2011届高考物理同步测控试题151
2011年全国统一高考物理试卷新课标及答案
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=0.2A5．（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=0.2A【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v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是s=v1t﹣at2；（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= 2.1m/s2（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v1、测量值s和t四个物理量．因为时速度v1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s2=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。
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年高考理综物理部分试题,解析（山东卷
2011年高考理综物理部分试题,解析(山东卷篇一：2011山东理综物理部分试卷与答案2011年普通高等学校夏季招生考试理科综合能力测试(山东卷)一、选择题( 本大题共7 题, 共计28 分)1、(4分)（不定项）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．以下符合史实的是（）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2、(4分)（不定项）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3、(4分)（不定项）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4、(4分)（不定项）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，两侧用细绳系于墙壁．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Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0.现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（）A．Ffa大小不变B．Ffa方向改变C．Ffb仍然为零D．Ffb方向向右5、(4分)（不定项）为保证用户电压稳定在220 V，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＝190 sin（50πt）VB．u2＝190 sin（100πt）VC．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移6、(4分)（不定项）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和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7、(4分)（不定项）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（）图甲图乙二、非选择题( 本大题共 6 题, 共计69 分)1、(12分)（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________．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（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．________ W．（保留两位有效数字）③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）图甲图乙2、(15分)如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m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＝1 kg，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＝20 N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2距离x＝1.2 m．（取g＝10 m/s）求：（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左段的长度l2.3、(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：Ⅰ、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于纸面．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t.（2）若Ⅱ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Ⅱ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Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ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．4、(8分) [选修模块33]（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（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＝14 cm，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＝44 cm.（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg）①求恒温槽的温度．②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”）．5、(8分) [选修模块34]（1）如图所示，一列简谐横波沿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＝0.01 s时的波形图．已知周期T＞0.01 s.①波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播．②求波速．（2）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.①求介质的折射率．②折射光线中恰好射到M点的光线______（填“能”或“不能”）发生全反射．6、(8分) [选修模块35]（1）碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．①碘131核的衰变方程：I→______（衰变后的元素用X 表示）．②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．（2）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）2011年普通高等学校夏季招生考试理科综合能力测试(山东卷)一、选择题( 本大题共7 题, 共计28 分)1、(4分) AB C项中应为奥斯特发现了电流的磁效应，D项中应为伽利略将斜面实验的结论合理外推．2、(4分) AC 地球对卫星的万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有＝＝m＝ma，可知，r越大、v、a越小，T越大．由题意可知，甲卫星的轨道半径较大，则其周期较大，加速度较小，A、C两项正确；第一宇宙速度等于近地卫星的速度，是所有卫星环绕速度的最大值，C项错误；甲卫星为地球同步卫星，轨道位于赤道平面内，运行时不能经过北极的正上方，D项错误．3、(4分) C 设两球释放后经过时间t相遇，因它们的位移大小相等，故有v0t－gt2＝gt2，得v0＝gt，这表明相遇时a球的速度为零，根据竖直上抛运动的对称性可知a球从抛出至落地时间为2t，而b球的落地时间小于2t，A、B两项错误；从开始到相遇，球a的机械能守恒，球a的动能减小量等于mgh/2，球b的机械能守恒，球b的动能增加量等于mgh/2，C项正确；相遇后的任意时刻，a、b球的速度均不等，重力大小相同，所以重力的功率不等，D项错误．4、(4分) AD 右侧细绳剪断瞬间，其拉力变为零．弹簧上的弹力不变，物体b受水平向右的摩擦力，D项正确；剪断细绳瞬间，由于弹簧上的弹力不变，物体a所受摩擦力不变，A项正确．5、(4分) BD 由题图可知，u2的变化周期T＝0.02 s，则ω＝＝100πrad/s，B项正确；由于u2偏小，为使其有效值增大为220 V，根据变压器的变压规律＝可知，应减小变压比，即将P适当上移，D项正确．6、(4分) BC根据电场线分布规律可知，d点场强大于两电荷连线的中点O的场强，而O的场强大于b的场强，所以b的场强小于d的场强，B项正确，A项错误；由于电场关于MN对称，所以ab的电势差等于bc的电势差，C项正确；从a到c移动试探正电荷，电场力做正功，电势能减小，D项错误．7、(4分) BD 0～h内，c做自由落体运动，加速度等于重力加速度g；d自由下落h进入磁场前的过程中，c做匀速运动，位移为2h；当d刚进入磁场时，其速度和c刚进入时相同，因此cd回路中没有电流，c、d均做加速度为g的匀加速运动，直到c离开磁场，c离开磁场后，仍做加速度为g的加速运动，而d做加速度小于g的加速运动，直到离开磁场，B、D两项正确．二、非选择题( 本大题共 6 题, 共计69 分)1、(12分) （1）①（2）①如图所示②(h－) ③cd篇二：2013高考山东理综物理部分试题与答案word解析版2013年普通高等学校招生全国统一考试理科综合物理试题（山东卷）二、选择题（共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５分，选对但不全的得3分，有选错的得０分）14、伽利略开始了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（）Ａ、力不是维持物体运动的原因Ｂ、物体之间普遍存在相互作用Ｃ、忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快Ｄ、物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反15、如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（）A．：4 B. 43C. 1:2D. 2:116、如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m（Mm）的滑块，通过不可伸长的轻绳定滑轮连接，轻绳与斜面平等，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。
2011高考理综全国卷1物理部分真题及参考答案
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题：本大题共8小题。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。
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．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 15．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流1I 和2I ，且12I I >；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16．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17．通常一次闪电过程历时约0．2～O ．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1．0×910v ，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6 C ，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1×510A B ．整个闪电过程的平均功率约为l×1410W C ．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6×610 j18．已知氢原子的基态能量为E 1，激发态能量21/n E E n =，其中n=2,3…。
2011届高考物理同步测控试题6
1．北京时间2010年1月13日5时53分海地发生7.3级地震，震中距离海地首都太子港约16公里，13日14时清晨6时经过10个小时飞行，中国救援队的包机到达温哥华，在温哥华短暂停留了2个小时后，中国包机再次起飞，6个小时后到达太子港，立刻投入救援工作，此次航程1.2万公里，关于此次航行，下列说法正确的是()图2－1－3A．当研究救援队包机的运行轨迹时，可以将其看作质点B．1.2万公里指的是此次航行位移C．1.2万公里指的是此次航行路程D．根据已知条件我们可以求得此次航行的平均速度解析：选AC.将救援队包机看作质点可较方便的研究其运行轨迹，故A对；由题图可知，“1.2万公里”指的是救援队包机的航行路程，而不是位移，故B错，C对；平均速度是位移与所用时间的比值，平均速率是路程与所用时间的比值，故D错．2．(2010年湛师附中模拟)下列说法正确的是()A．参考系必须是固定不动的物体B．参考系可以是变速运动的物体C．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可作为质点D．研究跳水运动员转体动作时，运动员不可作为质点解析：选BD.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的，也可以是变速运动的物体，A错误，B正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C错误；但在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D正确．3．在2009年济南全运会上，甲、乙两运动员分别参加了在主体育场举行的400 m和100 m田径决赛，且两人都是在最内侧跑道完成了比赛，则两人在各自的比赛过程中通过的位移大小s甲、s乙和通过的路程大小s′甲、s′乙之间的关系是()A．s甲>s乙，s′甲<s′乙B．s甲<s乙，s′甲>s′乙C．s甲>s乙，s′甲>s′乙D．s甲<s乙，s′甲<s′乙解析：选B.400 m赛的路程为400米，位移为0,100 m赛的路程和位移大小都是100 m，故B对．4.2009年9月18日上午，十一运火炬传递运行团队携带火种抵达青岛，19日上午，在青岛举行传递活动．观察图2－1－4中的旗帜和甲、乙两火炬手所传递的圣火图2－1－4火焰，关于甲、乙两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法正确的是(旗杆和甲、乙火炬手在同一地区)()A．甲、乙两火炬手一定向左运动B．甲、乙两火炬手一定向右运动C．甲火炬手可能运动，乙火炬手向右运动D．甲火炬手可能静止，乙火炬手向左运动解析：选D.由旗帜的方向可判断风的方向为向左，故可判断甲可能静止，也可能运动，由乙火炬的火焰方向可判断乙火炬手向左运动．5．(2010年黄冈模拟)一足球以12 m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24 m/s，球与脚接触时间为0.1 s，则此过程中足球的加速度为()A．120 m/s2，方向与踢出方向相同B．120 m/s2，方向与飞来方向相同C．360 m/s2，方向与踢出方向相同D．360 m/s2，方向与飞来方向相同答案：C6．如图2－1－5所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8 s后指针指示在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为()图2－1－5A ．11 m/s 2B ．5.0 m/s 2C ．1.4 m/s 2D ．0.6 m/s 2解析：选C.甲图所示为初速度，示数约是20 km/h ≈5.6 m/s ，乙图所示是末速度，示数约是60 km/h ≈16.7 m/s ，则加速度a ＝v －v 0t ＝16.7－5.68m/s 2≈1.4 m/s 2，故C 选项正确． 7．(2010年聊城模拟)在2009年8月柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子100 m 决赛中和男子200 m 决赛中分别以9.58 s 和19.19 s 的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图2－1－6所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度约为10.42 m/s图2－1－6C．100 m决赛中的平均速度约为10.44 m/sD．100 m决赛中的最大速度约为20.64 m/s解析：选C.200 m决赛的跑道有一段弯道，所以200 m决赛的位移小于200 m，所以A错；200 m决赛的平均速度v<200 m19.19 s＝10.42m/s，故B错；100 m决赛的平均速度v＝100 m9.58 s＝10.44 m/s，而最大速度无法确定，故C对．8．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中() A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值解析：选B.因加速度与速度同向，故速度逐渐增大，加速度逐渐减小，速度增大的逐渐变慢，但仍再增大，到加速度减为0时，速度不再增加，此时速度达到最大值，而位移仍越来越大，故只有B正确．9．一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为s＝(5＋2t3)m，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2m/s，该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度的大小分别为()A．12 m/s,39 m/s B．8 m/s,38 m/sC．12 m/s,19.5 m/s D．8 m/s,13 m/s解析：选B.t ＝0时，s 1＝5 m ，t ＝2 s 时，s 2＝21 m ，所以Δs 1＝s 2－s 1＝16 m ，所以v 1＝Δs 1t 2－t 1＝8 m/s ，t ＝3 s 时，s 3＝59 m ，所以Δs 2＝s 3－s 2＝38 m ，所以v 2＝Δs 2t 3－t 2＝381m/s ＝38 m/s ，故选B. 10．一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到飞机的发动机声从头顶上方传来时，发现飞机在他前上方约与地面成60°角的方向上，据此可估算出此飞机的速度约为声速的多少倍？解析：飞机飞行与声音传播具有等时性，设飞机在人头顶正上方时到地面的高度是h ，如图所示发动机声传到地面所用时间是t 1，声速为v 声，则t 1＝h v 声，在这个过程飞机飞行的距离为s ，设飞行速度为v 机，时间为t 2，t 2＝s v 机，由t 1＝t 2， 得v 机v 声＝s h ＝tan30°＝33≈0.58，即飞机速度约为声速的0.58倍． 答案：0.58或33答案：360 m12．(2010年西宁调研)某高速公路单向有两条车道，两条车道的最高限速分别为120 km/h 和100 km/h ，按规定在高速公路上行驶的车辆最小间距(m)应为车速(km/h)数的2倍，即限速为100 km/h 的车道，前后车距至少应为200 m ，求：(1)两条车道中限定的车流量(每小时通过某一位置的车辆总数)之比．(2)若此高速公路总长为80 km ，则车流量达最大允许值时，全路(考虑双向共四条车道)拥有的车辆总数．解析：(1)设车辆速度为v ，前后车距为d ，则车辆在t ＝1 h 内通过的位移s ＝v t ，车流量n ＝s d ，而d ＝2v ，得n ＝t 2.则两车道中限定的车流量之比n 1n 2＝1∶1. (2)设高速公路总长为l ，一条车道中全路车辆数N 1＝l 2v 1，另一条车道中全路车辆数N2＝l2v2，全路拥有的车辆总数N＝2(N1＋N2)，代入数据解得N≈1466.答案：(1)1∶1(2)1466。
2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷(福建)
绝密★启用前 2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（福建） 试卷副标题 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题） 请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题 1．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星。
若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T ，已知引力常数G ，半径为R 的球体体积公式334V R π=，则可估算月球的 A.密度 B.质量 C.半径 D.自转周期 2．如图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方。
一束白光沿半径方向从A 点射入玻璃砖，在O 点发生反射和折射，折射光在白光屏上呈现七色光带。
若入射点由A 向B 缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O 点，观察到各色光在光屏上陆续消失。
在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是 A.减弱，紫光 B.减弱，红光 C.增强，紫光 D.增强,红光 3．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( ) 图甲 图乙B. 只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C. 只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D. 若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W 4．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率t v 运行。
初速度大小为2v 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。
若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v -t 图像（以地面为参考系）如图乙所示。
已知2v ＞1v ，则 A. 2t 时刻，小物块离A 处的距离达到最大 B. 2t 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C. 0~2t 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D. 0~2t 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 5．如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°),其中MN 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。
2011年普通高等学校招生全国统一考试 物理(新课标卷)
绝密★启封并使用完毕前2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试试题（物理）第Ⅰ卷（选择题）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，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．,0.2==U 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届高考物理同步测控试题8
1．甲、乙两物体的位移—时间图象如图2－3－11所示，下列说法正确的是( )A ．甲、乙两物体均做匀变速直线运动B ．甲、乙两物体由不同地点同时出发，t 0时刻两物体相遇C ．0～t 0 时间内，两物体的位移一样大D ．0～t 0时间内，甲的速度大于乙的速度；t 0时刻后，乙的速度大于甲的速度解析：选B.s －t 图象的斜率表示速度，故甲、乙两物体均做匀速直线运动，且v 甲<v 乙，故选项A 错；初始时刻，两物体在不同位置，同时出发，t 0时刻两物体在同一位置，即相遇，故选项B 对；0～t 0时间内，两物体的末位置相同，初位置不同，故位移不同，且s 甲<s 乙，故选项C 错；甲、乙两条s －t 图线的斜率不变，故t 0时刻前后，甲、乙始终做匀速直线运动，且v 甲<v 乙，故选项D 错．图2－3－112.如图2－3－12所示为甲、乙两物体相对于同一坐标的s －t 图象，则下列说法正确的是( )①甲、乙均做匀变速直线运动②甲比乙早出发时间t 0③甲、乙运动的出发点相距s 0④甲的速率大于乙的速率A ．①②③B ．①④C ．②③D ．②③④解析：选C.图象是s －t 图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t 0，甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距s 0.甲、乙运动的速率用图线的斜率的绝对值表示，由图可知甲的速率小于乙的速率．3. (2010年常州质检)如图2－3－13所示，有一质点从t ＝0时刻开始，由坐标原点出发沿v 轴的方向运动，则以下说法不．正确的是( ) A ．t ＝1 s 时，离开原点的位移最大B ．t ＝2 s 时，离开原点的位移最大C ．t ＝4 s 时，质点回到原点D ．0到1 s 与3 s 到4 s 的加速度相同解析：选A.根据v －t 图象在各阶段为直线，可知质点在各阶段均图2－3－12图2－3－13做匀变速直线运动：在0～1 s 内沿v 轴正方向的速度不断增加，故做初速度为零的匀加速直线运动；在1 s ～2 s 内沿v 轴正方向做匀减速直线运动，2 s 时离开原点最远；在2 s ～3 s 内沿v 轴负方向做匀加速直线运动；在3 s ～4 s 内沿v 轴负方向做匀减速直线运动，4 s 时回到原点； 在0～1 s 和3 s ～4 s 内加速度大小和方向均相同．故选项B 、C 、D 均正确．4.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间(s －t )图象如图2－3－14所示，则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻乙车从后面追上甲车B ．t 1时刻两车相距最远C ．t 1时刻两车的速度刚好相等D ．0到t 1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度答案：A5．一个以初速度v 0沿直线运动的物体，t 秒末速度为v t ，如图2－3－15所示，则关于t 秒内物体运动的平均速度v 和加速度a图2－3－14图2－3－15的说法中正确的是( )A.v ＝v 0＋v t 2B.v <v 0＋v t 2C ．a 的大小和方向都没有变化D ．a 随时间逐渐减小解析：选D.平均速度在数值上等于阴影部分的面积除以t ，因此v >v 0＋v t 2，A 、B 错；曲线的斜率越来越小，表示加速度逐渐减小，故D 对C 错．6.(2009年苏北四市模拟)利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图象如图2－3－16所示，以下说法错误的是( )A ．小车先做加速运动，后做减速运动B ．小车运动的最大速度约为0.8 m/sC ．小车的位移一定大于8 mD ．小车做曲线运动解析：选D.由v －t 图象可以看出，小车的速度先增加，后减小，最大速度约为0.8 m/s ，故A 、B 均正确．小车的位移为v －t 图象与t 图2－3－16轴所围的“面积”，s ＝85×0.1×1 m ＝8.5 m>8 m ，C 正确，图线弯曲表明小车速度变化不均匀，不表示小车做曲线运动，故D 错误．7.小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图2－3－17所示，取g ＝10 m/s 2.则下列说法不．正确的是( )A ．小球下落的最大速度为5 m/sB ．小球第一次反弹的初速度的大小为3 m/sC ．小球能弹起的最大高度为0.45 mD ．小球能弹起的最大高度为1.25 m解析：选D.结合题给v －t 图，可以确定是以竖直向下为正方向的．由题图知0～0.5 s 过程为下落过程，最大速度为5 m/s ，A 正确；0.5 s ～0.8 s 过程为反弹过程，初速度大小为3 m/s ，B 正确；由v －t图线与坐标轴所围面积为位移可得反弹的最大高度为h ＝12(0.8－0.5)×3 m ＝0.45 m ，C 正确，D 错．8.(2008年高考海南卷)t ＝0时，甲乙两汽车从相距70 km 的两地开始相向行驶，它们的v －t 图象如图2－3－18所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是( )A ．在第1小时末，乙车改变运动方向 图2－3－17图2－3－18B ．在第2小时末，甲乙两车相距10 kmC ．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D ．在第4小时末，甲乙两车相遇解析：选BC.速度图象在t 轴下的均为反方向运动，故2 h 末乙车改变运动方向，A 错；2 h 末从图象围成的面积可知乙车运动位移为30 km ，甲车位移为30 km ，相向运动，此时两车相距s ＝(70－30－30)km ＝10 km ，B 对；从图象的斜率看，斜率大加速度大，故乙车加速度在4 h 内一直比甲车加速度大，C 对；4 h 末，甲车运动位移120 km ，乙车运动位移30 km ，两车原来相距70 km ，故此时两车还相距20 km ，D 错．9.(2010年湖南长沙模拟)如图2－3－19所示，为三个运动物体的v －t 图象，其中A 、B 两物体是从不同地点出发，A 、C 是从同一地点出发，则以下说法正确的是( )A ．A 、C 两物体的运动方向相反B ．t ＝4 s 时，A 、B 两物体相遇C ．t ＝4 s 时，A 、C 两物体相遇D ．t ＝2 s 时，A 、B 两物体相距最远解析：选C.在t ＝4 s 之前，A 、B 、C 物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t ＝4 s 时，A 、B 两物体发生的位移相同，但由于两物体不是同地出发，因此此时两者并没有相遇，而A 、C 两物体是同图2－3－19时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s 时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故出现“相距最远”和“相距最近”两种可能．10．(2009年宜昌调研)某人骑摩托车在雾天行驶，若能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)约为15 m，设该人的反应时间为0.5 s，已知摩托车刹车时产生的最大加速度为5 m/s2，为安全行驶，摩托车行驶的最大速度是多少？解析：设其安全行驶的速度为v，反应时间为t，能见度为s，刹车加速度为a.在反应时间t内，摩托车匀速行驶，位移为：s1＝v t刹车后，摩托车匀减速行驶至速度为零，位移为：s2＝v22a欲满足题意，则有：v t＋v22a≤s解得v≤10 m/s即最大行驶速度是10 m/s.答案：10 m/s11．(2010年江苏扬州模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸汽不足而停驶，驾驶员把货车厢甲(如图2－3－20所示)留在现场，只拖着几节车厢向前方不远的车站开进，但他忘了将货车厢刹好，使车厢在斜坡上以4 m/s的速度匀速后退，此时另一列火车乙正以16 m/s 的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞．设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2 m/s 2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？图2－3－20解析：取方向向右为正方向t ＝v 1－v 2a ＝4－(－16)2s ＝10 s ， s 1＝v 1t ＝4×10 m ＝40 ms 2＝v 2t ＋12at 2＝－16×10 m ＋12×2×102 m ＝－60 ms ＝s 1＋|s 2|＝40 m ＋60 m ＝100 m.答案：100 m12．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h 以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．则t 1＝102.5 s ＝4 ss 货＝(5.5＋4)×10 m ＝95 ms 警＝12at 12＝12×2.5×42 m ＝20 m所以两车间的最大距离Δs ＝s 货－s 警＝75 m.(2)v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间t 2＝252.5 s ＝10 ss ′货＝(5.5＋10)×10 m ＝155 ms ′警＝12at 22＝12×2.5×102 m ＝125 m因为s ′货>s ′警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离 Δs ′＝s ′货－s ′警＝30 m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则Δt ＝Δs ′v 0－v＝2 s 所以警车发动后要经过t ＝t 2＋Δt ＝12 s才能追上货车．答案：(1)75 m (2)12 s。
2011届高考物理同步测控试题2
1．关于闭合电路的性质，下列说法不．正确的是()A．外电路断路时，路端电压最高B．外电路短路时，电源的功率最大C．外电路电阻变大时，电源的输出功率变大D．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变解析：选C.由闭合电路欧姆定律可知：E＝U外＋U内，当外电路断路时，即I＝0，此时U外＝E，路端电压最大；外电路短路时，电路中电流最大，此时，电源的功率也最大；电源的输出功率，即外电路消耗的功率，P＝I2R＝E2R(R＋r)2＝E2(R－r)2R＋4r，只有当R＝r时，电源的输出功率最大，故C错．应选C.2．如图10－2－19为两个不同闭合电路中两个不同电源的U－I图象，则下列说法正确的是()A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流I1>I2B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2C．电动势E1＝E2，内阻r1<r2D．电流相同时，电源1的输出功率大解析：选ACD.在描述电源的U－I图象中，与U轴交点表示电动势，故E1＝E2，U＝0时的电流表示短路时的电流，故I1>I2，图线斜率的绝对值表示内阻，故r1<r2，所以A、C 对，B错；当电流相同时，路端电压U1>U2，由输出功率P＝UI得：P1>P2，所以D对．图10－2－19图10－2－203．在如图10－2－20中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路．由图象可知( )A ．电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩB ．电阻R 的阻值为1 ΩC ．电源的输出功率为2 WD ．电源的效率为66.7%解析：选ABD.图象Ⅰ与纵轴交点表示电源电动势，为3 V ，图象Ⅰ斜率的绝对值表示电源内阻为0.5 Ω，选项A 正确；图象Ⅱ的斜率表示电阻R 的阻值为1 Ω，选项B 正确；电源输出电压为U ＝2 V ，电流为2 A ，电源输出功率为4 W ，选项C 错；电源效率η＝P 出/P 总×100%＝U /E ×100%＝2/3×100%＝66.7%，选项D 正确．4．(2009年高考全国卷Ⅱ)图10－2－21甲为测量某电源电动势和内阻时得到的U －I 图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V ．则该电路可能为图乙中的( )图10－2－21解析：选B.由U －I 图线的斜率及截距可得该电源E ＝6 V ，r ＝0.5Ω.当U ＝4.8 V 时，I ＝E －U r ＝2.4 A ，R ＝U /I ＝2 Ω，B 正确．5．(2010年广东六校联考)如图10－2－22所示电路中，电源电压不变(内电阻不计)，R 1是光敏电阻，在没有光照射时，a 、b 两点电势相等，当用光照射R 1时，则( ) 图10－2－22A ．R 1电阻变小，a 点电势高于bB ．R 1电阻变小，a 点电势低于bC ．R 1电阻变大，a 点电势高于bD ．R 1电阻变大，a 点电势低于b解析：选B.R 1是光敏电阻，光照越强，电阻越小，因此当用光照射R 1时，R 1电阻变小，因此R 1两端电压变小，R 2两端电压变大，而R 2两端电压U 2＝φb －φc ，c 点电势φc 不变，所以b 点电势φb 变大，R 3、R 4都不变，所以a 点电势φa 不变，所以a 点电势低于b 点电势，因此B 正确．A 、C 、D 错误．6．(2009年海淀模拟)如图10－2－23所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O 点固定，P 为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S ，在滑动头P 缓慢地由m 点经n 点移到q 点的过程中，电容器C 所带的电荷量将( ) A ．由小变大 B ．由大变小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：选C.在图示位置时并联电阻最大，从m 点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q 位置过程中圆环总电阻减小，则电阻R 两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C ＝QU ，电容器C 所带的电荷量先减小后增大，C 对．7．如图10－2－24所示的电路中，闭合开关S 后，灯L 1、L 2都能发光．后来由于某种故障使灯L 2突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是( )A ．电阻R 1断路B ．电阻R 2短路C ．灯L 1两接线柱间短路D ．电阻R 2断路 解析：选D.因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内图10－2－23 图10－2－24阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．若电阻R 1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L 2两端电压会减小，致使灯L 2变暗，故A 错误；若电阻R 2短路，灯L 2将不亮，故B 错误；若灯L 1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意，故C 错误；若电阻R 2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L 1、R 1并联部分电压减小，灯L 2两端电压增大，灯L 2变亮，故D 正确．8．(2010年山东淄博调研)如图10－2－25所示，电流表、电压表均为理想电表，L为小电珠．R 为滑动变阻器，电源电动势为E ，内W 栉猺．现将开关S 闭合，当滑动变阻器滑片P 向左移动时，下列结论正确的是( )A ．电流表示数变小，电压表示数变大B ．小电珠L 变罙C ．电容器C 上电荷量减小D ．电源的总功率变大 解析：选A.本题考查闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律和电路动态变化．当滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻R 接入电路的阻值变大，则电路的总阻值也增大，干路电流减小，路端电压变大，故电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L 变暗，A 正确，B 错误；根据闭合电路欧姆定律可判定电容器C 两极板的电压增大，所带电荷量也应变大，故C 错误；根据电源的总功率P ＝EI ，干路电流I 减小，所以P 应变小，D 错误．9．(2009年黄冈模拟)酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器．酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图10－2－26所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指图10－2－25图10－2－26针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U 与酒精气体浓度c 之间的对应关系正确的是( )A ．U 越大，表示c 越大，c 与U 成正比B ．U 越大，表示c 越大，但是c 与U 不成正比C ．U 越大，表示c 越小，c 与U 成反比D ．U 越大，表示c 越小，c 与U 不成反比解析：选B.题中给出传感器电阻r ′的倒数与酒精气体浓度c 是正比关系，即1r ′＝kc ，电压表示数U ＝R 0E r ′＋R ＋R 0＋r ＝R 0E 1kc ＋R ＋R 0＋r＝kR 0E k (R ＋R 0＋r )＋1c，可以看出电压与浓度的关系不是正比关系，但随浓度的增加而增加，故只有选项B 正确．10．(2010年上海南汇期末测试)如图10－2－27所示电路，已知R 3＝4 Ω，闭合电键，安培表读数为0.75 A ，伏特表读数为2 V ，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8 A ，伏特表读数变为3.2 V ，问：图10－2－27(1)哪个电阻发生断路故障？(2)R 1的阻值是多少？(3)能否求出电源电动势E 和内阻r ？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．解析：(1)伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R 2被烧断路了．(2)R 1＝U 1′I 1′＝3.20.8Ω＝4 Ω. (3)UR 3＝I 1R 1－UR 2＝0.75×4 V －2 V ＝1 VI 3＝UR 3R 3＝14 A ＝0.25 AE ＝3.2 V ＋0.8 A ×(R 4＋r )E ＝3 V ＋(0.25 A ＋0.75 A)(R 4＋r )R 4＋r ＝1 ΩE ＝4 V故只能求出电源电动势E 而不能求出内阻r .答案：(1)R 2断路 (2)4 Ω (4)4 V ；不能求出内阻r11．如图10－2－28所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况，如乙图中的AC 、BC 两直线所示．不考虑电表对电路的影响．图10－2－28(1)电压表V 1、V 2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？(2)定值电阻R 0，变阻器的总电阻R 分别为多少？(3)求出电源的电动势和内阻．解析：(1)V 1的示数随电流表示数的变化图线对应AC 线，V 2的示数对应电流表示数的变化图线对应BC 线．(2)R 0＝ΔU ΔI ＝6－1.52－0.5Ω＝3 Ω，当R 全接入电路时，对应BC 线上的B 点．则7.50.5 Ω＝R ＋R 0，R ＝15 Ω－3 Ω＝12 Ω.(3)对图线上的B 点有：E ＝7.5＋0.5r ，对图线上的C 点有：E ＝6＋2r ，解得E ＝8 V ，r ＝1 Ω.答案：见解析12．如图10－2－29所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d ＝40 cm.电源电动图10－2－29势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(取g ＝10 m/s 2)解析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A 板时速度为零．设两板间电压为U AB ，由动能定理得－mgd －qU AB ＝0－12m v 02解得U AB ＝8 V滑动变阻器两端电压 U 滑＝U AB ＝8 V设通过滑动变阻器的电流为I ，由欧姆定律得I ＝E －U 滑R ＋r ＝1 A滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I ＝8 Ω电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W.答案：8 Ω 23 W。
2011届高考物理同步测控试题1
1．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．16ρ和16RD ．ρ和16R解析：选D.导体的电阻率反映材料的导电性能，温度一定时电阻率是不变的．导线拉长后，直径变为原来的一半，则横截面积变为原来的1/4，因总体积不变，长度变为原来的4倍，由电阻定律计算可知电阻变为原来的16倍．2．一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W 与36 V ．若把此灯泡接到输出电压为18 V 的电源两端，则灯泡消耗的电功率( )A ．等于36 WB ．小于36 W ，大于9 WC ．等于9 WD ．小于9 W解析：选B.当灯泡两端加36 V 的电压时，灯泡能够正常工作，消耗的电功率为36 W ，此时灯泡的电阻为36 Ω.当灯泡两端加上18 V 的电压时，灯泡不能正常工作，消耗的电功率必然小于36 W ，而此时灯丝的温度要比加36 V 时的低，则工作时灯丝的电阻率必然比正常工作时的要小，灯丝电阻必然小于36 Ω，则由公式P ＝U 2R 可以得出此时消耗的电功率要大于9 W ，故B 选项正确．3．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v .若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的12，再给它两端加上电压U ，则( )A ．通过导线的电流为I 4B ．通过导线的电流为I 16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v 8D ．导线中自由电子定向移动的速率为v 2解析：选B.导线被拉长后，其横截面积变小，变为原来的14，其电阻增大为原来的16倍，则加上相同的电压U 时，电流会减为原来的116，A 项错B 项正确；又根据I ＝neS v ，导线被拉长后，n 、e 不变，I 变为原来的116，S 变为原来的14，故v 变为原来的14，C 、D 项错．4．金属铂的电阻率对温度的变化非常敏感，随着温度的升高，其电阻率将增大，如把加在一段铂丝两端的电压和流过这段铂丝的电流分别用U 和I 来表示，则图10－1－12中的哪一幅图比较客观地反映I －U 间的关系( )图10－1－12 解析：选C.随电流的增大，铂的温度升高，电阻率增大，电阻增大，图象的斜率逐渐减小，故C 对．5．(2010年福建福州质检)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图10－1－13甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m ，升降机静止时电流表示数为I 0.某过程中电流表的示数如图10－1－13乙所示．则在此过程中( )图10－1－13A ．物体处于失重状态B ．物体处于超重状态C ．升降机一定向上匀加速运动D ．升降机可能向下匀减速运动解析：选BD.由乙图可知，电流由I 0变为2I 0，且保持不变，说明压敏电阻受压力恒定，说明升降机做匀变速运动；电流变大说明阻值减小，说明压力变大，说明物体处于超重状态，即升降机有向上的加速度．升降机有两种运动状态：加速向上或减速向下，故选项B 、D 正确．6．(2010年济南质检)我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道．当环中的电流为10 mA 时(设电子的速度是光速的1/10)，则在整个环中运行的电子数目为(电子电荷量e ＝1.60×10－19C)( )A ．5×1011B ．5×1010C ．1×102D ．1×104解析：选A.由电流强度定义得：I ＝q t ＝ne t ，由周期公式可得T ＝L v＝L c /10＝10L c ，联立可解得n ＝IT e ＝10IL ce ＝5×1011个，选项A 正确．7．如图10－1－14所示的电路中，输入电压U 恒为12 V ，灯泡L 上标有“6 V ,12W ”字样，电动机线圈的电阻R M ＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )A ．电动机的输入功率为24 WB ．电动机的输出功率为12 WC ．电动机的热功率为2.0 WD ．整个电路消耗的电功率为22 W解析：选C.本题考查了闭合电路的欧姆定律，注意电动机为非纯电阻电路，欧姆定律对电动机不再适用．灯泡L 正常发光，则I L ＝P U ＝2 A ，所以电路中的电流I ＝2 A ，故整个电路消耗的总功率P 总＝UI ＝24 W ，D 错．电动机的输入功率等于P 总－P 灯＝12 W ，A 错，B 错．电动机的热功率P 热＝I 2R M ＝2.0 W ，C 对．8．把六个相同的小灯泡接成如图10－1－15甲、乙所示的电路，图10－1－14调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲)和P乙表示，则下列结论中正确的是(A．P甲＝P乙B．P甲＝3P乙C．P乙＝3P甲D．P乙>3P甲解析：选B.设各灯泡正常工作时的电流为I，则甲电路的总电流为I甲＝3I，乙电路的总电流为I乙＝I，所以Array由P＝UI得P甲＝3P乙，应选B.9．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图10－1－16所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是()A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同解析：选 B.甲图中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A1、A2的量图10－1－16程不同，所以示数不同，故A错B对．乙图中A1、A2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等指针偏角不同，故C、D错．10．电流、电压两用电表的电路如图10－1－17所示．已知图中S是双刀双掷开关，a、b、c、d、e、f为接线柱．双刀双掷开关的触刀掷向a、b，e与a接通，图10－1－17f 与b 接通；掷向c 、d ，e 与c 接通，f 与d 接通．G 的量程是0.001 A ，内阻是100 Ω；电阻R 1的阻值为9900 Ω，R 2的阻值是1.01 Ω，那么：(1)触刀掷向a 、b 时，此两用表是什么表？量程是多大？(2)触刀掷向c 、d 时，此两用表是什么表？量程是多大？解析：(1)触刀掷向a 、b 时，R 1与G 串联，是电压表，其量程为U ＝I g (R 1＋R g )＝0.001×(9900＋100)V ＝10 V .(2)触刀掷向c 、d 时，R 2与G 并联，是电流表，其量程为I ＝I g ＋I g R g R 2＝(0.001＋100×0.0011.01)A ≈0.1 A. 答案：(1)电压表 10 V (2)电流表 0.1 A11．如图10－1－18所示，R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，滑动变阻器最大值R 3＝5 Ω，则当滑动触头从a 滑到b 的过程中，安培表示数的最小值为多少？解析：设触头上部分电阻为x Ω，则下部分为(5－x )Ω 总电阻R ＝(2＋x )(8－x )2＋x ＋8－x＝(2＋x )(8－x )10由数学知识可知当2＋x ＝8－x 时，即x ＝3 Ω，R 最大．此时R max ＝5×510 Ω＝2.5 Ω安培表的示数最小I min ＝U R max＝52.5 A ＝2 A.答案：2 A12．如图10－1－19所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r ＝1Ω，电动机两端电压为5 V ，电路中的电流为1 A ，物体A 重20 N ，不计摩擦力，求：(1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？(2)电动机输入功率和输出功率各是多少？(3)10 s 内，可以把重物A 匀速提升多高？(4)这台电动机的机械效率是多少？图10－1－18 图10－1－19解析：(1)首先要知道输入功率是电机消耗的总功率，而输出功率是机械功率．消耗的电能转化为机械能和内能两部分，由能量守恒定律可求解．P Q ＝I 2r ＝12×1 W ＝1 W.(2)电功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积P 入＝IU ＝1×5 W ＝5 W ，输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率P 出＝P 入－P Q ＝5 W －1 W ＝4 W.(3)电动机输出的功率用来提升重物转化为机械功率，在10 s 内P出t ＝mgh .解得h ＝P 出t mg ＝4×1020 m ＝2 m.(4)机械效率η＝P 出P 入×100%＝80%. 答案：(1)1 W (2)5 W 4 W (3)2 m (4)80%。
2011届高考物理同步测控试题12
1．(2010年广东茂名质检)物体在做曲线运动的过程中，一定变化的物理量是()A．动能B．速度C．加速度D．合外力解析：选B.物体做曲线运动，至少速度方向变化，所以B正确．2．(2010年广东江门调研)在一辆静止在水平地面上的汽车里有一个小球从高处自由下落，下落一半高度时汽车突然向右匀加速运动，站在车厢里的人观测到小球的运动轨迹是图4－1－16中的()图4－1－16解析：选C.开始时小球相对观察者是做自由落体运动，当车突然加速时，等效成小球相对汽车向左突然加速，刚开始加速时，水平方向的相对速度较小，随着时间的延长，水平方向的相对速度逐渐增大，故观察者看到的小球运动轨迹应该是C图．3．(2010年中山四校联考)某人以一定速度始终垂直河岸向对岸游去，当河水匀速流动时，他所游过的路程，过河所用的时间与水速的关系是()A．水速大时，路程长，时间长B．水速大时，路程长，时间短C．水速大时，路程长，时间不变D．路程、时间与水速无关解析：选C.由运动的独立性原理，人过河时所用的时间是由垂直于河岸方向的速度决定的，与水流的速度无关，水速增大时，过河时间不变，A 、B 不正确．水流速度增大时，人的合速度与河岸的夹角变小，由几何关系可知，过河的位移变大，路程变长，C 正确，D 不正确．4．质量为1 kg 的物体在水平面内做曲线运动，已知该物体在互相垂直方向上的两分运动的速度－时间图象分别如图4－1－17所示，则下列说法正确的是( )图4－1－17A ．2 s 末质点速度大小为7 m/sB ．质点所受的合外力大小为3 NC ．质点的初速度大小为5 m/sD ．质点初速度的方向与合外力方向垂直解析：选D.2秒末质点在x 、y 方向的分速度分别为v x ＝3 m/s 、v y ＝4 m/s ，质点的速度v ＝v x 2＋v y 2＝5 m/s ，A 选项错误；质点的加速度a ＝a x ＝3－02 m/s ＝1.5 m/s 2，质点受到的合外力F ＝ma ＝1×1.5 N＝1.5 N ，B 选项错误；质点的初速度大小v 0＝v 0x 2＋v 0y 2＝4 m/s ，C 选项错误；质点初速度方向沿y 方向，合力方向沿x 方向，相互垂直，D 选项正确．5．某人站在自动扶梯上，经过t 1时间从一楼升到二楼，如果自动扶梯不运动，人沿着扶梯从一楼走到二楼的时间为t 2.现使自动扶梯正常运动，人也保持原有速度沿扶梯向上走，则人从一楼到二楼的时间是( )A ．t 2－t 1 B.t 1－t 2t 2－t 1C.t 1t 2t 1＋t 2D.t 12＋t 222解析：选C.扶梯运动的速度v 1＝h t 1，人运动的速度v 2＝h t 2，所求情况下的速度v 3＝v 1＋v 2，所以t ＝h v 3＝t 1t 2t 1＋t 2.6．一条自西向东的河流，南北两岸分别有两个码头A 、B ，如图4－1－18所示．已知河宽为80 m ，河水流速为5 m/s ，两个码头A 、B 沿水流的方向相距100 m ．现有一只船，它在静水中的行驶速度为4 m/s ，若使用这只船渡河，且沿直线运动，则( )A ．它可以正常来往于A 、B 两个码头B ．它只能从A 驶向B ，无法返回C ．它只能从B 驶向A ，无法返回D ．无法判断 解析：选B.由于河宽d ＝80 m ，A 、B 间沿水流方向的距离为l ＝100 m ，所以当船头指向正对岸时有d l ＝v 船v 水，此时合速度刚好沿AB 的连线，可以使船从A 运动到B ，若从B 向A 运动，则由于水速大于船速，不论船向哪个方向，则渡船均不可能回到A 点，只可能向下游运动．故选项B 正确．7．如图4－1－19所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A ，用悬索(重力可忽略不计)救护困在湖水中的伤员B .在直升机A 和伤员B 以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某一段时间内，A 、B 之间的距离以l ＝H －t 2(式中H为直升机A 离地面的高度，各物理量的单位均为国际单位制单位)规律变化，则在这段时间内( )A ．悬索的拉力等于伤员的重力B ．悬索不可能是竖直的C ．伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动D ．伤员做加速度大小增加的直线运动解析：选C.由l ＝H －t 2知，伤员向上做匀加速运动，悬索拉力大图4－1－18图4－1－19于伤员的重力，故A 错；由于水平方向上匀速运动，悬索保持竖直，故B 错；伤员在竖直方向匀加速运动，水平方向匀速运动，故合运动为匀变速曲线运动，故C 对D 错．8．图4－1－20中，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连．由于B 的质量较大，故在释放B 后，A 将沿杆上升，当A 环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v 1≠0，若这时B 的速度为v 2，则( )A ．v 2＝v 1B ．v 2>v 1C ．v 2≠0D ．v 2＝0解析：选D.环上升过程其速度v 1可分解为两个分速度v ∥和v ⊥，如图所示，其中v ∥为沿绳方向的速度，其大小等于重物B 的速度v 2；v ⊥为绕定滑轮转动的线速度．关系式为v 2=v 1cosθ，θ为v 1与v ∥间的夹角．当A 上升至与定滑轮的连线水平的位置时，θ=90°，cos θ=0，即此时v 2=0，D 正确．9．A 、B 两物体通过一根跨过定滑轮的轻绳相连放在水平面上，现物体A 以v 1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别是α、β时，如图4－1－21所示．物体B 的运动速度v B 为(绳始终有拉力)()图4－1－21 图4－1－20A ．v 1sin α/sin βB ．v 1cos α/sin βC ．v 1sin α/cos βD ．v 1cos α/cos β解析：选D.设物体B 的运动速度为v B ，此速度为物体B 合运动的速度，根据它的实际运动效果两分运动分别为：沿绳收缩方向的分运动，设其速度为v 绳B ；垂直绳方向的圆周运动，速度分解如图所示，则有v B ＝v 绳B cos β ①物体A 的合运动对应的速度为v 1，它也产生两个分运动效果，分别是：沿绳伸长方向的分运动，设其速度为v 绳A ；垂直绳方向的圆周运动，它的速度分解如图所示，则有v 绳A =v 1cos α ②由于对应同一根绳，其长度不变，故：v 绳B ＝v 绳A ③根据①②③式解得：v B ＝v 1cos α/cos β.选项D 正确．10．(2010年广州模拟)宽9 m 的成型玻璃以2 m/s 的速度连续不断地向前进行，在切割工序处，金刚割刀的速度为10 m/s ，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则：(1)金刚割刀的轨道应如何控制？(2)切割一次的时间多长？(3)所生产的玻璃板的规格是怎样的？解析：(1)由题目条件知，割刀运动的速度是实际的速度，所以为合速度．其分速度的效果恰好相对玻璃垂直切割．设割刀的速度v 2的方向与玻璃板速度v 1的方向之间的夹角为θ，如图所示．要保证割下均是矩形的玻璃板，则由v 2是合速度得v 1=v 2cos θ11．如图4－1－22所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ，两球的质量均为m ，两球半径忽略不计，杆AB 的长度为l ，现将杆AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B ，使小球B 在水平地面上由静止向右运动，求当A 球沿墙下滑距离为l 2时A 、B 两球的速度v A 和v B .(不计一切摩擦)解析：A 、B 两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得 v A sin θ＝v B cos θ ①图4－1－22答案：123gl 12gl12．河宽l ＝300 m ，水速u ＝1 m/s ，船在静水中的速度v ＝3 m/s ，欲分别按下列要求过河时，船的航向应与河岸成多大角度？过河时间是多少？(1)以最短时间过河；(2)以最小位移过河；(3)到达正对岸上游100 m 处．解析：(1)以最短时间渡河时，船头应垂直于河岸航行，即与河岸成90°角．最短时间为t ＝l v ＝3003 s ＝100 s.(2)以最小位移过河，船的实际航向应垂直河岸，即船头应指向上游河岸．设船头与上游河岸夹角为θ，有v cos θ＝u ， θ＝arccos u v ＝arccos 13.渡河时间为t ＝l v sin θ＝3003×sin θs ≈106.4 s. (3)设船头与上游河岸夹角为α，则有(v cos α－u )t ＝sv t sin α＝l两式联立得：α＝53°，t ＝125 s.答案：见解析。
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1．(2010年江苏苏、锡、常、镇四市统考)“神舟七号”绕地球做匀速圆周运动的过程中，下列事件不．可能发生的是( ) A ．航天员在轨道舱内能利用弹簧拉力器进行体能锻炼B ．悬浮在轨道舱内的水呈现圆球状C ．航天员出舱后，手中举起的五星红旗迎风飘扬D ．从飞船舱外自由释放的伴飞小卫星与飞船的线速度相等解析：选C.“神舟七号”做圆周运动的轨道所在空间没有空气，五星红旗不会迎风飘扬．2．(2009年高考重庆卷)据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km 和100 km ，运行速率分别为v 1和v 2.那么，v 1和v 2的比值为(月球半径取1700 km)( )A.1918B.1918C.1819D.1819解析：选C.根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有G Mm (r ＋h )2＝m v 2r ＋h ，那么卫星的线速度跟其轨道半径的平方根成反比，则有v 1v 2＝r ＋h 2r ＋h 1＝ 1819. 3．(2009年高考山东理综卷)2008年9月25日至28日，我国成功实施了“神舟七号”载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是( )A ．飞船变轨前后的机械能相等B ．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C ．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度D ．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度解析：选BC.变轨过程中点火加速，机械能增加，A 错．万有引力提供向心力，航天员处于失重状态，B 对．T 飞船＝90分钟，T 同步卫星＝24小时，ω＝2πT ，ω飞船>ω同步卫星，C 对．a ＝GM /r 2，加速度相等，D错．4．(2009年高考福建理综卷)“嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中，设探测器运行的轨道半径为r ，运行速率为v ，当“嫦娥一号”在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时( )A ．r 、v 都将略为减小B ．r 、v 都将保持不变C ．r 将略为减小，v 将略为增大D ．r 将略为增大，v 将略为减小解析：选C.由F 万提供向心力可知，在月球上一些环形山中的质量密集区上空时，F 万＝G Mm R 2增大，致使F 万>m v 2r ，探测器将做向心运动，r 减小，机械能中重力势能减小转化为动能，故v 将略为增大，A 、B 、D 均错，C 正确．5．(2010年浙江宁波联考)据媒体报道，“嫦娥一号”卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200 km ，运行周期127 min.若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用上述条件能求出的是( )A ．月球表面的重力加速度B ．月球对卫星的吸引力C ．卫星绕月球运行的速度D ．卫星绕月球运行的加速度解析：选ACD.由mg ＝G Mm R 2及G Mm ′(R ＋h )2＝m ′4π2T 2(R ＋h )，求得g ＝4π2(R ＋h )3R 2T 2，故A 正确；由于卫星的质量未知，月球对卫星的吸引力无法求出，故B 错；v ＝2π(R ＋h )T ，a ＝4π2(R ＋h )T 2，故C 、D 正确． 6．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下，下列说法中正确的是( )A ．飞船受到的万有引力逐渐增大、线速度逐渐减小B ．飞船的向心加速度逐渐增大、周期逐渐减小、线速度和角速度都逐渐增大C ．飞船的动能、重力势能和机械能都逐渐减小D ．飞船的重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 解析：选BD.当飞船的高度降低时，受到的万有引力逐渐增大，向心加速度增大，但万有引力做的功大于阻力对飞船做的功，飞船线速度增大，选项A 错误；由公式ω＝ GM r 3知当r 减小时，角速度增大，而T ＝2πω，可知周期减小，选项B 正确；飞船高度降低，重力势能减小，由于空气阻力做负功，使得飞船的机械能减小，选项C 错误，D 正确．7．(2009年高考全国卷Ⅰ)天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为 1.4小时，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，由此估算该行星的平均密度约为( )A ．1.8×103 kg/m 3B ．5.6×103 kg/m 3C ．1.1×104 kg/m 3D ．2.9×104 kg/m 3解析：选D.由ρ＝M V 知该行星的密度是地球密度的5.32倍．对近地卫星：GMm R 2＝mR (2πT )2，再结合ρ＝M V ，V ＝43πR 3可解得地球的密度ρ＝3πGT 2＝5.57×103 kg/m 3，故该行星的密度ρ′＝5.32×ρ＝2.96×104 kg/m 3，D 正确．8．设同步卫星离地心的距离为r ，运行速率为v 1，加速度为a 1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球的半径为R ，则下列比值正确的是( )A.v 1v 2＝r RB.a 1a 2＝r RC.a 1a 2＝R 2r 2D.v 1v 2＝ R r 解析：选BD.设地球质量为M ，同步卫星质量为m 1，地球赤道上的物体质量为m 2，在地球表面运行的物体质量为m 3，由于地球同步卫星周期与地球自转周期相同，则a 1＝rω12，a 2＝Rω22，ω1＝ω2，所以a 1a 2＝r R ，故B 选项正确． 依据万有引力定律和向心力表达式可得：对m 1：G Mm 1r 2＝m 1v 12r ，所以v 1＝ GM r ①对m 3：G Mm 3R 2＝m 3v 22R ，所以v 2＝ GM R ②①式除以②式得：v 1v 2＝ R r ，故D 选项正确．9．“嫦娥一号”奔月飞行过程中，在月球上空有一次变轨是由椭圆轨道a 变为近月圆形轨道b ，如图4－4－8所示．在a 、b 切点处，下列说法正确的是( )A ．卫星运行的速度v a ＝v bB ．卫星受月球的引力F a ＝F bC ．卫星的加速度a a >a bD ．卫星的动能E k a <E k b解析：选B.在切点处，卫星要制动减速，使卫星需要的向心力小于月球对卫星的万有引力而做向心运动，所以v a >v b ，E k a >E k b ，A 、D 项均错误；由于同一位置，卫星受到的引力相等，所以加速度也相等，C 项错、B 正确．10.(2009年高考北京理综卷)已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，不考虑地球自转的影响．(1)推导第一宇宙速度v 1的表达式；(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h ，求卫星的运行周期T .解析：(1)设卫星的质量为m ，地球的质量为M在地球表面附近满足G Mm R 2＝mg得GM ＝R 2g ①卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力m v 12R ＝G Mm R 2②①式代入②式，得到v 1＝Rg .(2)考虑①式，卫星受到的万有引力为F ＝G Mm (R ＋h )2＝mgR 2(R ＋h )2③ 由牛顿第二定律F ＝m 4π2T 2(R ＋h )④③④式联立解得T ＝2πR (R ＋h )3g .图4－4－8答案：(1)v 1＝Rg (2)2πR (R ＋h )3g11．(2010年北京模拟)2008年9月25日，载人航天宇宙飞船“神舟七号”发射成功，且中国人成功实现了太空行走，并顺利返回地面．(1)设飞船在太空环绕时轨道高度为h ，地球半径为R ，地面重力加速度为g ，飞船绕地球遨游太空的总时间为t ，则“神舟七号”飞船绕地球运转多少圈？(用给定字母表示)(2)若t ＝3天，h ＝343 km ，R ＝6400 km ，g ＝10 m/s 2，则飞船绕地球运转的圈数为多少？解析：(1)在地球表面：g ＝GM R 2⇒GM ＝gR 2在轨道上：GMm (R ＋h )2＝m (R ＋h )4π2T 2 ∴T ＝2π (R ＋h )3GM＝2π(R ＋h )R · R ＋h g故n ＝t T ＝tR 2π(R ＋h )· g R ＋h. (2)代入数据得：n ≈48圈．答案：(1)tR 2π(R ＋h )·g R ＋h(2)4812．2008年9月25日21时10分，“神舟七号”飞船成功发射，共飞行2天20小时27分钟，绕地球飞行45圈后，于9月28日17时37分安全着陆．航天员翟志刚着“飞天”舱外航天服，在刘伯明的配合下，成功完成了空间出舱活动，进行了太空行走．出舱活动结束后，释放了伴飞卫星，并围绕轨道舱进行伴飞实验．“神舟七号”是由长征—2F 运载火箭将其送入近地点为A ，远地点为B 的椭圆轨道上的，实施变轨后，进入预定圆轨道，其简化的模拟轨道如图4－4－9所示．假设近地点A 距地面高度为h ，飞船在预定圆轨道上飞行n 圈所用的时间为t ，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，试求：(1)飞船在近地点A 的加速度a A 大小；(2)飞船在预定圆轨道上飞行的速度v 的大小．图4－4－9解析：(1)设地球质量为M ，飞船质量为m .飞船在A 点：G Mm (R ＋h )＝ma A 对地面上质量为m 0的物体：G Mm 0R 2＝m 0g解得：a A ＝R 2(R ＋h )2g .(2)飞船在预定圆轨道上飞行的周期：T ＝t n设在预定轨道上飞行的半径为r ，则有：G Mm r 2＝m 4π2T 2r又v ＝2πr T由以上几式得：v ＝ 32πgR 2n t .答案：(1)R 2(R ＋h )2g (2) 32πgR 2n t。