2011届高考物理第一轮复习试题46
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年高考理综试卷及答案
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。
以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 N 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu64一、选择题：本大题共3小题，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。
1．将人的红细胞放入4℃蒸馏水中，一段时间后红细胞破裂，主要原因是A. 红细胞膜具有水溶性B. 红细胞的液泡体积增大C. 蒸馏水大量进入红细胞D. 低温时红细胞流动性增大【答案】C2．甲、乙两种酶用同一种蛋白酶处理，酶活性与处理时间的关系如右图所示。
下列分析错误．．的是：A. 甲酶能够抗该种蛋白酶降解B. 甲酶不可能具有催化功能的RNAC. 乙酶的化学本质为蛋白质D. 乙酶活性的改变是因为其分子结构的改变【答案】B3．番茄幼苗在缺镁的培养液中培养一段时间后，与对照相比，其叶片光合作用强度下降，原因是A. 光反应强度升高，暗反应强度降低B. 光反应强度降低，暗反应强度降低C. 光反应强度不变，暗反应强度降低D. 光反应强度降低，暗反应强度不变【答案】B4．撕取紫色洋葱外表皮，分为两份，假定两份外表皮细胞的大小、数目和生理状态一致，一份在完全营养液中浸泡一段时间，浸泡后的外表皮成为甲组；另一份在蒸馏水中浸泡相同的时间，浸泡后的外表皮成为易组。
然后，两组外表皮用浓度为0.3g/mL的蔗糖溶液处理，一段时间后表皮细胞中的水分不再减少。
此时甲、乙两组细胞水分渗出量的大小，以及水分运出细胞的方式是A. 甲组细胞的水分渗出量与乙组细胞的相等，主动运输B. 甲组细胞的水分渗出量比乙组细胞的高，主动运输C. 甲组细胞的水分渗出量比乙组细胞的低，被动运输D. 甲组细胞的水分渗出量与乙组细胞的相等，被动运输【答案】C5．人在恐惧、紧张时，在内脏神经的支配下，肾上腺髓质释放的肾上腺素增多，该激素可作用于心脏，使心率加快。
2011届高考物理第一轮知识考点专题复习 实验匀变速直线运动的研究
• 1．开始释放小车时，应使小车靠近打点 计时器． • 2．先接通电源，计时器工作后，再放开 小车，当小车停止运动时及时断开电源． • 3．要区别计时器打出的点与人为选取的 计数点，一般在纸带上每隔四个点取一个 计数点，即时间间隔为T＝0.02×5 s＝0.1 s.
• 4．小车另一端挂的钩码个数要适当，避 免速度过大而使纸带上打的点太少，或者 速度太小，使纸带上的点过于密集． • 5．选择一条理想的纸带，是指纸带上的 点迹清晰．适当舍弃开头密集部分，适当 选取计数点，弄清楚所选的时间间隔T. • 6．测x时不要分段测量，读数时要注意有 效数字的要求，计算a时要注意用逐差法， 以减小误差．
•
在“测定匀变速直线运动的加速 度”的实验中，某同学的操作步骤如下， 其中错误或遗漏的步骤有(遗漏可编上序 号G、H„„)________．
• A．拉住纸带，将小车移到靠近打点计时 器处先放开纸带，再接通电源 • B．将打点计时器固定在平板上，并接好 电源 • C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定 滑轮，下面吊着适当重的钩码 • D．取下纸带 • E．将平板一端抬高，轻推小车，使小车 能在平板上做加速运动 • F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点 计时器的限位孔
• (3)画v－t图象，如下图，描点、拟合得到 直线，由图象可得a＝2.0 m/s2.
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判断一个物体是否做匀变速运动 的常见方法有：Δx＝aT 2和Δv＝aT的方法
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(2010年南通市高三检测)某同学利用 打点计时器探究小车速度随时间变化的关 系，所用交流电的频率为50 Hz，下图为 某次实验中得到的一条纸带的一部分，0、 1、2、3、4、5、6、7为计数点，相邻两 计数点间还有3个打点未画出．从纸带上 测出x1＝3.20 cm，x2＝4.74 cm，x3＝6.40 cm，x4＝8.02 cm，x5＝9.64 cm，x6＝ 11.28 cm，x7＝12.84 cm.
2011年全国统一高考物理试卷(新课标)及解析
2011年全国统一高考物理试卷（新课标）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）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．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．2．（6分）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3．（6分）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4．（6分）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．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05AC．U=110V，I=0.2A D．U=110V，I=0.2 A5．（6分）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6．（6分）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．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要最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径为3.8×105km，运动周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传播速度为3×108m/s）（）A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s7．（6分）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）（）A．B．C．D．8．（6分）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（）A．B．C．D．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题；每个试题考生都必须作答．第13题～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．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R N分别是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R N的读数；（3）多次重复上述过程，计算R N读数的，此即为待测微安表头内阻的测量值．10．利用图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．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，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出﹣t图线；（3）由所画出的s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=m/s2（保留2位有效数字）．11．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．12．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，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．三、（二）选考题：．[物理--选修3-3]13．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是（）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断升高，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14．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．如果使玻璃管绕底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．四、[物理--选修3-4]15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动．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（）A．振幅一定为AB．周期一定为TC．速度的最大值一定为vD．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16．一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点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求（ⅰ）光线在M点的折射角；（ⅱ）透明物体的折射率．五、[物理--选修3-5]17．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）的单色光做该实验，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．18．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，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，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度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．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．2011年全国统一高考物理试卷（新课标）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）（2011•新课标）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．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B．C．D．【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确．故选B．2．（6分）（2011•新课标）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【分析】一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．【解答】解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C错误．D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确．故选ABD．3．（6分）（2011•新课标）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【分析】运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．【解答】解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小．故A正确．B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加．故B正确．C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故C正确．D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故D错误．故选ABC．4．（6分）（2011•新课标）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．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05AC．U=110V，I=0.2A D．U=110V，I=0.2 A【分析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解．【解答】解：灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为=0.1A，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为=110V，电流为=0.2A，A正确．故选A5．（6分）（2011•新课标）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【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．根据速度的表达式进行求解．【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有BIl•L=mv2，磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI解得．A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故A 错误B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误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，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确．故选BD．6．（6分）（2011•新课标）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．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要最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径为3.8×105km，运动周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传播速度为3×108m/s）（）A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s【分析】同步卫星和月球都是绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，求出轨道半径比，从而得出同步卫星的轨道半径以及高度，根据速度公式求出时间．【解答】解：根据万有引力提供向心力，解得：r=，已知月球和同步卫星的周期比为27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9：1．同步卫星的轨道半径r′=×3.8×105=4.2×104km．所以接收到信号的最短时间t=≈0.25s．故选B．7．（6分）（2011•新课标）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）（）A．B．C．D．【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．故选D8．（6分）（2011•新课标）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（）A．B．C．D．【分析】当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．【解答】解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．故选：A二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题；每个试题考生都必须作答．第13题～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（2011•新课标）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R N分别是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R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表的读数I；（2）然后将S拨向接点2，调节R N，使标准电流表的读数仍为I，记下此时R N的读数；（3）多次重复上述过程，计算R N读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值．【分析】先接通1，使待测电表有一示数，再接通2调节电阻箱使待测电表的示数相同，此时电阻箱的示数即为待测电表的内阻．【解答】解：（1）将S拨向接点1，接通S1，调节R0使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表读数I；（2）然后将S拨向接点2，调节R N，使标准电流表的读数仍为I，记下此时R N 的读数；（3）多次重复上述过程，计算R N读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值．故答案为：（1）R0，标准电流表；（2）R N，标准电流表的读数仍为I；（3）平均值．10．（2011•新课标）利用图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．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v 1、测量值s 和t 四个物理量之间所满足的关系式是 s=v 1t ﹣at 2 ；（2）根据表中给出的数据，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出﹣t 图线；（3）由所画出的s/t ﹣t 图线，得出滑块加速度的大小为a= 2.1 m/s 2（保留2位有效数字）．【分析】可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s 和t 四个物理量之间所满足的关系式．由位移时间关系式整理得到﹣t 图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．【解答】解：①已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小a 、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v 1、测量值s 和t 四个物理量．因为时速度v 1是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是：s=v1t﹣at2②根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；③由s=v1t﹣at2整理得：=v1﹣at由表达式可知，加速度等于斜率大小的两倍．所以由图象得出滑块加速度的大小为a=2.1m/s2故答案为：①s=v1t﹣at2；②如图；③2.1．11．（2011•新课标）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．【分析】分别对甲乙两车研究，用加速度a，时间间隔t0等相同的量表示总位移，再求出路程之比．【解答】解：设汽车甲在第一段时间时间间隔t0末的速度为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．由题，汽车甲在第二段时间间隔内加速度为2a．设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s'，则有s=s1+s2，s'=s1′+s2′．由运动学公式得v=at0 ①s1=②③将①代入③得s 2=2a，④由②+④得s=s1+s2=设乙车在时间t0的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′．同样有v'=（2a）t0⑤⑥⑦将⑤代入⑦得s2′=⑧由⑥+⑧得s'=s1′+s2′=．所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为⑨答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为5：7．12．（2011•新课标）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，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．【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，运用几何关系求出粒子的轨道半径，结合牛顿第二定律求出粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小．（2）通过洛伦兹力提供向心力，得出a粒子在区域Ⅱ中的轨道半径是区域Ⅰ中的一半，结合几何关系得出a粒子离开区域Ⅱ时，a粒子的纵坐标．根据时间关系通过几何关系求出当a离开区域Ⅱ时，b粒子的纵坐标，从而得出a、b两粒子的y坐标之差．【解答】解：（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R a1，粒子速率为v a，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①由几何关系得∠PCP′=θ②，③，式中θ=30°由①②③式得④（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为O a，半径为R a2，射出点为P a（图中未画出轨迹），∠P′O a P a=θ′．由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑤由①⑤式得⑥C、P'和O a三点共线，且由⑥式知O a点必位于⑦的平面上．由对称性知，P a 点与P'点纵坐标相同，即y1=R a1cosθ+h⑧式中，h是C点的y坐标设b在I中运动的轨道半径为R b1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑨设a到达P a点时，b位于P b点，转过的角度为α．如果b没有飞出I，则⑩，，（11）式中，t是a在区域II中运动的时间，而（12），（13）由⑤⑨⑩（11）（12）式得α=30°（14）由①③⑨（14）式可见，b没有飞出．P b点的y坐标为y2=R b1（2+cosα）+h由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为．答：（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坐标之差为．。
2011年安徽省高考高考理综物理试题含答案
2011年安徽省高考高考理综物理试题含答案绝密★启用前 2011年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）理科综合能力测试（物理部分）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第5页，第Ⅱ卷第6页至第12页。
全卷满分300分，时间150分钟。
考生注意事项： 1、答题前，务必在试题卷，答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。
务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。
2、答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3、答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。
作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。
必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4、考试结束后，务必将试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题共120分）本卷共20小题，每小题6分，共120分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
14．一质量为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：，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。
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 ﻩA.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 ﻩA.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 ﻩC ．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 ﻩA.110,0.2U V I A == ﻩB.110,0.05U V I A == ﻩC.1102,0.2U V I A == ﻩＤ.1102,0.22U V I 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。
2011年高考物理试题山东卷试题和答案
2011年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科综合能力测试物理部分 第I 卷（必做，共88分）二、选择题（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）16．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 答案：AB解析：1840年英国科学家焦耳发现了电流热效应的规律；库仑总结出了点电荷间相互作用的规律；法拉第发现了电磁感应现象，拉开了研究电与磁关系的序幕；伽利略通过将斜面实验合力外推，间接证明了自由落体运动的规律。
17．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 答案：AC解析：对地球卫星，万有引力提供其做圆周运动的向心力，则有222224n Mm v G m mr mr ma r r Tπω====，可知半径越大速度越小，半径越大加速度越小，同步卫星的轨道与赤道共面，第一宇宙速度为最大环绕速度，可见 A 正确、C 正确。
18．如图所示，将小球a 从地面以初速度0v 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2h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 答案：C解析：相遇时间为t 则有2122h gt =，20122h v t gt =-两式联立得0ht v =，相遇是甲的速度为0h gt gv =，乙的速度为000hv gt v g v -=-，故两者速度不一定相等、也不能同时落地，相遇b之后的速度不同，故重力的功率也不相同；根据动能定律，两球重力做功分别为2mgh 、2mgh-，故C 正确。
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第46讲 电容 带电粒子在电场中的运动体验成功1.如图所示，平行板电容器两极板间悬浮着一带电微粒P ，今把A 、B 两个半方形的金属空盒相对插入电容器中间.当A 、B 合拢后，微粒P 的状态是( )A.向上运动B.仍保持静止C.向下运动D.条件不完全，无法判断 答案：C2.下图所示是描述对给定的电容器充电时的电荷量Q 、电压U 、电容C 之间的相互关系图象，其中正确的是( )解析：电容是电容器的自身属性，与电荷量和电压无关. 答案：BCD3.一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两极板间有一正电荷(电荷量少)固定在P 点，如图所示.以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器两极板间的电压，W 表示正电荷在P 点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么( )A.U 变小，E 不变B.E 变大，W 变大C.U 变小，W 不变D.U 不变，W 不变解析：平行板电容器与电源断开后电荷量保持恒定，由E ∝QS知，它们之间的场强不变，极板间的电压U ＝Ed 变小，正电荷在P 点的电势能W ＝q ·φP ＝qE ·d P 不变.答案：AC4.如图所示，K 为电子发射极，刚发出的电子速度可以忽略不计.左边的非匀强电场使电子加速，右边的匀强电场使电子减速，设非匀强电场的电压为U ，匀强电场的电压为U ′，则( )A.只要U ′＜U ，电流计的指针就不偏转B.只要U ′＞U ，电流计的指针就不偏转C.只要U ′＝U ，电场力对电子做的总功为零D.只要U ′＝U ，电场力对电子做的总功不为零解析：根据动能定理可知，当eU －eU ′＝12mv 2＞0时，就有电子到达最左边的极板，电流表的指针就会偏转.答案：BC5.如图甲所示，两块金属板A 、B 彼此平行放置组成一平行板电容器，板间距离为d ，两板分别带有等量异种电荷，且A 板带正电，两板中间有一带负电的油滴P ，当两板水平放置时，油滴恰好平衡.若把两板倾斜60°，把油滴从P 静止释放，油滴可以打在金属板上，问：(1)油滴将打在哪块金属板上？(2)油滴打在金属板上的速率是多少？ 解析：乙(1)平行极板倾斜后油滴的受力分析如图乙所示可知合外力方向与竖直方向成60°角偏左 故油滴将打在A 板上.(2)由上可知油滴所受的合外力F 合＝mg运动的加速度a ＝g ，运动的位移s ＝d2cos 60°＝d可解得油滴到达A 板的速率大小v ＝2as ＝2gd . 答案：(1)A 板 (2)2gd6.图示为电子显示仪器(如示波器)的核心部件的示意图.左边部分为加速装置，阴极产生的热电子由静止开始经过U 1＝1000 V 的加速电压加速后，从左端中心进入极板长l 1＝0.20 m 、间距d ＝0.020 m 、电压为U 2的偏转电场区域(极板正对面之间区域为匀强电场，忽略边缘效应)，距偏转电场区域左端l 2＝0.15 m 的位置是荧光屏，电子打在荧光屏上能够显示出光斑.当U 2＝0时光斑正好在屏的中心.设荧光屏足够大.(1)若U 2为稳定电压，试推导光斑在荧光屏上相对中心的偏移量Y 的表达式.(2)若U 2＝0.1t 2 V ，在什么时间内荧光屏上有光斑出现？光斑做什么运动？(已知电子的质量m e ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝1.6×10－19 C)解析：(1)解法一：设电子从加速电场中出来的速度为v 0，由动能定理：12mv 2＝eU 1将电子在偏转电场中的运动沿v 0方向和电场线方向分解，设电子沿电场线方向的位移为y ，有：y ＝12at 2＝12·eU 2dm·t 2 在v 0方向上，有：l 1＝v 0t可解得：y ＝U 2l 214dU 1再设电子从偏转电场中射出时速度方向与v 0方向的夹角为θ，有：tan θ＝eU 2dm ·l 1v 0v 0＝U 2l 12dU 1故光斑的偏移量Y ＝y ＋l 2·tan θ＝(l 12＋l 2)U 2l 12dU 1代入数据可得：Y ＝1.25×10－3U 2.解法二：设电子从加速电场中射出的速度为v 0，由动能定理有： 12mv 2＝eU 1 再设电子从偏转电场右端射出时速度方向与v 0方向的夹角为θ，有：tan θ＝qU 2dm ·l 1v 0v 0＝U 2l 12dU 1又因为射出方向的反向延长线与初速度v 0方向线交于偏转电场的中心故：Y ＝(l 12＋l 2)·tan θ＝1.25×10－3U 2.(2)将电子的质量和电荷量代入(1)中相关式子可知，电子在偏转电场中穿过的时间极短，故每个电子在电场中通过时，偏转电压U 2可看做不变.设t 时刻进入偏转电场的电子将恰好打在极板的右端，即：y ＝U 2L 214dU 1＝d 2答案：(1)1.25×10－3U 2 (2)d 2金典练习二十三 电容 带电粒子在电场中的运动选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出.已知板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t ，则( )A.在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B.在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38qUC.在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D.在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶1解析：带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的右边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速运动，由运动学知识知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU 2，所以在前t2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，选项A 错误；在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8，选项B 正确；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故选项C 、D 错误.答案：B2.传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示为测定压力的电容式传感器，将电容器、零刻度在中间的灵敏电流计和电源串联成闭合回路.当压力F 作用于可动膜片电极上时膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转.从对膜片施加压力(压力缓慢增至某一定值)开始到膜片稳定，灵敏电流计指针的偏转情况为(已知电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)( )A.向左偏到某一刻度后回到零刻度B.向右偏到某一刻度后回到零刻度C.向右偏到某一刻度后不动D.向左偏到某一刻度后不动解析：由题意可知，电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，压力F 作用于可动膜片电极上时，相当于两极板间距离d 减小，电容C ＝εS 4πkd 增大，由C ＝QU可知， 两极板带电量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电量不变，电流计指针重新回到零刻度处.综上所述，选项B 正确.答案：B3.如图所示，C 为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地；P 和Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P 板与b 板用导线相连，Q 板接地.开始时悬线静止在竖直方向，在b 板带电后，悬线偏转了角度α.在下列方法中，能使悬线的偏角α变大的是[2008年高考·宁夏理综卷]( )A.缩小a 、b 间的距离B.加大a 、b 间的距离C.取出a 、b 两极板间的电介质D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：由图可知U PQ ＝U ba ，P 、Q 极板之间的电场强度E ＝U PQ PQ ＝U baPQ，故电容器C 带电荷量一定时：加大a 、b 间距能使U ba 、U PQ 变大，P 、Q 之间的场强对带电小球的电场力增大，α角变大，选项B 正确.减小电介质的介电系数或抽出电介质，可使U ba 、U PQ 变大，P 、Q 之间的场强以及对带电小球的电场力增大，α角变大，故选项C 正确.答案：BC4.如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端C 相连接.电子以速度v 0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C 上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q 和电子穿越平行板所需的时间t 的说法中，正确的是( )A.电荷量Q 增大，时间t 也增大B.电荷量Q 不变，时间t 增大C.电荷量Q 增大，时间t 不变D.电荷量Q 不变，时间t 也不变解析：电子穿越平行板电容器的时间t ＝lv 0，与极板之间的电压无关，当C 上移时，U C 增大Q ＝C ·U C 变大，故选项C 正确.答案：C5.示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合，如图所示.若已知加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板长为L ，板间距为d ，且电子被加速前的初速度可忽略，定义电子从偏转极板右端射出时的偏转量与偏转电压的比值yU 2为示波器的灵敏度，则关于示波器的灵敏度与加速电场、偏转电场的关系，下列说法正确的是( )A.L 越大，灵敏度越高B.d 越大，灵敏度越高C.U 1越大，灵敏度越小D.灵敏度与U 2无关解析：由题意知：y ＝12·eU 2dm ·(L v 0)2＝U 2L 24dU 1可得灵敏度y U 2＝L 24dU 1，选项A 、D 正确.答案：AD6.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t ，不计粒子的重力，则 ( )A.粒子在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B.粒子在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C.粒子在竖直方向的前d 4和后d4位移内，电场力做的功之比为1∶2D.粒子在竖直方向的前d 4和后d4位移内，电场力的冲量之比为1∶1解析：粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为： W 电＝qU AB ＝q ·E ·y ，其中y 为粒子在电场方向的位移又由题意知：12at 2＝d ，12a (t 2)2＝d4故在前t 2内电场力做的功为：W 电′＝14qU前后d4位移内电场力做的功之比为1∶1又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)故I 前∶I 后＝1∶(2－1). 答案：A7.如图所示，质子、氘核和α粒子(均不计重力)都沿平行板电容器两板中线OO ′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点.若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法正确的是( )A.若它们射入匀强电场时的速度相等，则在荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入匀强电场时的动能相等，则在荧光屏上将出现1个亮点C.若它们射入匀强电场时的动量相等，则在荧光屏上将出现3个亮点D.若它们是经同一个加速电场由静止加速后射入偏转电场的，则在荧光屏上将只出现1个亮点解析：选取 11H 、 21H 、 42He 中的任意一微粒为研究对象，微粒在偏转电场中的偏转位移为：y ＝12·qU 2L 2dmv 20＝qU 2L 24dE k ＝qmU 2L 22dp 2＝U 2L 24dU 1 通过判定选项C 、D 正确. 答案：CD8.如图所示，在O 点放置一个正电荷，而在过O 点的竖直平面内的A 点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m ，带电荷量为q ，小球落下的轨迹如图中的虚线所示，它与以O 点为圆心、R 为半径的圆相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC ＝30°，A 距OC 的高度为h ，若小球通过B 点的速度为v ，则下列叙述正确的是( )A.小球通过C 点的速度大小为2ghB.小球通过C 点的速度大小为v 2＋gRC.小球由A 到C 电场力做的功为mgh －12mv 2D.小球由A 到C 电场力做的功为12mv 2＋mg (R2－h )解析：由于B 、C 在同一等势面上，故从B 到C 电场力不做功. 从B 到C 只有重力做功，故有： 12m 2C ＝12mv 2B＋mgh BC 即12mv 2C ＝12mv 2＋mgR sin 30° 得：v C ＝v 2＋gR从A 到C 由动能定理有：12mv 2C＝mgh ＋W AC解得：W AC ＝12mv 2＋mg (R2－h )，故选项B 、D 正确.答案：BD9.平行板间有如图所示的周期变化的电压.重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是[2007年高考·广东物理卷]( )A B C D解析：在0～T 2时间内带电粒子正向做匀加速运动，在T2～T 时间内带电粒子正向做匀减速运动，直至T 时刻速度降至零，以后各周期重复这一运动过程，选项A 正确.答案：A10.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v 、位移x 、加速度a 和动能E k 四个物理量随时间变化规律的是( )k 下：答案：A非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置原理图如图所示.A 、B 为两块平行金属板，间距d ＝0.40 m ，两板间有方向由B 指向A 、场强E ＝1.0×103 N/C 的匀强电场.在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度v 0＝2.0m/s ，质量m ＝5.0×10－15 kg ，电荷量q ＝－2.0×10－16 C ，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B 上.试求：(1)油漆微粒打在B 板上的动能.(2)油漆微粒最后落在B 板上所形成的图形及其面积的大小. 解析：(1)据动能定理有：W ＝|qEd |＝E k B －E k A解得：微粒打在B 板上时动能E k B ＝9.0×10－14 J. (2)微粒落在B 板上所形成的图形为圆面初速度沿极板方向的油漆微粒落在圆周上，对这些微粒有： d ＝12at 21＝12·qE m ·t 21 R ＝v 0t 1解得：圆面积S ＝πR 2＝0.25 m 2.答案：(1)9.0×10－14 J (2)0.25 m 212.(13分)喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10－5m ，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒.偏转板长1.6 cm ，两板间的距离为0.50 cm ，偏转板的右端距纸3.2 cm.若墨汁微滴的质量为1.6×10－10 kg ，以 20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V ，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量是多少？(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法.解析：设微滴所带的电荷量为q ，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为：y ＝12at 2＋L tan φ 又a ＝qU md ，t ＝l v 0，tan φ＝at v 0解得：y ＝qUl mdv 20(l2＋L )代入数据得：q ＝1.25×10－13 C要将字体放大10%，只要使y 增大为原来的1.1倍，可采用的措施为： 将电压U 增大到8.8×103 V ，或将L 增大到3.6 cm.答案：1.25×10－13 C 将电压U 增大到8.8×103 V ，或将L 增大到3.6 cm13.(14分)如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5 L .槽内有两个质量均为m 的小球A 和B ，球A 带电荷量为＋2q ，球B 带电荷量为－3q ，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统.最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L .若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行、向右的匀强电场E 后.(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)求：(1)当球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小.(2)带电系统从开运动到速度第一次为零所需的时间及球A 相对右板的位置.[2007年高考·广东物理卷]解析：对带电系统进行分析，假设球A 能达到右极板，电场力对系统做功为W 1，有：W 1＝2qE ×2.5 L ＋(－3qE ×1.5 L )＞0 而且还能穿过小孔，离开右极板假设球B 能达到右极板，电场力对系统做功为W 2，有： W 2＝2qE ×2.5 L ＋(－3qE ×3.5 L )＜0综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A 、B 应分别在右极板的两侧.(1)带电系统开始运动时，设加速度为a 1，由牛顿第二定律有：a 1＝2qE 2m ＝qEm球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有： v 21＝2a 1L由上两式解得：v 1＝2qELm.(2)设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则：t 1＝v 1a 1联立解得：t 1＝2mLqE球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律有：a 2＝－3qE ＋2qE 2m ＝－qE2m显然，带电系统做匀减速运动，设球A 刚达到右极板时的速度为v 2，减速所需时间为t 2，则有：v 22－v 21＝2a 2×1.5 L t 2＝v 2－v 1a 2解得：v 2＝122qEL m ，t 2＝2mLqE球A 离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a 3，再由牛顿第二定律有：a 3＝－3qE 2m－v 22＝2a 3x解得：t 3＝132mL qE ，x ＝L6由以上数据可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝732mLqE球A 相对右板的位置为：x ＝L6.答案：(1)2qEL m (2)732mL qE L6。