑出‖的一般原则,对多用电表来说,电流从红表笔进入多用电表,电流从黑表笔从多用电表流 出,由于设计电路图中 a 表笔接在电流表的正极,故电流经过多用电表从 a 表笔流出,故 a 表笔为多用电 10mA 表的黑表笔。 (2)欧姆表读数为 R=14.0Ω;电流表读数为 I=50mA+ × 3.0=53.0mA;电阻箱读数为: 10 4×1Ω+6×0.1Ω=4.6Ω。 (3)多用电表接外电路时,考虑到多用电表表头的电流刻度是均匀的,其表头偏转 的格数与表盘总格数之比为 26:50,而多用电表接外电路时,外电路电流表示数为 I=53.0mA,设表笔短 26 I 接时通过多用电表的电流为 I0,则 = ,解得 I0=102mA。 (4)设多用电表内阻为 r,已知外电路电阻为 50 I0 R=14Ω,多用电表接外电路时:E=I(r+R),多用电表两表笔短接时:E=I0r,联立解得多用电表内的电 池电动势 E=1.54V。 24、 (15 分) 如图,两根足够长的金属导轨 ab、cd 竖直放置,导轨间距离为 L1 电阻不计。在导轨上端并接两个额 定功率均为 P、电阻均为 R 的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。 现将一质量为 m、电阻可以忽略的金属棒 MN 从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平, 且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为 g。求: (1)磁感应强度的大小; (2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。

mg 答案: (1) 2L

R 2P ; (2) P mg

解析: (1)设小灯泡的额定电流 I0,有:P=I02R ① 由题意,在金属棒沿着导轨竖直下落的某时刻后,小灯泡保持正常发光,流经 MN 的电流为 I=2I0 ② 此时刻金属棒 MN 所受的重力和安培力相等,下落的速度达到最大值,有 mg=BLI ③ mg 联立①②③式得 B= 2L R P ④

(2)设灯泡正常发光时,导体棒的速率为 v,由电磁感应定律与欧姆定律得 E=BLv ⑤ E=RI0 ⑥ 2P 联立①②④⑤⑥式得 v= mg ⑦

【点评】本题考查电磁感应与力学,电路的综合问题,属于常规题,从导体棒的运动情况来看,属于一
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根导体棒的“运动──发电──电流──运动”类型,自由释放的金属棒 MN,下落过程中产生感应电动 势,回路中形成电流,金属棒 MN 受到安培力作用,影响金属棒的运动。解决该类问题的关键有两个,一 是要正确作出等效电路图,二是对导体或者是闭合回路的局部进行正确的受力分析,列出动力学或者静力 学方程。 25、 (19 分) 如图,与水平面成 45° 角的平面 MN 将空间分成 I 和 II 两个区域。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的 粒子以速度 v0 从平面 MN 上的 P0 点水平右射入 I 区。粒子在 I 区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下 的电场作用,电场强度大小为 E;在 II 区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为 B,方向垂 直于纸面向里。求粒子首次从 II 区离开时到出发点 P0 的距离。粒子的重力可以忽略。

答案:

2mv0 2v0 1 ( + ) q E B

解析:带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线运动,其加速度方向竖直向下,设其大小为 a, 由牛顿定律得 qE=ma ①

设经过时间 t0,粒子从平面 MN 上的点 P1 进入磁场,由运动学公式和几何关系得 1 v0t0= at02 2 ② ③ v0 tanα= at0 ⑤ ⑥

粒子速度大小 V1 为 V1= v02+(at0)2 设速度方向与竖直方向的夹角为 α,则



此时粒子到出发点 P0 的距离为 s0= 2v0t0

mV 此后,粒子进入磁场,在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动,圆周半径为 r1= qB 设粒子首次离开磁场的点为 P2,弧 P1P2 所张的圆心角为 2β,则 P1 到点 P2 的距离为 s1=2r1sinβ ⑦ 由几何关系得 α+β=45° ⑧

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联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1= 2 点 P2 与点 P0 相距 l=s0+s1 联立①②⑤⑨⑩解得 l=

mv0 qB ⑩ ?



2mv0 2v0 1 ( + ) q E B

【易错分析】1.对于带电粒子在电场中的运动,一些考生错将 45°角当成粒子在电场中运动的速度偏 向角,导致错解,也有一些考生将粒子出电场时的速度大小仍当成是,导致错解。2.对于粒子在匀强磁 场中的运动,对几何关系挖掘不细致导致不能完成求解。 26、 (20 分) 装甲车和战舰 采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。 通过对一下简化模型 的计算可以粗略说明其原因。 质量为 2m、厚度为 2d 的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为 m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板, 刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为 d、质量均为 m 的相同两块,间隔一段距离水平放置,如图所 示。 若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板, 穿出后再射向第二块钢板, 求子弹射入第二块钢板的深度。 设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。

1 3 答案: (1+ )d 2 2 解析:设子弹初速度为 v0,射入厚度为 2d 的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为 V 由动量守恒得 (2m+m)V=mv0 ① 1 解得 V= v0 3 1 1 此过程中动能损失为 △E= mv02- × 3mV2 2 2 1 解得 △E= mv02 3 分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 v1 和 V1, 由动量守恒得 mv1+mV1=mv0 ③ △E 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块钢板的动能损失为 , 2 由能量守恒得 △E 1 1 1 mv 2+ mV 2= mv 2- 2 1 2 1 2 0 2 ④ ⑤ ②

1 3 联立①②③④式,且考虑到 v1 必须大于 V1,得 v1=( + )v0 2 6 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 V2, 由动量守恒得 2mV2=mv1 ⑥

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1 1 损失的动能为 △E′= mv12- ×2mV22 2 2 1 3 △E 联立①②⑤⑥⑦式得△E′= (1+ )× 2 2 2 1 3 x= (1+ )d 2 2

⑦ ⑧

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑧式 keep,射入第二块钢板的深度 x 为 ⑨

【点评】本题以子弹打木块模型为载体综合考查动量守恒定律,能量守恒定律,对考生能力要求较高,另 外计算量较大,特别是联立 1,2,3,4 四式,在利用求根公式解二次方程以及根的取舍方面考验考生的 耐心与细致,本题在本卷中,难度较大,从内容上看,属于陈题翻新,但不失为一道经典的压轴题。

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理科综合能力测试(新课标物理试题)
二、选择题:本大题共 8 小题,每小题 6 分,在每小题给出的四个选项中,有的只有一项符合题目要求, 有的有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 14.为了解释地球的磁性,19 世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流 I 引起的。在下列 四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是

答案:B 解析:地磁的北极(N 极)在地理南极附近,由安培定则知,环形电流的方向如图 B 所示。 15.一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,该质点的动能可能 A. 一直增大 B. 先逐渐减小至零,再逐渐增大 C. 先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小 D. 先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大 答案:ABD 解析:如恒力方向与初速度方向相同,则做正功,动能增加,A 正确。如恒力方向与初速度方向相反,则 物体开始做匀减速直线运动到速度为零后, 再反向做匀加速直线运动, 物体动能先减小到零, 再逐渐增加, B 正确。恒力方向与物体速度方向成钝角(如斜抛),物体做匀变速曲线运动,速度先减小到非零最小值后 再逐渐增大,动能先逐渐减小到某一非零的最小值,再逐渐增大,D 正确。 16.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻 力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是 A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小 B. 蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加 C. 蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D. 蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 答案:ABC 解析:主要考查功和能的关系。运动员到达最低点过程中,重力做正功,所以重力势能始终减少,A 项正 确。蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加,B 项正确。蹦极过程中,运动员、地球 和蹦极绳所组成的系统,只有重力和弹性力做功,所以机械能守恒,C 项正确。重力势能的改变与重力势 能零点选取无关,D 项错误。 17.如图,一理想变压器原副线圈的匝数比为 1:2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为 220V,额 定功率为 22W;原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关,灯泡正常发光。若用 U 和 I 分别表 示此时电压表和电流表的读数,则

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A.U = 110 V,I = 0.2 A C. U ? 110 2 V ,I = 0.2 A 答案:A

B.U = 110 V,I = 0.05 A D. U ? 110 2 V , I ? 0.2 2A

解析:主要考查理想变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系。U2=220V,根据 U1:U2=n1:n2 得,U1=110V。 I2=P/U2=0.1A,根据 I1:I2= n2:n1 得 I1=0.2A。所以正确答案是 A。 18.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。 电流 I 从一条轨道流入, 通过导电弹体后从另一条轨道流回。 轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的 磁场(可视为匀强磁场) ,磁感应强度的大小与 I 成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高 速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍,理论上可采用的方法是 A.只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B.只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度 L 变为原来的 2 倍,其它量不变

答案:BD 解析:主要考查动能定理。设轨道间距为 d,B=kI。由 F=BId, FL ? 1 mv 2 利用动能定理有 BIlL ?
2

1 2 mv , 2

解得 v ?

2kI 2lL 。所以正确答案是 BD。 m

19.卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话,则从你发出信号 至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据:月球绕地球运动的轨道半径约为 3.8× 10 km,运行周期为 27 天,地球半经为 6400km,无线电信号的传播速度为 3.0×10 m/s) A.0.1s 答案:B 解析:主要考查开普勒第三定律。月球、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动,根据开普勒第三定律有 B.0.25s C.0.5s D.1s
5 8

T2 2 r23 T22 T 1 8 7 3 (R1 = 3.8×10 m , 2 ? ),代入数据求得 r 2 ? 4.2 ? 10 m.如图所示,发出 ? 2 解得 r2 ? r1 ? 2 3 T1 T1 27 r1 T1
信号至对方接收到信号所需最短时间为 t ?

2( R2 ? R0 ) 6 8 (R0 = 6.4 × 10 m , c = 3.0 × 10 m/s), 则 c

t?

2 2 s 2 R ? r2 2 1 2 380 ? ? ? (3.8 ? 108 ? 3 2 ? 6.4 ? 106 ) s ? ( ? 6.4) s ? 0.2388s ,代入数据 8 v C 3 ?10 27 300 9

求得 t=0.28s.所以正确答案是 B。

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20.一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c,已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场 强度 E 的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)

答案:D 解析:由于负电荷所受电场力方向与速度夹角大于 90°,指向曲线的凹侧,场强方向与负电荷受力方 向相反,D 正确。 21.如图,在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板,其上叠放一质量为 m2 的木块。假定木块和木板 之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 F=kt(k 是常数) ,木 板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2,下列反映 a1 和 a2 变化的图线中正确的是

答案:A 解析:主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时,所受的摩擦力为静摩擦力。在达 到最大静摩擦力前,木块和木板以相同加速度运动,根据牛顿第二定律 a1 ? a2 ? 对运动时, a1 ?

kt 。木块和木板相 m1 ? m2

? m2 g
m1

恒定不变, a2 ?

kt ? ? g 。所以正确答案是 A。 m2

三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 33 题~第 40 题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题(11 题,共 129 分) 22.(5 分) 为了测量一微安表头 A 的内阻,某同学设计了如图所示的电路。图中,A0 是标准电流表,R0 和 RN 分别是
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滑动变阻器和电阻箱,S 和 S1 分别是单刀双掷开关和单刀开关,E 是电池。完成下列实验步骤中的填空:

(1)将 S 拨向接点 1,接通 S1,调节________,使待测表头指针偏转到适当位置,记下此时_____的 读数 I; (2)然后将 S 拨向接点 2,调节________,使________,记下此时 RN 的读数; (3)多次重复上述过程,计算 RN 读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值。 答案:(1)R0 标准电流表(或 A0)(2 分) ;(2)RN 标准电流表(或 A0)的读数仍为 I (2 分) ;(3)平均 值。 (1 分) 解析:本题是电学实验题,考查的内容是用替代法测电阻。首先要看明白电路图,明确实验目的,确 定题目中所使用的测量方法。从电路图中可以看出,电源通过滑动变阻器与标准电流表、电阻箱或行测微 安表串联形成闭合电路,单刀双掷开关能改变串联的是微安表还是电阻箱,实验目的是测量微安表内阻, 能准确读数的是标准电流表和电阻箱,不难判断本题的测量方法是用替代测测量电阻。所以应先将 S1 接 通,调节 R0,记下此时标准电流的读数 I,再接通 S2,调节电阻箱,使标准电流表读数仍为 I,此时的电 阻箱的读数即为微安表内阻,为了减小实验误差,可以多次测量求平均值。 23.(10 分) 利用图 1 所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门,其中光电门乙固定 在斜面上靠近底端处,光电门甲的位置可移动,当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时,与两个光电门都 相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间 t,改变光电门甲的位置进行多次测量,每次 都使滑块从同一点由静止开始下滑,并用米尺测量甲、乙之间的距离 s,记下相应的 t 值;所得数据如下 表所示。

s(m) t(ms) s/t(m/s)

0.500 292.9 1.71

0.600 371.5 1.62

0.700 452.3 1.55

0.800 552.8 1.45

0.900 673.8 1.34

0.950 776.4 1.22

完成下列填空和作图: (1)若滑块所受摩擦力为一常量,滑块加速度的大小 a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度 v1、测量值 s 和 t 四个物理量之间所满足的关系式是_______; (2)根据表中给出的数据,在图 2 给出的坐标纸上画出 s ? ?t 图线;
t

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(3)由所画出的 s ? ?t 图线,得出滑块加速度的大小为 a=____________m/s? (保留 2 位有效数字) 。
t

答案:(1) s ? ? 1 at ? v1 或 s ? ? 1 at 2 ? v1t ; (3 分)(2)画出 s ? ?t 图线如图所示(4 分) t 2 t 2

(3)2.0(1.8~2.2) 。 (3 分) 解析: (1)由匀变速直线运动的规律及某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度关系 知 s ? ? 1 at ? v1 ;(3)由 s ? ? 1 at ? v1 知图线的斜率 k ? 1 a ,则 a = 2k 2 t 2 t 2 。

24.(13 分)甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动,加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内, 两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的两倍;在接下来的相同时间间隔内,汽车甲 的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段 时间间隔内走过的总路程之比。 答案:5︰7 解析:设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v,第一段时间间隔内行驶的路程为 s1,加 速度为 a;在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2,由运动学公式得:

v = at0 ①

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s1 ?

1 2 at0 2

② ③

1 2 s2 ? vt0 ? (2a )t0 2

设汽车乙在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v′,第一段时间间隔内行驶的路程为 s1′,在第 二段时间间隔内行驶的路程为 s2′,由运动学公式得:
1 2 s1 ' ? (2a)t0 2
1 2 s2 ' ? v ' t0 ? at0 2

v′ = 2at0



⑤ ⑥

设汽车甲、乙的总路程分别为:s、s′ ,则有:

s = s1 + s2 s′ = s1′ + s2′
s ? s1 ? s2 ?

⑦ ⑧

1 2 1 3 2 5 2 2 at0 ? vt0 ? (2a )t0 ? at0 ? at0 2 ? at0 2 2 2 2

s ? s1 '? s2 ' ?

1 1 2 3 2 7 2 2 (2a)t0 ? v ' t0 ? at0 ? at0 ? 2at0 2 ? at0 2 2 2 2

联立以上各式解得:s︰s′ = 5︰7



评分参考:①②③式各 2 分,④⑤⑥⑦⑧式各 1 分,⑨式 2 分。 25.(19 分)如图,在区域 I(0≤x≤d)和区域 II(d≤x≤2d)内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分 别为 B 和 2B,方向相反,且都垂直于 Oxy 平面。一质量为 m、带电荷量 q(q>0)的粒子 a 于某时 刻从 y 轴上的 P 点射入区域 I,其速度方向沿 x 轴正向。已知 a 在离开区域 I 时,速度方向与 x 轴正 方向的夹角为 30°;此时,另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从 P 点沿 x 轴正向射入区域 I, 其速度大小是 a 的 1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 (1)粒子 a 射入区域 I 时速度的大小; (2)当 a 离开区域 II 时,a、b 两粒子的 y 坐标之差。

答案:B 解析:

(1)设粒子 a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为 C(在 y 轴上) ,半径为 Ra1,粒子速率为 va,运动轨 迹与两磁场区域边界的交点为 P′,如图,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
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qva B ? m

va 2 Ra1

① ② ③

由几何关系得 ∠PCP′ = θ
Ra1 ? d ? 2d sin ?
2q B d m

式中 θ = 30° 由①②③式得
va ?



(2)设粒子 a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为 Oa , 半径为 Ra2, 粒子射出点为 Pa(图中未画出轨迹), ∠P′OaPa = θ′ ,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
qva (2B) ? m va 2 Ra 2
Ra 2 ? Ra1 mva ? ?d 2 2qB

⑤ ⑥

由①⑤式得

C、P′、Oa 三点共线,且由⑥式知 Oa 必位于 x ?

3 d 2




的平面上,由对称性知 Pa 与 P′点的纵坐标相同,即

y pa ? Ra1 cos ? ? h
式中 h 为 C 点的 y 坐标.且 θ′ = 60°

设 b 在Ⅰ中运动的轨道半径为 Rb1,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
m ? va ? ?v ? q? a ? B ? ? ? Rb1 ? 3 ? ?3?
3qB
2


Ra 2 3 ? Rb1 2

解得: R ? mva ? Ra1 ? 2d b1
3 3

设 a 到达 Pa 点时,b 位于 Pb 点,转过的角度为 α,如果 b 没有飞出Ⅰ,则
t ?' ? Ta 2 2?
t ? ? Tb1 2?

⑩ ⑾

解得: ? ? Ta 2
?' Tb1

式中,t 是 a 在区域Ⅱ中运动的时间,而 2? Ra 2
Ta 2 ? v

⑿ ⒀

Tb1 ?

2? Rb1 v/3
Tb1 3Rb1 2

解得: Ta 2 ? Ra 2 ? 1

由⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑾⑿⒀式得 α = 30° yPb= Rb1(2+cosα )+h ⒁ ⒂ 由①③⑨⒁式可见,b 没有飞出Ⅰ。Pb 点的 y 坐标为

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? 2Rb1 ? Rb1cos? ? h ? Rb1 ? 2 ? cos? ? ? h ?

yPb ? Ra1 ? h-Rb1 (1-cos?) ? ( Ra1-Rb1 ) ? h ? Rb1cos? Ra1 2d 牋 ? 2 ? cos? ? ? h ? 牋 ? 2 ? cos? ? ? h 3 3
2 ( 3 ? 2)d 3

由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得,a、b 两粒子的 y 坐标之差为
y pa ? y pb ?


Ra1 2 3d 4d 2d 3 2 ? ? ? ( 3 ? 2)d ? 2 ? cos? ? ? h] ? 3 2 3 3 2 3

y pa ? y pb ? Ra1 cos ? ? h ? [

评分参考:第(1)问 8 分,①②③④式各 2 分,第(2)问 11 分,⑤⑥式各 1 分,⑧式 2 分,⑨式 1 分, ⒁⒂⒃式各 2 分。 (二)选考题:共 45 分。请考生从给出的 3 道物理题,3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答,并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡上选 答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。 33.【物理——选修 3-3】 (15 分) (1) (6 分)对于一定量的理想气体,下列说法正确的是______。 (选对一个给 3 分,选对两个给 4 分,选 对 3 个给 6 分。每选错一个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.若气体的压强和体积都不变,其内能也一定不变 B.若气体的内能不变,其状态也一定不变 C.若气体的温度随时间不段升高,其压强也一定不断增大 D.气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关 E.当气体温度升高时,气体的内能一定增大 答案:ADE 解析:对于理想气体,由理想气体状态方程 PV ? nRT 知,当气体的压强和体积不变时,其温度也不 变,则其内能不变,故 A 正确;对于理想气体,其内能不变,温度不变,由理想气体状态方程知,其体积 和压强可以改变,故 B 错误;当气体的温度升高时,由理想气体状态方程知,如其体积增大,则其压强不 一定增大,C 错误;气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关,D 正确;由于气体的温度是 气体内能多少的标志,因此,温度升高时,其内能一定增大,E 正确。 (2) (9 分)如图,一上端开口,下端封闭的细长玻璃管,下部有长 l1=66cm 的水银柱,中间封有长 l2=6.6cm 的空气柱, 上部有长 l3=44cm 的水银柱, 此时水银面恰好与管口平齐。 已知大气压强为 P0=76cmHg。 如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周,求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长 度。封入的气体可视为理想气体,在转动过程中没有发生漏气。 答案:9.2cm 解析:设玻璃管开口向上时,空气柱压强为 P1=P0 + ρgl3 式中 ρ、g 分别表示水银的密度和重力加速度。 玻璃管开口向下时,原来上部的水银有一部分会流出,封闭端会有部分真空,设此时开口端剩下的水 银柱长度为 x,则 P2=ρgl1,P2+ρgx=P0 ② ③ ④ 式中,P2 为管内空气柱的压强。由玻意耳定律得 P1(Sl2)=P2(Sh) 从开始转动一周后,设空气柱的压强为 P3,则 P3=P0+ρgx
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式中,h 是此时空气柱的长度,S 为玻璃管的横截面积。由①②③式和题给条件得 h=12cm ⑤
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由玻意耳定律得 P1(Sl2)=P2(Sh′)

⑥ ⑦

式中,h′是此时空气柱的长度,由①②③式得 h′=9.2cm 34.【物理——选修 3-4】 (15 分)

评分参考:①②③式各 1 分,④式 2 分,⑤⑥式各 1 分,⑦式 2 分。 (1) (6 分)一振动周期为 T,振幅为 A,位于 x=0 点的波源从平衡位置沿 y 轴正向开始做简谐振动,该 波源产生的一维简谐横波沿 x 轴正向传播,波速为 v,传播过程中无能量损失,一段时间后,该振动传 播至某质点 P,关于质点 P 振动的说法正确的是______。(选对一个给 3 分,选对两个给 4 分,选对 3 个给 6 分。每选错一个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.振幅一定为 A B.周期一定为 T C.速度的最大值一定为 v D.开始振动的方向沿 y 轴向上或向下取决于它离波源的距离 E.若 P 点与波源距离 s=vT,则质点 P 的位移与波源的相同 答案:ABE 解析: 由于没有能量损失,故 P 与波源的振幅相同,A 正确;波在传播过程中周期不变,故 B 正确; 质点的振动速度与波传播的速度是两个概念,故 C 错误;介质中所有质点开始振动的方向都与波源的起振 方向相同,故 D 错误;若 P 点与波源距离 s=vT,则 P 与波源之间的距离为一个波长,故与同相,故位移总 是相同,E 正确。 (2)(9 分)一半圆柱形透明物体横截面如图所示,底面 AOB 镀银(图中粗线),O 表示半圆截面的圆心, 一束光线在横截面内从 M 点的入射, 经过 AB 面反射后从 N 点射出。 已知光线在 M 点的入射角为 30° , ∠MOA=60° ,∠NOB=30° 。求

①光线在 M 点的折射角 ②透明物体的折射率 解析:如图,透明物体内部的光路为折线 MPN,Q、M 点相对于底面 EF 对称,Q、P 和 N 三点共线。 设在 M 点处,光的入射角为 i,折射角的 r,∠OMQ=α ,∠PNF=β 。根据题意有 α = 30° 且 α + r=β 由①②③式得 r=15° (2)根据折射率公式有 n ? sin i
sin r

① ② ③ ④ ⑤ ⑥

由几何关系得,∠PNO=∠PQO=r,于是β +r = 60°

? 由④⑤式得 n ? sin 30 ? 6 ? 2 ?

sin15

2

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sin 30? sin 30? sin 30? ? ? sin15? sin(45? ? 30? ) sin 45? cos 30? ? cos 45? sin 30 ? 1 2 6? 2 2 ? ? ? 2 2 3 21 6? 2 ? 2 2 2 2 n?

评分参考:第(1)问 6 分,①②式各 1 分,③④式各 2 分,第(2)问 3 分,⑤式 2 分,⑥式 1 分。 35.【物理——选修 3-5】(15 分) (1) (6 分)在光电效应实验中,某金属的截止频率相应的波长为 λ0,该金属的逸出功为______。若用波 长为 λ(λ<λ0)单色光做实验,则其遏止电压为______。已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克 常量分别为 e,c 和 h 答案: hc (3 分) , hc ? 0 ? ? (3 分)或 hc ? ? ? 0 e ?? 0 e ?? 0 ?0 解析:由逸出功定义有: 由光电效应方程有: hc
?

W0 ? h? 0 ?

hc ?0



? W0 ? Ek ?

; hc ? Ek ?0

又由动能定理有: ?eU ? 0 ? Ek 则: hc
? ? hc ? eU ?0



U ?

hc ? 1 1 ? hc ? 0 ? ? ? ? ?? e ? ? ?0 ? e ?? 0

(2)(9 分)如图,A、B、C 三个木块的质量均为 m,置于光滑的水平面上,B、C 之间有一轻质弹簧, 弹簧的两端与木块接触而不固连,将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B 和 C 紧连,是弹簧不能伸展, 以至于 B、C 可视为一个整体,现 A 以初速 v0 沿 B、C 的连线方向朝 B 运动,与 B 相碰并粘合在一起, 以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使 C 与 A,B 分离,已知 C 离开弹簧后的速度恰为 v0,求弹簧释 放的势能。

1 答案: E p ? mv0 2 3
解析:设碰后 A、B、C 的速度的大小为 v,由动量守恒得:

mv0 = 3mv
3mv = 2mv1 + mv0

① ② ③

设 C 离开弹簧时,A、B 的速度大小为 v1,由动量守恒得: 设弹簧的弹性势能为 Ep,从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒,有:
1 1 1 (3m)v 2 ? E p ? (2m)v12 ? mv0 2 2 2 2

由式得弹簧所释放的势能为

1 E p ? mv0 2 3
评分参考:①②式各 2 分,③式 3 分,④式 2 分。



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2011 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试(安徽卷物理部分) 14.一质量为 m 的物块恰好静止在倾角为 ? 的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力 F,如图所示。
则物块 A.仍处于静止状态 B.沿斜面加速下滑 C.受到的摩擦力不便 D.受到的合外力增大

答案:A 解析:由于质量为 m 的物块恰好静止在倾角为 ? 的斜面上,说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡, 斜面与物块的动摩擦因数 μ =tan ? 。对物块施加一个竖直向下的恒力 F,使得合力仍然为零,故物块仍处 于静止状态,A 正确,B、D 错误。摩擦力由 mgsin ? 增大到(F+mg)sin ? ,C 错误。 15 . 实 验 表 明 , 可 见 光 通 过 三 棱 镜 时 各 色 光 的 折 射 率 n 随 着 波 长 ? 的 变 化 符 合 科 西 经 验 公 式 :

n ? A?

B

?

2

?

C

?4

,其中 A、B、C 是正的常量。太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示。则

A.屏上 c 处是紫光 B.屏上 d 处是红光 C.屏上 b 处是紫光 D.屏上 a 处是红光

答案:D 解析:白色光经过三棱镜后产生色散现象,在光屏由上至下(a、b、c、d)依次为红、橙、黄、绿、蓝、 靛、紫。屏上 a 处为红光,屏上 d 处是紫光,D 正确。 16.一物体作匀加速直线运动,通过一段位移 ?x 所用的时间为 t1 ,紧接着通过下一段位移 ?x 所用时间为

t 2 。则物体运动的加速度为
A.

2?x(t1 ? t2 ) t1t2 (t1 ? t2 )

B.

?x(t1 ? t2 ) t1t2 (t1 ? t2 )

C.

2?x(t1 ? t2 ) t1t2 (t1 ? t2 )

D.

?x(t1 ? t2 ) t1t2 (t1 ? t2 )

答案:A

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解析:物体作匀加速直线运动在前一段 ?x 所用的时间为 t1 ,平均速度为 v1 ?

t ?x ,即为 1 时刻的瞬时速 2 t1

度;物体在后一段 ?x 所用的时间为 t 2 ,平均速度为 v 2 ?

t ?x ,即为 2 时刻的瞬时速度。速度由 v1 变化到 2 t2

v2 的时间为 ?t ?

t1 ? t2 v ? v1 2?x(t1 ? t2 ) ,所以加速度 a ? 2 ,A 正确。 ? 2 ?t t1t2 (t 1 ?t2 )

17.一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看成圆周运动的一部分,即把整条曲线用一系列不 同半径的小圆弧来代替。如图(a)所示,曲线上的 A 点的曲率圆定义为:通过 A 点和曲线上紧邻 A 点两 侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做 A 点的曲率圆,其半径 ρ 叫做 A 点的曲率半径。现将一 物体沿与水平面成 α 角的方向已速度 υ 0 抛出,如图(b)所示。则在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是 A.

v0 2 g

B.

v0 2 sin 2 ? g

C.

v0 2 cos 2 ? g

D.

v0 2 cos 2 ? g sin ?

答案:C 解析:物体在其轨迹最高点 P 处只有水平速度,其水平速度大小为 v0cosα ,根据牛顿第二定律得

mg ? m

(v0 cos ? )2

?

v0 2 cos 2 ? ,所以在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是 ? ? ,C 正确。 g

18.图(a)为示管的原理图。如果在电极 YY’之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化,在电极 XX’ 之间所加的电压按图(c)所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是

答案:B 解析:由于电极 XX’加的是扫描电压,电极 YY’之间所加的电压信号电压,所以荧光屏上会看到的图形
21 高密市第一中学 孙洲元

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是 B,答案 B 正确。 19.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为 B。电阻为 R、半径为 L、圆心角为 45° 的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的 O 轴以角速度 ω 匀速转动(O 轴位于磁场边界) 。则线框内产生的感应 电流的有效值为 A.

BL2? 2R

B.

2 BL2? 2R

C.

2 BL2? 4R

D.

BL2? 4R

答案:D 解析:交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的,线框转动周期为 T,而线框转动一周只有 T/4 的时

BL?
间内有感应电流,则有 (

L 2 2 )2 R T ? I 2 RT ,所以 I ? BL ? 。D 正确。 4R R 4

20.如图(a)所示,两平行正对的金属板 A、B 间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的 带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子,粒子会时而向 A 板运动,时而向 B 板运 动,并最终打在 A 板上。则 t0 可能属于的时间段是 A.0<t0<T/4 B.T/2<t0<3T/4 C.3T/4<t0<T D.T<t0<9T/8 答案:B 解析:若 0 ? t0 ?

T ,带正电粒子先加速向 B 板运动、再减速运 4

动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零;如此反复运动, 每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在 B 板上,所 以 A 错误。若

T 3T ? t0 ? ,带正电粒子先加速向 A 板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、 2 4

减速运动至零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在 A 板上,所以 B 正确。 若

3T ? t0 ? T ,带正电粒子先加速向 A 板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至 4 9T ,带正电粒子先加速向 B 板运动、再减速运动至零;然后再反方向加速运动、减速运动至零; 8

零;如此反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在 B 板上,所以 C 错误。若

T ? t0 ?

如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在 B 板上,所以 D 错误。 21. (18 分) Ⅰ.为了测量某一弹簧的劲度系数,降该弹簧竖直悬挂起来,在自由端挂上不同质量的砝码。实验册除 2 了砝码的质量 m 与弹簧长度 l 的相应数据,七对应点已在图上标出。 (g=9.8m/s ) (1)作出 m-l 的关系图线; (2)弹簧的劲度系数为 N/m.

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Ⅱ. (1)某同学实用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值,先把选择开关旋到“×1k”挡位,测量时针偏 转如图(a)所示。请你简述接下来的测量过程: ① ; ② ; ③ ; ④测量结束后,将选择开关旋到“OFF”挡。

(2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值,所用实验器材如图(b)所示。 其中电压表内阻约为 5k ,电流表内阻约为 5 。图中部分电路已经连接好,请完成实验电路的连接。

(3)图(c)是一个多量程多用电表的简化电路图,测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关 S 旋到位置 3 时,可用来测量 ;当 S 旋到位置 时,可用来测量电流,其中 S 旋到位置 时量程较大。

解析:Ⅰ. (1)如图所示

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(2)0.248~0.262 Ⅱ. (1)①断开待测电阻,将选择开关旋到“×100”档: ②将两表笔短接,调整“欧姆调零旋钮”,使指针指向“0Ω ”; ③再接入待测电阻,将指针示数×100,即为待测电阻阻值。 (2)如图所示

(3)电阻 1、2 1 22. (14 分) (1)开普勒行星运动第三定律指出:行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴 a 的三次方与它的公转周期 T 的二次方成正比,即

a3 ? k ,k 是一个对所有行星都相同的常量。将行星绕太阳的运动按圆周运动处理, T2

请你推导出太阳系中该常量 k 的表达式。已知引力常量为 G,太阳的质量为 M 太。 (2)开普勒定律不仅适用于太阳系,它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立。经测定 8 6 -11 2 2 月地距离为 3.84×10 m, 月球绕地球运动的周期为 2.36×10 S, 试计算地球的质 M 地。 (G=6.67×10 Nm /kg , 结果保留一位有效数字) 解析: (1)因行星绕太阳作匀速圆周运动,于是轨道的半长轴 a 即为轨道半径 r。根据万有引力定律和牛 顿第二定律有 G

m行 M 太 r
2

? m行 (

2? 2 ) r T
②,即



于是有

r3 G ? M 2 T 4? 2 太

k?

G M 4? 2 太



(2)在月地系统中,设月球绕地球运动的轨道半径为 R,周期为 T,由②式可得

R3 G ? M 2 T 4? 2 地
24


24

解得 M 地=6×10 kg ⑤(M 地=5×10 kg 也算对) 23. (16 分)如图所示,在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内,有相互垂直的匀强电场和匀 强磁场,磁感应强度为 B,磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一带正电的粒子(不计重力)从 O 点沿 y 轴正 方向以某一速度射入,带电粒子恰好做匀速直线运动,经 t0 时间从 P 点射出。 (1)求电场强度的大小和方
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向。 (2)若仅撤去磁场,带电粒子仍从 O 点以相同的速度射入,经 t0/2 时间恰从半圆形区域的边界射出。 求粒子运动加速度的大小。 (3)若仅撤去电场,带电粒子仍从 O 点射入,且速度为原来的 4 倍,求粒子在 磁场中运动的时间。

答案: E ?

BR 4 3R 3? ;a ? 2 ;tR ? t0 t0 t0 18

解析: (1)设带电粒子的质量为 m,电荷量为 q,初速度为 v,电场强度为 E。可判断出粒子受到的洛伦磁 力沿 x 轴负方向,于是可知电场强度沿 x 轴正方向,且有 qE=qvB ① 又 R=vt0 ②,则 E ?

BR t0



(2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在 y 方向位移

y?v

t2 2



由②④式得

y?

R 2



设在水平方向位移为 x,因射出位置在半圆形区域边界上,于是 x ?

3 R 2

又有 x ?

1 t0 2 a( ) 2 2

⑥,得

a?

4 3R 2 t0



(3)仅有磁场时,入射速度 v? ? 4v ,带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动,设轨道半径为 r,由牛顿

v?2 第二定律有 qv?B ? m r
又 qE=ma



⑨,由⑦⑧⑨式得 r ?

3R 3 3 2



由几何关系 sin ? ?

R 2r

11,即 sin ? ? ○

??

?
3

12 ○

带电粒子在磁场中运动周期 T ?

2? 2? m T ,则带电粒子在磁场中运动时间 t R ? 2? qB

所以 tR ?

3? t0 18

13 ○

24. (20 分)如图所示,质量 M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上,质量 m=1kg 的小球通过长 L=0.5m 的轻 质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接,小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动,开始轻杆处于水平状态,
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现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4 m/s,g 取 10m/s 。 (1)若锁定滑块,试求小球通过最高点 P 时对轻 杆的作用力大小和方向。 (2)若解除对滑块的锁定,试求小球通过最高点时的速度大小。 (3)在满足(2) 的条件下,试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。 (2N;2m/s;2m/3)

2

解析: (1)设小球能通过最高点,且此时的速度为 v1。在上升过程中,因只有重力做功,小球的机械能守 恒。则

1 2 1 2 mv1 ? mgL ? mv0 2 2




v1 ? 6m / s

设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为 F,方向向下,则 F ? mg ? m

v12 L



由②③式,得 F=2N ④ 由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小为 2N,方向竖直向上。 (2)解除锁定后,设小球通过最高点时的速度为 v2,此时滑块的速度为 V。在上升过程中,因系统在水平 方向上不受外力作用,水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向,有 mv2 ? MV ? 0 ⑤

4? 2 r1 在上升过程中,因只有重力做功,系统的机械能守恒,则 M ? GT12



由⑤⑥式,得 v2=2m/s ⑦ (3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为 s1,滑块向左移动的距离为 s2,任意时刻 小球的水平速度大小为 v3,滑块的速度大小为 V 。由系统水平方向的动量守恒,得 mv3 ? MV ? ? 0
/



将⑧式两边同乘以 ?t ,得 mv3?t ? MV ??t ? 0

⑨ 1 0 ○

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔 ?t 都成立,累积相加后,有 ms1 ? Ms2 ? 0 又 s1 ? s2 ? 2L 由○ 101 1式得 s1 ? ○ 11 ○

2 m 3

12 ○

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2011 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试(北京卷物理试题)
13.表示放射性元素碘 131( 131 53 I )β 衰变的方程是
127 4 A. 131 53 I ? 51 Sb? 2 He 130 1 C. 131 53 I ? 53 I ?0 n 131 0 B. 131 53 I ? 54 Xe? ?1 e 130 1 D. 131 53 I ? 52Te?1 H

答案:B 解析:A 选项是 α 衰变,A 错误;B 选项是 β 衰变,B 正确;C 选项放射的是中子,C 错误;D 选项放射 的是质子,D 错误。 14.如图所示的双缝干涉实验,用绿光照射单缝 S 时,在光屏 P 上观察到干涉条纹。要得到相邻条纹间距 更大的干涉图样,可以 A.增大 S1 与 S2 的间距 B.减小双缝屏到光屏的距离 C.将绿光换为红光 D.将绿光换为紫光

答案:C L 解析:由于双缝干涉中,相邻条纹间距离△ x= λ,增大 S1 与 S2 的间距 d,相邻条纹间距离 Δx 减小,A 错 d 误;减小双缝屏到光屏的距离 L,相邻条纹间距离 Δx 减小,B 错误;将绿光换为红光,使波长 λ 增大,相 邻条纹间距离 Δx 增大,C 正确;将绿光换为紫光,使波长 λ 减小,相邻条纹间距离 Δx 减小,D 错误。 15.由于通讯和广播等方面的需要,许多国家发射了地球同步轨道卫星,这些卫星的 A.质量可以不同 B.轨道半径可以不同 C.轨道平面可以不同 D.速率可以不同 答案:A 解析:地球同步轨道卫星轨道必须在赤道平面内,离地球高度相同的同一轨道上,角速度、线速度、周期 一定,与卫星的质量无关。A正确,B、C、D错误。 16.介质中有一列简谐机械波传播,对于其中某个振动质点, A.它的振动速度等于波的传播速度 B.它的振动方向一定垂直于波的传播方向 C.它在一个周期内走过的路程等于一个波长 D.它的振动频率等于波源的振动频率 答案:D 解析:介质中某个振动质点做简谐运动,其速度按正弦(或余弦)规律变化,而在同一介质中波的传播速 度是不变的,振动速度和波的传播速度是两个不同的速度,A错误;在横波中振动方向和波的传播方向垂 直,在纵波中振动方向和波的传播方向在一条直线上,B错误;振动质点在一个周期内走过的路程为4个振 幅,C错误;波在传播的过程中,频率不变为波源的频率,D正确。
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17.如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关 S 闭合后,在变阻器 R0 的滑动端向下滑动的过程中 A.电压表与电流表的示数都减小 B.电压表与电流表的示数都增大 C.电压表的示数增大,电流表的示数减小 D.电压表的示数减小,电流表的示数增大

答案:A 解析:变阻器 R0 的滑动端向下滑动的过程中,使连入电路中的 R0 阻值减小,整个电路的电阻减小,电路 中的电流 I 增大,路端电压 U=E-Ir 减小,即电压表的示数减小,又 R2 与 R0 并联后再与 R1 串联,在 R0 减小时,使得 R2 两端电压减小,R2 中的电流减小,即电流表示数减小。A 正确,B、C、D 错误。 18. “蹦极”‖就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处,从几十米高处跳下的一种极限运动。某人 做蹦极运动,所受绳子拉力 F 的大小随时间 t 变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的 运动,重力加速度为 g。据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为 A.g B.2g C.3g D.4g

答案:B 解析:由题图可知:绳子拉力 F 的最大值为 9F0/5,最终静止时绳子拉力为 3F0/5=mg,根据牛顿第二定律 得:9F0/5-3F0/5=ma,所以 a=2g。B 正确,A、C、D 错误。 19.某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁心的线圈 L,小灯泡 A ,开关 S 和电池组 E,用导线将 它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关 S,小灯泡发光;再断开开关 S,小灯泡仅有不 显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出 原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是 A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大 C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大

答案:C 解析:断电的自感现象,断电时电感线圈与小灯泡组成回路,电感线圈储存磁能转化为电能,电感线圈相

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△I 当于电源,其自感电动势 E 自=L ,与原电源无关,A 错误;小灯泡电阻偏大,分得的电压大,可能看 △t 到显著的延时熄灭现象,B 错误;线圈电阻偏大,相当于电源内阻大,使小灯泡分得的电压小,可看到不 显著的延时熄灭现象,C 正确;线圈的自感系数较大时,自感电动势较大,可能看到显著的延时熄灭现象, D 错误。 20.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系,也确定了单位间的关系。如关系式 U=IR 既反映了电压、 电流和电阻之间的关系,也确定了 V(伏)与 A(安)和 Ω (欧)的乘积等效。现有物理量单位:m (米) 、s(秒) 、N(牛) 、J(焦) 、W(瓦) 、C(库) 、F(法) 、A(安) 、Ω (欧)和 T(特) ,由他 们组合成的单位都与电压单位 V(伏)等效的是 A.J/C 和 N/C B.C/F 和 T?m /s
2

C.W/A 和 C?T· m/s

D. W ? ? 和 T· A· m

1 2

1 2

答案:B 解析:由物理关系式 W=qU,可得电压的单位 V(伏)等效的是 J/C;由物理关系式 U=Q/C,可得电压 △φ 的单位 V(伏)等效的是 C/F;由物理关系式 E=n ,φ=BS,可得电压的单位 V(伏)等效的是 T ? m2/s; △t 由物理关系式 P=U2/R,可得电压的单位 V(伏)等效的是 W 2 ? ? 2 ;由物理关系式 P=UI,可得电压的 单位 V(伏)等效的是 W/A;B 选项正确,A、C、D 错误。 21. (18 分) ?用如图 1 所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关 K 和两个部件 S、T。请根据下列步骤完成电阻 测量: ①旋动部件________,使指针对准电流的―0‖刻线。 ②将 K 旋转到电阻挡“× 100”的位置。 ③将插入“+” 、 “-”插孔的表笔短接,旋动部件_____,使指针对准电阻的_____(填“0 刻线”或“∞ 刻线” 。 ④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果,请从下列 选项中挑出合理的步骤,并按_____的顺序进行操作,再完成读数测量。 A.将 K 旋转到电阻挡“× 1k”的位置 B.将 K 旋转到电阻挡“× 10”的位置 C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D.将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行校准
1 1

?如图 2,用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量
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关系。 ①试验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量 (填选项前的 序号) ,间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度 h B.小球抛出点距地面得高度 H C.小球做平抛运动的射程 ②图 2 中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让入射球 m1 多次从斜轨上 S 位置静止 释放,找到其平均落地点的位置 P,测量平抛射程 OP。然后,把被碰小球 m2 静置于轨道的水平部 分,再将入射球 m1 从斜轨上 S 位置静止释放,与小球 m2 相碰,并多次重复。 接下来要完成的必要步骤是 。 (填选项前的符号) A.用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B.测量小球 m1 开始释放高度 h C.测量抛出点距地面的高度 H D.分别找到 m1、m2 相碰后平均落地点的位置 M、N E.测量平抛射程 OM、ON ③若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为_______________(用②中测量的量表示) ;若碰撞 是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为 (用②中测量的量表示) 。 ④经测定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地点的平均位置距 O 点的距离如图 3 所示。碰撞前、后 m1 的动量 分别为 p1 与 p1′,则 p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时 m2 的动量为 p2′,则 p1′∶p2′=11∶____。 实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值

p1 为________。 p1? ? p2?

⑤有同学认为, 在上述实验中仅更换两个小球的材质, 其它条件不变, 可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。 请你用④中已知的数据,分析和计算出被撞小球 m2 平抛运动射程 ON 的最大值为____cm。 答案: (1)①S;③T;0刻线;④ADC (2)①C;②ADE或DEA或DAE ③m1· OM+m2· OM=m1· OP;m1· OM2+m2· OM2=m1· OP2; ④14;2.9;1~1.01;⑤76.8 解析: (1)①多用电表的电流档校零,应该调整校零旋钮S使指针对准电流的"0"刻线。③欧姆档的调零, 应该在表笔短接的情况下调解欧姆调零旋钮T,是指针指在欧姆刻度线的0刻线。④选择较大的欧姆档,将 选择开关K旋转到电阻挡"× 1k"的位置;将两表笔短接,旋动欧姆调零旋钮T,对欧姆表进行校准;将两表 笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接测电阻,所以为A、D、C。 (2)①由于本实验的碰撞是在同一高度,在空中运动时间相同,因而根据小球做平抛运动的射程就可知 道碰撞后速度的大小之比,所以选C。 ②本实验必须用天平测量两个小球的质量ml、m2,分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N和测量 平抛射程OM,ON,故选ADE。 OM ON OP ③由于m1· v1+m2· v2=m1· v,且v1= 、v2= 、v= 所以m1· OM+m2· OM=m1· OP。若碰撞是弹性碰撞, t t t 1 1 1 机械能守恒 m1v12+ m2v22= m1v2,所以m1· OM2+m2· OM2=m1· OP2 2 2 2

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④由于

p1 m1v1 OP 44.80 14 p1? m1v1? m1OM 45.0 ? 35.20 1584 11 ; ? ? ? ? ? ? ? ? ? ; ? m v ? m2ON ? m v ? OM 35.20 11 p2 7.5 ? 55.68 417.6 2.9 p1 2 2 1 1

p1 m1OP 45.0 ? 44.80 2016 ? ? ? ? 1.007 。所以为14;2.9;1~1.01。 ? ? p2 ? m1OM ? m2ON 45.0 ? 35.20 ? 7.5 ? 55.68 2001.6 p1
⑤ 当两个球发生完全弹性碰撞时,被碰小球m2平抛运动射程ON的有最大值。弹性碰撞动量守恒

1 1 1 2m1 2 ?? ? m1v 2 解得: v2 v ,所以 m1 ? v1 ? m2 ? v2 ? m1v ,机械能守恒 m1 ? v12 ? m2 ? v2 2 2 2 m1 ? m2

ON m ?

2m1 2 ? 45.0 OP ? ? 44.8cm ? 76.8cm 。被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值76.8cm。 m1 ? m2 45.0 ? 7.5

22. (16 分)如图所示,长度为 l 的轻绳上端固定在 O 点,下端系一质量为 m 的小球(小球的大小可以忽 略) 。 ?在水平拉力 F 的作用下,轻绳与竖直方向的夹角为 α ,小球保持静止。画出此时小球的受力图,并 求力 F 的大小; ?由图示位置无初速度释放小球,求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气 阻力。

答案: (1)受力图见下图,mgtanα(2) mg (3 ? 2cos ? ) ,方向竖直向上 解析: (1)受力图见图 根据平衡条件,拉力大小F=mgtanα

(2)运动中只有重力做功,系统机械能守恒 mgl (1 ? cos ? ) ? 则通过最低点时,小球的速度大小 v ? 2gl (1 ? cos ? )

1 2 mv 2

根据牛顿第二定律

v2 T ? ? m g? m l

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解得轻绳对小球的拉力 T ? ? mg ? m

v2 ? mg (3 ? 2cos ? ) ,方向竖直向上 l

23. (18 分)利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子分开,这种方法在化学分析和原子核技术等领域有 重要的应用。如图所示的矩形区域 ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场,A 处有一狭 缝。离子源产生的离子,经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于 GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场,运 动到 GA 边,被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。 已知被加速度的两种正离子的质量分别是 m1 和 m2(m1>m2) ,电荷量均为 q。加速电场的电势差为 U,离子进入电场时的初速度可以忽略,不计重力,也不考虑离子间的相互作用。 ?求质量为 m1 的离子进入磁场时的速率 v1; ?当磁感应强度的大小为 B 时,求两种离子在 GA 边落点的间距 s; ?在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽,可能使两 束离子在 GA 边上的落点区域交叠,导致两种离子无法完全分离。 设磁感应强度大小可调,GA 边长为定值 L,狭缝宽度为 d,狭缝右边缘在 A 处。离子可以从狭缝各 处射入磁场,入射方向仍垂直于 GA 边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在 GA 边上并被完全 分离,求狭缝的最大宽度。

答案: (1) v1 ?

m1 ? m2 2qU 8U L (2) s ? 2( R1 ? R2 ) ? ( m1 ? m2 ) (3) d m ? 2 qB m1 2 m1 ? m2
Uq ? 1 2qU m1v12 ,得 v1 ? 2 m1


解析: (1)动能定理

(2)由牛顿第二定律

qvB ?

mv 2 mv ,利用①式得 ,R? R qB

离子在磁场中的轨道半径为别为

R1 ?

2mU 2m2U 1 , R2 ? 2 qB qB2 8U ( m1 ? m2 ) qB2



两种离子在 GA 上落点的间距 s ? 2( R1 ? R2 ) ?



(3)质量为m1的离子,在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处,由于狭缝的宽度为d,因此落点区域的 宽度也是d。同理,质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。 为保证两种离子能完全分离,两个区域应无交叠,条件为 2( R1 ? R2 ) ? d ④

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利用②式,代入④式得 2 R1 (1 ?

m2 m2 ) ? d ,R1的最大值满足 2R1m ? L ? d ,得 ( L ? d )(1 ? )?d m1 m1
L

求得最大值 d m ?

m1 ? m2 2 m1 ? m2

24. (20 分)静电场方向平行于 x 轴,其电势φ 随 x 的分布可简化为如图所示的折线,图中φ 0 和 d 为已知 量。一个带负电的粒子在电场中以 x= 0 为中心、沿 x 轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为 m、电 量为-q,其动能与电势能之和为-A(0<A<qφ 0) 。忽略重力。求: ?粒子所受电场力的大小;?粒子的运动区间;?粒子的运动周期。

答案: (1) F ? qE ?

q? 0 A A 4d (2) ?d (1 ? ) ? x ? d (1 ? ) (3) T ? 4t ? 2m(q?0 ? A) d q?0 q?0 q?0

解析: (1)由图可知,0与d(或-d)两点间的电势差为φ0,电场强度的大小 E ? 电场力的大小 F ? qE ?

q? 0 d 1 2 mv ? q? ? ? A 2

?0 d

(2)设粒子在[-x0,x0]区间内运动,速率为v,由题意得



由图可知

? ? ?0 (1 ?

x ) d

②,由①②得

x 1 2 mv ? q?0 (1 ? ) ? A 2 d

因动能非负,有 q?0 (1 ?

x A ) ? A ? 0 ,得 x ? d (1 ? ) d q?0

即 x0 ? d (1 ?

A A A ) ,粒子运动区间 ?d (1 ? ) ? x ? d (1 ? ) q?0 q?0 q?0
F Eq q?0 ? ? m m md

(3)考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期 根据牛顿第二定律,粒子的加速度 由匀加速直线运动 t ?

a?

2 x0 ,将④⑤代入,得 a
4d q?0 2 m(? q0 ? A )

t?

2md 2 A (1 ? ) q?0 q?0

粒子运动周期

T ?4t ?

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2011年普通高等学校招生全国统一考试
江苏高考物理试题
一、单项题:本题共 5 小题,每小题 3 分,共计 15 分。每小题只有一个 选项符合题意。 .... 1. 如图所示,石拱桥的正中央有一质量为 m 的对称楔形石块,侧面与竖直方向的夹角为α ,重力加速度为 g,若接触面间的摩擦力忽略不计,旵石块侧面所受弹力的大小为 A.

mg 2 sin ?

B.

mg 2co s ?

C.

1 mg tan ? 2

D.

1 mgco t ? 2

答案:A 解 析 : 楔 形 石 块 受 力 如 图 , 根 据 力 的 合 成 可 得 : mg ? 2 ? F cos(90 ? ? ) , 所 以
0

F?

mg ? 2 c o s 0(? 9 ?0

mg , A 正确。 )? 2 sin

2.如图所示,固定的水平长直导线中通有电流 I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行。 线框由静止释放,在下落过程中 A.穿过线框的磁通量保持不变 C.线框所受安掊力的合力为零 B.线框中感应电流方向保持不变 D.线框的机械能不断增大

答案:B 解析:因为磁感应强度随线框下落而减小,所以磁通量也减小,A 错误;因为磁通量随线框下落而减小, 根据楞次定律,感应电流的磁场与原磁场方向相同,不变,所以感应电流的方向不变,本题选 B;感应电 流在磁场中受安培力作用, 上框边比下框边始终处于较强的磁场区域, 线框所受安掊力的合力向上不为零, C 错误;下落过程中克服安培力做功,机械能转化为内能,机械能减少,D 错误。 3.如图所示,甲、乙两同学从河中 O 点出发,分别沿直线游到 A 点和 B 点后,立即沿原路线返回到 O 点, OA、OB 分别与水流方向平行和垂直,且 OA=OB。若水流速度不变,两人在靜水中游速相等,则他们所 用时间 t 甲、t 乙的大小关系为 A.t 甲<t 乙 B.t 甲=t 乙 C.t 甲>t 乙 D.无法确定

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答案:C 解析:设游速为 v,水速为 v0,OA=OB=l,则甲时间 t 图如图,合速度必须沿 OB 方向,则乙时间 t乙 ?


?

l l ;乙沿 OB 运动,乙的速度矢量 ? v ? v0 v ? v0

l
2 v 2 ? v0

? 2 ,联立解得: t甲 ? t乙 , C 正确。

4.如图所示,演员正在进行杂技表演。由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近 于 A.0.3J B.3J C.30J D.300J

答案:A 解析:生活经验告诉我们:10 个鸡蛋大约 1 斤即 0.5kg,则一个鸡蛋的质量约为 m ? 大约能抛高度 h=0.6m,则做功约为 W=mgh=0.05× 10× 0.6J=0.3J,A 正确。 5.如图所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为 R 的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触。t=0 时,将形状 S 由 1 掷到 2。q、i、v 和 a 分别表示电容 器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是

0.5 ? 0.05kg ,鸡蛋 10

答案:D 解析:t=0 时,将形状 S 由 1 掷到 2,电容器放电,开始时 i ?

E ,因安培力作用使导体棒产生加速度,导 R

体棒速度增大,产生反向感应电动势,使电流减小,安培力减小,加速度减小,减小至零时,速度达最大 值 vm 做匀速运动,电容器两极电压为 BLvm(L 为导轨宽度) ,A、B、C 错误,D 正确。 二、多项选择:本题共 4 小题,每小题 4 分,共计 16 分。每小题有多个选项符合题意。全部选对得 4 分, 选对不全得 2 分,错选或不答的得 0 分。 6.美国科学家 Willard S.Boyle 与 George E.Snith 因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获 2009 年度诺贝尔 物理学奖。CCD 是将光学量转变成电学量的传感器。下列器件可作为传感器的有 A.发光二极管 答案:BC 解析:热敏电阻的阻值随温度的变化而变化,可以把温度转化为电学量,而霍尔元件可以把磁场的磁感应 强度转化为电学量,热敏电阻和霍尔元件可作为传感器,B、C 正确。
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B.热敏电阻

C.霍尔元件

D.干电池

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7.一行星绕恒星作圆周运动。由天文观测可得,其运动周期为 T,速度为 v,引力常量为 G,则 A.恒星的质量为

v 3T 2? G
vT 2?

B.行星的质量为

4? 2 v 3 GT 2
2? v T

C.行星运动的轨道半径为 答案:ACD 解析: 根据 F ? G

D.行星运动的加速度为

2? r vT Mm 2? 2 v 3T v2 v ? r ? ? m ( ) M ? a ? 、 得: 、 ,A 、 C 正确, B 错误; 根据 、 T 2? r2 T 2? G r 2? v 2? v ? ?r ? r 得: a ? ,D 正确。 T T

8.一粒子从 A 点射入电场,从 B 点射出,电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示,图中左侧前三个等 势面彼此平行,不计粒子的重力。下列说法正确的有 A.粒子带负电荷 B.粒子的加速度先不变,后变小 C.粒子的速度不断增大 D.粒子的电势能先减小,后增大

答案:AB 解析:由于电场线与等势面垂直(如图) ,电场线先向右后向上偏,而粒子却向下偏了,所以电场力与电 场强度方向相反,所以粒子带负电,A 正确;又等势面先平行并且密集,后变稀疏,说明电场强度先不变, 后变小,则粒子受电场力先不变,后变小,所以加速度先不变,后变小,B 正确;电场力与初速度方向相 反,所以速度先减小,C 错误;而电场力先做负功,所以电势能先增大,D 错误; 9.如图所示,倾角为 α 的等腰三角形斜面固定在水平面上,一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在 斜面的两侧,绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为 M、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。 两物块与绸带间的动摩擦因数相等,且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在 α 角取不同值的情况下, 下列说法正确的有 A.两物块所受摩擦力的大小总是相等 C.M 不可能相对绸带发生滑动 B.两物块不可能同时相对绸带静止 D.m 不可能相对斜面向上滑动

答案:AC 解析:由于绸带与斜面之间光滑,并且 M>m,所以 M、m 和绸带一起向左滑动,加速度为 a,由牛顿第二 定 律 对 整 体 : Mg sin ? ? mg sin ? ? ( M ? m)a ; 对 M 有 : Mg s i n ? ? FfM ? Ma ; 对 m 有 :
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Ffm ? mg sin ? ? ma ,解得 FfM ? F fm ?

2 Mm g sin ? ,即 A、C 正确,B、D 错误。 M ?m

三、简答题:本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分,共计 42 分。请将解答填写在 答题卡相应的位置。 10.(8 分)某同学用如图所示的实验装置来验证―力的平行四边形定则‖。弹簧测力计 A 挂于固定点 P,下端 用细线挂一重物 M。弹簧测力计 B 的一端用细线系于 O 点,手持另一端向左拉,使结点 O 静止在某位置。 分别读出弹簧测力计 A 和 B 的示数,并在贴于竖直木板的白 记录 O 点的位置和拉线的方向。 (1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N,图中 A 的示数为_______N。

(2)下列不必要 的实验要求是_________。(请填写选项前对应的字母) ... (A)应测量重物 M 所受的重力 (B)弹簧测力计应在使用前校零 (C)拉线方向应与木板平面平行 (D)改变拉力,进行多次实验,每次都要使 O 点静止在同一位置 (3)某次实验中,该同学发现弹簧测力计 A 的指针稍稍超出量程,请你提出两个解决办法。 答案:(1)3.6 (2)D (3)①改变弹簧测力计 B 拉力的大小; ②减小重物 M 的质量(或将 A 更换为较 大的测力计,改变弹簧测力计 B 拉力的方向) 解析:(1)如图,弹簧测力计 A 的示数为 3.6N; (2) “验证平行四边形定则” ,只要验证每次 FA、FB 和 Mg 满足平行四边形即可,D 不必要。 (3) 弹簧测力计 A 的指针稍稍超出量程,说明拉弹簧测力计 A 的力大了,由力的平行四边形定则可得: 改变弹簧测力计 B 拉力的大小;减小重物 M 的质量;改变弹簧测力计 B 拉力的方向,可以减小弹簧测力 计 A 的拉力,或将 A 更换为较大的测力计。 11.(10 分) 某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值。 (1)将电阻箱接入 a、b 之间,闭合开关。适当调节滑动变阻器 R’后保持其阻值不变。改变电阻箱的阻值 R, 得到一组电压表的示数 U 与 R 的数据如下表: 电阻 R/Ω 电压 U/V 5.0 1.00 10.0 1.50 15.0 1.80 25.0 2.14 35.0 2.32 45.0 2.45

请根据实验数据作出 U-R 关系图象。 (2)用待测电阻 RX 替换电阻箱, 读得电压表示数为 2.00V。 利用(1)中测绘的 U-R 图象可得 RX=_________ Ω。 (3)使用较长时间后,电池的电动势可认为不变,但内阻增大。若仍用本实验装置和(1)中测绘的 U-R 图象 测定某一电阻,则测定结果将_________(选填―偏大‖或―偏小‖)。现将一已知阻值为 10Ω 的电阻换接在 a、
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b 之间,你应如何调节滑动变阻器,便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的 U-R 图象实现对待测电阻的准确 测定?

答案: (1)见右下图 (2)20(19~21 都算对) (3)偏小;改变滑动变阻器阻值,使电压表示数为 1.50V. 解析: (1)根据实验数据描点作出 U-R 关系图象,见右下图。 (2)根据 U-R 关系图象,电压表示数为 2.00V 时,Rx 的阻值为 20Ω,读取 19~21Ω 可以。 (3)因为电压表示数 U ? IR ?

ER E ,当电池的内阻 r 增大时,同一个 R,则电压 ? R ? r ? R ' 1? r ? R ' R

表读数将变小,按原来的 U-R 图象,则电阻的测量值小于真实值,即偏小。要使电压表读数为 1.50V, 因为电池内阻 r 增大,应该把滑动变阻器阻值 R’调小,以至于使 R’+r 不变。

12. 【选做题】本题包括 A、B、C 三小题,请选定其中两题 ,并在相应的答题区域内作答 。若三题都做, ....... ............ 则按 AB 两题评分。 A. (选修模块 3-3) (12 分) (1)如题 12A-1 图所示,一演示用的―永动机‖转轮由 5 根轻杆和转轴构成,轻杆的末端装有形状记忆合金制 成的叶片,轻推转轮后,进入热水的叶片因伸展而 ―划水‖,推动转轮转动。离开热水后,叶片形状迅速恢 复,转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是
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A.转轮依靠自身惯性转动,不需要消耗外界能量 B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C.转动的叶片不断搅动热水,水温升高 D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量

答案:D 解析:轻推转轮后,叶片开始转动,由能量守恒定律可知,叶片在热水中吸收的热量在空气中释放和使叶 片在热水中的膨胀做功,所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量,D 正确。 (2)如题 12A-2 图所示,内壁光滑的气缸水平放置。一定质量的理想气体被密封在气缸内,外界大气压强为 P0。现对气缸缓慢加热,气体吸收热量 Q 后,体积由 V1 增大为 V2。则在此过程中,气体分子平均动能 _________(选增―增大‖、 “不变”或“减小”),气体内能变化了_____________。

答案:增大; Q ? p0 (V2 ? V1 ) 解析:由于对气缸缓慢加热,温度升高,气体分子平均动能增大;根据热力学第一定律 W ? Q ? ?E ,其中 气体对外做功 W ? ? p0 (V2 ? V1 ) 。气体内能变化 ?E ? Q ? p0 (V2 ? V1 ) 。 (3) 某 同 学 在 进 行 ― 用 油 膜 法 估 测 分 子 的 大 小 ‖ 的 实 验 前 , 查 阅 数 据 手 册 得 知 : 油 酸 的 摩 尔 质 量 M=0.283kg· mol-1,密度 ρ=0.895× 103kg· m-3.若 100 滴油酸的体积为 1ml,则 1 滴油酸所能形成的单分子油膜 的面积约是多少?(取 NA=6.02× 1023mol-1,球的体积 V 与直径 D 的关系为 V ? 数字) 答案:10m2 解析:一个油酸分子的体积 V ?

1 ? D 3 ,结果保留一位有效 6

M 6M ,由球的体积与直径的关系得分子直径 D ? ,最大面积 ? NA ?? N A

S?

1? 10?8 m3 ,解得:S=10m2。 D

B. (选修模块 3-4) (12 分) (1)如图所示, 沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔 A、 B 和 C。 假想有一列车沿 AC 方向以接近光速行驶,
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当铁塔 B 发出一个闪光,列车上的观测者测得 A、C 两铁塔被照亮的顺序是 (A)同时被照亮 (B)A 先被照亮 (C)C 先被照亮 (D)无法判断

答案:C 解析:当铁塔 B 发出一个闪光,同时到达 A、C 两铁塔被反射,但列车沿 AC 方向以接近光速行驶,经铁 塔 A 反射的光相对列车的速度远小于经铁塔 C 反射的光相对列车的速度,经铁塔 C 反射的光先到达观测 者,看到 C 先被照亮,C 正确。 (2)一束光从空气射向折射率为 3 的某种介质,若反向光线与折射光线垂直,则入射角为__________。真 空中的光速为 c ,则光在该介质中的传播速度为________________ 。

答案:600;

3 c 3
sin i c 3 0 0 及 i ? r ? 90 ,得 tan i ? 3 , i ? 60 根据 n ? ,得 v ? c。 sin r v 3

解析:根据折射定律: n ?

(3)将一劲度系数为 K 的轻质弹簧竖直悬挂, 下湍系上质量为 m 的物块, 将物块向下拉离平衡位置后松开, 物块上下做简谐运动,其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。请由单摆周期 公式推算出物块做简谐运动的周期 T。 答案: T ? 2?

m k

解析:单摆周期公式 T ? 2? C. (选修模块 3-5) (12 分)

m l ,且 kl ? mg ,解得 T ? 2? k g

(1)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中,符合黑体辐射规律的是
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答案:A 解析:黑体辐射规律:随着温度的升高,一方面,各种波长的辐射强度都有增加,另一方面,辐射强度的 极大值向波长较短的方向移动,A 图正确。 (2)按照玻尔原子理论, 氢原子中的电子离原子核越远, 氢原子的能量__________(选填 “越大” 或 “越小” )。 已知氢原子的基态能量为 E1(E1<0), 电子质量为 m, 基态氢原子中的电子吸收一频率为 υ 的光子被电离后, 电子速度大小为___________(普朗克常量为 h )。 答案:越大;

2(h? ? E1 ) m
?13.6eV 及 rn ? n2 r0 ,越远,n 越大,En 越大(注意 En 为负值) 。电阻动能 2 n

解析:根据 En ?

Ek ? h? ? E1 ?
可解得: v ?

1 2 mv (注意 E1 为负值) 2

2(h? ? E1 ) 。 m
17 8

(3) 有 些 核 反 应 过 程 是 吸 收 能 量 的 。 例 如 在 X ? 174 N ?

O? 1 1 H中 , 核 反 应 吸 收 的 能 量

2 ,在该核反应中, X 表示什么粒子?X 粒子以动能 EK 轰击静止的 14 Q ? [ (m c 0 ? m H ) ? (m X ? m N )] 7N ,

若 EK=Q,则该核反应能否发生?请简要说明理由。
4 答案: 2 He ;不能实现,因为不能同时满足能量守恒和动量守恒的要求。

4 解析:根据核反应的质量数和电荷数守恒,可得:X 粒子的质量数为 4,电荷数为 2,是 2 He ;

四、计算题:本题共 3 小题,共计 47 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只 与出最后答案的不能得分。有数值的题,答案中必须明确写出数值和单位。 13.(15 分)题 13-1 图为一理想变压器,ab 为原线圈,ce 为副线圈,d 为副线圈引出的一个接头。原线圈输 入正弦式交变电压的 u-t 图象如题 13-2 图所示。若只在 ce 间接一只 Rce=400 Ω 的电阻,或只在 de 间接一 只 Rde=225 Ω 的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为 80W。 (1)请写出原线圈输入电压瞬时值 uab 的表达式; (2)求只在 ce 间接 400Ω 的电阻时,原线圈中的电流 I1;

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(3)求 ce 和 de 间线圈的匝数比

nce 。 nde
4 2 A ) (3) 3 5

答案: (1) uab ? 400sin 200? t (V ) (2)0.28A(或

解析: (1)由题 13-2 图知 ? ? 200? rad / s ,电压瞬时值 uab ? 400sin 200? t (V ) (2)电压有效值

U1 ? 2 0 0 V 2 ,理想变压器

P 1 ? P 2

原线圈中的电流 I1 ?

P 2 1 ,解得: I1 ? 0.28 A (或 A) 5 U1
2 U ce U2 U1 U de ,由题意知 ? ? de n1 nde Rce Rde

(3)设 ab 间匝数为 n1,

解得:

n 4 nce Rce ,代入数据得 ce ? . ? nde 3 nde Rde

14.(16 分)如图所示,长为 L、内壁光滑的直管与水平地面成 30° 角固定放置。将一质量为 m 的小球固定 在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为 M=km 的小物块相连,小物块悬挂于管口。现将小球释放,一 段时间后,小物块落地静止不动,小球继续向上运动,通过管口的转向装置后做平抛运动,小球在转向过 程中速率不变。(重力加速度为 g) (1)求小物块下落过程中的加速度大小; (2)求小球从管口抛出时的速度大小; (3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于

2 L 2

答案:(1)

2k ? 1 g 2(k ? 1)

(2)

k ?2 gL 2(k ? 1)

(k>2)

(3) 见解析

0 解析:(1) 设细线中的张力为 T,根据牛顿第二定律 Mg ? T ? Ma , T ? mg sin30 ? ma ,

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且 M ? km ,解得: a ?

2k ? 1 g 2(k ? 1)

(2) 设 M 落地时的速度大小为 v,m 射出管口时速度大小为 v0,M 落地后 m 的加速度为 a0。 根据牛顿第二定律 -mg sin 300 ? ma0 匀变速直线运动 v ? 2aL sin 30 , v02 ? v2 ? 2a0 L(1 ? sin300 ) ,解得: v0 ?
2 0

k ?2 gL 2(k ? 1)

(k>2)

(3) 平抛运动 x ? v0t , L sin 30 ?
0

k ?2 1 2 2 k ?2 ? 1 ,所以 x ? gt ,解得 x ? L ,因为 L ,得证。 k ?1 2 2 2(k ? 1)

15.(16 分)某种加速器的理想模型如题 15-1 图所示:两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔 a、b, 两极板间电压 uab 的变化图象如图 15-2 图所示,电压的最大值为 U0、周期为 T0,在两极板外有垂直纸面向 里的匀强磁场。若将一质量为 m0、电荷量为 q 的带正电的粒子从板内 a 孔处静止释放,经电场加速后进入 磁场,在磁场中运动时间 T0 后恰能再次从 a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了 极板间的运动时间不计,两极板外无电场,不考虑粒子所受的重力) (1)若在 t=0 时刻将该粒子从板内 a 孔处静止释放,求其第二次加速后从 b 孔射出时的动能; (2)现在利用一根长为 L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场,忽略其对管外磁场的影响),使题 15-1 图中实线轨迹(圆心为 O)上运动的粒子从 a 孔正下方相距 L 处的 c 孔水平射出,请在答题卡图上的相 应位置处画出磁屏蔽管; (3)若将电压 uab 的频率提高为原来的 2 倍,该粒子应何时由板内 a 孔处静止开始加速,才能经多次加速后 获得最大动能?最大动能是多少?

1 m0 。(粒子在两 100

答案:(1)

49 qU 0 25

(2)如图

(3)

313 qU 0 25

解析:(1) 质量为 m0 的粒子在磁场中作匀速圆周运动 Bqv ? 当粒子的质量增加了

2? m0 2? r mv 2 , T0 ? ,则 T0 ? v r qB

1 1 m0 ,其周期增加 ?T ? T0 100 100

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根据题 15-2 图可知,粒子第一次的加速电压 u1 ? U 0 ,粒子第二次的加速电压 u2 ? 粒子射出时的动能 Ek 2 ? qu1 ? qu2 ,解得 Ek 2 ? (2) 磁屏蔽管的位置如图所示

24 U0 25

49 qU 0 25

(3) 在 uab ? 0 时,粒子被加速,则最多连续被加速的次数 N ?

T0 / 4 ,得 N ? 25 ,分析可得,粒子在连 ?T

续被加速的次数最多,且 u ? U 0 时也被加速的情况时,最终获得的动能最大。 粒子由静止开始被加速的时刻 t ? ( ? 最大动能 Ekm

n 19 )T0 (n=0,1,2,……) 2 50 1 3 23 313 ? 2?( ? ? ? ) qU 0 ? qU 0 qU 0 . 解得 Ekm ? 25 25 25 25

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2011 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试(广东卷物理部分)
一、单项选择题:本大题共 16 小题,每小题小题,每小题 4 分,共 64 分。在每小题给出的四个选项中, 只有一个符合题目要求,选对的得 4 分,选错或不答的得 0 分。 13、如图 3 所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落,主要原因是: A、铅分子做无规则热运动 C、铅柱间存在在万有引力作用 B、铅柱受到大气压力作用 D、铅柱间存在分子引力作用

答案:D 解析:由于铅柱较软,由于接触面平滑后,用力压紧,使得铅分子间的距离小到分子力起作用的距离,分 子引力的作用使铅柱在钩码的牵引下未分开,D 正确。 14、图 4 为某种椅子与其升降部分的结构示意图,M、N 两 筒间密闭了一定质量的气体,M 可沿 N 的内 壁 上下滑动。设筒内气体不与外界发生热交换,在 M 向下滑动的过程中 A、外界对气体做功,气体 内能增大 C、气体对外界做功,气体内能增大 B、外界对气体做功,气体内能减小 D、气体对外界做功,气体内能减小

答案:A 解析:筒内气体不与外界发生热交换,当气体体积变小时,则外界对气体做功,外界对气体做功使气体的 内能增大。A 正确。 15、将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动 势和感应电流,下列表述正确的是
]

A、感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B、穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大 C、穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大 D、感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案:C

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解析:由法拉第电磁感应定律, E ? n

?? S ?B ?n ,选项 A 错误。穿过线圈的磁通量越大,并不代表穿 ?t ?t

过线圈的磁通量变化率大,选项 B 错误,C 正确。由楞次定律感应电流的磁场总是阻碍产生感应电流的磁 通量的变化,感应电流的磁场方向与原磁场方向有时相同,有时相反。选项 D 错误。 16、如图 5 所示,水平面上,橡皮绳一端固定,另一端连接两根弹簧,连接点 P 在 F1、F2 和 F3 三力作用 下保持静止,下列判断正确的是: A、F1>F2>F3 C、F2>F1>F3 B、F3>F1>F2 D、F3>F2>F1

答案:B 解析:由于在 F1、F2 和 F3 三力作用下保持静止,合力为零,现力 F1 与 F2 垂直, 根据力的平行四边形定 则由角度及几何关系可得:F3>F1>F2,B 正确。 二、双项选择题:本大题共 9 小题,每小题 6 分,共 54 分。在每小题给出的四个选项中,有两个选项符 合题目要求,全部选对的得 6 分,只选 1 个且正确的得 3 分,有选错或不答的得 0 分。 17、如图 6 所示,在网球的网前截击练习中,若练习者在球网正上方距地面 H 处,将球以速度 v 沿垂直球 网的方向击出,球刚好落在底线上。已知底线到网的距离为 L,重力加速度取 g,将球的运动视作平抛运 动,下列表述正确的是 A、球的速度 v 等于 L

g 2H

B、球从击出到落地的时间为

2H g

C、球从击出点到落地点的位移等于 L D、球从击出点到落地点的位移与球的质量有关

答案:AB 解析:球做平抛运动,平抛运动是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动,球 的初速度 v ? L

g 2H ,A 正确。球从击出到落地的时间 t ? ,B 正确。球从击球点至落地点的位移 2H g
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等于 L2 ? H 2 ,与球的质量无关,选项 C、D 错误。 18、光电效应实验中,下列表述正确的是 A、光照时间越长光电流越大 C、遏止电压与入射光的频率有关 答案:C D 解析:光电流的大小与入射光的强度相关,A 错误。产生光电效应的条件是:入射光的频率大于或等于被 照射材料的极限频率。入射光的频率达不到极限频率,增加照射光的强度是不能产生光电流的,所以 B 错 误,C、D 正确。 19、图 7(a)左侧的调压装置可视为理想变压器,负载电路中 R=55Ω,○ A 、○ V 为理想电流表和电压表。 若原线圈接入如图 7(b)所示的正弦交变电压,电压表的示数为 110V,下列表述正确的是 A、电流表的示数为 2A C、电压表的示数为电压的有效值 B、原、副线圈匝数比为 1:2 D、原线圈中交变电压的频率为 100Hz B、入射光足够强就可以有光电流 D、入射光频率大于极限频率才能产生光电子

答案:AC 解析:交流电压表和交流电流表的示数都是有效值,电流表的示数 I ?

U 110 ? A ? 2 A ,A、C 正确。由 R 55

图 7(b)可知原线圈电压有效值为 220V,周期 0.02S,则可得原、副线圈匝数比为 2:1,交变电压的频率 为 50Hz,B、D 错误; 20、已知地球质量为 M,半径为 R,自转周期为 T,地球同步卫星质量为 m,引力常量为 G,有关同步卫 星,下列表述正确的是: A、卫星距地面的 高度为 3

GMT 2 4? 2
Mm R2

B、卫星的运行速度小于第一宇宙速度 C、卫星运行时受到的向心力大小为 G

D、卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 答案:BD

GMT 2 解析:卫星距地面的高度为 ? R ,A 错误。第一宇宙速度是最小的发射卫星的速度,卫星最大的 4? 2 Mm 环绕速度,B 正确。同步卫星距地面有一定的高度 h,受到的向心力大小为 G , C 错误。卫星运 ( R ? h) 2
3

行的向心加速度为

GM GM ,地球表面的重力加速度为 2 ,D 正确。 2 R ( R ? h)
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21、如图所示为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电,在电场力作用下向集尘 极迁 移并沉积,以达到除尘目的。下列表述正确的是: A、到达集尘极的尘埃带正电荷 B、电场方向由集尘板指向放电极 C、带电尘 埃所受电场力的方向与电场方向相同 D、同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大

答案:BD 解析:由于集电极与电源正极连接,电场方向由集尘板指向放电极,B 正确。而尘埃在电场力作用下向集 尘极迁 移并沉积,说明尘埃带负电荷,A 错误。负电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相反。C 错误, 根据 F=qE 可得,D 正确。 三、非选择题:本大题共 11 小题,共 182 分。按题目要求作答。解答时应写出必要的文字说明、方程式 和重要演算步骤,只写出最后答案的不得分。有效值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。 34、 (18 分) (1)图 14 是―研究匀变速直线运动‖实验中获得的一条纸带,O、 A、B、C、D 和 E 为纸带上六个计数点。 加速度大小用 a 表示。 ①OD 间的距离为____________cm。 ②图 15 是根据实验数据绘出的 s ? t 图线(s 为各计数点至同一起点的距离) ,斜率表示_________,
2

其大小为____________m/s2(保留三位有效数字)

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答案:①1.20 ②加速度一半,0.933 解析:①1cm+1mm× 2.0 格 =1.20cm ,②加速度一半, a=0.933m/s2 (2)在―描绘小电珠的伏安特性曲线‖实验中,所用器材有:小电珠(2.5V0.6W) ,滑动变阻器,多用 电表,电流表,学生电源,开关,导线若干。 ①粗测小电珠的电阻,应选择多用电表_______________倍率的电阻挡(请填空 “×1” 、 “×10” 或“×100” ) ;调零后,将表笔分别与小电珠的两极连接,示数如图 16,结果为________ ? 。

1 (2.8 ? 0) ?10?2 a? m / s 2 ? 0.467m / s 2 ,所以 2 0.06 ? 0

②实验中使用多用电表测量电压,请根据实验原理图完成实物图中的连线。 ③开关闭合前,应将滑动变阻器的滑片 P 置于_________端。为使小电珠亮度增加,P 应由中点向 ________端滑动。 ④下表为电压等间隔变化测得的数据。为了获得更准确的实验图像,必须在相邻数据点_______间多 测几组数据(请填写―ab‖、―bc‖、―cd‖、―de‖、―ef‖) 数据点 U/V I/A a 0.00 0.000 b 0.50 0.122 c 1.00 0.156
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d 1.50 0.185

e 2.00 0.216

f 2.50 0.244
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答案:①× 1、8 ②如图所示③a,b④ab

解析:①小电珠(2.5V,0.6W)对应电阻为 R ?

U 2 2.52 ? ? ? 10.4? ,电阻十几欧,所以选―×1‖档。② P 0.6

电流表的电阻也就几欧,与电压表几千欧相比,小电珠算小电阻,所以电压表必须外接,伏安特性曲线要 求电压从 0 开始逐渐变大,所以滑动变阻器必须与电压采用分压接法。③从 a 端开始,电压为零,向 b 端 移动,对小电珠所加电压逐渐变大。④ab 之间电流增加了 0.122A,其它段电流增加了 0.03A 左右,所以需 要在 ab 之间将电流分为 0.030A、0.060A、0.090A,分别测出相应的电压值。 35、 (18 分) 如图 19(a)所示,在以 O 为圆心, 内外半径分别为 R1 和 R2 的圆环区域内,存在辐射状电场和垂直 纸面的匀强磁场,内外圆间的电势差 U 为常量,R1=R0,R2=3R0。一电荷量为+q,质量为 m 的粒子从内圆 上的 A 点进入,不计重力。

?已知粒子从外圆上以速度 v1 射出,求粒子在 A 点的初速度 v0 的大小 ?若撤去电场,如图 19(b)所示,已知粒子从 OA 延长线与外圆的交点 C 以速度 v2 射出,方向与 OA 延长线成 450 角,求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。 ?在图 19(b)中,若粒子从 A 点进入磁场,速度大小为 v3,方向不确定,要使粒子一定能够从外圆 射出,磁感应强度应小于多少? 答案:? v0 ?

v12 ?

mv3 2qU 2? R0 ' , ?t ? ,? B ? m 2qR0 2v2
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解析:?根据动能定理, qU ?

1 2 1 2 2qU mv1 ? mv0 ,所以 v0 ? v12 ? 2 2 m

?如图所示,设粒子在磁场中作匀速圆周运 动的半径为 R,由几何知识可知 R2 ? R2 ? ( R2 ? R1 )2 ,解 得: R ? 2R0 。根据洛仑兹力公式 qv2 B ? m
2 v2 mv2 2mv2 ,解得: B ? 。 ? R 2qR0 q 2 R0

根据公式

t ? 2? R0 v2 T 2? m 2? m ? , 2? R ? v2T , qv2 B ? m 2 解得: t ? ? ? ? T 2? R 4 4 Bq 4 ? mv2 2v2 2 R0
2 v3 mv3 ,解得: B1' ? R0 qR0 2 v3 mv3 mv3 ' ,解得: B2 ,综合得: B ' ? ? 2R0 2qR0 2qR0

?考虑临界情况,如图所示 ① qv3 B1' ? m
' ② qv3 B2 ?m

36、 (18 分) 如图 20 所示,以 A、B 和 C、D 为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内,一滑板静止在光滑的 地面上,左端紧靠 B 点,上表面所在平面与两半圆分别相切于 B、C,一物块被轻放在水平匀速运动的传 送带上 E 点,运动到 A 时刚好与传送带速度相同,然后经 A 沿半圆轨道滑下,再经 B 滑上滑板。滑板运 动到 C 时被牢固粘连。物块可视为质点,质量为 m,滑板质量为 M=2m,两半圆半径均为 R,板长 l=6.5R, 板右端到 C 的距离 L 在 R<L<5R 范围内取值,E 距 A 为 S=5R,物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数 均为 μ=0.5,重力加速度取 g。

(1)求物块滑到 B 点的速度大小; (2)试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中,克服摩擦力做的功 Wf 与 L 的关系,并判断物块能否滑
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到 CD 轨道的中点。 答案: (1) vB ? 3 gR (2) W f ?

1 mg (13R ? 2 L) ,滑块不可能滑到 CD 轨道的中点。 4

解析: (1)滑块从静止开始做匀加速直线运动到 A 过程, 滑动摩擦力做正功,滑块从 A 到 B,重力做正功, 根据动能定理, ? mgS ? mg 2 R ?

1 2 mvB ,解得: vB ? 3 gR 2
vB 3

(2)滑块从 B 滑上滑板后开始作匀减速运动,此时滑板开始作匀加速直线运动,当滑块与滑板达共同速度 时,二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为 v,根据动量守恒 mvB ? (m ? 2m)v ,解得: v ?

1 2 1 2 mv ? mvB ,解得:s1=8R 2 2 1 2 对滑板,用动能定理列方程: ? mgs2 ? ? 2mv ? 0 ,解得:s2=2R 2
对滑块,用动能定理列方程: ? ? mgs1 ? 由此可知滑块在滑板上滑过 s1-s2=6R 时,小于 6.5R,并没有滑下去,二者就具有共同速度了。 当 2R≤L<5R 时,滑块的运动是匀减速运动 8R,匀速运动 L-2R,匀减速运动 0.5R,滑上 C 点,根据动 能定理: ? ? mg (8 R ? 0.5 R) ?

1 2 1 2 1 2 1 mvC ? mvB ,解得: mvC ? mgR ? mgR , 2 2 2 2

W f ? ? mg (8R ? 0.5R) ?

17 mgR ,滑块不能滑到 CD 轨道的中点。 4

当 R<L<2R 时,滑块的运动是匀减速运动 6.5R+L,滑上 C 点。根据动能定理:

? ? mg (6.5 R ? L) ?


1 2 1 2 1 mvC ? mvB ,解得: W f ? ? mg (6.5R ? L) ? mg (13R ? 2 L) 2 2 4

1 2 1 mvC ? mg (2.5R ? L) ? mgR 时,可以滑到 CD 轨道的中点,此时要求 L<0.5R,这与题目矛盾,所 2 2

以滑块不可能滑到 CD 轨道的中点。

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2011 年普通高等学校招生全国统一考试
理综试题(重庆物理部分)
二、选择题(本部分包括 8 小题,每小题 6 分,共 48 分,每小题只有一个选项符合题意) 14.某人估测一竖直枯井深度,从井口静止释放一石头并开始计时,经 2s 听到石头落地声,由此可知井深 约为(不计声音传播时间,重力加速度 g 取 10m/s2) A.10m B. 20m C. 30m D. 40m 答案:B 解析:石头做自由落体运动,根据位移公式 h ?

1 2 gt ? 0.5 ?10 ? 4 ? 20 m。答案 B。 2

15.某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置,它主要由气缸和活塞组成。开箱时,密闭于气缸内的压缩气 体膨胀,将箱盖顶起,如题 15 图所示。在此过程中,若缸内气体与外界无热交换,忽略气体分子间相互 作用,则缸内气体 A. 对外做正功,分子的平均动能减小 B. 对外做正功,内能增大 C. 对外做负功,分子的平均动能增大 D. 对外做负功,内能减小

答案 A 解析密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功 W<0,缸内气体与外界无热交换说明 Q=0,忽略气体分子 间相互作用,说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律△U=W+Q,可知内能减小,分子平 均动能减小,温度降低。所以只有 A 正确。 16.核电站核泄漏的污染物中含有碘 131 和铯 137。碘 131 的半衰期约为 8 天,会释放 β 射线;铯 137 是 铯 133 的同位素,半衰期约为 30 年,发生衰变期时会辐射 γ 射线。下列说法正确的是 A.碘 131 释放的 β 射线由氦核组成 B.铯 137 衰变时辐射出的 γ 光子能量小于可见光光子能量 C.与铯 137 相比,碘 131 衰变更慢。 D.与铯 133 和铯 137 含有相同的质子数 答案:D 解析:β 射线是高速电子流,α 射线才是由氦核组成,A 错误;γ 光子在所有电磁波中频率最高,能量最大, B 错误;半衰期越小衰变越快,应该是碘 131 衰变更快,C 错误;与铯 133 和铯 137 是同位素,质子数相 同中子数不同,D 正确。 17.介质中坐标原点 O 处的波源在 t=0 时刻开始振动,产生的简谐波沿 x 轴正向传播,t0 时刻传到 L 处, 波形如题 17 图所示。下列能描述 x0 处质点振动的图象是

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答案:C 解析:从波形图可以看出,t0 时刻传到 L=3λ 处,说明 t0=3T。简谐波沿 x 轴正向传播,则在 t0 时刻 x=质点 的运动方向和波源在 t=0 时刻的运动方向相同是沿 y 轴的负方向的,即每一个质点的起振方向都是沿 y 轴 的负方向的,则 C D 可能正确。由于 λ<x0<5λ/4,说明在 T<t<5 T /4 的时间内 x0 处质点没有振动,所以 在 t0 时刻 x0 处质点的振动时间是 3T -5 T /4<t0-t<3 T -T,即 7 T /4<t0-t<2T,即振动图像中 t0 时刻前有少 于 2 个多于 7/4 个的完整图形,所以 C 正确。 18.在一次讨论中, 老师问道: “假如水中相同深度处有 a、b、c 三种不同颜色的单色点光源,有人在水 面上方同等条件下观测发现,b 在水下的像最深,c 照亮水面的面积比 a 的大。关于这三种光在水中的性 质,同学们能做出什么判断?”有同学回答如下: ①c 光的频率最大 ②a 光的传播速度最小 ③b 光的折射率最大 ④a 光的波长比 b 光的短 根据老师的假定,以上回答正确的是 A.①② B. ①③ C.②④ D.③④ 答案:C 解析:根据视深公式 h? ?

h 说明频率最小的光,水对它的折射率最小,在水下的像最深,所以 b 的折射率 n

最小,频率最小,波长最大,传播速度最大,③错误,④正确;照亮水面的圆面积的半径 R 与临界角 C 满 足 tan C ?

R 1 ,又 sin C ? ,c 照亮水面的面积比 a 的大,则 c 的临界角大,水对 c 的折射率小,所以 a h n

的折射率最大,a 的频率最大,a 的传播速度最小,①错误,②正确。所以正确的说法是②和④,选择 C。 19.如题 19 图所示,电量为+q 和-q 的点电荷分别位于正方体的顶点,正方体范围内电场强度为零的点有 A. 体中心、各面中心和各边中点 B. 体中心和各边中点 C. 各面中心和各边中点 D. 体中心和各面中心

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答案:D 解析:两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零。两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合 场强沿中垂线指向远离正电荷的方向。两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负 电荷的方向。在正方体的上面中心,上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零,下面的四个电荷分成两 组产生的场强等大反向,所以正方体的上面中心处的合场强为零,同理所有各面中心处的合场强都为零。 在体中心,可以将八个电荷分成四组,产生的合场强为零。而在各边中心,场强无法抵消,合场强不为零。 正确答案是 D。 20.在测量电珠伏安特性实验中,同学们连接的电路中有两个错误电路,如题 20 图所示。电源内阻不计, 导线连接良好,若将滑动变阻器的触头置于左端,闭合 S,在向右端滑动触头过程中,会分别出现如下四 种现象: a.电珠 L 不亮;电流表示数几乎为零 b.电珠 L 亮度增加;电流表示数增大 c 电珠 L 开始 不亮;后来忽然发光;电流表从示数不为零到线圈烧断 d.电珠 L 不亮;电流表从示数增大到线圈烧断 与上述 a b c d 四种现象对应的电路序号为 A. ③①②④ B. ③④②① C. ③①④② D. ②①④③
[来源:Z§ xx§ k.Com]

答案:A 解析:在①中伏特表和安培表的连接是错误的,将滑动变阻器的触头置于左端,闭合 S 后电珠 L 不亮,在 向右端滑动触头过程中,电珠 L 逐渐变亮,由于总电阻减小,干路电流增大,电流表示数增大,是 b;在 ②中安培表连接错误,应该连接在干路上,开始时滑动变阻器的电阻最大,通过电珠的电流太小,电珠 L 不亮,在向右端滑动触头过程中,电珠后来忽然发光,由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为
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零到线圈烧断,是 c;在③中伏特表和安培表应该互换位置,由于伏特表串联造成电珠 L 不亮,电流表示 数几乎为零,是 a;在④中安培表使电珠短路,电珠 L 始终不亮,电流表从示数增大到线圈烧断,是 d。 即①②③④分别对应 bcad。正确的是 A。 21.某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过 N 年,该行星会运行到日地连线的延长线上,如题 21 图所示。该行星与地球的公转半径比为 A. (

N ?1 2 )3 N

B. (

N 2 )3 N ?1

C. (

N ?1 3 )2 N

D. (

N 3 )2 N ?1

[来源:

答案:B 解析:由图可知行星的轨道半径大周期长。每过 N 年,该行星会运行到日地连线的延长线上,说明从最初 在日地连线的延长线上开始,每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的 N 分之一,N 年后地球转了 N 圈,比行星多转 1 圈,即行星转了 N-1 圈从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是
3 r地 3 r行

N 年, N ?1

根据开普勒第三定律有

?

2 T地 2 T行

则答案是 B。

第二卷
22. (19 分) (1)某电动机的三组线圈①、②、③阻值相同,均为几欧姆,接法可能是题 22 图 1 中甲、乙两种之一, A、B 和 C 是外接头。现有一组线圈断路,维修人员通过多用电表测量外接头之间的电阻来判断故障,若 测 A 和 B 之间、B 和 C 之间、A 和 C 之间的电阻时,多用电表指针偏转分别如题 22 图 2(a) 、 (b) 、 (c) 所示,则测量中使用的欧姆档的倍率是 (填 ? 1 、 ?10 、 ? 100 或 ? 1k ) ,三组线圈的接法是 (填甲或乙) ,断路线圈是 (填①、②或③) 。

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(2)某同学设计了如题 22 图 3 所示的装置,利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和 砝码等器材来测定滑块和轨道间的动 摩擦因数 μ。滑块和托盘上分别放有若干砝码,滑块质量为 M,滑块 上砝码总质量为 m′,托盘和盘中砝码的总质量为 m。实验中,滑块在水平轨道上从 A 到 B 做初速为零 的匀加速直线运动,重力加速度 g 取 10m/s2。 ①为测量滑块的加速度 a ,须测出它在 A 、 B 间运动的 与 ,计算 a 的运动学公式 是 ;

②根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系为:

a?

?1 ? ? ? g m ? ? g M ? ? m? ? m ?

他想通过多次改变 m ,测出相应的 a 值,并利用上式来计算 ? 。若要求 a 是 m 的一次函数,必须使上式 中的 保持不变,实验中应将从托盘中取出的砝码置于 ; ③实验得到 a 与 m 的关系如题 22 图 4 所示,由此可知 μ= (取两位有效数字)

答案:(1)×1 ,乙 ,③(2) m ? m ? ,滑块上; (3)0.23(0.21~0.25)
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解析:(1)由于所测电阻均为几欧姆,串联后还是几欧姆,所以欧姆档的倍率选择×1;所测值分别是 4 Ω 、4Ω 和 8Ω ,说明接法是乙,断路的是③。因为采用甲接法时测量值应该有两个是无穷大,一个是 8Ω 。 (2)①滑块在水平轨道上从 A 到 B 做初速为零的匀加速直线运动,根据 s ? 测量的是位移和时间。 ②根据整体法有

2s 1 2 at 得 a ? 2 ,所以需要 2 t

mg ? ? ( M ? m?) g mg ? ? ( M ? m ? m?) g ? ?mg (1 ? ? ) g ? ? m ? ?g ,若要求 a 是 m 的一次 M ? m ? m? M ? m ? m? M ? m ? m? (1 ? ? ) g 函数必须使 不变,即使 m ? m ? 不变,在增大 m 时等量减小 m′,所以实验中应将从托盘中 M ? m ? m? a?
取出的砝码置于滑块上。 (3)将

a ? ?g a 2 ? ?g (1 ? ? ) g 取为 k,有 k ? 1 ,在图像上取两点将坐标代入解得 ? ? 0.23(在 ? M ? m ? m? m1 m2

0.21 到 0.25 之间是正确的) 23. (16 分) 有人设计了一种可测速的跑步机,测速原理如题 23 图所示,该机底面固定有间距为 L 、长度为 d 的 平行金属电极。电极间充满磁感应强度为 B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场,且接有电压表和电阻 R ,绝 缘橡胶带上镀有间距为 d 的平行细金属条,磁场中始终仅有一根金属条,且与电极接触良好,不计金属电 阻,若橡胶带匀速运动时,电压表读数为 U ,求: (1)橡胶带匀速运动的速率; (2)电阻 R 消耗的电功率; (3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
[来

答案:(1) v ?

U BLUd U2 (2) P ? (3) W ? BL R R
U BL

解析:(1)设电动势为 E,橡胶带运动速率为 v。由: E ? BLv , E ? U ,得: v ? (2)设电功率为 P, P ?

U2 R

(3)设电流强度为 I,安培力为 F,克服安培力做的功为 W。

I?

U BLUd , F ? BIL , W ? Fd ,得: W ? R R

24. (18 分) 如题 24 图所示,静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列,质量均为 m,人在极端的时间内给第
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一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离 L 时与第二辆车相碰,两车以共同速度继续运动了距离 L 时 与第三车相碰, 三车以共同速度又运动了距离 L 时停止。 车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的 k 倍, 重力加速度为 g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用,碰撞时间很短,忽略空气阻力,求:

(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功; (2)人给第一辆车水平冲量的大小; (3)第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。 答案:(1) W ? ?6kmgL (2) I ? 2m 7kgL (3) ?E k1 / ?E k 2 =13/3 解析:(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为 W,则 W ? ?kmgL? 2kmgL? 3kmgL? ?6kmgL (2)设第一车初速度为 u0,第一次碰前速度为 v1,碰后共同速度为 u1;第二次碰前速度为 v2,碰后共同 速度为 u2;人给第一车的水平冲量大小为 I。 由: ? kmgL ?

1 2 1 1 1 2 2 2 mv1 ? mu 0 , ? 2kmgL ? (2m)v 2 ? (2m)u1 2 2 2 2 1 2 ? 3kmgL ? 0 ? (3m)u 2 , mv 1 ? 2mu 1 2

2mv2 ? 3mu2 ,得: I ? mu0 ? 0 ? 2m 7kgL
(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为 ?E k1 和 ?E k 2 由 ?E k 1 ? 25. (19 分) 某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动,如题 25 图所示,材料表面上方矩形区域 PP'N'N 充满竖直向下的匀强电场,宽为 d;矩形 区域 NN'M'M 充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 为 B,长为 3s,宽为 s;NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为 e、质量为 m、初速为零的电子, 从 P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场,电子每次穿越隔离层,运动方向不变,其动能损失是每次 穿越前动能的 10%,最后电子仅能从磁场边界 M'N'飞出。不计电子所受重力。 (1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比; (2)求电场强度的取值范围; (3)A 是 M′N′的中点,若要使电子在 A、M′间垂直于 A、M′飞出,求电子在磁场区域中运动的时间。

13 3 kmgL , ?E k 2 ? kmgL ,得: ?E k1 / ?E k 2 =13/3 2 2

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答案:(1) R1∶R2 ? 0.9 (2)

5?m B 2 es 2 5B 2 es 2 <E ≤ (3) t ? 2eB 80m d 9m d

解析:(1)设圆周运动的半径分别为 R1、R2、?Rn、Rn+1?,第一和第二次圆周运动速率分别为 v1 和 v2, 动能分别为 Ek1 和 Ek2 由: Ek 2 ? 0.81Ek1 , R1 ? 得: R1∶R2 ? 0.9 (2)设电场强度为 E,第一次到达隔离层前的速率为 v′ 由: eEd ?

m v1 m v2 1 1 2 2 , R2 ? , E k 1 ? mv 1 , E k 2 ? mv 2 2 2 Be Be

1 1 1 5B 2 es 2 mv ? 2 , 0.9 ? mv ? 2 ? mv 12 ,R1≤s,得: E≤ 2 2 2 9m d
2 n

又由: Rn ? 0.9 n?1 R1 , 2R1 (1 ? 0.9 ? 0.9 ? ? ? 0.9 ? ?) ? 3s ,得:E >

B 2 es 2 80m d

电场强度的取值范围为

B 2 es 2 5B 2 es 2 <E≤ 80m d 9m d

(3)设电子在匀强磁场中,圆周运动的周期为,运动的半圆周个数为 n,运动总时间为 t 由题意,有:

2 R1 (1 ? 0.9 n ) s ? Rn ?1 ? 3s ,R1≤s, Rn?1 ? 0.9 n R1 , Rn?1 ≥ 2 1 ? 0.9
5?m 2?m ,得: t ? 2eB eB

得:n=2,由: T ?

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2011 全国高考物理试题解析集

2011年全国普通高等学校招生统一考试
上海 物理试卷 满分150分 考试时间120分钟。 第I卷(共56分)
一.单项选择题(共16分,每小题2分。每小题只有一个正确选项。答案涂写在答题卡上。) 1.电场线分布如图昕示,电场中a,b两点的电场强度大小分别为已知 Ea 和 Eb ,电势分别为 ?a 和 ?b ,则 (A) Ea ? Eb , ?a ? ?b (C) Ea ? Eb , ?a ? ?b (B) Ea ? Eb , ?a ? ?b (D) Ea ? Eb , ?a ? ?b

答案:C 解析:根据电场线疏密表示电场强度大小, Ea ? Eb ;根据沿电场线电势降低, ? a > ? b ,所以本题选 C。 2.卢瑟福利用 ? 粒子轰击金箔的实验研究原子结构,正确反映实验结果的示意图是

答案:D 解析:实验结果是:离金原子核远的 ? 粒子偏转角度小,离金原子核近的 ? 粒子偏转角度大,正对金原子 核的 ? 粒子被返回,所以选 D。 3.用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应,可能使该金属产生光电效应的措施是 (A)改用频率更小的紫外线照射 (C)改用强度更大的原紫外线照射 (B)改用X射线照射 (D)延长原紫外线的照射时间

答案:B 解析:因为要产生光电效应,必须用能量更大,即频率更高的粒子,所以本题选 B。 4.如图,一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b,在此过程中,其压强 (A)逐渐增大 (C)始终不变 答案:A 解析:根据气体状态方程 (B)逐渐减小 (D)先增大后减小

PV ? 恒量 ,因为沿直线从 a 到 b,V 逐渐变小,T 逐渐变大,所以 P 逐渐变大, T
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本题选 A。 5. 两个相同的单摆静止于平衡位置, 使摆球分别以水平初速 v1 、v 2 ( v1 ? v2 )在竖直平面内做小角度摆动, 它们的频率与振幅分别为 f1 , f 2 和 A 1, A 2 ,则 (A) f1 ? f 2 , A1 ? A2 (C) f1 ? f 2 , A1 ? A2 答案:C 解析:根据单摆周期公式 T ? 2? 过程能量守恒, (B) f1 ? f 2 , A1 ? A2 (D) f1 ? f 2 , A1 ? A2

1 l ,相同的单摆,周期相同,频率 f ? ,所以频率相同。根据摆动 T g

1 2 mv ? kA ,所以 A1>A2。本题选 C。 2

6.右表是某逻辑电路的真值表,该电路是

答案:D 解析: 附:相关知识 与门真值表: 或门真值表:

与门的符号 门符号和非门符号的组合。所以本题选 D。

或门的符号

非门的符号

根据“与”门的真值表,再加上非门,就是题目的真值表,所以题目为“与非”门电路,其符号是 D:与 7.在存放放射性元素时,若把放射性元素①置于大量水中;②密封于铅盒中;③与轻核元 素结合成化合物.则 (A)措施①可减缓放射性元素衰变 (C)措施③可减缓放射性元素衰变 答案:D
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(B)措施②可减缓放射性元素衰变 (D)上述措施均无法减缓放射性元素衰变

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解析:放射性元素的半衰期不随外界条件改变,所以选 D。 8.某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示,图中 f (v) 表示 v 处单位速率区间内的分子 数百分率,所对应的温度分别为 TI , TII , TIII ,则 (A) TI ? TII ? TIII (B) TIII> TII > TI (C) TII ? TI , TII ? TIII (D) TI ? TII ? TIII

答案:B 解析: 因为温度是分子平均动能的标志, 而分子平均动能取决于分子平均速率, 根据图象可以得出 TIII> TII > TI。所以本题选 B。 二.单项选择题(共24分,每小题3分。每小题只有一个正确选项。答案涂写在答题卡上。) 9.天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示,由此可推知 (A)②来自于原子核外的电子 (B)①的电离作用最强,是一种电磁波 (C)③的电离作用较强,是一种电磁波 (D)③的电离作用最弱,属于原子核内释放的光子

答案:D 解析: 根据天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图判断, 应该①是 ? 射线, ②是 ? 射线, ③是 ? 射线, ? 射线的电离作用最弱,属于原子核内释放的光子。所以本题选D。 10.两波源 S1、S2 在水槽中形成的波形如图所示,其中实线表示波峰,虚线表示波谷,则 (A)在两波相遇的区域中会产生干涉 (B)在两波相遇的区域中不会产生干涉 (C) a 点的振动始终加强 (D) a 点的振动始终减弱

答案:B 解析:从图中看出,两列波的波长不同,中同一介质中波速相等,根据 v ? ?f ,所以频率不同,所以在两 波相遇的区域中不会产生干涉,B正确;因为不能干涉,所以虽然此时刻 a 点的振动加强,但不能始终加
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强,当然也不能始终减弱。所以本题选B。 11.如图,人沿平直的河岸以速度 v 行走,且通过不可伸长的绳拖船,船沿绳的方向行进,此过程中绳始 终与水面平行。当绳与河岸的夹角为 ? ,船的速率为 (A) v sin ? (B)

v sin ?

(C) v cos?

(D)

v cos ?

答案:C 解析:速度分解图如下,

根据此图得 v船 ? v cos ? 。所以本题选 C。 12.如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时, (A)电压表V读数先变大后变小,电流表A读数变大 (B)电压表V读数先变小后变大,电流表A读数变小 (C)电压表V读数先变大后变小,电流表A读数先变小后变大 (D)电压表V读数先变小后变大,电流表A读数先变大后变小

答案:A 解析:设滑动变阻器触点以上的电阻为 R 上,触点以下的电阻为 R 最初和最终为零外,是 R 上和 R 下并联的结果, R并 ?


。因为滑动变阻器的有效电阻 R并 除

R上 R下 R上 ? R下

①,二者之和一定,二者相等时积最大,

所以当触点在中间时电阻最大,根据全电路欧姆定律, I 总 =

E R ? r ? R并

②,所以当触点在中间时电流

最小,电压表 V 读数为电源的路端电压,U ? E ? Ir ,所以当触点在中间时路端电压最大,所以所以电压

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表 V 读数先变大后变小。 再算电流表 A 读数即 R 下的电流 I, 根据电阻并联分流公式, I ? I总 联立以上 3 式,解得 I ?

R上 R上 ? R下

③,

R上 E ? R上 E = ,变化为 ? R上 R下 R上 ? R下 (R ? r) ( ? R上 ? R下) ? R上 R下 R?r? R上 ? R下

E ,当滑动变阻器的滑动触头 P 从最高端向下滑动时,R 上一直变大而 R 下 I? (R ? r ) ( ? R R ) R 下 上 ? 下 ?1? R上 R上
一直变小,从上式可以看出,电流表 A 读数 I 一直变大,所以本题选 A。 13.如图,均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置,当a绕O点在其所在平面内旋转时,b中产 生顺时针方向的感应电流,且具有收缩趋势,由此可知,圆环a (A)顺时针加速旋转 (C)逆时针加速旋转 (B)顺时针减速旋转 (D)逆时针减速旋转

答案:B 解析: 本题用逆向解题法。 设 A 选项, 当带正电的绝缘圆环 a 顺时针加速旋转时, 相当于顺时针方向电流, 并且在增大,根据右手定则,其内(金属圆环 a 内)有垂直纸面向里的磁场,其外(金属圆环 b 处)有垂 直纸面向外的磁场,并且磁场的磁感应强度在增大,金属圆环 b 包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂 直纸面向里(因为向里的比向外的磁通量多,向里的是全部,向外的是部分)而且增大,根据楞次定律, b 中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外,磁场对电流的作用力向外,所以 b 中产生逆时针方向的感应电 流,根据左手定则,磁场对电流的作用力向外,所以具有扩张趋势,所以 A 错误;同样的方法可判断 B 选项正确,而 C 选项,b 中产生顺时针方向的感应电流,但具有扩张趋势;而 D 选项,b 中产生逆时针方 向的感应电流,但具有收缩趋势,所以 C、D 都不选。所以本题选 B。 14.两个等量异种点电荷位于x轴上,相对原点对称分布,正确描述电势 ? 随位置 x 变化规律的是图

答案:A 解析:电场线如下图。

根据“沿电场线方向电势降低”的原理,C、D 是错误的;B 也错误,A 正确。所以本题选 A。
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15.如图,一长为 L 的轻杆一端固定在光滑铰链上,另一端固定一质量为 m 的小球。一水平向右的拉力作 用于杆的中点,使杆以角速度 ? 匀速转动,当杆与水平方向成60°时,拉力的功率为 (A) mgL? (B)

3 mgL? 2

(C)

1 mgL? 2

(D)

3 mgL? 6

答案:C 解析:先求拉力 F 的大小 。根据力矩平衡, F ?

L 2 3m g ? sin60 0 ? mgL cos 60 0 ,得 F ? ;再求速度 2 3 1 L v ? ? ? ;再求力与速度的夹角 ? ? 300 ,所以功率 P ? Fv cos ? ? mgL? 。所以本题选 C。 2 2

16.如图,在水平面上的箱子内,带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系于上、下两边,处于静止状态。 地面受到的压力为 N ,球b所受细线的拉力为 F 。剪断连接球b的细线后,在球b上升过程中地面受到的压 力 (A)小于 N (B)等于 N (C)等于 N ? F (D)大于 N ? F

答案:D 解析:以箱子和 a 合在一起为研究对象,设其质量为 M,剪断连接球 b 的细线前,则 N ? Mg - F ? Fe , 其中 Fe 表示 b 对 a 的库仑力;剪断连接球 b 的细线前,则 N’ ,因为在球 b 上升过程中库仑力 ? Mg ? Fe’

? N ? F ,所以所以本题选 D。 变大(距离变近),所以 N’
三.多项选择题(共1 6分,每小题4分。每小题有二个或三个正确选项。全选对的,得4分;选对但不全的, 得2分;有选错或不答的,得0分。答案涂写在答题卡上。) 17.用极微弱的可见光做双缝干涉实验,随着时间的增加,在屏上先后出现如图(a)、(b)、(c)所示的图像, 则 (A)图像(a)表明光具有粒子性 (C)用紫外光观察不到类似的图像 (B)图像(c)表明光具有波动性 (D)实验表明光是一种概率波

答案:ABD
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解析:(A)图像(a)表明光是一粒一粒传播的,即光具有粒子性;(B)图像(c)有明显的干涉条纹,表明光具 有波动性;(C)用紫外光是不可见光,所以观察不到类似的图像;(D)此实验表明了光是一种概率波。所以 本题选ABD。 18.如图,质量为 m 、长为 L 的直导线用两绝缘细线悬挂于 O、O ' ,并处于匀强磁场中。当导线中通以 沿 x 正方向的电流 I ,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为 ? 。则磁感应强度方向和大小可能为 (A) z 正向, (C) z 负向,

mg tan ? IL mg tan ? IL

(B) y 正向,

mg IL mg sin ? IL

(D)沿悬线向上,

答案:BC 解析:逆向解题法。若(A), 磁感应强度方向为 z 正向,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿 y 负方 向,直导线不能平衡,A 错误;若(B), 磁感应强度方向为 y 正向,根据左手定则,直导线所受安培力方

mg ,B 正确;若(C), 磁感应强度方向为 z 负方向, IL 根据左手定则,直导线所受安培力方向沿 y 正方向,根据平衡条件 BILR cos ? ? mgR sin ? ,所以
向沿 z 正方向,根据平衡条件 BIL ? m g ,所以 B= B=

mg tan ? ,C 正确;若(D), 磁感应强度方向沿悬线向上,根据左手定则,直导线所受安培力方向垂直 IL

导线斜向下,故直导线不能平衡,所以 D 错误。所以本题选 BC。 19.受水平外力F作用的物体,在粗糙水平面上作直线运动,其 v ? t 图线如图所示,则 (A)在 0 ? t1 秒内,外力 F 大小不断增大 (B)在 t1 时刻,外力 F 为零 (C)在 t1 ? t2 秒内,外力 F 大小可能不断减小 (D)在 t1 ? t2 秒内,外力 F 大小可能先减小后增大

答案:CD 解析:根据加速度可以用 v ? t 图线的斜率表示,所以在 0 ? t1 秒内,加速度为正并不断减小,根据加速度

a?

F ? ?mg ,所以外力 F 大小不断减小,A错误;在 t1 时刻,加速度为零,所以外力 F 等于摩擦力,不 m
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为零,B错误;在 t1 ? t2 秒内,加速度为负并且不断变大,根据加速度的大小 a ?

?mg ? F
m

,外力 F 大小

可能不断减小,C正确。但如果在F先减小一段后的某时刻,F的方向突然变为向后,根据加速度的大小

a?

?mg ? F
m

,F后增大,因为 v ? t 图线后一段的斜率比前一段大,所以外力 F 大小先减小后增大是可

能的,D也正确。所以本题选CD。 20.如图,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线 悬挂于 O 点,将圆环拉至位置 a 后无初速释放,在圆环从 a 摆向 b 的过程中 (A)感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 (B)感应电流方向一直是逆时针 (C)安培力方向始终与速度方向相反 (D)安培力方向始终沿水平方向

答案:AD 解析:分两组研究,先看感应电流方向,根据法拉第电磁感应定律,铜制圆环内磁通量先向里并增大,铜 制圆环感应电流的磁场向外,感应电流为逆时针;铜制圆环越过最低点过程中,铜制圆环内磁通量向里的 减小,向外的增大,所以铜制圆环感应电流的磁场向里,感应电流为顺时针;越过最低点以后,铜制圆环 内磁通量向外并减小,所以铜制圆环感应电流的磁场向外,感应电流为逆时针,所以A、B二者选A。再看 安培力方向,根据左手定则,铜制圆环所受安培力因为左右不等,合力方向始终沿水平方向,所以,C、D 二者选D。所以本题选BD。

第Ⅱ卷(共94分)
四.填空题(共20分,每小题4分。答案写在题中横线上的空白处或指定位置。)本大题中第22题为分叉题, 分A、B两类,考生可任选一类答题。若两类试题均做,一律按A类题计分。 21.如图,当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时,在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑。这 是光的 (填“干涉”、“衍射”或“直线传播”)现象,这一实验支持了光的 (填 “波动说"、“微粒说"或“光子说")。

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答案:衍射,波动说 解析:此光斑叫“泊松亮斑”,是物理学史上的一件趣事。

22A、22B选做一题
═══════════════════════════════════════════════════════════ 22A.光滑水平面上两小球a、b用不可伸长的松弛细绳相连。开始时a球静止,b球以一定速度运动直至绳被 拉紧,然后两球一起运动,在此过程中两球的总动量 (填“守恒”或“不守恒”)。 答案:守恒,不守恒 解析:两小球和细绳组成的系统合外力为零,所以动量守恒;细绳拉紧时是非弹性碰撞,动能不守恒,即 机械能不守恒。 22B.人造地球卫星在运行过程中由于受到微小的阻力,轨道半径将缓慢减小。在此运动过程中,卫星所 受万有引力大小将 答案:增大,增大 解析:根据万有引力定律 F ? G 因 r 减小,Ek增大。 ═══════════════════════════════════════════════════════════ 23.如图,在竖直向下,场强为 E 的匀强电场中,长为 l 的绝缘轻杆可绕固定轴 O 在竖直面内无摩擦转动, 两个小球A、B固定于杆的两端,A、B的质量分别为 m1 和 m2 ( m1 ? m2 ),A带负电,电量为 q1 ,B带正电, 电量为 q2 。杆从静止开始由水平位置转到竖直位置,在此过程中电场力做功 在竖直位置处两球的总动能 。 , (填“减小” 或“增大” ); 其动能将 (填“减小” 或“增大” )。 (填“守恒”或“不守恒”);机械能

Mm Mm Mm 1 2 v2 G m ,因 减小, F 增大;根据 = ,动能 Ek ? mv = G , r 2 2 r 2r r 2 r

答案: (q1 ? q2 ) El / 2 , [(q1 ? q2 ) E ? (m2 ? m1 ) g ]l / 2 解析:因为杆及AB受力的合力矩为顺时针,所以系统沿顺时针转动到竖直位置,电场力对A和B都做正功, 重力对A做正功,对B做负功,所以结果如答案所示。 24.两列简谐波沿x轴相向而行,波速均为 v ? 0.4m / s ,两波源分别位于A、B处, t ? 0 时的波形如图所 示。当 t ? 2.5s 时,M点的位移为 cm,N点的位移为 cm。

答案:2,0 解析:在 t ? 0 到 t ? 2.5s 时间内,A波向右传播的距离为 ?x ? v?t ? 0.4 ? 2.5 ? 1.0m ;B波向左传播的距 离也是 ?x ? v?t ? 0.4 ? 2.5 ? 1.0m ,据此画出在 t ? 2.5s 时刻的波形图如下图,其中蓝色的是以A为波源 的波形,红色的是以B为波源的波形。然后根据振动的叠加, xM ? 0 ? 2 ? 2 , xN ? 0 ? 0 ? 0 .
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25.以初速为 v0 ,射程为 s 的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开始从轨道顶端滑下,当其到 达轨道底部时,物体的速率为 答案: gs / v0 , v0 / 1 ? (v0 / gs)
2 2

,其水平方向的速度大小为



1 2 1 2 gs 2 解析:平抛运动规律 s ? v0 t , h ? gt ,解得 h ? 2 ;根据机械能守恒: mv ? mgh ,解得速率 2 2 2v0

v?

g 2 s 2 gs ? 。 vx ? v cos? , ? 是轨道的切线与水平方向的夹角,即为平抛运动末速度与水平方向 2 v0 v0
h gs ? 2 ,所以 s 2v0

的夹角,有 tan ? ? 2 tan ? , ? 是平抛运动位移方向与水平方法的夹角,则 tan ? ?

tan ? =

2 v0 gs ,则 = ,代入 vx ? v cos? 得 v ? v ? v cos ? x 2 2 2 v0 ( gs ) 2 ? (v0 )

v0 v2 1 ? ( 0 )2 gs



五.实验题(共24分。答案写在题中横线上的空白处或括号内。) 26.(5 分)如图,为测量作匀加速直线运动小车的加速度,将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上,测得 二者间距为d。 (1)当小车匀加速经过光电门时,测得两挡光片先后经过的时间 ?t1 和 ?t2 ,则小车加速度 a ? (2)(多选题)为减小实验误差,可采取的方法是( (A)增大两挡光片宽度 b (C)增大两挡光片间距 d ) (B)减小两挡光片宽度 b (D)减小两挡光片间距 d 。

答案:(1)

b2 1 1 [ ? ] (2)BC 2 2d (?t2 ) (?t1 )2
2 v2 ? v12 b 2 b ) ? ( ) 2 ]/ 2d (2)b越小,所测的速度越接近瞬时速度,d ,得 a ? [( 2d ?t2 ?t1

解析:(1)根据 a ?

越大,速度平方差越大,误差越小。 27.(5 分)在“用单分子油膜估测分子大小”实验中, (1)某同学操作步骤如下: ①取一定量的无水酒精和油酸,制成一定浓度的油酸酒精溶液;
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②在量筒中滴入一滴该溶液,测出它的体积; ③在蒸发皿内盛一定量的水,再滴入一滴油酸酒精溶液,待其散开稳定; ④在蒸发皿上覆盖透明玻璃,描出油膜形状,用透明方格纸测量油膜的面积。 改正其中的错误: (2)若油酸酒精溶液体积浓度为 0.10% ,一滴溶液的体积为 4.8 ?10 ml ,其形成的油膜面积为 40cm ,
2 ?3

则估测出油酸分子的直径为

m。 (2) 1.2 ?10
?9

答案:(1)②在量筒中滴入 N 滴溶液 ③在水面上先撒上痱子粉

解析:(1)②要测出一滴油酸酒精溶液的体积,即在量筒中滴入N滴溶液,测出其体积为V,则一滴该溶 液的体积为 V1 ? (2) d ?

V ,③为了使一滴油酸酒精溶液散开后界面比较清晰,要在水面上先撒上痱子粉。 n

4.8 ?10?3 ?10?6 ? 0.10% m ? 1.2 ?10?9 m (注意单位换算,用SI即国际单位制) 40 ?10?4

28. (5 分)在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系” 实验(见图(a))中, 得到 E ? 1 / ?t 图 线如图(b)所示。 (1)(多选题)在实验中需保持不变的是( (A)挡光片的宽度 (C)导轨倾斜的角度 (B)小车的释放位置 (D)光电门的位置 )

(2)线圈匝数增加一倍后重做该实验,在图(b)中画出实验图线。

答案:(1) A,D (2)见图

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解析:(1)根据法拉第电磁感应定律 E ? n

?? ,本实验中, E ? ?t 图线是直线,说明n和 ?? 是定值, ?t d ,d是挡光片的宽度,v是挡光片通过光电 v

而 ?? = ? B﹒S ,要 ? B不变,要求光电门的位置(相对于线圈)和挡光片的宽度不变,所以选AD。改变小 车的释放位置或导轨倾斜的角度可以改变时间 ?t ,因为 ?t = 门时的速度,v ?

其中 ? 为导轨倾斜的角度,s 为小车的释放位置到光电门的距离, 2as ? 2g sin ? ? s ,

由小车的释放位置决定。 (2) 根据 E ? n

?? , 线圈匝数增加一倍后, 感应电动势增加一倍, 电压传感器读数增加一倍。 如点 (3,2) ?t

变为(3,4),点(10,6)变为(10,12),连接(3,4)和(10,12)两点即可得到新的图线,见答案。 29.(9 分)实际电流表有内阻,可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表 G1 内阻 r1 的电路如图 所示。供选择的仪器如下: ①待测电流表 G1 ( 0 ~ 5mA , 内阻约300Ω), ②电流表 G2 ( 0 ~ 10mA , 内阻约100Ω), ③定值电阻 R1 (300Ω), ④定值电阻 R2 (10Ω),⑤滑动变阻器 R3 ( 0 ~ 1000 Ω),⑥滑动变阻器 R4 ( 0 ~ 20 Ω),⑦干电池(1.5V), ⑧电键S及导线若干。

(1)定值电阻应选 (2)用连线连接实物图。 (3)补全实验步骤: ①按电路图连接电路,

,滑动变阻器应选

。(在空格内填写序号)



②闭合电键S,移动滑动触头至某一位置,记录 G1 , G2 的读数 I1 , I 2 ; ③ ; ④以 I 2 为纵坐标, I1 为横坐标,作出相应图线,如图所示。 (4)根据 I 2 ? I1 图线的斜率 k 及定值电阻,写出待测电流表内阻的表达式 。

答案:(1)③,⑥ (2)见图
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(3)①将滑动触头移至最左端(写最小给分,最大不给分) ③多次移动滑动触头,记录相应的 G1 ,G2 读数

I1 , I 2 (4) r1 ? (k ? 1) R1
解析:(1)器材选择:定值电阻要和待测电流表内阻接近,因为电流表 G2 的量程是待测电流表 G1 的2倍; 滑动变阻器的电阻不要太大。 (2)连接实物图如图所示。 (3)补充实验步骤见答案 (4)根据并联分流公式 I G 2 ? I G1 六.计算题(共50分) 30.(10 分)如图,绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面,由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。 两气缸内装有处于平衡状态的理想气体,开始时体积均为 V0 、温度均为 T0 。缓慢加热A中气体,停止加热 达到稳定后, A中气体压强为原来的1.2倍。 设环境温度始终保持不变, 求气缸A中气体的体积 VA 和温度 TA 。

rG1 ? R1 I I ,又 G 2 ? 2 ? k ,解得 r 1 ? (k ? 1) R 1 ,式中 r1 即 rG1 。 R1 I G1 I1

答案: V A ?

7 V0 , TA ? 1.4T0 6

解析:因为气缸B导热,所以B中气体始末状态温度相等,为等温变化;另外,因为是刚性杆连接的绝热活 塞,所以A、B体积之和不变,即 VB ? 2V0 ? VA 。 设初态压强为 p0 ,膨胀后 A,B 压强相等 pB ? 1.2 p0 B 中气体始末状态温度相等 p0V0 ? 1.2 p0 (2V0 ? VA ) ∴ V A ? A 部分气体满足

7 V0 6

p0V0 1.2 p0V0 ∴ TA ? 1.4T0 ? T0 TA
2

31.(12 分)如图,质量 m ? 2kg 的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L=20m。用大小为30N,沿水平方 向的外力拉此物体,经 t0 ? 2s 拉至B处。(已知 cos37 ? ? 0.8 , sin 37? ? 0.6 。取 g ? 10m / s ) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ; (2)用大小为30N,与水平方向成37°的力斜向上拉此物体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求 该力作用的最短时间t。
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2011 全国高考物理试题解析集

答案: ? ? 0.5 , t ? 1.03( s) 解析:

方法一:用牛顿定律和运动学公式
(1)物体做匀加速运动 L ?

1 2 2 L 2 ? 20 at0 ∴ a ? 2 ? ? 10(m / s 2 ) 2 t0 22

由牛顿第二定律 F ? f ? ma , f ? 30 ? 2 ?10 ? 10( N ) ∴ ? ?

f 10 ? ? 0.5 mg 2 ?10

(2)设 F 作用的最短时间为 t ,小车先以大小为 a 的加速度匀加速 t 秒,撤去外力后,以大小为 a ' 的 加速度匀减速 t ' 秒到达 B 处,速度恰为 0,由牛顿定律 F cos37? ? ? (mg ? F sin a37?) ? ma ∴a ?

F (cos 37? ? ? sin 37?) 30 ? (0.8 ? 0.5 ? 0.6) ? ?g ? ? 0.5 ?10 ? 11.5(m / s 2 ) m 2

a' ?

f ? ? g ? 5(m / s 2 ) m a 11.5 t? t ? 2.3t a' 5

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有 at ? a ' t ' ∴ t ' ?

L?

1 2 1 2L 2 ? 20 at ? a ' t '2 ∴ t ? ? ? 1.03( s) 2 2 2 a ? 2.3 a ' 11.5 ? 2.32 ? 5

方法二:用动能定理和牛顿定律 设力 F 作用的最短时间为 t,相应的位移为 s,物体到达 B 处速度恰为 0,对全过程,由动能定理 [ F cos37? ? ? (mg ? F sin 37?)]s ? ? mg ( L ? s) ? 0

? mgL 0.5 ? 2 ?10 ? 20 ? ? 6.06(m) F (cos 37? ? ? sin 37?) 30 ? (0.8 ? 0.5 ? 0.6) 对 F 作用时间,由牛顿定律 F cos37? ? ? (mg ? F sin 37?) ? ma
∴s ? ∴a ? ∵s ?

F (cos 37? ? ? sin 37?) 30 ? (0.8 ? 0.5 ? 0.6) ? ?g ? ? 0.5 ?10 ? 11.5(m / s 2 ) m 2
1 2 at 2
,t ?

2s 2 ? 6.06 ? ? 1.03( s) a 11.5

32.(14 分)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m,两导轨间距L=0.75 m,导轨倾角为30°,导轨上 端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻, 磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。 阻值r=0.5Ω, 质量m=0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好,从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端,在此过程中金属棒产生的焦耳 热 Qr ? 0.1J 。(取 g ? 10m / s )求:
2

(1)金属棒在此过程中克服安培力的功 W安 ; (2)金属棒下滑速度 v ? 2m / s 时的加速度 a . (3)为求金属棒下滑的最大速度 vm ,有同学解答如下:由动能定理 W重 -W安 =
74

1 mvm 2 ,??。由此所得结 2
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2011 全国高考物理试题解析集

果是否正确?若正确,说明理由并完成本小题;若不正确,给出正确的解答。

答案:(1) W安 =0.4( J ) (2) a ? 3.2(m / s 2 )

(3)此解法正确。 vm ? 2.74(m / s)

解 析 : ( 1 ) 下 滑 过 程 中 安 培 力 的 功 即 为 在 金 属 棒 和 电 阻 上 产 生 的 焦 耳 热 , 由 于 R ? 3r , 因 此

QR ? 3Qr ? 0.3( J ) ∴ W安 =Q ? QR ? Qr ? 0.4( J )
(2)金属棒下滑时受重力和安培力 F安 =BIL ? ∴ a ? g sin 30? ?

B 2 L2 v R?r

由牛顿第二定律 mg sin 30? ?

B 2 L2 v ? ma R?r

B2 L2 1 0.82 ? 0.752 ? 2 v ? 10 ? ? ? 3.2(m / s 2 ) m( R ? r ) 2 0.2 ? (1.5 ? 0.5)
B 2 L2 v ? ma R?r

(3)此解法正确。金属棒下滑时重力和安培力作用,其运动满足 mg sin 30? ?

上式表明,加速度随速度增加而减小,棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速,当棒到达斜 面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度,因此上述解法正确。

mgS sin 30? ? Q ?

1 2Q 1 2 ? 0.4 mvm 2 ∴ vm ? 2 gS sin 30? ? ? 2 ?10 ?1.15 ? ? ? 2.74(m / s) 2 m 2 0.2

33.(14 分)如图(a),磁铁A、B的同名磁极相对放置,置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端,B的质量 m=0.5kg,可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放,由于能量守恒,可通过测量B在不同 位置处的速度,得到B的势能随位置x的变化规律,见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高,使其与水平面成 一定角度(如图(b)所示),则B的总势能曲线如图(c)中II所示,将B在 x ? 20.0cm 处由静止释放,求:(解答 时必须写出必要的推断说明。取 g ? 9.8m / s2 ) (1)B在运动过程中动能最大的位置; (2)运动过程中B的最大速度和最大位移。 (3)图(c)中直线III为曲线II的渐近线,求导轨的倾角。 (4)若A、B异名磁极相对放置,导轨的倾角不变,在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线.

75

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答案:(1)势能最小处动能最大 ;由图线 II 得 x ? 6.1(cm) (在 5.9 ~ 6.3cm 间均视为正确) (2) vm ? 1.31(m / s) 视为正确) (3) ? ? 59.7? ( ? 在 59? ~ 61? 间均视为正确) (4)若异名磁极相对放置,A,B 间相互作用势能为负值,总势能如图。 ( vm 在 1.29~1.33 m/s 间均视为正确), ?x ? 18.0(cm) ( ?x 在 17.9~18.1cm 间均

解析:(1)势能最小处动能最大 ;由图线 II 得 x ? 6.1(cm) (在 5.9 ~ 6.3cm 间均视为正确) (2)由图读得释放处( x ? 20.0cm 处)势能 Ep ? 0.90J ,此即 B 的总能量。由于运动中总能量守恒,因此 在势能最小处动能最大,由图像得最小势能为 0.47J,则最大动能为 Ekm ? 0.9 ? 0.47 ? 0.43( J ) ( Ekm 在 0.42 ~ 0.44J 间均视为正确) 最大速度为 vm ?

2 Ekm 2 ? 0.43 ? ? 1.31(m / s) ( vm 在 1.29~1.33 m/s 间均视为正确) m 0.5
( ?x 在 17.9~18.1cm 间均视为正

x=20.0 cm 处的总能量为 0.90J, 最大位移由 E=0.90J 的水平直线与曲线 II 的左侧交点确定,由图中读出 (左 侧)交点位置为 x=2.0cm,因此,最大位移 ?x ? 20.0 ? 2.0 ? 18.0(cm) 确) (3) 当 x ? ? 时曲线 II 趋向于渐近线 III,所谓 x ? ? 物理意义是磁场很小到可以忽略不计的位置,此时 总势能可以认为只有重力势能而没有磁场能。所以渐近线 III 表示 B 的重力势能随位置变化关系。渐近线 III 表示 B 的重力势能随位置变化关系,即 EPg ? mgx sin ? ? kx 由图读出直线斜率 k ? ∴ sin ? ?

k mg

0.85 ? 0.30 ? 4.23 ?10?2 ( J / cm) 20.0 ? 7.0

? ? sin ?1 (

k ?102 4.23 ) ? sin ?1 ? 59.7? ( ? 在 59? ~ 61? 间均视为正确) mg 0.5 ? 9.8

(4)因为异名磁极相互吸引,所以释放 B 后,B 向 A 运动,引力做正功,势能减小,无穷远处势能为 0, 减小后自然为负,所以,其图象是关于图线 III 与图线 II 对称的曲线,因为图线 III 表示重力势能,图线 II 表示重力势能与磁极相互作用势能(本文简称磁场能)的和,那么,表示重力势能与磁极相互作用势能的 差 的 图 线 就 是 这 条 红 线 了 , 例 如 在 x=20cm 处 , 重 力 势 能 EPG =0.8J , 重 力 势 能 与 磁 场 能 的 和

EPG ? EPC ? 0.9J ,所以重力势能与磁场能的差 EPG -EPC ? 0.7J ;再如,在 x=6cm 处,重力势能 EPG =0.25J,重力势能与磁场能的和 EPG ? EPC ? 0.47J ,所以重力势能与磁场能的差 EPG -EPC ? 0.03J 。
所以总势能如图中红线所示。
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2011 年普通高等学校招生全国统一考试
理综试题(浙江物理部分)
一、选择题 (每小题 6 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.如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河” 。两人中间位置处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢。 若绳子质量不计,冰面可看成光滑,则下列说法正确的是 A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利

答案:C 解析:甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力,故 A 错误;甲对绳的拉力与乙对绳的拉力的一 对平衡力,故 B 错误;若甲的质量比乙大,则甲的加速度比乙的小,可知乙先到分界线,故甲能赢得“拔 河”比赛的胜利,故 C 正确;收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢,故 D 错误。 15.关于天然放射现象,下列说法正确的是 A. α 射线是由氦原子核衰变产生 B. β 射线是由原子核外电子电离产生 C. γ 射线是由原子核外的内层电子跃迁产生 D. 通过化学反应不能改变物质的放射性 答案:D 解析:放射线是从原子核中释放出来的,通过化学反应并不能改变物质的放射性,故正确答案为 D。 16.如图所示,在铁芯上、下分别绕有匝数 n1=800 和 n2=200 的两个线圈,上线圈两端 u=51sin314tV 的交 流电源相连,将下线圈两端接交流电压表,则交流电压表的读数可能是 A. 2.0V B. 9.0V C. 12.7V D. 144.0V

答案:A 解析:交流电源电压的有效值 U 1 ?

51 2

V ,如果看成理想的来处理有:

U1 n1 ? 、 n1 ? 800、 n2 ? 200, U 2 n2

解得 U 2 ? 9.0V ,因为题中给的变压器铁芯是不闭合的,所以交流电压表的读数应该小于 9.0V ,所以答
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案为 A。 17. “B 超”可用于探测人体内脏的病变状况。下图是超声波从肝脏表面入射,经折射与反射,最后从肝 脏表面射出的示意图。超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似,可表述为

sin ?1 v1 ,超声 ? (式中 ? 1 是入射角, ?2 是折射角, v1 、 v2 为别是超声波在肝外和肝内的传播速度) sin ?2 v2
波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同, 已知 v2 ? 0.9v1 入射点与出射点之间的距离是 d,入射角为 i ,肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行,则肿瘤离肝脏表面的深度 h 为 A.

9d sin i
2

100 ? 81sin 2 i

B.

d 81 ? 100sin 2 i 100sin i

C.

d 81 ? 100sin 2 i 20sin i

D.

d 100 ? 81sin 2 i 18sin i

答案:D

d sin i v1 解析:已知入射角为 i ,设折射角为 r ,根据题意有 tan r ? 2 、 ,而 v2 ? 0.9v1 ,解得 ? sin r v 2 h
d 100? 81sin i h? 。 18 sini
二、选择题(本题共 3 小题。在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是符合题目要求的。全部选 对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 ) 18.关于波动,下列说法正确的是 A.各种波均会发生偏振现象 B.用白光做单缝衍射与双缝干涉实验,均可看到彩色条纹 C.声波传播过程中,介质中质点的运动速度等于声波的传播速度 D.已知地震波得纵波速度大于横波速度,此性质可用于横波的预警 答案:BD 解析:只有横波才能发生偏振现象,故 A 错误;用白光做单缝衍射与双缝衍射,都可以观察到彩色条纹, 故 B 正确;声波在传播过程中,介质中质点的速度并不等于声波的传播速度,故 C 错误;已知地震波的纵 波波速大于横波波速,此性质可用于横波的预警,故 D 正确。 19.为了探测 X 星球,载着登陆舱的探测飞船在该星球中心为圆心,半径为 r1 的圆轨道上运动,周期为 T1, 总质量为 m1。随后登陆舱脱离飞船,变轨到离星球更近的半径为 r2 的圆轨道上运动,此时登陆舱的质量 为 m2 则 A. X 星球的质量为 M ?
2

4? 2 r1 GT1
2

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B. X 星球表面的重力加速度为 g X ?

4? 2 r1 T1
2

C. 登陆舱在 r1 与 r2 轨道上运动是的速度大小之比为

v1 ? v2

m1 r2 m2 r1
r2 r1
2

3 3

D. 登陆舱在半径为 r2 轨道上做圆周运动的周期为 T2 ? T1 答案:AD 解析:根据 G

Mm1 r1
2

? 2? ? m1 r1 ? ?T ? 1

? ? 2? Mm2 ? ? 、 G r 2 ? m2 r2 ? ?T ? ? 2 2

2

3 ? r2 4? 2 r1 ? T ? T ,可得 、 ,故 A、D M ? 2 1 3 2 ? r1 GT1 ?

正确;登陆舱在半径为 r1 的圆轨道上运动的向心加速度 a ? r1?1 ?
2

4? 2 r1 T1
2

,此加速度与 X 星球表面的重

力加速度并不相等,故 C 错误;根据

v GM m v2 GM ? m ,得 v ? ,则 1 ? 2 r r r v2

r2 ,故 C 错误。 r1

20.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板 MN 上方是磁感应强度大小为 B、方向 垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为 2d 和 d 的缝,两缝近端相距为 L。一群质量为 m、电荷 量为 q,具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的缝垂直于板 MN 进入磁场,对于能够从宽度为 d 的缝射出的粒 子,下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 射出粒子的最大速度为

qB ( L ? 3d ) 2m

C. 保持 d 和 L 不变,增大 B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D. 保持 d 和 B 不变,增大 L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

答案:BC 解析:由左手定则可判断粒子带负电,故 A 错误;由题意知:粒子的最大半径 rmax ? 小半径 rmin ?

L qB ( L ? 3d ) qBL mv ,根据 r ? ,可得 v max ? 、 v min ? ,则 v max 2 2m 2m qB

L ? 3d 、粒子的最 2 3qBd ? v min ? ,故可 2m

知 B、C 正确,D 错误。 21.(10 分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时,已提供了小车,一端附有定滑轮的长木板、纸 带、 带小盘的细线、 刻度尺、 天平、 导线。 为了完成实验, 还须从下图中选取实验器材, 其名称是
79

① (漏
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选或全选得零分) ;并分别写出所选器材的作用 ②



21.答案:①学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码 或电火花计时器、钩码、砝码 ②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源;电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时 间;钩码用以改变小车的质量;砝码用以改变小车受到的拉力的大小,还可以用于测量小车的质量。 解析:电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时间;钩码用以改变小车的质量;砝码用 以改变小车受到的拉力的大小,还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点计时器,则需要学生电源, 如果选电火花计时器,则不需要学生电源。 22.(10 分)在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中,为了探究 3 根材料未知,横截面积均 为 S=0.20mm 的金属丝 a、b、c 的电阻率,采用如图所示的实验电路,M 为金属丝 c 的左端点,O 为金属丝 a 的右端点,P 是金属丝上可移动的接触点。在实验过程中,电流表读数始终 I ? 1.25 A 。电压表读数 U 随 OP 间距离 x 的变化如下表:
2

x/mm U/V

600 3.9 5

700 4.5 0

800 5.1 0

900 5.9 0

1000 6.50

1200 6.65

1400 6.82

1600 6.93

1800 7.02

2000 7.15

2100 7.85

2200 8.50

2300 9.05

2400 9.75

(1)绘出电压表读数 U 随 OP 间距离 x 变化的图线; (2)求出金属丝的电阻率 ? ,并进行比较。 答案: (1)如图所示; (2)电阻率的允许范围:

? a : 0.96 ? 10?6 ? ? m ~ 1.10 ? 10?6 ? ? m

? b : 8.5 ? 10?6 ? ? m ~ 1.10 ? 10?7 ? ? m
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? c : 0.96 ? 10?6 ? ? m ~ 1.10 ? 10?6 ? ? m
通过计算可知,金属丝 a 与 c 电阻率相同,远大于金属丝 b 的电阻率。

解析: (1)以 OP 间距离 x 为横轴,以电压表读数 U 为纵轴,描点、连线绘出电压表读数 U 随 OP 间距离 x 变化的图线。 (2)根据电阻定律 R ? ?

l S U S ? 。 可得 ? ? R ? ? S l I l

?a ?

(6.5 ? 3.9) ? 0.20 ? 10?6 ? ? m ? 1.04 ? 10?6 ? ? m ?3 1.25? (1000? 600) ? 10 (7.1 ? 6.5) ? 0.20 ? 10?6 ? ? m ? 9.6 ? 10?7 ? ? m ?3 1.25? (2000? 1000 ) ? 10 (9.7 ? 7.1) ? 0.20 ? 10?6 ? ? m ? 1.04 ? 10?6 ? ? m 1.25? (2400? 2000 ) ? 10?3

?b ?
?c ?

通过计算可知,金属丝 a 与 c 电阻率相同,远大于金属丝 b 的电阻率。 23.(16 分)如图甲所示,在水平面上固定有长为 L=2m、宽为 d=1m 的金属“U”型轨导,在“U”型导轨 右侧 l=0.5m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在 t=0 时 刻,质量为 m=0.1kg 的导体棒以 v0=1m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动,导体棒与导轨之间的动摩 擦因数为μ =0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为 ? ? 0.1? / m ,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及 地球磁场的影响(取 g ? 10m / s ) 。
2

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(1)通过计算分析 4s 内导体棒的运动情况; (2)计算 4s 内回路中电流的大小,并判断电流方向; (3)计算 4s 内回路产生的焦耳热。 答案: (1)导体棒在 1s 前做匀减速运动,在 1s 后以后一直保持静止。 (2) 0.2 A ,电流方向是顺时针方向。 (3) 0.04 J 解析: (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动,有

? ?mg ? ma

vt ? v0 ? at

x ? v0 t ?

1 at 2 2

代入数据解得: t ? 1s , x ? 0.5m ,导体棒没有进入磁场区域。 导体棒在 1s 末已经停止运动,以后一直保持静止,离左端位置仍为 x ? 0.5m (2)前 2 s 磁通量不变,回路电动势和电流分别为 E ? 0 , I ? 0

?? ?B ? ld ? 0.1V ?t ?t 回路的总长度为 5m ,因此回路的总电阻为 R ? 5? ? 0.5?
后 2 s 回路产生的电动势为 E ? 电流为 I ?

E ? 0 .2 A R

根据楞次定律,在回路中的电流方向是顺时针方向 (3)前 2 s 电流为零,后 2 s 有恒定电流,焦耳热为 Q ? I 2 Rt ? 0.04J 24.(20 分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量 m=1000kg 的混合动力轿车,在平直公路上以 v1 ? 90km / h 匀速行驶,发动机的输出功率为 P ? 50 kW 。当驾驶员看 到前方有 80km/h 的限速标志时,保持发动机功率不变,立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池 充电,使轿车做减速运动,运动 L=72m 后,速度变为 v2 ? 72km / h 。此过程中发动机功率的 的牵引,

1 用于轿车 5

4 用于供给发电机工作,发动机输送给发电机的能量最后有 50%转化为电池的电能。假设轿车在 5

上述运动过程中所受阻力保持不变。求 11.轿车以 90 km / h 在平直公路上匀速行驶时,所受阻力 F阻 的大小; 12.轿车从 90 km / h 减速到 72 km / h 过程中,获得的电能 E电 ; 13.轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E电 维持 72 km / h 匀速运动的距离 L ? 。 答案: (1) 2 ? 10 N (2) 6.3 ? 10 J (3) 31 .5m
3 4

解析: (1)汽车牵引力与输出功率的关系 P ? F牵 v 将 P ? 50 kW , v1 ? 90km / h ? 25m / s 代入得 F牵 ?

P ? 2 ? 103 N v1

当轿车匀速行驶时,牵引力与阻力大小相等,有 F阻 ? 2 ?103 N (2)在减速过程中,注意到发动机只有

1 P 用于汽车的牵引,根据动能定理有 5
82 高密市第一中学 孙洲元

2011 全国高考物理试题解析集

1 1 2 1 2 Pt ? F阻 L ? mv 2 ? mv1 ,代入数据得 Pt ? 1.575? 105 J 5 2 2 4 4 电源获得的电能为 E电 ? 0.5 ? Pt ? 6.3 ? 10 J 5
(3)根据题设,轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为 F阻 ? 2 ?103 N 。此过程中,由能量转化及 守恒定律可知,仅有电能用于克服阻力做功 E电 ? F阻 L? , 代入数据得 L? ? 31.5m 25.(22 分)如图甲所示,静电除尘装置中有一长为 L、宽为 b、高为 d 的矩形通道,其前、后面板使用 绝缘材料,上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。 质量为 m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度 v0 进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其所带 电荷被中和, 同时被收集。 通过调整两板间距 d 可以改变收集效率? 。 当 d=d0 时? 为 81% (即离下板 0.81d0 范围内的尘埃能够被收集) 。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。 (1)求收集效率为 100%时,两板间距的最大值为 d m ; (2)求收集率? 与两板间距 d 的函数关系; (3)若单位体积内的尘埃数为 n,求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 ?M / ?t 与两板间距 d 的函 数关系,并绘出图线。

?d ? 答案: (1) 0.9d 0(2)当 d ? 0.9d 0 时,收集效率? 为 100%;当 d ? 0.9d 0 时,收集率? ? 0.81? 0 ? (3) ?d ?
d 02 ?M / ?t =? ? 0.81nm bv ,如图所示。 0 d 解析: (1)收集效率? 为 81%,即离下板 0.81d0 的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高压电源的电压为 U ,
在水平方向有 在竖直方向有 0.81d 0 ?

2

L ? v0 t

① ③

1 2 F qE qU at ②,其中 a ? ? ? 2 m m m d0

当减少两板间距是,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为 100%时,两板间距 为 d m 。如果进一步减少 d ,收集效率仍为 100%。 因此,在水平方向有 L ? v0 t ④,在竖直方向有 d m ?

1 2 a ?t 2



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其中 a ? ?

F ? qE ? qU ? ? m m m dm

⑥ ⑦ ⑧
2

联立①②③④⑤⑥可得 d m ? 0.9d 0

(2)通过前面的求解可知,当 d ? 0.9d 0 时,收集效率? 为 100%

1 qU ? L ? ? ? 当 d ? 0.9d 0 时,设距下板 x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘,此时有 x ? ? 2 md ? ? v0 ?
x 根据题意,收集效率为? ? d



?d ? ⑩,联立①②③⑨⑩可得? ? 0.81? 0 ? ?d ?

2

(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 ?M / ?t =?nmbdv 0 当 d ? 0.9d 0 时,? ? 1 ,因此 ?M / ?t = nmbdv 0

d 02 ?d ? 当 d ? 0.9d 0 时,? ? 0.81? 0 ? ,因此 ?M / ?t = ? ? 0.81nm bv 0 d ?d ?
绘出的图线如下

2

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2011 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试(四川卷物理部分)
二、选择题(本题共 8 小题。在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项是正确的,有的有多个选项 正确,全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分) 14.气体能够充满密闭容器,说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外 A. 气体分子可以做布朗运动 B. 气体分子的动能都一样大 C. 相互作用力十分微弱,气体分子可以自由运动 D. 相互作用力十分微弱,气体分子间的距离都一样大 答案:C 解析:布朗运动是微小颗粒的无规则运动,而不是分子的运动,A 错误;同一温度下,每个气体分子速率 不一定相同,其气体分子动能不一定一样大,B 错误;气体分子之间的距离远大于分子力的作用范围,分 子力可以认为十分微弱,分子可以自由移动,但分子与分子之间的距离还是不一样大,C 正确,D 错误。 15.下列说法正确的是 A. 甲乙在同一明亮空间,甲从平面镜中看见乙的眼睛时,乙一定能从镜中看见甲的眼睛 B. 我们能从某位置通过固定的任意透明介质看见另一侧的所有景物 C. 可见光的传播速度总是大于电磁波的传播速度 D. 在介质中光总是沿直线传播 答案:A 解析:由光路可逆知道 A 正确;由于存在光的全反射,所以不一定从介质看到另一侧的所有景物,B 错误; 可见光也是电磁波,他它们的速度可以相等,C 错误;只有在同一均匀介质中光才能沿直线传播,D 错误。 16.如图为一列沿 x 轴方向传播的简谐横波在 t = 0 时的波形图,当 Q 点在 t = 0 时的振动状态传到 P 点时, 则 A.1cm<x<3cm 范围内的质点正在向 y 轴的负方向运动 B.Q 处的质点此时的加速度沿 y 轴的正方向 C. Q 处的质点此时正在波峰位置 D. Q 处的质点此时运动到 p 处

答案:B 解析: Q 点的运动状态可以传播到 P 点, 说明波沿 x 轴负方向传播, 质点 Q 在 t=0 时刻平衡位置向上振动, Q 点的运动状态传播到 P 点,刚好经历 3/4 周期,此时波动图像如图中虚线所示,Q 处于波谷位置,故 B 正确,C、D 错误;此刻 1cm<x<3cm 范围内的质点均在 x 轴上面,其中 1cm<x<2cm 范围内质点向上 运动,2cm<x<3cm 范围内质点向下运动,A 错误。 17.据报道,天文学家近日发现了一颗距地球 40 光年的―超级地球‖,名为―55 Cancri e‖,该行星绕母星(中 心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的

1 ,母星的体积约为太阳的 60 倍。假设母星与太阳密 480
85 高密市第一中学 孙洲元

度相同,―55 Cancri e‖与地球均做匀速圆周运动,则―55 Cancri e‖与地球的

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A.轨道半径之比约为 3

60 480

B. 轨道半径之比约为 3

60 480 2

C.向心加速度之比约为 3 60 ? 4802

D. 向心加速度之比约为 3 60 ? 480

答案:B 解析:母星与太阳密度相等,而体积约为 60 倍,说明母星的质量是太阳的 60 倍。由万有引力提供向心力 可得 G

T M 母 r23 Mm 2? 2 60 ? m ( ) r ,所以 ,B 正确;由 ? ? ( 太 )2 ,代入数据得轨道半径之比约为 3 2 3 r T 480 2 r1 M太 T母
2? ) r 可得,加速度之比为 3 60 ? 4804 ,C、D 错误。 T

加速度 a ? (

18.氢原子从能级 m 跃迁到能级 n 时辐射红光的频率为 ν1,从能级 n 跃迁到能级 k 时吸收紫光的频率为 ν2, 已知普朗克常量为 h,若氢原子从能级 k 跃迁到能级 m,则 A. 吸收光子的能量为 hν1+hν2 B.辐射光子的能量为 hν1+hν2 C. 吸收光子的能量为 hν1–hν2 D.辐射光子的能量为 hν2–hν1 答案:D 解析:由题意可能级 k 处于较高激发态,能级 m 处于较低激发态,而能级 n 处于最低能量状态。所以从能 级 k 跃迁到能级 m 时候辐射出光子,能量为 hv2 – hv1 19.如图是―神舟‖系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为:打开降落伞一段时间后, 整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运 动,则 A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的住要原因是空气阻力 C 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态

答案:A 解析:减速的主要原因是喷出气体,得到反冲作用力,而非空气阻力,B 错误;由动能定理合力做负功, 动能减少,减速下降,C 错误;由于减速下降,所以整个舱属于超重状态,D 错误;原来处于平衡状态的
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返回舱,受到气体向上的反作用力后,绳对返回舱的拉力变小,A 正确。 20.如图所示, 在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为 T, 转轴 O1O2 垂直于磁场方向, 线圈电阻为 2 ? 。 从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈转过 60° 时的感应电流为 1A。那么

A.线圈消耗的电功率为 4W B.线圈中感应电流的有效值为 2A

2? t T T 2? t D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为 Φ= sin ? T
C.任意时刻线圈中的感应电动势为 e=4cos 答案:AC 解析:从图示位置开始计时时,电动势瞬时值满足 e ? NBS? cos ? ? NBS? cos ?t ,由题意知道,转过 60° 时的电动势为 2v,所以电动势最大值为 4V,C 选项正确;电流最大值为 2A,所以有效值为 2 A,B 错误;P=I2R=4W,A 选项正确; e ? NBS? cos ? 知道 E ? BS 意时刻的磁通量 ? = ? m sin

2? 2T 2? ? t ,所以 D 错误。A、C 正确。 sin T ? T

2? 2? 2T ? ? max ? 4V , ? max ? 所以任 T T ?

21.质量为 m 的带正电小球由空中 A 点无初速度自由下落,在 t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电 场,再经过 t 秒小球又回到 A 点,不计空气阻力且小球从末落地,则 A.整个过程中小球电势能变换了

3 mg 2t 2 2

B.整个过程中小球动量增量的大小为 2mgt C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了 mg 2t 2 D.从 A 点到最低点小球重力势能变化了

2 22 mg t 3

答案:BD 解析:由平均速度关系可知,设下落 t 秒时的速度为 v,再次回到 A 点时的速度大小为 vx,则满足

v ? ( ?v ) v t? x t ,即第二次回到 A 点时的速度大小为下落 t 秒时的 2 倍,上升加速度为自由落体加速度的 2 2
3 倍,电场力为重力的 4 倍,由动量定理: 4mgt ? mg 2t ? ?P ,B 正确;电场力做功对应电势能变化

1 W ? Fh ? 4mg ? gt 2 ? 2mgt 2 ,A 错误;最低点时小球速度为零,所以加电场开始到最低点时,动能变 2
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1 2 1 gt ? mg 2t 2 ,C 错误;减速时加速度为自由下落时的 3 倍,所以时间为自由下落的 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 三分之一,总位移为 h ? gt ? 3g ( t ) ? gt ,所以重力势能的变化 ?EP ? mg t ,D 正确。 2 2 3 3 3 第二部分 (非选择题)
化了 ?Ek ? mg ? 22.(17 分) (1) (7 分)某研究性学习小组进行了如下实验:如图所示,在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水,水 中放一个红蜡做成的小圆柱体 R。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 y 轴重合,在 R 从坐标原 点以速度 v 0 =3cm/s 匀速上浮的同时,玻璃管沿 x 轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。同学们测出某 时刻 R 的坐标为( 4 , 6 ) , 此时 R 的速度大小为 是 。 (R 视为质点) cm/s , R 在上升过程中运动轨迹的示意图

答案:5;D 解析:运动时间 t ?

6 4 ? 2 s ,所以水平方向平均速度为 v ? ? 2cm / s ,瞬时速度为 v ? 4cm / s ,由速度 3 2

合成知此刻 R 的速度大小为 5cm/s。由于沿 x 轴的速度越来越大,而沿 y 轴速度不变,所以速度方向与 x 轴夹角越来越 ih ,即轨迹的切线与 x 轴夹角越来越小,所以 D 正确。 (2) (10 分)为测量一电源的电动势及内阻 ① 在下列三个电压表中选一个改装成量程为 9V 的电压表 A. 量程为 1V、内阻大约为 1k ? 的电压表 B. 量程为 2V、内阻大约为 2k ? 的电压表 C. 量程为 3V、内阻大约为 3k ? 的电压表 选择电压表 串联 k ? 的电阻可以改转成量程为 9V 的电压表 、 或 与一个电阻
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② 利用一个电阻箱、一只开关、若开关导线和改装好的电压表(此表用符号
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串联来表示,且可视为理想电压表) ,在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的试验原理示图

③根据以上试验原理电路图进行实验读出电压表示数为 1.50V 时、 电阻箱值为 15.0 ? ; 电压表示数为 2.00V 时、电阻箱的阻值为 40.0 ? ,则电源的电动势 E= V、内阻 r=___________ ? 答案:① 或 C;6 ②如图所示 ③7.5;10

解析: ①由后面第三问可知电压表读数会超过 2V, 所以选电压表

串联一个 6kΩ 的电阻即可改成量程为

9V 的电压表。 ②如图所示 ③由电路图知道电压表读数 1.5V 时候,路端电压为 3.5V,读数为 2V 时,路端电压为 6V,由 ? ? U ? Ir 代 入数据得到 ? ? 7.5V , r ? 10? 23.(16 分) 随着机动车数量的增加,交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例,将警示我们遵守交通法规,珍 惜生命。一货车严重超载后的总质量为 49t,以 54km/h 的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车,货车即做 匀减速直线运动,加速度的大小为 2.5m/s2(不超载时则为 5m/s2) 。 (1)若前方无阻挡,问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远? (2)若超载货车刹车时正前方 25m 处停着质量为 1t 的轿车,两车将发生碰撞,设相互作用 0.1s 后获 得相同速度,问货车对轿车的平均冲力多大? 答案: (1)45m;22.5m (2) 9.8 ?10 N
4

解析: (1)设货车刹车时速度大小为 v0、加速度大小为 a,末速度为 vt,刹车距离为 s,则 s ? 代入数据,得: 超载时:s1=45m ②,若不超载:s2=22.5m ③
2 v0 ? 2as / ④

2 v0 ? vt2 ① 2a

(2)设货车刹车后经 s/=25m 与轿车碰撞时的初速度大小为 v1, v1 ?

设碰撞后两车共同速度为 v2、货车质量为 M、轿车质量为 m,由动量守恒定律 Mv1 ? (M ? m)v2 设货车对轿车的作用时间为 Δt、平均冲力大小为 F ,由动量定理 F?t ? mv2 ⑥
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联立④⑤⑥式,代入数据得 F ? 9.8 ?10 N
4



24.(19 分) 如图所示,间距 l=0.3m 的平行金属导轨 a1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两个竖直面内,在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角 ? = 37 ? 的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应强度 B1=0.4T、方向竖直向上和 B2=1T、方向垂 直于斜面向上的匀强磁场。电阻 R=0.3 ? 、质量 m1=0.1kg、长为 l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导 轨上,S 杆的两端固定在 b1、b2 点,K、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于 K 杆中点的 轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂,绳上穿有质量 m2=0.05kg 的小环。已知小环以 a=6 m/s2 的加速度 沿绳下滑,K 杆保持静止,Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮 摩擦,绳不可伸长。取 g=10 m/s2,sin 37 ? =0.6,cos 37 ? =0.8。求 (1)小环所受摩擦力的大小; (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率。

答案: (1)0.2N (2)2W 解析: (1)设小环受到的摩擦力大小为 Ff,由牛顿第二定律,有 m2g-Ff=m2a ① 代入数据,得 Ff=0.2N ② (2)设通过 K 杆的电流为 I1,K 杆受力平衡,有 Ff=B1I1l ③ 设回路总电流为 I,总电阻为 R 总,有 I ? 2 I1 ④, R总 =

3 R 2



设 Q 杆下滑速度大小为 v,产生的感应电动势为 E,有 I ?

E ⑥, E ? B2 Lv R总




F ? m1 g sin ? ? B2 IL . ⑧,拉力的瞬时功率为 P ? Fv

联立以上方程得到 P ? 2W ⑩ 25.(20 分) 如图所示:正方形绝缘光滑水平台面 WXYZ 边长 l=1.8m,距地面 h=0.8m。平行板电容器的极板 CD 间距 d=0.1m 且垂直放置于台面,C 板位于边界 WX 上,D 板与边界 WZ 相交处有一小孔。电容器外的台面 区域内有磁感应强度 B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量 q=5× 10-13C 的微粒静止于 W 处,在 CD 间 加上恒定电压 U=2.5V,板间微粒经电场加速后由 D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触) ,然后 由 XY 边界离开台面。在微粒离开台面瞬时,静止于 X 正下方水平地面上 A 点的滑块获得一水平速度,在 微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场,滑块视为质点,滑块与地 面间的动摩擦因数 ? =0.2,取 g=10m/s2 (1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性; (2)求由 XY 边界离开台面的微粒的质量范围; (3)若微粒质量 mo=1× 10-13kg,求滑块开始运动时所获得的速度。

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答案: (1)1.25×10 N;C 板为正极,D 板为负极。 (2)8.1× 10-14kg<m≤2.89×10-13kg (3)4.15m/s

-11

解析: (1)微粒在极板间所受电场力大小为 F ?

qU d

①,代入数据 F=1.25×10 N

-11



由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷,微粒由极板间电场加速,故 C 板为正极,D 板为负极。 (2)若粒子的质量为 m,刚进入磁场时的速度大小为 v,由动能定理 Uq ?

1 2 mv ③ 2

微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛伦磁力充当向心力,若圆周运动半径为 R,有 qvB ? m

v2 R



微粒要从 XY 边界离开台面,则圆周运动的边缘轨迹如图所示,半径的极小值与极大值为 R1 ?

l ⑤ 2

R2 ? l ? d



联立③④⑤⑥,代入数据,有 8.1× 10-14kg<m≤2.89×10-13kg ⑦ (3)如图,微粒在台面以速度为 v 做以 O 点位圆心,R 为半径的圆周运动;从台面边缘 P 点沿与 XY 边 界成 θ 角飞出做平抛运动,落地点 Q 点,水平位移 s,下落时间 t。设滑块质量为 M,滑块获得的速度 v0 后 在 t 内与平台前侧面成 φ 角度方向,以加速度 a 做匀减速直线运动到 Q,经过位移为 k, 。由几何关系,可
91 高密市第一中学 孙洲元

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得 cos ? ?

l?R R



根据平抛运动, t ?

2h g

⑨,s=vt

10 ○

对于滑块,由牛顿定律及运动学方程,有 μMg=Ma 再有余弦定理, 及正弦定理,

2 11 , k ? v0t ? at ○ 12 ○ 2

1

13 k 2 ? s2 ?( d ? R s i? n 2 )? 2 s ( d? R ? sin ) ?c o s ○ 14 ○

sin ? sin ? ? s k

联立③、④和⑧—○ 14 ,代入数据,解得: v0 ? 4.15m / s ○ 15 , ? ? arcsin 0.8(或? ? 53 0 )

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理综试题(福建卷物理部分)
本卷共 18 小题,每小题 6 分,共 108 分。在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求。 13.“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星。若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的 球体)表面附近圆形轨道运行的周期 T,已知引力常数 G,半径为 R 的球体体积公式 V ? 可估算月球的 A.密度 答案:A 解析:由万有引力等于向心力公式 G B.质量 C.半径 D.自转周期

3 ? R 3 ,则 4

3π Mm 4π 2 = m ,选 A。 2 2 R 可推出 ρ = GT 2 R T

14.如图,半圆形玻璃砖置于光屏 PQ 的左下方。一束白光沿半径方向从 A 点射入玻璃砖,在 O 点发生反 射和折射,折射光在白光屏上呈现七色光带。若入射点由 A 向 B 缓慢移动,并保持白光沿半径方向 入射到 O 点,观察到各色光在光屏上陆续消失。在光带未完全消失之前,反射光的强度变化以及光屏 上最先消失的光分别是 A.减弱,紫光 B.减弱,红光 C.增强,紫光 D.增强,红光

答案:C 解析:光线从光密介质到光疏介质,入射角增大则反射光的强度增强;紫色光的折射率最大,发生全反射 的临界角最小,最先发生全反射。选 C。 15.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1:n2=5:1,电阻 R=20 ? ,L1、L2 为规格相同的两只小 灯泡,S1 为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源,输入电压 u 随时间 t 的变化关系如图所示。现将 S1 接 1、S2 闭合,此时 L2 正常发光。下列说法正确的是

A.输入电压 u 的表达式 u=20 2 sin(50 ? t)V B.只断开 S1 后,L1、L2 均正常发光 C.只断开 S2 后,原线圈的输入功率增大 D.若 S1 换接到 2 后,R 消耗的电功率为 0.8W
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答案:D 解析:输入电压 u 的表达式应为 u=20 2 sin(100π)V,A 错误;只断开 S1 则 L1、L2 均不能正常发光,B 错 误;只断开 S2 后,负载电阻变大,原副线圈电流变小,原线圈的输入功率减小,C 错误;若 S1 换接 到 2 后,电阻 R 电压有效值为 4V,R 消耗的电功率为 42/20=0.8W,D 正确。 16.如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行。初速度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的 光滑水平地面上的 A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的 v-t 图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知 v2>v1,则

A.t2 时刻,小物块离 A 处的距离达到最大 B.t2 时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C.0~t2 时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D.0~t3 时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案:B 解析:t1 时刻小物块向左运动到速度为零,离 A 处的距离达到最大;t2 时刻前小物块相对传送带向左运动, 之后相对静止,故 B 正确;0~t2 时间内,小物块受到的摩擦力方向始终向右;t2~t3 时间内小物块与 传送带一起匀速运动,所以不受摩擦力作用。 17.如图,足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面成 ? 角(0< ? <90° ),其中 MN 与 PQ 平行且间距为 L,导轨平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒 ab 由静止开始沿导轨下滑, 并与两导轨始终保持垂直且良好接触, ab 棒接入电路的电阻为 R,当流过 ab 棒某一横截面的电量为 q 时,棒的速度大小为 v ,则金属棒 ab 在这一过程中 A.运动的平均速度大小为 ?

1 2

qR BL C.产生的焦耳热为 qBL?
B.下滑位移大小为

B 2 L2? sin ? D.受到的最大安培力大小为 R
答案:B 解析

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2011 年四川省高考物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题(本题共 8 小题.

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2011年高考理综试题物理部分详细解析(四川卷)Word版.doc

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2011年高考试题解析物理分项版之专题19 选修3-3 - 1.(全国) 关于一