2011高考物理试题预测之最热门压轴题(2)
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!。
(精品)2011年高考物理必考题型预测大盘点
2011年高考物理必考考点题型大盘点(一）必考一、描述运动的基本概念【命题新动向】描述运动的基本概念是历年高考的必考内容，当然也是新课标高考的必考内容．物体的位移、速度等随时间的变化规律．质点、参考系、坐标系、时间、位移、速度、加速度是重要概念．从近三年高考看，单独考查本章知识较少，较多地是将本章知识与匀变速直线运动的典型实例,牛顿运动定律，电场中、磁场中带电粒子的运动等知识结合起来进行考查．【典题1】2010年11月22日晚刘翔以13秒48的预赛第一成绩轻松跑进决赛，如图所示，也是他历届亚运会预赛的最佳成绩。
刘翔之所以能够取得最佳成绩，取决于他在110米中的（）A。
某时刻的瞬时速度大 B.撞线时的瞬时速度大C。
平均速度大D。
起跑时的加速度大【解题思路】在变速直线运动中，物体在某段时间的位移跟发生这段位移所用时间的比值叫平均速度，是矢量，方向与位移方向相同。
根据x=Vt可知,x一定，v越大,t越小，即选项C正确。
【答案】C必考二、受力分析、物体的平衡【命题新动向】受力分析是高考中不可能不考查的一个重要考点，几乎渗透到每个试题中，通过物体的共点力平衡条件对物体的受力进行分析,往往需要有假设法、整体与隔离法来获取物体受到的力，有的平衡问题是动态平衡，试题往往设置“缓慢”的字眼来表达动态平衡,需要掌握力的平行四边形定则或三角形定则来解题.【典题2】如图所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置,两小球A 、B 分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将B 球缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F ＝10N 则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是（ ）A 、小球A 受到重力、杆对AB 、小球AC 、此时绳子与穿有A 球的杆垂直,绳子张力大小为错误!ND 、小球B 受到杆的弹力大小为错误!N 【解题思路】对A在水平面受力分析，受到垂直杆的弹力和绳子拉力，由平衡条件可知，绳子拉力必须垂直杆才能使A 平衡，再对B 在水平面受力分析，受到拉力F 、杆的弹力以及绳子拉力，由平衡条件易得杆对A 的弹力N 等于绳子拉力T ，即N ＝T ＝20N,杆对B 的弹力N B ＝错误!。
2011年高考物理真题考点点拨精析(新课标)
考点1 匀变速直线运动一、选择题1.（2011.安徽高考·T16）一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t ，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t 。
则物体运动的加速度为A.1212122()()x t t t t t t ∆-+ B.121212()()x t t t t t t ∆-+C.1212122()()x t t t t t t ∆+- D.121212()()x t t t t t t ∆+-【思路点拨】解答本题时应明确以下两点（1）某段位移内的平均速度等于其中间时刻的速度（2）利用0t v v a t-=进行分析求解【精讲精析】选A 。
第一个x ∆内平均速度11x v t ∆=，第二个x ∆内的平均速度22xv t ∆=，则物体的加速度21121212122()()2v v x t t a t t t t -∆-==+，故A 正确2.（2011·天津理综·T3）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为25x t t =+（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ）A. 第1s 内的位移是5mB. 前2s 内的平均速度是6m/sC. 任意相邻的1s 内位移差都是1mD. 任意1s 内的速度增量都是2m/s【思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：根据位移与时间的关系式分析出运动物体的初速度和加速度，代入时间求出位移，平均速度等物理量。
【精讲精析】选D ．根据质点直线运动的位移与时间的关系式25t t x +=可知，质点做匀加速直线运动，初速度为5m/s ，加速度为22s m，在第1s 内的位移是x=6m ，选项A 错误，前2s 内的平均速度为255(52)7x t t m m v t s s t t+===+=+=，选项B错误，因为是匀变速直线运动，应该满足公式212aT s s s =-=∆，任意相邻的1s 内的位移差都是2m ，选项C 错误，任意1s 内的速度增量实质就是指加速度大小，选项D 正确。
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。
2011年全国统一高考物理试卷全国卷ⅱ含解析版
2011年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅱ）一、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．共48分）1．（6分）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2．（6分）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3．（6分）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4．（6分）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6C，闪击持续时间约为60μs．假定闪电前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1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为l×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为l×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J5．（6分）已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量E n=，其中n=2，3…．用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。
2011高考物理压轴题集锦
2011高考物理压轴题集锦1.(2011.全国)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v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入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P 0的距离.粒子的重力可以忽略.【解析】:带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线远的,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t 0,粒子从平面MN 是上的点P 1进入磁场,由运动学公式和几何关系得200012v t at =② 粒子速度大小V 1为22100()V v at =+③设速度方向与竖直方向的夹角为α,则B ×P 0MⅡⅠα ββ rP 1P 2OvB × EP 0 v 0M NⅡ Ⅰtan v at α=④ 此时粒子到出发点P 0的距离为0002s v t =⑤此后,粒子进入磁场,在洛伦磁力作用下做匀速圆周运动,圆周半径为11mV r qB=⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P 2,弧 12PP 所张的圆心角为2β,则P 1到点P 2的距离为 112sin s r β=⑦由几何关系得045αβ+=⑧联立①②③④⑥⑦⑧式得12mv s qE=⑨ 点P 2与点P 0相距l=s 0+ s 1○10联立①②⑤⑨○10式得00221mv v l q E B ⎛⎫=+⎪⎝⎭○112.（2011.全国）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.m2mmm m【解析】设子弹初速度为v 0,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0(2)m m V mv +=①解得 013V v =此过程中动能的损失为22011322E mv mV ∆=-⨯② 解得 3013E mv ∆=分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度为别为v 1和V 1,由动量守恒得110mv mV mv +=③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2E∆,由能量守恒得 2221101112222E mv mV mv ∆+=-④ 联立①②③④式,且考虑到v 1必须大于V 1,得1013()26v v =+⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V 2,由动量守恒得212mV mv =⑥损失的动能为221211222E mv mV '∆=-⨯⑦ 联立①②③⑤⑥⑦式得13(1)222EE ∆'∆=+⨯⑧ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑧式可得,射入第二块钢板的深度x 为13(1)22x d =+⑨4.（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。
2011年全国统一高考物理试卷(新课标)(含解析版)
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．在下列四个图中，能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=0.2A5．（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，理论上可采用的办法是（ ）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。
2011年全国统一高考物理试卷(全国卷ⅱ)(含解析版)
2011年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅱ）一、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．共48分）1．（6分）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2．（6分）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3．（6分）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4．（6分）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6C，闪击持续时间约为60μs．假定闪电前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1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为l×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为l×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J5．（6分）已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量E n=，其中n=2，3…．用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。
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2011高考物理试题预测之最热门压轴题(2)
随着高考命题指导思想逐渐贯彻新课标的“从生活走向物理，从物理走向社会”课改理念，近年来高考物理试题最大特点是难度下降了，但灵活性却更强了。
具体表现在完全脱离生活生产实际的抽象化、纯模型化问题越来越少了，而理论联系实际、取材于生活生产的具体问题越来越多了。
因此考生要想在高考取得理想成绩，必须从单一的知识型要向综合能力型转变。
磁场作为高中物理主干知识的电磁学的“两场”之一，是每年高考物理的必考核心知识，比分约占12%，考查内容包括磁场的描述，电流的磁效应，磁场对电流和带电粒子作用，电磁感应现象和规律等。
近年来高考物理磁场类问题出现了新趋势，即常常以地磁场为背景考查磁场相关知识，例如2011全国I就考察了河流发电的问题。
地磁场是人类生活息息相关的环境，选择地磁场为背景很贴切生活、贴切实际，故被高考命题者所青睐。
实际上，高中物理有关磁场的几乎所有知识点的考查都可以通地磁场这个材料背景来实现。
解决这类问题的关键当然是要熟悉地磁场的分布特点。
但笔者从事高三物理教学教研10几年，发现很多学生尽管把地磁场的磁场分布特点倒背如流，但一遇到具体问题往往茫然不知所措、无从下手。
问题的关键在与不会把地磁场的立体空间分布图转化为平面图。
笔者还发现，几乎所有的教辅资料都画出了地磁场的立体图，却没有画出对解决地磁场类问题真正关键有效的平面图。
为此笔者把自己多年来对这类问题的解题技巧和心得分享给大家，希望对更多的高三学生有所帮助。
本文还附录了11道笔者多年来收集整理的地磁场类习题，几乎囊括了磁场的所有主要知识点，把整个磁场学知识串联一起，可以作为二轮复习磁场专题参考资料。
欢迎各位同行同学交流切磋。
地磁场空间分布特点：
（1）地磁场的N极在地球南极附近,S极在地球北极附近,磁感线分布如图.
（2）地磁场B的水平分量(B x)总是从地球南极指向北极,而竖直分量(B y)
则南北相反,在南半球垂直地面向上,在北半球垂直地面向下.
（3）在赤道平面上,距离地球表面高度相等的各点,磁感应强度相等,且方向水
平向北
由此我们不难画出来地磁场分布的平面图（B x、B y分别表示地磁场水平
分量和竖直分量）:
（1）赤道面上如图1（2）在两极如图2（3）在北半球如图3（4）在南半球，如图4
磁场类习题经典汇编
1.(武汉市2011二月调考)如图所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警-2000”
在天安门上空机翼保持水平，以4.5×102
km/h 的速度自东向西飞行。
该机的翼展（两翼尖之
间的距离）为50m ，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10-5
T ，则（A C ） A ．两翼尖之间的电势差为0.29V B ．两翼尖之间的电势差为1.1V
C ．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D ．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
【试题评析】很多同学对此题电势高低判断感到头疼，问题关键就是不能画出在地磁场的在水平面上的平面分布图。
其实不难总结出，飞机不论沿哪个方向水平面上飞行，都是左边比右边电势高。
其实题干中若不说明北京地区地磁场竖直分量方向，而且还同时告诉了水平分量大小，则难度和迷惑性更大了一些。
笔者自己改编成如下题。
其中磁场强度数据来自中国地磁数据网，2011年1月份平均值H=2.96×10-5T ，Z=1.06×10-5。
【改编】如图所示，一预警机在北京上空机翼保持水平，以3.6×102
km/h 的速度自南向北飞
东
南 西 北 B x
B y 东 南 西
北
B y
东
南 西
北
B x
东
南 西
北
By 图1赤道面
图2（a ）北极
图2（b ）南极 图3北半球
图4南半球
B y B x
东
南 北
西
行。
该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50m ，北京地区地磁场的竖直分量大小为3.0×10-5
T ，
水平分量大小为1.0×10-5
T ，则（A C ） A ．两翼尖之间的电势差为0.15V B ．两翼尖之间的电势差为0.05V
C ．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D ．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
【拓展】如果改为直升机向上运动，情况会怎么样？提示：切割地磁场水平分量。
2.(2010年全国I)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10-5T 。
一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m ，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。
设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s 。
下列说法正确的是(AC ）
A ．河北岸的电势较高
B ．河南岸的电势较高
C ．电压表记录的电压为9mV
D ．电压表记录的电压为5mV
3．地磁场可以有效抵御宇宙射线的侵入，保护地球．赤道剖面外地磁场可简化为包围地球厚度为d 的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图1所示．只要速度方向在该剖面内的射线粒子不能到达地面，则其它粒子不可能到达地面．宇宙射线中对地球危害最大的带电粒子主要是β粒子，设β粒子的质量为m ，电荷量为e ，最大速度为v ，地球半径为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，不计大气对β粒子运动的影响．要使在赤道平面内从任意方向射来的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d 应满足什么条
件？
解析：设β粒子从A 点以任意方向向往地磁场后做匀速圆周
运动的半径为r ，要粒子不到达地面，则圆轨道最多与地面相切，如图7－13所示．作速度方向的垂线AO ’，O ’为轨道圆心，连接
OO ’得△OO ’A ，由三角知识得
()R+r +r>R+d ①
则2d r>，即当2
d
r=、粒子速度方向与地磁场边界相切射入时轨道半径最小，磁场厚度最小．
而粒子最大轨道半径m r=Bq
v
② 所以有22m d=r=
Be
v
为轨道与地面相切的磁场最小厚度，要粒子不到达地面，则磁场厚度应满足2m d>Be
v
【点评】不能直接将②代入不等式①求解，那样将得到2m d<Be
v
的结
论．①式只用来判断“粒子速度方向与地磁场边界相切射入时轨道半径最小”，但β粒子最大轨道半径轨道为定值，地磁场厚度d 必须大于2r 才能满足要求．
4.地磁场可以减少宇宙射线中的带电粒子对地球上生物体的危害。
如图所示，地球半径为R ，地球赤道平面附近的地磁场可简化为赤道上方厚度为d 、磁感应强度大小为B 、方向垂直于赤道平面的匀强磁场。
宇宙射线中某种带电粒子以不同的速度射入地磁场，该种粒子的质量为m 、带电量为+q 。
不计地球对粒子的引力以及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应。
B
d R
图1 A
B d R
图2
O
O ’ r r v
（1）若速度为v的该种粒子在赤道平面内沿地球径向射人地磁场，求刚射入地磁场时粒子所受洛伦兹力f的大小和方向；
（2）若该种粒子的最大速度为v m，在赤道平面内从任意方向射人地磁场的所有这种粒子均不能到达地面，则粒子离地面的最近距离h为多少?
（3）若速度为v的该种粒子在赤道平面内沿地球径向射人地磁场，在地磁场作用下未能到达地面，求粒子在地磁场中运动的时间t；。