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2011年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)物理部分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。以下符合事实的是答案:AB矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。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。以下判断正确的是答案:AC聞創沟燴鐺險爱氇谴净。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18.如图所示,将小球从地面以初速度竖直上抛的同时,将另一相同质量的小球从距地面处由静止释放,两球恰在处相遇(不计空气阻力)。则答案:C残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。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,球动能的减少量等于球动能的增加量D.相遇后的任意时刻,重力对球做功功率和对球做功功率相等ab19.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Ffa0,b所受摩擦力Ffb=0,现将右侧细绳剪断,则剪断瞬间答案:AD酽锕极額閉镇桧猪訣锥。A.Ffa大小不变 B.Ffa方向改变C.Ffb仍然为零 D.Ffb方向向右20.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。以下正确的是答案:BD彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。A、B、C、为使用户电压稳定在220V,应将P适当下移0t/10-2u2/V12图乙D、为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移P u1用户u2图甲MNabcd21、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。以下判断正确的是答案:BCA、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c、dh3h图甲22.如图甲所示,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ac表示c的加速度,Ekd表示d的动能,xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是答案:BDacxcOoh2h3h4h5hacxcOoh2h3h4h5hEkdxdOoh2h3h4h5hEkdxdOoh2h3h4h5hABCD图乙謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。【必做部分】23.(12分)hHx挡板(1)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。如图所示,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,剪断细绳后,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。(空气阻力对本实验的影响可以忽略)厦礴恳蹒骈時盡继價骚。滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为_。滑块与斜面间的动摩擦因数为_。以下能引起实验误差的是_。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答案:cd解析:滑动沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动,有,AVRE rS图甲小球做自由落体运动,有,所以。对滑块受力分析,根据牛顿第二定律得.I/AU/V即解得由分析知,c、d能引起实验误差。(2)某同学利用图甲所示电路,探究了电源在不同负载下的输出功率。所得实验数据如下图,请在给出的直角坐标系上(见答题卡)画出的图像。U/V1.961.861.801.841.641.56I/A0.050.150.250.350.450.55根据所画的图像,可求得电流时电源的输出功率为_。(保留两位有效数)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。在图乙所示的电路中,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。(Rx阻值未知)茕桢广鳓鯡选块网羈泪。a b c dAVRSAVRSAVRSAVRSRxRx图乙RxRx鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。0I/AU/V0.10.20.30.40.50.60.71.51.61.71.81.92.02.1答案:如图所示 0.37(或0.36) bc籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。解析:如图所示由U-I图象可知,当I=0.2A时,U=1.84V。由P=UI得:P=1.840.2W=0.368W按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患是:滑动变阻器的滑片移动到最右端时,相当于把电流表直接接在电源两极,会烧坏电流表。而图乙中的a仍然出现图甲的问题;b中的Rx在滑动变阻器的滑片移动时起分流作用保护电流表;c中的Rx在滑动变阻器的滑片移动到最右端时起限流作用保护电流表;d中的Rx在滑动变阻器的滑片移动到最右端时,Rx与r串联相当于电源内阻,等于直接把电流表接在电源两极。b、c正确。預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。Bl1FAxl2h24.(15分)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=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=9.8m/s2)求:渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。(1)B离开平台时的速度vB。(2)B从开始运动到刚脱离A时,B运动的时间tB和位移xB(3)A左端的长度l2答案:(1)2m/s (2)0.5s 0.5m(3)1.5m解析:(1)B离开平台做平抛运动。竖直方向有水平方向有由式解得代入数据求得(2)设B的加速度为aB,由牛顿第二定律和运动学知识得联立式,代入数据解得(3)设B刚开始运动时A的速度为,由动能定理得设B运动时A的加速度为由牛顿第二定律和运动学知识有联立式,代入数据解得mPQMNB1B2L1L2LIII-q25.(18分)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:、II两处的条形匀强磁场区边界竖直,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区,射入时速度与水平和方向夹角=300铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。(1)当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时,粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为300,求B0及粒子在区运动的时间t0擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。(2)若区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0,求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。(3)若L2=L1=L、B1=B0,为使粒子能返回区,求B2应满足的条件(4)若B1B2,L1L2,且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同,求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。图1B1B2L1L2LIII答案:(1)(2)(3)蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。解析:(1)如图1所示,设粒子射入磁场I区的速度为v,在磁场I区做圆周运动半径为,由动能定理和牛顿第二定律得買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄。由几何关系得联立得设粒子在I区做圆周运动周期为T,运动时间为t 图2B1B2L1L2LIII綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴。联立式解得(2)设粒子在磁场II区做圆周运动半径为,由牛顿第二定律得 由几何知识得联立式解得(3)如图2所示,为使粒子能再次返回到I区应满足联立式解得(4)如图3(或图4)所示,设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为,由几何知识可得驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦。联立式解得猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑。图3B1B2L1L2LIII图4B1B2L1L2LIII锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔。【选做部分】36.(8分)物理选修3-3(1)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答案:a d解析: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,a正确。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,b错误。温度是分子平均动能的标志,具有统计的意义,c错误。液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势,d正确。構氽頑黉碩饨荠龈话骛。(2)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O点处,右管D中水银面高出O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O点h2=44cm。(已知外
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