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1、2011年高考理综物理（山东卷）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16、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
2、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17、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，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。abv0hh/218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h/2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
3、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 18、C【解析】相遇时间为t则有，两式联立得，相遇是甲的速度为，乙的速度为，故两者速度不一定相等、也不能同时落地，相遇之后的速度不同，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、，故C正确。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 AFfa大小不变 BFfa方向改变CFfb仍然为零 DFfb方向向右19、AD【解析】两物块相同
4、，由受力分析可知两物体受到弹簧拉力大小相等，方向相反，绳子对b的拉力等于弹簧对b的拉力，若a平衡且有摩擦力，则绳对a拉力大小等于b受到得绳子拉力大小相等，此摩擦力小于最大静摩擦力，故当间断右侧细绳后，a受力情况不变，b受到的摩擦力与弹簧拉力平衡，大小与a受到的摩擦力相等。u1用户P图甲u2图乙u2/Vt/10-2sO190-19012绳子剪断后受力分析FFFN FNmgmgFfaFfb绳子剪断前受力分析FFFN FNmgmgFfaFb20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u
5、2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是 Au2=190sin(50t)VBu2=190sin(100t)V C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20、BD【解析】根据图像知周期为T=210-2s，电压的最大值为V，故用户得到电压的瞬时值为，B正确；用户获得电压为交流电的有效值，此时有效值为190V，根据变压比，增大电压则需要减少原线圈的匝数P要适当上移，D正确。abcdMN+21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
6、连线上。以下判断正确的是 Ab点场强大于d点场强 Bb点场强小于d点场强Ca、b两点间的电势差等于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21、BC【解析】根据等量同种电荷的电场线分布可知b点场强小于d点场强，B正确，A错误；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，C正确；MN左侧电势大于零，而右侧小于零所以试探电荷q在a点的电势能大于在c点的电势能，D错误。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
7、，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acOh2h3h4h5hxcacOh2h3h4h5hxcEkdOh2h3h4h5hxdOh2h3h4h5hxdEkd图乙A B C D22、BD【解析】c导体棒落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g,有，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为，d棒进入磁场而c还没有传出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为
8、g，知道c棒穿出磁场，B正确。c棒穿出磁场，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c进入磁场是切割磁感线的速度，故电动势、电流、安培力都大于c刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动，可知加速过程动能与路程成正比，D正确。23.（12分）xhH挡板某探究小组设计了“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
9、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）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AVSE，r图甲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。所得实验数据如下表，请在给出的直角坐标系上画出U-I图像。U/V1.961.861.801.841.641.56I/A0.050.150.250.350.450.55U/VI/A0
10、0.10.20.30.40.50.60.72.12.01.91.81.71.61.5根据所画U-I图像，可求得电流I=0.20A时电源的输出功率为_W。（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）AVRxRAVRxRAVRxRS图乙AVRSRxSSa b c d23、（1）；cd；（2）如图所示；0.37（或0.36）；bc【解析】（1）滑动沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动，有，小球做自由落体运动，有，所以。对滑
11、块受力分析，根据牛顿第二定律得.即解得由分析知,c、d能引起实验误差。（2）如图所示由UI图象可知，当I0.2A时，U1.84V。由PUI得：P1.840.2W0.368W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。ABFl2l1xh24（15分）如图所
12、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=10m/s2）求：B离开平台时的速度vB。B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB。A左端的长度l2，24、【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）
13、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 25（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：、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=30，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
14、30，求B0及粒子在区运动的时间t。L1LL2B1B2m-qMNQP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。若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件。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。图1B1B2L1L2LIII25、【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 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
15、间为t 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 图2B1B2L1L2LIII 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 联立式解得 图3B1B2L1L2LIII 图4B1B2L1L2LIII36（8分）3-3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OABCD软胶管气体温度计结构如
16、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。（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg）求恒温槽的温度。此过程A内气体内能 （填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将 （填“吸热”或“放热”）。36、（1）a d（2）364K 增大；吸热【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
17、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。ABCDO橡胶管（2）设恒温槽的温度为，由题意知A内气体发生等容变化由查理定律得 联立式解得理想气体的内能只由温度决定，A气体的温度升高，所以内能增大。由热力学第一定律知，气体不对外做功，气体将吸热。37（8分）3-4yx/mOA-AP123456789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。波沿x轴_(填“正”或“负”)方向传播。
18、AMBO求波速。如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角AOB=60。一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB。求介质的折射率。折射光线中恰好射到M点的光线_(填“能”或“不能”）发生全反射。37、（1）正；100m/s（2）；不能【解析】（1）t1=0时，P质点向y轴负方向运动，由波的形成与传播知识可以判断波沿x轴正向传播。由题意知 联立式代入数据求得i（2）解析：依题意作出光路图，如图所示。由几何知识知入谢角i=600,折射角=300。根据折射定律代入数据求得。, ,而。，以不能发生全反射。38（8分）3-5碘131核不稳定，会发生衰变，其半衰变
19、期为8天。碘131核的衰变方程： _（衰变后的元素用X表示）。经过_天有75%的碘131核发生了衰变。v02v0甲乙如图所示，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） 38、（1）；16；（2）4v0【解析】核衰变遵守电荷量和质量数守恒，所以 根据半衰期概念，得 即 解得t=16天。 （2）解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度为，抛出货物后的速度为，甲船上的人接到货物后速度为，由动量守恒定律得： 为避
20、免两船相撞应满足： 联立式得： 参考答案16AB 17AC 18C 19AD 20BD 21BC 22BD23x/H cd 图略 0.36W bc242m/s 0.5s，0.5m 1.5m25，（提示：见图1，r1=L） （提示：如图1几何关系可得）（提示：如图2几何关系可得r1=L，r22L/3）B1L1= B2L2（提示：如图3几何关系，两弧对应的圆心角都是+，r1(sin+sin)=L1，同理有r2(sin+sin)=L2，因此）L1LL2B1B2h图1L1LL2B1B2图2L1LL2B1B2图3r1r1r1r2r2r1AMBOr36ad 364K 增大，吸热37正 100m/s n= 不能（提示：射到M时对应的入射角r=30，临界角C满足sinC=，因此rC。）38 16 4v0（提示：设最终共同速度为v，全过程系统动量守恒，10m2v0+12mv0=22mv，乙船上的人抛出货物过程动量守恒，12mv0=11mv+ mv，可得v= -4v0）
