2011年高考物理模拟试题及答案(十四)(8)
2011年高考真题 物理(山东卷)(含解析版)
2011年山东省高考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题目（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．（4分）（2011•山东）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是（）A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动考点：楞次定律；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；物理学史；库仑定律；焦耳定律．分析：由物理特别是电磁学的发展历程中的科学家的贡献可知各项是否正确．解答：解：A、焦耳通过实验得出电流的热效应，并得出焦耳定律，故A正确；A、库仑总结出了真空中的点电荷间的相互作用的规律，故B正确；C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕；楞次发现了感应电流的规律，故选项C错误；D、伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误．故选AB．点评：物理学家在物理的发展出作出了重大的贡献，在学习中应注意掌握．2．（4分）（2011•山东）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（）A．甲的周期大于乙的周期B．乙的速度大于第一宇宙速度C．甲的加速度小于乙的加速度D．甲在运行时能经过北极的正上方考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．分析：人造卫星的万有引力等于向心力，先列式求出线速度、周期和向心力的表达式进行讨论；第一宇宙速度是在近地发射人造卫星的最小速度，也是近地圆轨道的环绕速度，还是圆轨道运行的最大速度．解答：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②a=③由①②③式可以知道，人造卫星的轨道半径越大，线速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲卫星的高度大，轨道半径大，故甲卫星的线速度小、周期大，加速度小；根据①式，第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，也是圆轨道运行的最大速度；故选AC．点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论．3．（4分）（2011•山东）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力）．则（）A．两球同时落地B．相遇时两球速度大小相等C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等考点：动能；自由落体运动；竖直上抛运动；功率、平均功率和瞬时功率．分析：根据题意分析可知，ab两个球在相等的时间内，运动距离都是，加速度大小也相等，所以说明在处相遇时a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0．解答：解：A、a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A 错误．B、从题目内容可看出，在处相遇，此时a球和b球的位移相同，时间相同，它们的加速度也相同，所以ab两个球的运动的过程恰好是相反的，把a球的运动反过来看的话，应该和b球的运动过程一样，所以在相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，所以B错误．C、由于两球运动时机械能守恒，两球恰在处相遇，从开始运动到相遇，由动能定理可知，球a动能的减少量等于球b动能的增加量，选项C正确．D、相遇后，ab两个球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D错误．故选C．点评：根据题目的介绍分析得出ab球的运动之间的关系是解答本题的关键，这要求熟练的掌握自由落体和竖直上抛运动的规律．4．（4分）（2011•山东）如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁．开始时a、b均静止．弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力F fa≠0，b所受摩擦力F fb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A．F fa大小不变B．F fa方向改变C．F fb仍然为零D．F fb方向向右考点：牛顿第二定律．分析：根据弹簧和绳不同的特点，弹簧在力变化时不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，再根据物体的受力就可以判断摩擦力的变化情况．解答：解：将右侧细绳剪断，则剪断瞬间，弹簧的弹力的大小不变，速度不能突变，故b仍静止，弹簧对木块b 作用力方向向左，所以b所受摩擦力F fb方向应该向右；由于弹簧弹力不能发生突变，剪断瞬间，弹簧弹力不变，a的受力的情况不变，所受摩擦力也不变，所以选项AD正确．故选：AD点评：主要就是考查学生对弹簧和绳在力发生突变时它们的特点，知道这一点就很容易了．5．（4分）（2011•山东）为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是（）A．u2=190sin（50πt）VB．u2=190sin（100πt）VC．为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D．为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据图象可以得知用户的电压偏小了，根据电压和匝数成正比的关系，可以确定需要如何来调整滑动接头P．解答：解：由于用户电压u2随时间t变化的曲线周期为0.02s，所以u2=190sin（100πt）V，选项B正确A错误；为使用户电压稳定在220V，应减小变压器原线圈匝数，应将P适当上移，选项C错误D正确．故选BD．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，本题即可得到解决．6．（4分）（2011•山东）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（）A ． b 点场强大于d 点场强B ． b 点场强小于d 点场强C ． a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ． 试探电荷+q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能考点： 电场的叠加；电势能．专题： 压轴题．分析： 根据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab 及bc 两点间的电势差；由电势能的定义可知ac 两点电势能的大小．解答： 解：在两等量同号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b 点场强小于d 点场强，选项A 错误B 正确；由对称性可知，a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差，故选项C 正确；因a 点的电势高于c 点的电势，故试探电荷+q 在a 点的电势能大于在c 点的电势能，选项D 错误．故选BC ．点评： 常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性．7．（4分）（2011•山东）如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c 、d ，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处．磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c ，c 刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用a c 表示c 的加速度，E kd 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移．选项中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．考点： 电磁感应中的能量转化．专题： 压轴题．分析： 未进入磁场时，c 、d 做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同．c 、d 都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为g ．c 出磁场后，d 在切割磁感线时，此时d 的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d 做匀减速直线运动．根据动能与高度的关系选择动能图象．解答： 解：A 、B ，设c 、d 刚进磁场时速度为v ，c 刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d ．设d 经时间t 进入磁场，并设这段时间内c 的位移为x 则由于h=，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h．d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确；C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下落高度的增加而均匀增大，故C 错误，D正确．故选：BD．点评：本题关键在于分析两导体的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况．二、非选择题目：8．（6分）（2011•山东）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h 和沿斜面运动的位移x．（空气阻力对本实验的影响可以忽略）①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为．②滑块与斜面间的动摩擦因数为．③以下能引起实验误差的是cd．a．滑块的质量b．当地重力加速度的大小c．长度测量时的读数误差d．小球落地和滑块撞击挡板不同时．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题；压轴题；摩擦力专题．分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；解答：解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由x=at2和H=gt2得：所以=②根据几何关系可知：sinα=，cosα=对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，联立方程解得μ=③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．故答案为：①②③c d点评：本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，9．（6分）（2011•山东）某同学利用图1所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率．（1）所得实验数据如下表，请在图2中画出U﹣I的图象．U/V 1.96 1.86 1.80 1.84 1.64 1.56I/A0.050.150.250.350.450.55（2）根据所画的U﹣I图象，可求得电流I=0.20A时电源的输出功率约为0.37W（保留两位有效数字）．（3）（多选题）实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在图3所示的电路中（R x阻值未知），你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是考点：电功、电功率．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后根据描出的点作出U﹣I图象．（2）由图象找出电路电流为0.20A时的路端电压，然后由P=UI求出电源的输出功率．（3）根据电路图，分析电路结构，然后答题．解答：解：（1）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后作出图象，U﹣I图象如图所示；（2）由图象可知，电流I=0.20A时，电源输出电压为1.84V，电源的输出功率为P=UI=1.84×0.20W≈0.37W．（3）A、当滑动变阻器滑动片滑动到最右端，电源短路，存在安全隐患，故A错误；B、滑动变阻器采用分压接法，既能保护电路，又能测测出电源的输出功率，故B正确；C、滑动变阻器采用限流接法，既能保护电路，又能测测出电源的输出功率，故C正确；D、电压表测滑动变阻器两端电压，并不能测出电路的路端电压，该电路能保证电路安全，但不能测出电源的输出功率，故D错误；故答案为：（1）图象如图所示；（2）0.37；（3）BC．点评：应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．10．（15分）（2011•山东）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．B与A左段间动摩擦因数μ=0.4．开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B 脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10m/s2）求（1）B离开平台时的速度v B．（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间t B和位移x B．（3）A左端的长度l2．考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动．分析：对A、B隔离受力分析，根据受力情况再做运动过程情况分析，根据运动性质结合物理规律解决问题．要注意物体运动的位移指的是相对于地面的位移．要善于画出运动过程的位置图象，有利于解题．解答：解：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：h=gt2，x=v B t联立解得v B=2m/s．（2）设B的加速度为a B，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动．由牛顿第二定律，F合=μmg=ma B，由匀变速直线运动规律，v B=a B t B，x B=a B t B2，联立解得：t B=0.5s，x B=0.5m．（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，以A为研究对象，由动能定理得Fl1=Mv12设B运动后A的加速度为a A，由牛顿第二定律和运动学的知识得：F﹣μmg=Ma A，（l2+x B）=v1t B+a A t B2，联立解得l2=1.5m．答：（1）B离开平台时的速度v B为2m/s．（2）B运动的时间t B为0.5s，位移x B为0.5m．（3）A左端的长度l2为1.5m．点评：能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决．动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解．11．（18分）（2011•山东）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅰ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m、电量为﹣q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30°．（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0；（2）若Ⅰ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅰ区的最低点之间的高度差h；（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件；（4）若B1≠B2、L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅰ区右边界射出．为使粒子从Ⅰ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．分析：（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间．（2）由几何知识求出高度差．（3）当粒子在区域Ⅰ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区．由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件．（4）由几何知识分析L1、L2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．解答：解：（1）如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为v，匀速圆周运动的半径为R1．根据动能定理，得qU=mv2①由牛顿定律，得qvB0=m②由几何知识，得L=2R1sinθ=R1③联立代入数据解得B0=④粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t0=⑤联立上述①②③④⑤解得t0=（2）设粒子在磁场Ⅰ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2=m由于B2=B1，得到R2=R1=L由几何知识可得h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ联立，代入数据解得h=（2﹣）L（3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足R2（1+sinθ）＜L代入数据解得B2＞h（4）如图3所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L1=R1（sinθ+sinα）L2=R2（sinθ+sinα联立解得B1R1=B2R2又R1=R2=解得B1L1=B2L2答：（1）B0=，t0=．（2）粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅰ区的最低点之间的高度差h=（2﹣）L．（3）为使粒子能返回Ⅰ区，B2应满足的条件是B2＞．（4）为使粒子从Ⅰ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式是B1L1=B2L2．点评：本题的难点在于分析临界条件，粒子恰好穿出磁场时，其轨迹往往与边界相切．【物理-选修3-3】（8分）12．（4分）（2011•山东）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是（）A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用考点：* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象．分析：分子势能与物体的体积有关．晶体分单晶体和多晶体，物理性质不同．温度决定分子平均动能．露珠是液体表面张力作用的结果解答：解：A、物体体积变化时，分子间的距离将发生改变，分子势能随之改变，所以分子势能与体积有关，故A正确B、晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故B错误．C、温度是分子平均动能的标志，具有统计的意义，故C错误．D、液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势，故D正确．故选：A D点评：本题要明确单晶体和多晶体的区别；其次要知道温度决定分子平均动能，而不能决定每一个分子的动能．13．（4分）（2011•山东）气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在0点处，右管D中水银面高出0点h1=14cm．后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出0点h=44cm．（已知外界大气压为1个标准大气压，1个标准大气压相当于76cmHg）（1）求恒温槽的温度．（2）此过程A内气体内能增大（填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将吸热（填“吸热”或“放热”）．考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律．专题：理想气体状态方程专题．分析：①由于温泡A内封闭气体的体积不变，所以可根据查理定律得求解恒温槽的温度，就需要确定在冰水混合物中时气体的压强和在恒温槽中时气体的压强．②由于气体温度升高，所以A内气体分子的平均动能增大，由于理想气体，不计分子势能，要判定气体是否吸热，可根据热力学第一定律ⅠU=Q+W得出．解答：解：①由于使C中水银面仍在O点处，故温泡A内封闭气体的体积保持不变，发生等容变化．冰水混合物的温度T1=273K，此时封闭气体的压强P1=P0+h1=90cmHg设待测恒温槽的温度T2，此时封闭气体的压强P2=P0+h2=120cmHg根据查理定律得：代入数据得T2=364 K（或91Ⅰ）②A中气体温度升高，理想气体的内能增加（理想气体只考虑分子平均动能），气体不对外做功，由热力学第一定律ⅠU=Q+W可得，气体吸热．答：①恒温槽的温度为364K．②增大；吸热．点评：解决本题的关键是分析清楚气体状态变化过程，确定出初末两个状态已知的参量．【物理-物理3-4】（8分）14．（2011•山东）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2=0.01s时的波形图．已知周期T＞0.01s．①波沿x轴正方向（填“正”或“负”）方向传播．②求波速．考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．分析：根据上下坡法，通过质点的振动方向得出波的传播方向．根据波形传播的距离以及传播的时间求出波速的大小．解答：解：①t1=0时，P质点向y轴负方向运动，根据上下坡法知，波沿x轴正向传播．②因为t2﹣t1=0.01s＜T则波速v=．联立①②式代入数据求得v=100m/s．答：①波沿x轴正方向传播．②波速的大小为100m/s．点评：解决本题的关键知道振动和波动的联系，掌握波速的求法：1、v=，2、v=．15．（2011•山东）如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角ⅠAOB=60°．一束平行于角平分线OM 的单色光由叫射人介质，经OA折射的光线恰平行于OB．（1）求介质的折射率．（2）折射光线中恰好射到M点的光线不能（填“能”或“不能”）发生全反射．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：（1）根据题意作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，即可由折射定律公式n=求解折射率．（2）由几何知识求出光线在M点的入射角，与临界角比较，分析能否发生全反射．解答：解：（1）作出光路图，由几何知识可知，入射角i=60°，折射角r=30°根据折射定律得n===（2）由几何知识求出光线在M点的入射角i′=30°，sini′=0.5临界角的正弦为sinC==＞sini′，即有i′＜C故折射光线中恰好射到M点的光线不能发生全反射．答：（1）介质的折射率为；（2）不能点评：对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角．【物理-物理3-5】（8分）16．（2011•山东）碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．（碘的电荷数是53）（1）碘131的衰变方程：I→X+e（衰变后的元素用×表示）（2）经过16天有75%的碘发生衰变．考点：裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程．根据半衰期的定义求出有75%的碘131核发生了衰变的时间．解答：解：衰变过程中质量数和电荷数守恒，衰变方程式：I→X+e；半衰变期为8天，m=m0，m0为衰变前的质量，m为经过时间t后的剩余质量，T为半衰期．有75%的碘131核发生了衰变，m=m0，解得：t=16天．故答案为：I→X+e；16．点评：本题要求学生能熟记放各种射线的性质，并能根据平行板电容器内电场的性质区分射线的种类．能够应用半衰期进行定量的计算．17．（2011•山东）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）考点：动量守恒定律．分析：在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题．解答：解：设抛出货物的速度为v，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1﹣mv，甲船与货物：10m×2v0﹣mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0；答：抛出货物的最小速度为4v0．点评：知道两船避免碰撞的条件，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择．祝福语祝你马到成功，万事顺意!。
2011年全国高考物理试题及答案-新课标
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理）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A．110,0.2==U V I AB．110,0.05==U V I AC．==,0.2U I AD．==U I,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得磁场（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19．卫星电话信号需要通地球同步卫星传送。
2011年高考物理试题分类汇编(全一本)-答案
目录2011普通高校招生考试试题汇编-直线运动参考答案 (2)2011普通高校招生考试试题汇编-相互作用参考答案 (6)2011普通高校招生考试试题汇编-牛顿运动定律参考答案 (7)2011普通高校招生考试试题汇编-曲线运动参考答案 (8)2011普通高校招生考试试题汇编-万有引力参考答案 (11)2011普通高校招生考试试题汇编-功和能的关系参考答案 (12)2011普通高校招生考试试题汇编-静电场 (20)2011普通高校招生考试试题汇编-恒定电流 (24)2011普通高校招生考试试题汇编-磁场参考答案 (27)2011普通高校招生考试试题汇编-电磁感应参考答案 (36)2011普通高校招生考试试题汇编-交变电流参考答案 (39)2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-4参考答案 (41)2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-5参考答案 (43)2011普通高校招生考试试题汇编-力学实验参考答案 (46)2011普通高校招生考试试题汇编-电学实验参考答案 (48)2011普通高校招生考试试题汇编-直线运动参考答案1（2011安徽第16题）．答案：A解析：物体作匀加速直线运动在前一段x ∆所用的时间为1t ，平均速度为11x v t ∆=，即为12t时刻的瞬时速度；物体在后一段x ∆所用的时间为2t ，平均速度为22x v t ∆=，即为22t 时刻的瞬时速度。
速度由1v 变化到2v 的时间为122t t t +∆=，所以加速度 211212122()()v v x t t a t t t t t -∆-==∆+，A 正确。
2(2011海南第8题）.BC 解析：A ，0—5s,物体向正向运动，5—6s 向负向运动， 故5s 末离出发点最远，A 错B 由面积法求出0—5s 的位移s 1=35m, 5—6s 的位移s 2=-5m,总路程为：40m,B对C 由面积法求出0—4s 的位移s=30m ，平度速度为：v=s/t=7.5m/s C 对D 由图像知5～6s 过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D 错3（2011新课标理综第15题）.解析：主要考查力和运动关系。
2011年江苏高考物理试题及答案解析
2011年江苏高考物理试题及答案解析试题一、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 ．2sin mg α B ． 2s mgco αC ． 1tan 2mg αD ．1t 2mgco α2．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 B ．线框中感应电流方向保持不变 C ．线框所受安掊力的全力为零 D ．线框的机械能不断增大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 ．300J5．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。
匀强磁场与导轨一闪身垂直。
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)的重要发明营区2009年度诺贝尔物理学奖。
《2011年高考全国卷理综物理试题及答案WORD解析版》
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理部分二、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，有选错的得分，有选错的得0分。
分。
14.14.关于一定量的气体，下列叙述正确的是关于一定量的气体，下列叙述正确的是关于一定量的气体，下列叙述正确的是 A. A.气体吸收的热量可以完全转化为功气体吸收的热量可以完全转化为功气体吸收的热量可以完全转化为功B.B.气体体积增大时，其内能一定减少气体体积增大时，其内能一定减少气体体积增大时，其内能一定减少C C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加．气体从外界吸收热量，其内能一定增加．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D ．外界对气体做功，气体内能可能减少解析： A 违背热力学第二定律，BCD 考察热力学第一定律：Q w U +=D 做功和热传递都可以改变内能故选D15如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流1I 和2I ，且12I I ；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；与两导线共面；b b 点在两导线之间，点在两导线之间，b 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磁感应强度可能为零的点是A.a 点B.b 点C.c 点D.d 点解析：要合磁感应强度为零，必有1I 和2I 形成两个场等大方向，只有C 点有可能，选C16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，光线在过此截面的平面内，a a 、b 、c 、d 代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是A.A.紫光、黄光、蓝光和红光紫光、黄光、蓝光和红光紫光、黄光、蓝光和红光B.B.紫光、蓝光、黄光和红光C.C.红光、蓝光、黄光和紫光红光、蓝光、黄光和紫光红光、蓝光、黄光和紫光D. D. D.红光、黄光、蓝光和紫光红光、黄光、蓝光和紫光红光、黄光、蓝光和紫光解析：按照偏折程度从小到大的排序为d 、c 、b 、a 、故：折射率为:d c b a n n n n <<<频率为：d c b a f f f f <<<选B 1717．．通常一次闪电过程历时约0.20.2～～O.3s O.3s，，它由若干个相继发生的闪击构成。
2011年广东省高考物理试卷答案与解析
2011年广东省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．1．（4分）（2011•广东）如图所示，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 B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用【考点】分子间的相互作用力．【专题】应用题．【分析】压紧的铅块间分子距离靠近，此时引力发挥了主要的作用，使铅块间有了较大的力的作用．【解答】解：分子间的引力的斥力是同时存在的，但它们的大小与分子间的距离有关．距离稍大时表现为引力，距离很近时则表现为斥力，两铅块紧密结合，是分子间引力发挥了主要作用．故选：D．【点评】了解分子间的作用力，并知道它们的大小与分子间距离的关系，才能根据现象做出正确的判断．2．（4分）（2011•广东）如图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可以在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B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小【考点】热力学第一定律．【专题】计算题．【分析】绝热过程，外界对气体做功，内能增大，温度升高，压强变大，体积变小．【解答】解：M向下滑动，压力与位移同方向，即外界对气体做正功，同时筒内气体不与外界发生热交换，根据能量守恒定律，气体内能一定增加；故选A．【点评】本题主要考查热力学第一定律的应用问题，同时要能分清绝热过程．3．（4分）（2011•广东）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【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．【专题】压轴题．【分析】解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关．【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；故选C．【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第．4．（4分）（2011•广东）如图所示的水平面上，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＞F3B．F3＞F1＞F2C．F2＞F3＞F1D．F3＞F2＞F1【考点】力的合成．【专题】计算题；压轴题．【分析】如果一个物体受到三个力的作用也能处于平衡状态，叫做三力平衡．很显然这三个力的合力应该为零．而这三个力可能互成角度，也可能在一条直线上；对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三个力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到的这两个分力势必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法．本题对P点受力分析，可以运用合成法、分解法、正交分解法求解．【解答】解：对P点受力分析，如图根据共点力平衡条件F1=F3cos30°=F3F2=F3sin30°=F3因而F3＞F1＞F2故选B．【点评】物体在三个力的作用下处于平衡状态，要求我们分析三力之间的相互关系的问题叫三力平衡问题，这是物体受力平衡中最重要、最典型也最基础的平衡问题．这种类型的问题有以下几种常见题型：①三个力中，有两个力互相垂直，第三个力角度（方向）已知．②三个力互相不垂直，但夹角（方向）已知《考试说明》中规定力的合成与分解的计算只限于两力之间能构成直角的情形．三个力互相不垂直时，无论是用合成法还是分解法，三力组成的三角形都不是直角三角形，造成求解困难．因而这种类型问题的解题障碍就在于怎样确定研究方法上．解决的办法是采用正交分解法，将三个不同方向的力分解到两个互相垂直的方向上，再利用平衡条件求解．③三个力互相不垂直，且夹角（方向）未知三力方向未知时，无论是用合成法还是分解法，都找不到合力与分力之间的定量联系，因而单从受力分析图去求解这类问题是很难找到答案的．要求解这类问题，必须变换数学分析的角度，从我们熟悉的三角函数法变换到空间几何关系上去考虑，因而这种问题的障碍点是如何正确选取数学分析的方法．解决这种类型的问题的对策是：首先利用合成法或分解法作出三力之间的平行四边形关系和三角形关系，再根据力的三角形寻找与之相似的空间三角形，利用三角形的相似比求解．④三力的动态平衡问题即三个力中，有一个力为恒力，另一个力方向不变，大小可变，第三个力大小方向均可变，分析第三个力的方向变化引起的物体受力的动态变化问题．这种类型的问题不需要通过具体的运算来得出结论，因而障碍常出现在受力分析和画受力分析图上．在分析这类问题时，要注意物体“变中有不变”的平衡特点，在变中寻找不变量．即将两个发生变化的力进行合成，利用它们的合力为恒力的特点进行分析．在解决这类问题时，正确画出物体在不同状态时的受力图和平行四边形关系尤为重要．二、双项选择题：本大题共5小题，每小题6分，共30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．5．（6分）（2011•广东）如图所示，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B．球从击出至落地所用时间为C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【考点】平抛运动．【分析】网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在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，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．【解答】解：网球做的是平抛运动，在水平方向上匀速直线运动：L=Vt在竖直方向上，小球做自由落体运动：H=gt2代入数据解得：v=，t=，所以AB正确．位移是指从初位置到末位置的有向线段，初位置是在球网正上方距地面H处，末位置是在底线上，所以位移的大小为，与球的质量无关，所以CD错误．故选AB．【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在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来求解．位移一定要注意是从初位置到末位置的有向线段，与物体的路径无关．6．（6分）（2011•广东）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B．入射光足够强就可以有光电流C．遏止电压与入射光的频率有关D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子【考点】光电效应．【分析】发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，遏制电压与最大初动能有关，入射光的频率越大．最大初动能越大．光强不一定能发生光电效应，不一定有光电流，在发生光电效应时，入射光的强度影响光电流的大小．【解答】解：A、光电流的大小与光照时间无光，与光的强度有关．故A错误．B、发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，入射光强，不一定能发生光电效应．故B错误．C、根据光电效应方程E km=eU c=hγ﹣W0，知遏止电压与入射光的频率有关．故C正确．D、发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率．故D正确．故选CD．【点评】解决本题关键掌握光电效应的条件和规律．知道光电流的大小在发生光电效应的前提下，与入射光的强度有关．7．（6分）（2011•广东）图（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（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2AB．原、副线圈匝数比为1：2C．电压表的示数为电压的有效值D．原线圈中交变电压的频率为100Hz【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为55Ω，所以电阻R的电流I==A=2A，所以A正确．B、由图可知，输入的电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比为2：1，所以B错误．C、电压表、电流表等的读数都是有效值，所以C正确．D、经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为f==Hz=50Hz，所以原线圈中交变电压的频率也为50Hz，所以D错误．故选AC．【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．8．（6分）（2011•广东）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D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【考点】万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．【专题】压轴题．【分析】同步卫星与地球相对静止，因而与地球自转同步，根据万有引力提供向心力，即可求出相关的量．【解答】解：万有引力提供向心力F引=F向G=ma向=m=m（R+h）解得a向=（R+h）v=F引=Gh=﹣R故AC错误；由于第一宇宙速度为v1=因而B正确；地表重力加速度为g=因而D正确；故选BD．【点评】本题关键抓住万有引力等于向心力，卫星转动周期与地球自转同步．9．（6分）（2011•广东）图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的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．电场方向由集尘极指向放电极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【考点】* 静电的利用和防止．【专题】压轴题．【分析】从静电除尘机理出发即可解题．由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘极指向放电极．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．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，根据F=Eq即可得出结论．【解答】解：由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，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，A错误．负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误．根据F=Eq可得，D正确．故选BD．【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例三、解答题（共3小题，满分54分）10．（18分）（2011•广东）（1）图1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 1.20cm．②图2是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至同一起点的距离），斜率表示，加速度大小为0.933m/s2（保留三位有效数字）．（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（2.5V，0.6W），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×1倍率的电阻档（请填写“×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3，结果为7.5Ω．②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图4完成实物图5中的连线．③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于a端．为使小电珠亮度增加，P应由中点向b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象，必须在相邻数据点ab【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；研究匀变速直线运动．【分析】（1）精度是1毫米刻度尺读数要估读到毫米的下一位，整数刻度用零补充位置，根据解析式讨论图象斜率的意义．（2）根据多用电表欧姆挡读数=指针指示值×倍率确定如何换倍率．连接实物图时应该注意电表的正负极，其中滑动变阻器应该按照分压式接法连接．【解答】解：（1）①最小刻度是毫米的刻度尺读数要估读到最小刻度的下一位，故拿零来补充估测值位置所以OD间的距离为1.20cm．②由公式S=at2、知图象的斜率表示a，即加速度的二分之一计算斜率得a=2k=0.934m/s2 ．（2）①小电珠（2.5V，0.6W），所以小电珠电阻大约是10Ω，粗测小电珠的电阻，应选择多用电表×1倍率的电阻档，结果为7.5Ω②根据实验原理图4完成实物图如图：③为保护小电珠不超过额定电压，开关闭合前，为了安全应将滑动变阻器的滑片P置于a 端，使得灯泡两端电压从零开始变化．为使小电珠亮度增加，P应由中点向b端滑动，灯泡两端电压增大．④为了获得更准确的实验图象，应该在灯泡两端电压从零开始增大的过程中多测量几次，即必须在相邻数据点ab间多测几组数据．故答案为：（1）①1.20；②，0.934；（2）①×1 7.5；②如图，③a、b；④ab．【点评】（1）本题考查了打点计时器实验中图象处理数据的方法，原理是匀变速直线运动的规律，是一道基础题．（2）考查了多用电表的读数和电路图转换为实物图的连接方式，其中滑动变阻器的分压式接法应当注意．11．（18分）（2011•广东）如图（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点进入该区域，不计重力．（1）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；（2）若撤去电场，如图（b），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45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间；（3）在图（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？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．【专题】压轴题．【分析】带电粒子在电场与磁场中，只有电场力对粒子做功，所以由动能定理可求出初速度．由于粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，则入射点与出射点连续是弦，因此弦的中垂线与射出速度的垂线交点即为轨道的圆心．从而由几何关系可求出磁感应强度大小及运动的时间．若粒子从A点进入磁场，速度大小一定，方向不定，要使粒子一定能够从外圆射出，粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，所以由轨道半径从而求出最小磁感应强度．【解答】解：（1）电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理①得②（2）由牛顿第二定律③如图1，由几何关系粒子运动轨迹的圆心O′和半径R则有：R2+R2=（R2﹣R1）2④联立③④得磁感应强度大小⑤粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间⑦由④⑥⑦式，得⑧（3）如图2，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为⑨由③⑨，得磁感应强度应小于【点评】解决粒子做匀速圆周运动的步骤：定圆心、画圆弧、求半径．同时若粒子从A点进入磁场，速度大小一定而方向不定，要使粒子一定能够从外圆射出，求磁感应强度应最大值，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最小内切圆半径．12．（18分）（2011•广东）如图所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，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滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点．【考点】动量守恒定律；动能定理的应用；机械能守恒定律．【专题】压轴题．【分析】（1）物块滑到B点经过了两个过程，先是在传送带上的匀加速直线运动，由动能定理可求A点速度；A到B的过程机械能守恒可求B点的速度．（2）首先由动量守恒、动能定理判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块有没有离开滑板；再由物块在C点的速度用机械能守恒判断能否到达CD轨道的中点．【解答】解：（1）设物块运动到A和B点的速度分别为v1、v2，由动能定理得…①由机械能守恒定律…②联立①②，得…③（2）设滑板与物块达到共同速度v3时，位移分别为l1、l2，由动量守恒定律mv2=（m+M）v3…④由动能定理…⑤…⑥联立③④⑤⑥，得l1=2R l2=8R…⑦物块相对滑板的位移△l=l2﹣l1 △l＜l即物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板…⑧物块滑到滑板右端时若R＜L＜2R，W f=μmg（l+L）…⑨…⑩若2R≤L＜5R，W f=μmg（l+l1） (11) (12)设物块滑到C点的动能为E k，由动能定理 (13)L最小时，克服摩擦力做功最小，因为L＞R，由③⑩（13）确定E k小于mgR，则物块不能滑到CD轨道中点．答：（1）物块滑到B 点的速度（2）物块不能滑到CD轨道中点．【点评】本题考查动量守恒和机械能守恒以及有摩擦的板块模型中克服摩擦力做的功．判断物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板是关键，是一道比较困难的好题．11。
(word完整版)2011北京高考理综物理试题及答案,推荐文档
理科综合能力测试（北京卷）第1页（共5页） 绝密★使用完毕前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）本试卷共14页，300分。
考试时长150分钟。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
以下数据可供解题时参考： 可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16Na 23S 32Cl 35.5第一部分（选择题 共120分）本卷共20小题，每小题6分，共120分。
在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
13．表示放射性元素碘131（13153I ）β 衰变的方程是A ．131127453512I Sb He →+ B ．13113153541I Xe e -→+C ．131130153530I I n →+D ．131130153521I Te H →+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S 1与S 2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18．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。
2011年高考物理模拟试题及答案(十)
2011年高考模拟试卷理综卷（物理部分）
非选择题部分（共120分）
一、选择题部分（本题共17小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的，选对得6分，选错得0分。
）
（1~13题非物理部分）
14、【原创】
为了研究乐音的物理规律，某同学用计算机录制下优美的笛声do和sol，然后在电脑上用软件播放，分别得到如下图（a）和图（b）的两个振动图像，由此可以判断
A、do和sol的频率之比约为2：3
B、do和sol的周期之比约为2：3
C、do和sol在空气中传播的波速之比为3：2
D、do和sol在空气中传播的波长之比为2：3
15、【改编自2008年全国卷二第20题】
中子和质子结合成氘核时，质量亏损为?m，相应的能量?E??mc?2.2MeV是氘核的结合能，下列说法正确的是
A、用能量等于为2.0MeV的光子照射静止的氘核时，氘核不能分解为一个中子和一个质子
B、用能量等于2.2MeV的光子照射静止的氘核时，氘核可能分解为一个中子和一个质子，他们的动能之和不为零
C、用能量等于2.4MeV的光子照射静止的氘核时，氘核不可能分解为一个中子和一个质子
D、用能量等于2.6MeV的光子照射静止的氘核时，氘核可能分解为一个中子和一个质子，他们的动能之和不为零
16、【原创】
图A是一个长直密绕空心螺线管，通以恒定电流，图B是由一条导线对折后绕制的长直密绕双线螺线管，亦通以恒定电流，图C是内壁光滑的空心直铝管，图D是内壁光滑的有竖直长裂缝的空心直铝管，它们均竖直放置在桌面上，高度相同，在A、B中由静止释放单匝小线圈，在C、D中由静止释放磁性很强的小圆柱形磁体，释放位置均在各自中轴线上且与上端口齐平，则掉到桌面耗时最长的是
2。
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2011年高考模拟试卷物理卷
时间：70分分值：120分
一、选择题（本题共4小题。
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．如图所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固
定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内。
在下列的采取的方法中一定能使脚所受的拉力增大的是：（） A．增加绳的长度同时增大定滑轮的间距。
B．保持定滑轮与动滑轮的角度不变的情况下增加重物的质量。
C．保持定滑轮与动滑轮的角度不变的情况下只将病人的脚向左移动。
D．增大两定滑轮的间距的同时将病人的脚向左移动。
15．（根据江苏南通市高三第一次调研考试试卷第4题改编）下列关于变压器的说法中正确的是
A．变压器在改变电压的同时，也改变了交变电压的频率
B．变压器输出的电压由输入的电压决定
C．变压器输出的电流由输入的电流决定
D．变压器输出的电功率由输入的电功率决定
16．如图所示，是某次发射人造卫星的示意图。
人造卫星先在近地的圆周轨道1上运动，然后改在椭圆轨道2上运动，最后在圆周轨道3上运动。
a点是轨道1、2的交点，b点是轨道2、3的交点．人造卫星在轨道1上的速度为v1，在轨道2上a点的速度为v2a，在轨道2上b点的速度为v2b，在轨道3上的速度为v3，则以上各速度的大小关系是
A．v1＞v2a＞v2b＞v3
B．v1＜v2a＜v2b＜v3
C．v2a＞v1＞v3 ＞v2b
D．v2a＞v1＞v2b＞v3
17．（根据成都市高中毕业班第二次诊断性检测题第18题改编）用a、 b两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，在距双缝恒定距离的屏上得到图示的干涉图样，其中甲图是a光照射时形成的，乙图是b光照射时形成的。
则关于a、b两束单色光，下述正确的是
甲
乙
A．a光光子的能量较大
B．在水中a光传播的速度较大
C．若a光刚好发生全反射现象，则b光一定没有发生全反射现象
D．若a光是氢原子从n＝2的能级向n＝1的能级跃迁时产生的，则b光可能是氢原子从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时产生的。