2011年高考物理試題分類匯編(全一本)可以直接打印 - 答案

1、2011年高考試題分類匯編答案sgb目錄2011普通高校招生考試試題匯編-直線運(yùn)動(dòng)參考答案22011普通高校招生考試試題匯編-相互作用參考答案62011普通高校招生考試試題匯編-牛頓運(yùn)動(dòng)定律參考答案72011普通高校招生考試試題匯編-曲線運(yùn)動(dòng)參考答案82011普通高校招生考試試題匯編-萬有引力參考答案112011普通高校招生考試試題匯編-功和能的關(guān)系參考答案122011普通高校招生考試試題匯編-靜電場(chǎng)202011普通高校招生考試試題匯編-恒定電流242011普通高校招生考試試題匯編-磁場(chǎng)參考答案272011普通高校招生考試試題匯編-電磁感應(yīng)參考答案362011普通高校招生考試試題匯編-交變電流

2、參考答案392011普通高校招生考試試題匯編- 選修3-4參考答案412011普通高校招生考試試題匯編-選修3-5參考答案432011普通高校招生考試試題匯編-力學(xué)實(shí)驗(yàn)參考答案462011普通高校招生考試試題匯編-電學(xué)實(shí)驗(yàn)參考答案482011普通高校招生考試試題匯編-直線運(yùn)動(dòng)參考答案1（2011安徽第16題）答案：a解析：物體作勻加速直線運(yùn)動(dòng)在前一段所用的時(shí)間為，平均速度為，即為時(shí)刻的瞬時(shí)速度；物體在后一段所用的時(shí)間為，平均速度為，即為時(shí)刻的瞬時(shí)速度。速度由變化到的時(shí)間為，所以加速度，a正確。2(2011海南第8題）.bc解析：a，05s,物體向正向運(yùn)動(dòng)，56s向負(fù)向運(yùn)動(dòng)， 故5s末離出發(fā)點(diǎn)最

3、遠(yuǎn)，a錯(cuò) b 由面積法求出05s的位移s1=35m, 56s的位移s2=-5m,總路程為：40m,b對(duì) c由面積法求出04s的位移s=30m，平度速度為：v=s/t=7.5m/s c對(duì) d 由圖像知56s過程物體加速，合力和位移同向，合力做正功，d錯(cuò)3（2011新課標(biāo)理綜第15題）.解析：主要考查力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系。當(dāng)恒力方向與速度在一條直線上，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能一直增大，也可能先逐漸減小至零，再逐漸增大。當(dāng)恒力方向與速度不在一條直線上，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能一直增大，也可能先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大。所以正確答案是abd。4（2011天津第3題）【解析】：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的考查，簡(jiǎn)單題。第1s內(nèi)的

4、位移只需將t=1代入即可求出x=6m，a錯(cuò)誤；前2s內(nèi)的平均速度為，b錯(cuò)；由題給解析式可以求得加速度為a=2m/s2，c錯(cuò)；由加速的定義可知d選項(xiàng)正確【答案】：d5（2011廣東第34題）、（18分）解析：（1）答案：1.20 a/2 0.933 要估讀一位，s=v0t+at2，斜率為a/26（2011山東第23題）.（12分）答案： c d7 (2011重慶第14題).解析答案b. ，由此可知井深約為20m8 (上海第19題)cd9(上海第26題).答案：（1）(2)b，c 10(新課標(biāo)理綜第21題). 答案：a。解析：本題考查受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，涉及牛頓第二定律、靜摩擦力、非勻加速直線運(yùn)動(dòng)

5、、a-t圖象等。由于f由零開始隨時(shí)間正比增大，當(dāng)還未達(dá)到最大靜摩擦力之前，兩者一起運(yùn)動(dòng)，加速度相同，為：，兩物體的a-t圖象重合，為過原點(diǎn)的直線。當(dāng)f超過最大靜摩擦力之后，兩物體有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，加速度不等，設(shè)滑動(dòng)摩擦力為f，則m2的加速度為：。其a-t圖象與a軸的副半軸有交點(diǎn)；m1的加速度為：。其a-t圖象是與t軸平行的直線。選項(xiàng)a對(duì)。答案：b。解析：當(dāng)時(shí)：木板和木塊一起運(yùn)動(dòng) 滿足：木板和木塊間的摩擦力合題意 當(dāng)時(shí)：木塊在木板上滑動(dòng) 滿足：a2a1合題意11(新課標(biāo)理綜第23).解析：（1）滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用有解得（2）（3）由可知，斜率絕對(duì)值為即，解得a=212(新課標(biāo)理綜第24題).（

6、13分）解析：設(shè)汽車甲在第一段時(shí)間間隔末（時(shí)間t0）的速度為,第一段時(shí)間間隔內(nèi)行駛的路程為s1,加速度為,在第二段時(shí)間間隔內(nèi)行駛的路程為s2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得設(shè)乙車在時(shí)間t0的速度為，在第一、二段時(shí)間間隔內(nèi)行駛的路程分別為、。同樣有 設(shè)甲、乙兩車行駛的總路程分別為、，則有 聯(lián)立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為13（2011四川第23題）（16分）【解析】（1）貨車剎車時(shí)的初速是v0=15vm/s ，末速是0，加速度分別是2.5m/s2和5m/s2，根據(jù)位移推論式得 代入數(shù)據(jù)解得： 超載 m 不超載 m（2）貨車與轎車相撞時(shí)的速度為 m/s相撞時(shí)動(dòng)量守恒，有 得 m/s對(duì)轎車根據(jù)動(dòng)量

7、定理有 解得 n14(上海第31題)解析：答案(12分) (1)物體做勻加速運(yùn)動(dòng) (1分) （1分） 由牛頓第二定律 （1分） (1分) (1分)(2)設(shè)作用的最短時(shí)間為，小車先以大小為的加速度勻加速秒，撤去外力后，以大小為，的加速度勻減速秒到達(dá)b處，速度恰為0，由牛頓定律 (1分)(1分) （1分）由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有 （1分） （1分） （1分） （1分）（2）另解：設(shè)力作用的最短時(shí)間為t，相應(yīng)的位移為s，物體到達(dá)b處速度恰為0，由動(dòng)能定理 （2分） （1分）由牛頓定律 （1分） （1分） （1分） 2011普通高校招生考試試題匯編-相互作用參考答案1（20

8、11安徽第1題）答案：a解析：由于質(zhì)量為m的物塊恰好靜止在傾角為的斜面上，說明斜面對(duì)物塊的作用力與物塊的重力平衡，斜面與物塊的動(dòng)摩擦因數(shù)=tan。對(duì)物塊施加一個(gè)豎直向下的恒力f，使得合力仍然為零，故物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，a正確，b、d錯(cuò)誤。摩擦力由mgsin增大到(f+mg)sin，c錯(cuò)誤。2（2011海南第4題）.解析：平衡后設(shè)繩的bc段與水平方向成角，則： 對(duì)節(jié)點(diǎn)c分析三力平衡，在豎直方向上有：得：，選c3 (廣東第16題).b4(北京理綜第18題)b5（2011海南第5題）.解析：斜劈和物塊都平衡對(duì)斜劈和物塊整體受力分析知地面對(duì)斜劈的摩擦力為零，選a6（2011山東第19 題）答案：ad解

9、析：對(duì)b進(jìn)行受力分析，剪斷前b受重力、支持力、向左彈簧的拉力和繩的拉力由于它所受摩擦力，所以彈簧的拉力和繩的拉力是一對(duì)平衡力，當(dāng)將右側(cè)細(xì)繩剪斷瞬間，繩的拉力消失，但彈簧的拉力不變，所以b受摩擦力方向向右，c錯(cuò)誤，d正確；由于細(xì)繩剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，所以大小不變，a正確，b錯(cuò)誤。7（2011江蘇第1題）答案：a8 (2011江蘇第9題)答案：ac9(安徽第21題)解析：（1）如圖所示（2）0.2480.26210 (江蘇第10題)【答案】(1)3.6 (2)d (3)改變彈簧測(cè)力計(jì)b拉力的大??； 減小做完m的質(zhì)量（或?qū)更換成量程較大的彈簧測(cè)力計(jì)，改變彈簧測(cè)力計(jì)b拉力飛方向等）【解析】只要

10、驗(yàn)證，即只要求ob與om垂直，變壓器每次都要使o點(diǎn)靜止在同一位置。 2011普通高校招生考試試題匯編-牛頓運(yùn)動(dòng)定律參考答案1(安徽第17題)答案：c解析：物體在其軌跡最高點(diǎn)p處只有水平速度，其水平速度大小為v0cos，根據(jù)牛頓第二定律得，所以在其軌跡最高點(diǎn)p處的曲率半徑是，c正確。2(新課標(biāo)理綜第21題).解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。木塊和木板之間相對(duì)靜止時(shí)，所受的摩擦力為靜摩擦力。在達(dá)到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律。木塊和木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)， 恒定不變，。所以正確答案是a。3（2011天津第2題）【解析】：考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律處理連接體問題的基本方法，簡(jiǎn)單題。

11、對(duì)于多個(gè)物體組成的物體系統(tǒng)，若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體具有相同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)優(yōu)先選取整體法分析，再采用隔離法求解。取a、b系統(tǒng)整體分析有，a=g，b與a具有共同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，取b為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有：，物體b做速度方向向右的勻減速運(yùn)動(dòng)，故而加速度方向向左?！敬鸢浮浚篴4（2011四川第19題）【答案】a【解析】在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動(dòng)能減小，返回艙所受合外力做負(fù)功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力?；鸺_始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對(duì)返回艙作用因而傘繩對(duì)返回艙

12、的拉力變小。5（2011江蘇第9題）ac6（2011北京第18題）b7（2011上海第19題）答案：cd 8（2011上海第26題）.答案（1）(2)b，c 9（2011天津第19題）【解析】：物體處于失重狀態(tài)，加速度方向向下，故而可能是減速上升或加速下降。【解析】：注意副尺一定要有估讀。讀數(shù)為1.5+20.60.01mm=1.706mm。因?yàn)閭€(gè)人情況不同，估讀不一定一致，本題讀數(shù)1.704-1.708都算正確。10.(浙江第21題)答案：學(xué)生電源、電磁打點(diǎn) 計(jì)時(shí)器、鉤碼、砝碼或電火花計(jì)時(shí)器、鉤碼、砝碼學(xué)生電源為電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器提供交流電源；電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（電火花計(jì)時(shí)器）記錄小車運(yùn)動(dòng)的位置和時(shí)間

13、；鉤碼用以改變小車的質(zhì)量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大小，還可以用于測(cè)量小車的質(zhì)量。解析：電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（電火花計(jì)時(shí)器）記錄小車運(yùn)動(dòng)的位置和時(shí)間；鉤碼用以改變小車的質(zhì)量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大小，還可以用于測(cè)量小車的質(zhì)量。如果選電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，則需要學(xué)生電源，如果選電火花計(jì)時(shí)器，則不需要學(xué)生電源。12(重慶第22（2）題)答案 ：位移 時(shí)間 m+m 滑塊上 =0.23(0.210 25) 2011普通高校招生考試試題匯編-曲線運(yùn)動(dòng)參考答案1 (2011江蘇卷第3題)c2（2011廣東第17題）.解析：由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：l=vt，h=gt2求出ab正確。選ab4（2011全國(guó)理綜第20題

14、）.解析：主要考查電場(chǎng)力方向和曲線運(yùn)動(dòng)所受合外力與軌跡的關(guān)系。正確答案是d。5（2011上海第11題）答案：c6（2011上海第25題）答案. ，7（2011海南第15題）。解析：設(shè)圓半徑為r，質(zhì)點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則： 過c點(diǎn)做cdab與d點(diǎn)，rtacdrtcbd可得即為： 由得：8（2011天津第10題）解析：（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，有解得（2）設(shè)球a的質(zhì)量為m，碰撞前速度大小為v1，把球a沖進(jìn)軌道最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能定為0，由機(jī)械能守恒定律知 設(shè)碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律知 飛出軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)

15、，有 綜合式得 9（2011山東第24題）.解析：10（2011廣東第36題）、解析：（1）mgs+mg2r=mvb2 所以 vb=3（2）設(shè)m滑動(dòng)x1,m滑動(dòng)x2二者達(dá)到共同速度v,則mvb=(m+m)v mgx1=mv2 mgx2=mv2mvb2 由得v=, x1=2r, x2=8r二者位移之差x= x2x1=6r6.5r，即滑塊未掉下滑板討論： rl2r時(shí)，wf=mg(l+l)= mg（6.5r+l） 2rl5r時(shí)，wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgr4.5mgr，即滑塊速度不為0，滑上右側(cè)軌道。要使滑塊滑到cd軌道中點(diǎn)，vc必須滿足：mvc2 mgr 此時(shí)l應(yīng)滿足：mg(l+l

16、) mvb2mvc2 則 lr，不符合題意，滑塊不能滑到cd軌道中點(diǎn)。答案：（1） vb=3（2）rl2r時(shí)，wf=mg(l+l)= mg（6.5r+l）2rl5r時(shí)，wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgr4.5mgr，即滑塊速度不為0，滑上右側(cè)軌道?；瑝K不能滑到cd軌道中點(diǎn)2011普通高校招生考試試題匯編-萬有引力參考答案1 (2011江蘇第7題)acd2（2011山東第17題）.答案：ac解析：萬有引力提供向心力，由，可得向心加速度之比，c正確；周期之比，a正確；甲、乙均為兩顆地球衛(wèi)星，運(yùn)行速度都小于第一宇宙速度，b錯(cuò)誤；甲為地球同步衛(wèi)星運(yùn)行在赤道上方，d錯(cuò)誤。3(廣東第20題).b

17、d4（2011全國(guó)卷1第19題）解析：周期變長(zhǎng)，表明軌道半徑變大，速度減小，動(dòng)能減小,引力做負(fù)功故引力勢(shì)能增大選d5（2011全國(guó)理綜新課標(biāo)19）.解析：主要考查開普勒第三定律。月球、地球同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)開普勒第三定律有解得，代入數(shù)據(jù)求得m.如圖所示，發(fā)出信號(hào)至對(duì)方接收到信號(hào)所需最短時(shí)間為，代入數(shù)據(jù)求得t=0.28s.所以正確答案是b。6（2011天津第8題）【解析】：萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，代入相關(guān)公式即可【答案】：ac7（2011浙江第19題）.答案：ad解析：根據(jù)、，可得、，故a、d正確；登陸艙在半徑為的圓軌道上運(yùn)動(dòng)的向心加速度，此加速度與x星球表面的重力加

18、速度并不相等，故c錯(cuò)誤；根據(jù)，得，則，故c錯(cuò)誤。8 (2011廣東第20題).解析：根據(jù)，a錯(cuò)，由，b正確，由，c錯(cuò)d對(duì)。選bd9 (2011北京第15題)a10(重慶第21題).b11（2011海南第12題）.答案 ：、 解析：，由得：，因而： ，12（2011上海22b）答案：增大，增大13（2011安徽第22題）解析：（1）因行星繞太陽作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，于是軌道的半長(zhǎng)軸a即為軌道半徑r。根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有 于是有 即 （2）在月地系統(tǒng)中，設(shè)月球繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，周期為t，由式可得 解得 m地=61024kg （m地=51024kg也算對(duì)）2011普通高校招生考試試題匯

19、編-功和能的關(guān)系參考答案1 (2011江蘇第4題)a2（2011全國(guó)卷1第20題）bd解析：兩物體最終速度相等設(shè)為u由動(dòng)量守恒得：mv=(m+m)u, 系統(tǒng)損 失的動(dòng)能為： 系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn) 化為內(nèi)能q=fs=3(四川第19題).解析：先從力學(xué)角度討論ab兩項(xiàng)；而c項(xiàng)宜用動(dòng)能定理；d項(xiàng)則考查超重、失重概念。答案選a。由整體法、隔離法結(jié)合牛頓第二定律，可知a正確b錯(cuò)；由動(dòng)能定理可知c錯(cuò)；因?yàn)槲矬w具有豎直向上的加速度，因此處于超重狀態(tài)，d錯(cuò)。4(四川第21題)解析：選bd。從運(yùn)動(dòng)學(xué)公式（平均速度等）入手，可求出兩次過程的末速度比例、加速度比例，做好準(zhǔn)備工作。通過動(dòng)能定律、機(jī)械能守恒定律等得出電場(chǎng)力

20、做功，再由功能關(guān)系可知電勢(shì)能增減以及動(dòng)能變化等，從而排除ac兩項(xiàng)；借助運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，選項(xiàng)b中的動(dòng)量變化可直接計(jì)算；對(duì)于選項(xiàng)d，要先由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定，再結(jié)合此前的機(jī)械能守恒定律來計(jì)算重力勢(shì)能變化量。運(yùn)動(dòng)過程如上圖所示，分析可知，加電場(chǎng)之前與加電場(chǎng)之后，小球的位移大小是相等的。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得。對(duì)加電場(chǎng)之后的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得，對(duì)此前的過程有機(jī)械能守恒，以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。由以上各式聯(lián)立可得，即整個(gè)過程中小球電勢(shì)能減少了，a錯(cuò)；動(dòng)量增量為，可知b正確；從加電場(chǎng)開始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，c錯(cuò)；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知，以及，則從a點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化量為，d正確。5（2011海南第9題）cd.解析：由動(dòng)量定

21、理求出1s末、2s末速度分別為：v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功為w=功率為 1s末、2s末功率分別為：4w、3w 第1秒內(nèi)與第2秒動(dòng)能增加量分別為：、，比值：4：56（2011新課標(biāo)理綜第16題）.解析：主要考查功和能的關(guān)系。運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)過程中，重力做正功，所以重力勢(shì)能始終減少，a項(xiàng)正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加，b項(xiàng)正確。蹦極過程中，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈性力做功，所以機(jī)械能守恒，c項(xiàng)正確。重力勢(shì)能的改變與重力勢(shì)能零點(diǎn)選取無關(guān)，d項(xiàng)錯(cuò)誤。7（2011全國(guó)理綜第18題）.解析：主要考查動(dòng)能定理。利用動(dòng)能定理 有,b=ki解得。

22、所以正確答案是bd。8 (2011上海15)答案：c9（2011山東第18題）.答案：c解析：相遇時(shí)滿足，所以，小球落地時(shí)間，球落地時(shí)間，因此a錯(cuò)誤；相遇時(shí)，所以b錯(cuò)誤；因?yàn)閮汕蚯≡谔幭嘤?，說明重力做功的數(shù)值相等，根據(jù)動(dòng)能定理，球動(dòng)能的減少量等于球動(dòng)能的增加量，c正確；相遇后的任意時(shí)刻，球的速度始終大于球的速度，因此重力對(duì)球做功功率大于對(duì)球做功功率，d錯(cuò)誤。10（2011海南第14題）.1)2) 2.4011(上海第33 題)答案(14分)(1)勢(shì)能最小處動(dòng)能最大 (1分)由圖線ii得 (2分)(在5.9 6.3cm間均視為正確)(2)由圖讀得釋放處勢(shì)能，此即b的總能量。出于運(yùn)動(dòng)中總能量守恒，

23、因此在勢(shì)能最小處動(dòng)能最大，由圖像得最小勢(shì)能為0.47j，則最大動(dòng)能為 （2分)(在0.42 0.44j間均視為正確)最大速度為 (1分)(在1.291.33 ms間均視為正確)x=20.0 cm處的總能量為0.90j，最大位移由e=0.90j的水平直線與曲線ii的左側(cè)交點(diǎn)確定,由圖中讀出交點(diǎn)位置為x=2.0cm，因此，最大位移 (2分)(在17.918.1cm間均視為正確)(3)漸近線iii表示b的重力勢(shì)能隨位置變化關(guān)系，即 （2分)由圖讀出直線斜率 （1分）（在間均視為正確）（4）若異名磁極相對(duì)放置，a，b間相互作用勢(shì)能為負(fù)值，總勢(shì)能如圖。 （2分）12(江蘇第14題)解析：13(福建第21

24、題).解析：此題考查平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)點(diǎn)（1）質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口c時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供，則(1)解得 (2)(2)彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有 .(3)由（2）（3）得.(4)(3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚餌離開管口c后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過t時(shí)間落到水面上，離oo的水平距離為x1，由平拋規(guī)律有.(5)(6)由 （5）（6）兩式得.(7)當(dāng)魚餌的質(zhì)量為時(shí)，設(shè)其到達(dá)管口c時(shí)速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律有.(8)由 （4）（8）兩式解得.(9)質(zhì)量為的魚餌落到水面時(shí)上時(shí)，設(shè)

25、離oo的水平距離為x2則.(10)由（5）（9）（10）解得：魚餌能夠落到水面的最大面積s，s=(x22-x12)= r2（或8.25r2）。14（2011安徽24）（20分）解析：（1）設(shè)小球能通過最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為v1。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒。則 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力為f，方向向下，則 由式，得 f=2n 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2n，方向豎直向上。 （2）解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度為v2，此時(shí)滑塊的速度為v。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動(dòng)量守恒。以水平向右的方向?yàn)檎较?，?在上升過程

26、中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則 由式，得 v2=2m/s （3）設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為s1，滑塊向左移動(dòng)的距離為s2，任意時(shí)刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為v/。由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，得 將式兩邊同乘以，得 因式對(duì)任意時(shí)刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 15（2011全國(guó)卷1第26題）. 解析：設(shè)子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時(shí)共同速度為：v 受到阻力為f.對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得： 由得： 子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時(shí)，設(shè)其速度為v1，此時(shí)鋼板的速度為u，穿第二塊厚度為d的鋼板時(shí)共用速度為v2，穿過深度為，對(duì)子彈

27、和第一塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得： 由得： 對(duì)子彈和第二塊鋼板系統(tǒng)由動(dòng)量和能量守恒得： 由得：17（2011浙江第24題）.解析：（1）汽車牽引力與輸出功率的關(guān)系將，代入得當(dāng)轎車勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力大小相等，有（2）在減速過程中，注意到發(fā)動(dòng)機(jī)只有用于汽車的牽引，根據(jù)動(dòng)能定理有，代入數(shù)據(jù)得電源獲得的電能為(3)根據(jù)題設(shè)，轎車在平直公路上勻速行駛時(shí)受到的阻力仍為。此過程中，由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，代入數(shù)據(jù)得18（2011廣東第 36題）、解析： （1）mgs+mg2r=mvb2 所以 vb=3（2）設(shè)m滑動(dòng)x1,m滑動(dòng)x2二者達(dá)到共同速度v,則mvb=(m+m)v

28、 mgx1=mv2 mgx2=mv2mvb2 由得v=, x1=2r, x2=8r二者位移之差x= x2x1=6r6.5r，即滑塊未掉下滑板討論：rl2r時(shí)，wf=mg(l+l)= mg（6.5r+l）2rl5r時(shí)，wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgr4.5mgr，即滑塊速度不為0，滑上右側(cè)軌道。要使滑塊滑到cd軌道中點(diǎn)，vc必須滿足：mvc2 mgr 此時(shí)l應(yīng)滿足：mg(l+l) mvb2mvc2 則 lr，不符合題意，滑塊不能滑到cd軌道中點(diǎn)。答案：（1） vb=3（2）rl2r時(shí)，wf=mg(l+l)= mg（6.5r+l）2rl5r時(shí)，wf=mgx2+mg(lx)=4.25mg

29、r4.5mgr，即滑塊速度不為0，滑上右側(cè)軌道。滑塊不能滑到cd軌道中點(diǎn)19（2011北京第22題）（16分）答案：（1）受力圖見右 根據(jù)平衡條件，的拉力大小f=mgtantfmg（2）運(yùn)動(dòng)中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 則通過最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小 根據(jù)牛頓第二定律 解得輕繩對(duì)小球的拉力 ，方向豎直向上 2011普通高校招生考試試題匯編-靜電場(chǎng)1、(2011江蘇省第8題)ab 2（2011安徽第18題）答案：b解析：由于電極xx加的是掃描電壓，電極yy之間所加的電壓信號(hào)電壓，所以熒光屏上會(huì)看到的圖形是b，答案b正確。3（2011安徽第20題）答案：b解析：若，帶正電粒子先加速向b板運(yùn)動(dòng)、再

30、減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向右運(yùn)動(dòng)的距離大于向左運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在b板上，所以a錯(cuò)誤。若，帶正電粒子先加速向a板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向左運(yùn)動(dòng)的距離大于向右運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在a板上，所以b正確。若，帶正電粒子先加速向a板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向左運(yùn)動(dòng)的距離小于向右運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在b板上，所以c錯(cuò)誤。若，帶正電粒子先加速向b板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向右運(yùn)動(dòng)的距離大于向左運(yùn)動(dòng)的距離，最終打

31、在b板上，所以d錯(cuò)誤。4（2011全國(guó)卷1第17題）解析： 5（2011海南第1題）.解析：考察電場(chǎng)和電勢(shì)概念，選d6（2011海南第3題）.解析：設(shè)1、2距離為r，則：，3與2接觸后，它們帶的電的電量均為：，再3與1接觸后，它們帶的電的電量均為，最后有上兩式得：n=67（2011新課標(biāo)理綜第20題）.解析：主要考查電場(chǎng)力方向和曲線運(yùn)動(dòng)所受合外力與軌跡的關(guān)系。正確答案是d。8（2011天津第5題）【解析】：考查平行板電容器的相關(guān)知識(shí)。，當(dāng)電荷量變?yōu)?q時(shí)，c選項(xiàng)正確?！敬鸢浮浚篶9(廣東第21題).解析：電子吸附塵埃使塵埃帶負(fù)電，受力與電場(chǎng)方向相反，ac錯(cuò)。f=eq，故bd正確。選bd10（2

32、011山東第21題）答案：bc解析：根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的分布特點(diǎn)和疊加原理可知a錯(cuò)誤，b正確；因?yàn)閍、b、c三點(diǎn)所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關(guān)于mn對(duì)稱，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，c正確；根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)的分布特點(diǎn)，a點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，所以試探電荷+q在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，d錯(cuò)誤。11(重慶第19題).12（2011上海第1題）答案：c13（2011上海第14題）答案：a14 (2011上海第16題)答案：d15 (2011上海23)答案：，16(浙江第25題).答案：（1）（2）當(dāng)時(shí)，收集效率為100%；當(dāng)時(shí)，收集率（3）=，如圖所示

33、。解析：（1）收集效率為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為，在水平方向有 在豎直方向有 其中 當(dāng)減少兩板間距是，能夠增大電場(chǎng)強(qiáng)度，提高裝置對(duì)塵埃的收集效率。收集效率恰好為100%時(shí)，兩板間距為。如果進(jìn)一步減少，收集效率仍為100%。因此，在水平方向有 在豎直方向有 其中 聯(lián)立可得 （2）通過前面的求解可知，當(dāng)時(shí)，收集效率為100% 當(dāng)時(shí)，設(shè)距下板處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時(shí)有 根據(jù)題意，收集效率為 聯(lián)立可得（3）穩(wěn)定工作時(shí)單位時(shí)間下板收集的塵埃質(zhì)量=當(dāng)時(shí)，因此=當(dāng)時(shí)，因此=繪出的圖線如下17（2011北京第24題）解析：（1）由圖可知，0與d（

34、或-d）兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為0電場(chǎng)強(qiáng)度的大小 電場(chǎng)力的大小 （2）設(shè)粒子在-x0，x0區(qū)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)，速率為v，由題意得 由圖可知 由得 因動(dòng)能非負(fù)，有 得 即 粒子運(yùn)動(dòng)區(qū)間（3）考慮粒子從-x0處開始運(yùn)動(dòng)的四分之一周期根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度 由勻加速直線運(yùn)動(dòng) 將代入，得 粒子運(yùn)動(dòng)周期 2011普通高校招生考試試題匯編-恒定電流1(北京第17題)2(海南第2題).解析：s開，相當(dāng)于電阻變大，總電流減小，故端電壓增大，的讀數(shù)變大，把r1歸為內(nèi)阻，則r3中的電壓也增大，r3中的電流也增大，r3中的電壓也增大，3(2011上海第6題)答案：d4(2011上海第12題)答案：a5（2011安徽第21題

35、）解析：（1）斷開待測(cè)電阻，將選擇開關(guān)旋到“100”檔： 將兩表筆短接，調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指針指向“0”； 再接入待測(cè)電阻，將指針示數(shù)100，即為待測(cè)電阻阻值。（2）如圖所示（3）電阻 1、2 1 6（2011全國(guó)卷1第23題）解析：(1)黑(2)14.0、53.0、4.6 (3)102 (4)1.54電表內(nèi)阻r=15,外阻為r=4.6此時(shí)電流為：i=53ma,求出e=i(r+r)=1.54v，從而求出短路電流：i=102ma7（2011海南第13題）. 49.5 49.08（2011新課標(biāo)理綜第22題）.（解析：（1）r0、標(biāo)準(zhǔn)電流表a0；（2）rn，標(biāo)準(zhǔn)電流表a0的示數(shù)為i；（3）平

36、均值9（2011天津第5題（4）【解析】：電學(xué)實(shí)驗(yàn)選擇儀器的一般步驟如下： 根據(jù)量程選擇電流表和電壓表，不能超過表的量程，不能量程太大導(dǎo)致表的讀數(shù)偏小； 根據(jù)題中關(guān)鍵語句，如精確測(cè)量，從零開始連續(xù)可調(diào)等等選擇分壓電路亦或是限流電路；分壓電路滑動(dòng)變阻器選擇小阻值，限流電路滑動(dòng)變阻器選擇大阻值； 選擇電流表的內(nèi)外接法，一般的原則是“大內(nèi)偏大，小外偏小”；也可以根據(jù)與之間的關(guān)系來判斷，當(dāng)時(shí)，采用電流表的外接法，反之選擇電流表內(nèi)接法。（1）本題中，待測(cè)電阻rx的阻值約為25k，直流電源電動(dòng)勢(shì)為20v，經(jīng)粗略計(jì)算電路中最大的電流約為，所以電流表選擇b；雖然電壓表c的量程不足，但是相比起來電壓表d的量程超

37、過太多，讀數(shù)偏小，所以電壓表選擇c表。（2）根據(jù)本題解析的第、兩條原則可知電路圖的問題為：電流表應(yīng)采用內(nèi)接的方法；滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓器方式的接法 。10（2011浙江第22題）.答案：（1）如圖所示；（2）電阻率的允許范圍： ：通過計(jì)算可知，金屬絲a與c電阻率相同，遠(yuǎn)大于金屬絲b的電阻率。解析：（1）以op間距離x為橫軸，以電壓表讀數(shù)u為縱軸，描點(diǎn)、連線繪出電壓表讀數(shù)u隨op間距離x變化的圖線。（2）根據(jù)電阻定律可得。通過計(jì)算可知，金屬絲a與c電阻率相同，遠(yuǎn)大于金屬絲b的電阻率。11(廣東第34（2）題)解析：答案：（2）x1 7.5 左端 右端 ab電珠電阻較小，故選“x1”檔如右圖p置左

38、端電珠兩端電壓最小ab之間電流值相差太大12 (2011北京第21題)答案：（1）s t 0刻線 adc13（2011上海第29題）答案.(1)， (各1分)(2)見圖 (2分)(3)將滑動(dòng)觸頭移至最左端(寫最小給分，最大不給分) 多次移動(dòng)滑動(dòng)觸頭，記錄相應(yīng)的，讀數(shù) (1分) (4) (3分)14（2011山東第23題）答案：如圖所示0.37b c15 (江蘇第11題)答案：16(福建第19（2）題)答案：d .左 1 5 . 增大解析：由于小電珠的電阻一般不大，使用多用電表直接測(cè)量小電珠的電阻，則應(yīng)將選擇開關(guān)旋至歐姆1，選項(xiàng)d正確。對(duì)于分壓電路，開關(guān)s閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片p應(yīng)置于使小電珠

39、上電壓為零處，即最左端。閉合開關(guān)s后，無論如何調(diào)節(jié)滑片p，電壓表和電流表的示數(shù)總是調(diào)不到零，其原因是滑動(dòng)變阻器左端與電源沒有連接好。由描繪出的小電珠的伏安特性曲線可知，小電珠的電阻值隨工作電壓的增大而增大。 17(四川第22（2）題)解析：（2）改裝電壓表時(shí)，其內(nèi)阻值要準(zhǔn)確告知，所以排除ab而選c；再由歐姆定律可知，代入數(shù)據(jù)得；電路圖如上圖所示；根據(jù)歐姆定律，可得通式為，代入數(shù)據(jù)兩次，即得答案?！敬鸢浮浚?） c 6 ； 見上圖； 75 10 。18(重慶第20題).19(重慶22（1）)答案：1 乙 2011普通高校招生考試試題匯編-磁場(chǎng)參考答案1（2011全國(guó)卷1第15題）。解析：要合磁感

40、應(yīng)強(qiáng)度為零，必有和形成兩個(gè)場(chǎng)等大方向，只有c點(diǎn)有可能，選c2（2011海南第7題）解析：考察科學(xué)史，選acd3（2011海南第10題）.解析：在磁場(chǎng)中半徑 運(yùn)動(dòng)時(shí)間：（為轉(zhuǎn)過圓心角），故bd正確，當(dāng)粒子從o點(diǎn)所在的邊上射出的粒子時(shí)：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800，因而ac錯(cuò)4（2011新課標(biāo)理綜第14題）.解析：主要考查安培定則和地磁場(chǎng)分布。根據(jù)地磁場(chǎng)分布和安培定則判斷可知正確答案是b。5（2011新課標(biāo)理綜第18題）.解析：主要考查動(dòng)能定理。利用動(dòng)能定理有 ,b=ki解得。所以正確答案是bd。6（2011浙江第20題）.答案：bc解析：由左手定則可判斷粒子帶負(fù)電，故a錯(cuò)誤；由題意知：粒

41、子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據(jù)，可得、，則，故可知b、c正確，d錯(cuò)誤。7(2011上海第18題)答案：bc8（2011安徽第23）解析：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場(chǎng)強(qiáng)度為e?？膳袛喑隽Ｗ邮艿降穆鍌惔帕ρ豿軸負(fù)方向，于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向且有 qe=qvb 又 r=vt0 則 （2）僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)在y方向位移 由式得 設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是 又有 得 （3）僅有磁場(chǎng)時(shí)，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有 又 qe=ma 由式得 由幾何關(guān)系 即 帶電粒子

42、在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期 則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 所以 9（2011全國(guó)卷1第25）.解析：設(shè)粒子第一次過mn時(shí)速度方向與水平方向成1角，位移與水平方向成2角且2=450，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)， 則有：得出： 在電場(chǎng)中運(yùn)行的位移:在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，且弦切角為=1-2，得出：在磁場(chǎng)中運(yùn)行的位移為：所以首次從ii區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn)的距離為：10（2011新課標(biāo)理綜第25題）.解析：（1）設(shè)粒子a在i內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為c（在y軸上），半徑為ra1，粒子速率為va，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關(guān)系得 式中，由式得 (2)設(shè)粒子a在ii內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓

43、心為oa,半徑為，射出點(diǎn)為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 、和三點(diǎn)共線，且由 式知點(diǎn)必位于 的平面上。由對(duì)稱性知，點(diǎn)與點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即 式中，h是c點(diǎn)的y坐標(biāo)。 設(shè)b在i中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 設(shè)a到達(dá)點(diǎn)時(shí)，b位于點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為。如果b沒有飛出i，則 式中，t是a在區(qū)域ii中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而 由式得 由式可見，b沒有飛出。點(diǎn)的y坐標(biāo)為 由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為 11（2011天津第12題）解析：（1）核反應(yīng)方程為設(shè)碳11原有質(zhì)量為m0，經(jīng)過t=2.0h剩余的質(zhì)量為mt，根據(jù)半衰期定義，有：（2）設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量

44、為q，質(zhì)子離開加速器時(shí)速度大小為v，由牛頓第二定律知：質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的回旋周期為：由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期t與頻率f的關(guān)系可得：設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為n，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率輸出時(shí)質(zhì)子束的等效電流為：由上述各式得若以單個(gè)質(zhì)子為研究對(duì)象解答過程正確的同樣給分（3）方法一：設(shè)k（kn*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1），在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為vk，vk+1，d1、d2之間的電壓為u，由動(dòng)能定理知由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知，則整理得 因u、q、m、b均為定值，令，由上式得相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理 因?yàn)閞k+2 rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小方法二：設(shè)k（kn*）為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1），在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為vk，vk+1，d1、d2之間的電壓為u由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，知，故由動(dòng)能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動(dòng)能增量以質(zhì)子在d2盒中運(yùn)動(dòng)為例，第k次進(jìn)入d2時(shí)，被電場(chǎng)加速（2k1）次速度大小為同理，質(zhì)子第（k+1）次進(jìn)入d2時(shí)，速度大小為綜合上述各式可得整理