2011年全國統(tǒng)一高考物理試卷（全國卷ⅱ）（含解析版）

1、2011年全國統(tǒng)一高考物理試卷（全國卷）一、選擇題（本題共8小題在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分共48分）1（6分）關于一定量的氣體，下列敘述正確的是（）A氣體吸收的熱量可以完全轉化為功B氣體體積增大時，其內(nèi)能一定減少C氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能一定增加D外界對氣體做功，氣體內(nèi)能可能減少2（6分）如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直。磁感應強度可能為

2、零的點是（）Aa點Bb點Cc點Dd點3（6分）雨后太陽光入射到水滴中發(fā)生色散而形成彩虹設水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內(nèi)，a、b、c、d代表四條不同顏色的出射光線，則它們可能依次是（）A紫光、黃光、藍光和紅光B紫光、藍光、黃光和紅光C紅光、藍光、黃光和紫光D紅光、黃光、藍光和紫光4（6分）通常一次閃電過程歷時約0.20.3s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構成每個閃擊持續(xù)時間僅4080s，電荷轉移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0×109V，云地間距離約為l km；第一個閃擊過程中云地間轉移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時間

3、約為60s假定閃電前云地間的電場是均勻的根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是（）A閃電電流的瞬時值可達到1×105AB整個閃電過程的平均功率約為l×1014WC閃電前云地間的電場強度約為l×106V/mD整個閃電過程向外釋放的能量約為6×106J5（6分）已知氫原子的基態(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En=，其中n=2，3用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氫原子從第一激發(fā)態(tài)電離的光子的最大波長為（）ABCD6（6分）我國“嫦娥一號”探月衛(wèi)星發(fā)射后，先在“24小時軌道”上繞地球運行（即繞地球一圈需要24小時）；然后，經(jīng)過兩次變軌依次到達“48小時軌道”和“72

4、小時軌道”；最后奔向月球。如果按圓形軌道計算，并忽略衛(wèi)星質量的變化，則在每次變軌完成后與變軌前相比，（）A衛(wèi)星動能增大，引力勢能減小B衛(wèi)星動能增大，引力勢能增大C衛(wèi)星動能減小，引力勢能減小D衛(wèi)星動能減小，引力勢能增大7（6分）質量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為（）Amv2BCNmglDNmgL8（6分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，波長為1.2

5、m，振幅為A當坐標為x=0處質元的位移為且向y軸負方向運動時坐標為x=0.4m處質元的位移為當坐標為x=0.2m處的質元位于平衡位置且向y軸正方向運動時，x=0.4m處質元的位移和運動方向分別為（）A、沿y軸正方向B，沿y軸負方向C、沿y軸正方向D、沿y軸負方向二、實驗題(共18分）9（6分）在“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，有下列實驗步驟：往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上，計算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計算出油酸分子直徑的大小用注

6、射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時的滴數(shù)，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積將玻璃板放在淺盤上，然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上完成下列填空：（1）上述步驟中，正確的順序是 （填寫步驟前面的數(shù)字）（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測得l cm3的油酸酒精溶液有50滴現(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測得所形成的油膜的面積是0.13m2由此估算出油酸分子的直徑為 m（結果保留l位有效數(shù)字）10（12分）使用多用電表測量電阻時，多用電表內(nèi)部的電路可以等效為一個直流電源（一般為電池）、一個電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個表筆分別位于此

7、串聯(lián)電路的兩端現(xiàn)需要測量多用電表內(nèi)電池的電動勢，給定的器材有：待測多用電表，量程為60mA的電流表，電阻箱，導線若干實驗時，將多用電表調(diào)至×1擋，調(diào)好零點；電阻箱置于適當數(shù)值完成下列填空：（1）儀器連線如圖1所示（a和b是多用電表的兩個表筆）若兩電表均正常工作，則表筆a為 （填“紅”或“黑”）色；（2）若適當調(diào)節(jié)電阻箱后，圖1中多用電表、電流表與電阻箱的示數(shù)分別如圖2（a），（b），（c）所示，則多用電表的讀數(shù)為 電流表的讀數(shù)為 mA，電阻箱的讀數(shù)為 ：（3）將圖l中多用電表的兩表筆短接，此時流過多用電表的電流為 mA；（保留3位有效數(shù)字）（4）計算得到多用電表內(nèi)電池的電動勢為 V（

8、保留3位有效數(shù)字）三、解答題11（15分）如圖，兩根足夠長的金屬導軌ab、cd豎直放置，導軌間距離為L1電阻不計。在導軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直?，F(xiàn)將一質量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放。金屬棒下落過程中保持水平，且與導軌接觸良好。已知某時刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：（1）磁感應強度的大?。海?）燈泡正常發(fā)光時導體棒的運動速率。12（19分）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成和兩個區(qū)域一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平右

9、射入I區(qū)粒子在區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為E；在區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里求粒子首次從區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離粒子的重力可以忽略13（20分）裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對以下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二

10、塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響。2011年全國統(tǒng)一高考物理試卷（全國卷）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分共48分）1（6分）關于一定量的氣體，下列敘述正確的是（）A氣體吸收的熱量可以完全轉化為功B氣體體積增大時，其內(nèi)能一定減少C氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能一定增加D外界對氣體做功，氣體內(nèi)能可能減少【考點】8A：物體的內(nèi)能；8F：熱力學第一定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；548：熱力

11、學定理專題【分析】解答本題應熟練準確掌握熱力學第一定律的內(nèi)容，明確做功和熱傳遞均可改變物體的內(nèi)能【解答】解：根據(jù)熱力學第一定律，做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能，所以含有一定的B和C錯誤，而D正確；理想氣體的等溫變化是一個內(nèi)能不變的過程，當體積增大對外做功時同時必須從外界吸熱等大的熱量，故A正確；故選A D?！军c評】本題主要考查熱力學第一定律，理解做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能才能正確解答2（6分）如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直。磁感應強度

12、可能為零的點是（）Aa點Bb點Cc點Dd點【考點】C6：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】12：應用題【分析】由安培定則可判出兩導線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應強度為零的點的位置?！窘獯稹拷猓簝呻娏髟谠擖c的合磁感應強度為0，說明兩電流在該點的磁感應強度滿足等大反向關系。根據(jù)右手螺旋定則在兩電流的同側磁感應強度方向相反，則為a或c，又I1I2，所以該點距I1遠距I2近，所以是c點；故選：C?！军c評】本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應注意磁場的空間性，注意培養(yǎng)空間想象能力。3（6分）雨后太陽光入射到水滴中發(fā)生色散而形成彩虹設水滴是球形的，圖中的圓

13、代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內(nèi)，a、b、c、d代表四條不同顏色的出射光線，則它們可能依次是（）A紫光、黃光、藍光和紅光B紫光、藍光、黃光和紅光C紅光、藍光、黃光和紫光D紅光、黃光、藍光和紫光【考點】H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】12：應用題【分析】根據(jù)折射圖象可得出各光的偏折程度，即可得出折射率的大小，則可得頻率、波長等的大小時關系，即可判斷各光可能的順序【解答】解：由折射圖象可知a光的偏折程度最大，說明水滴對a 的折射率最大，故a的頻率最大，由v=f可知，a的波長最小，abcd偏折程度依次減小，故為紫光、藍光、黃光和紅光。故選：B?！军c評】本題考查同一介質對不同色

14、光的偏折程度與色光性質的關系要求學生掌握色光的波長、頻率的大小關系4（6分）通常一次閃電過程歷時約0.20.3s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構成每個閃擊持續(xù)時間僅4080s，電荷轉移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中在某一次閃電前云地之間的電勢差約為1.0×109V，云地間距離約為l km；第一個閃擊過程中云地間轉移的電荷量約為6C，閃擊持續(xù)時間約為60s假定閃電前云地間的電場是均勻的根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是（）A閃電電流的瞬時值可達到1×105AB整個閃電過程的平均功率約為l×1014WC閃電前云地間的電場強度約為l×106V/mD整個閃電過程向外釋放的能

15、量約為6×106J【考點】A6：電場強度與電場力；BG：電功、電功率菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】（1）由于云地間的電場是勻強電場，根據(jù)場強的公式可以求得電場強度的大?。唬?）根據(jù)電流強度的定義式可以求得電流的平均值的大?。唬?）根據(jù)電場做功的公式，可以直接計算出釋放的能量【解答】解：根據(jù)電流強度的定義式可得，電流 A（注意單位的正確換算），所以A正確。釋放的能量等于電場力做功 W=QU=6×1.0×109=6×109J，所以D錯誤；所以第一次閃電的平均功率為 W，由于電荷轉移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中，所以整個閃電過程的平均功率小于第一次的閃電功率，所以B錯誤

16、。電場強度的大小為 V/m，所以C正確。故選A C?！军c評】本題是對電場強度的公式的直接考查，在電場這一部分中公式比較多，這就要求同學們在學習的過程中要掌握住每個公式5（6分）已知氫原子的基態(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En=，其中n=2，3用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氫原子從第一激發(fā)態(tài)電離的光子的最大波長為（）ABCD【考點】J3：玻爾模型和氫原子的能級結構；J4：氫原子的能級公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】11：計算題【分析】最大波長對應著光子的最小能量，即只要使使氫原子從第一激發(fā)態(tài)恰好電離即可。根據(jù)題意求出第一激發(fā)態(tài)的能量值，恰好電離時能量為0，然后求解即可?！窘獯稹拷猓旱谝患?/p>

17、發(fā)態(tài)即第二能級，是能量最低的激發(fā)態(tài)，則有：；電離是氫原子從第一激發(fā)態(tài)躍遷到最高能級0的過程，需要吸收的光子能量最小為：所以有：，解的：，故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題主要考查了電離中涉及的氫原子的能級躍遷問題。同時明確光子能量、光速、頻率、波長之間關系。6（6分）我國“嫦娥一號”探月衛(wèi)星發(fā)射后，先在“24小時軌道”上繞地球運行（即繞地球一圈需要24小時）；然后，經(jīng)過兩次變軌依次到達“48小時軌道”和“72小時軌道”；最后奔向月球。如果按圓形軌道計算，并忽略衛(wèi)星質量的變化，則在每次變軌完成后與變軌前相比，（）A衛(wèi)星動能增大，引力勢能減小B衛(wèi)星動能增大，引力勢能增大C衛(wèi)星動能減小，引

18、力勢能減小D衛(wèi)星動能減小，引力勢能增大【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【分析】根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、周期的表達式，由題意知道周期變大，故半徑變大，故速度變小，由于要克服引力做功，勢能變大?！窘獯稹拷猓喝嗽煨l(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設衛(wèi)星的質量為m、軌道半徑為r、地球質量為M，有F=F向故G=m=m2r=m（）2r=ma解得v=T=2a=根據(jù)題意兩次變軌分別為：從“24小時軌道”變軌為“48小時軌道”和從“48小時軌道”變軌為“72小時軌道”，則結合式可知，在每次變軌完成后與變軌前相比運行周期增大，運行軌道半徑增

19、大，運行線速度減小，所以衛(wèi)星動能減小，引力勢能增大，D正確。故選：D。【點評】本題關鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度、周期的表達式，再進行討論。7（6分）質量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為（）Amv2BCNmglDNmgL【考點】53：動量守恒定律；6B：功能關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題【分析】本題考查動量守恒、功能

20、關系及能量守恒定律?！窘獯稹拷猓河捎谙渥覯放在光滑的水平面上，則由箱子和小物塊組成的整體動量始終是守恒的，直到箱子和小物塊的速度相同時，小物塊不再相對滑動，有mv=（m+M）v1系統(tǒng)損失的動能是因為摩擦力做負功Ek=Wf=mg×NL=選項BD正確，AC錯誤。故選：BD?！军c評】兩個相對運動的物體，當它們的運動速度相等時候，往往是最大距離或者最小距離的臨界條件。本題是以兩物體多次碰撞為載體，綜合考查功能原理，動量守恒定律，要求學生能依據(jù)題干和選項暗示，從兩個不同角度探求系統(tǒng)動能的損失。又由于本題是陳題翻新，一部分學生易陷入某種思維定勢漏選B或者D，另一方面，若不仔細分析，易認為從起點開

21、始到發(fā)生第一次碰撞相對路程為L，則發(fā)生N次碰撞，相對路程為，而錯選C。8（6分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，波長為1.2m，振幅為A當坐標為x=0處質元的位移為且向y軸負方向運動時坐標為x=0.4m處質元的位移為當坐標為x=0.2m處的質元位于平衡位置且向y軸正方向運動時，x=0.4m處質元的位移和運動方向分別為（）A、沿y軸正方向B，沿y軸負方向C、沿y軸正方向D、沿y軸負方向【考點】F5：波長、頻率和波速的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題【分析】根據(jù)x=0處質元和x=0.4m處質元的位移關系，結合波形及x=0.2m處質元的振動方向，判斷出波的傳播方向，確定x=0.4m處質元的位移【解答】

22、解：坐標為x=0處質元與坐標為x=0.4m處質元間距為0.4m小于半個波長，坐標為x=0.2m處的質元與他們一定在同一波沿上處在平衡位置向y軸負方向運動，坐標為x=0.4m處質元也向y軸負方向運動。 當坐標為x=0.2m處的質元位于平衡位置且向y軸正方向運動時經(jīng)歷時間是半個周期的奇數(shù)倍。在這段時間坐標為x=0.4m處質元運動到對稱點即位移為，運動方向與原來相反，C正確。故選：C?！军c評】本題考查質點間關系與波形、間距、周期和波長的制約關系，往往畫出波形圖幫助分析判斷二、實驗題(共18分）9（6分）在“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，有下列實驗步驟：往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水

23、待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上，計算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計算出油酸分子直徑的大小用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時的滴數(shù)，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積將玻璃板放在淺盤上，然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上完成下列填空：（1）上述步驟中，正確的順序是（填寫步驟前面的數(shù)字）（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測得l cm3的油酸酒精溶液有50滴現(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測得所形成的油膜的面

24、積是0.13m2由此估算出油酸分子的直徑為5×1010m（結果保留l位有效數(shù)字）【考點】O1：用油膜法估測分子的大小菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題【分析】將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測出1滴此溶液的體積然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，按不足半個舍去，多于半個的算一個，統(tǒng)計出油酸薄膜的面積則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑【解答】解：（1）“油膜法估測油酸分子的大小”實驗步驟為：配制酒精油酸溶液（教師完成，記下配制比例）測定一滴酒精油

25、酸溶液的體積（題中的）準備淺水盤（）形成油膜（）描繪油膜邊緣（）測量油膜面積（）計算分子直徑（）（2）計算步驟：先計算一滴油酸酒精溶液中油酸的體積=一滴酒精油酸溶液的體積×配制比例=，再計算油膜面積，最后計算分子直徑=m故答案為：（1）（2）5×1010【點評】本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度10（12分）使用多用電表測量電阻時，多用電表內(nèi)部的電路可以等效為一個直流電源（一般為電池）、一個電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個表筆分別位于此串聯(lián)電路的兩端現(xiàn)需要測量多用電表內(nèi)電池的電動勢，給定的器材有：待測多用電表，量程為60mA的

26、電流表，電阻箱，導線若干實驗時，將多用電表調(diào)至×1擋，調(diào)好零點；電阻箱置于適當數(shù)值完成下列填空：（1）儀器連線如圖1所示（a和b是多用電表的兩個表筆）若兩電表均正常工作，則表筆a為黑 （填“紅”或“黑”）色；（2）若適當調(diào)節(jié)電阻箱后，圖1中多用電表、電流表與電阻箱的示數(shù)分別如圖2（a），（b），（c）所示，則多用電表的讀數(shù)為14.0電流表的讀數(shù)為53.0mA，電阻箱的讀數(shù)為4.6：（3）將圖l中多用電表的兩表筆短接，此時流過多用電表的電流為102mA；（保留3位有效數(shù)字）（4）計算得到多用電表內(nèi)電池的電動勢為1.54V（保留3位有效數(shù)字）【考點】B4：多用電表的原理及其使用；N4：用

27、多用電表測電阻菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題【分析】當用多用電表測電阻時，電源在表內(nèi)，要使電流從圖中電流表正極流進，從負極流出，因此表筆a連接電源的正極，所以表筆a為黑色的多用電表測電阻時讀數(shù)是表盤示數(shù)與倍率的乘積；電流表的讀數(shù)要注意量程【解答】解：（1）多用電表在使用時必須使電流從紅表筆（正接線柱）流進，黑表筆（負接線柱）流出，串聯(lián)的電流表也必須使電流從正接線柱流進，負接線柱流出，所以可以判斷電流是從a表筆流出的為黑表筆（2）多用電表用×1倍率測量，讀數(shù)為：14.0×1=14.0電流表的量程是60m A，所以不能在表盤上直接讀數(shù)，需要改裝為10，20，30，40，50

28、，60的表盤，然后讀數(shù)為：53.0 m A電阻箱的讀數(shù)為：0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6（3）（4）多用電表測量電阻的原理是閉合電路的歐姆定律，多用電表內(nèi)部的電路等效的直流電源（一般為電池）、電阻、表頭與待測電阻串聯(lián)，當表頭短接時電路電流最大為表頭的滿偏電流Ig=，將Rg取為r+rg+R為多用電表的內(nèi)阻，當待測電阻等于Rg時，這時表頭半偏，表針指在歐姆表盤的中值上，所以Rg又稱為中值電阻當選擇×1倍率測量時中值電阻直接在歐姆表盤上讀數(shù)為15在（2）中多用電表外的電阻為多用電表的讀數(shù)14.0，干路電流是53.0 m A，則電源電

29、動勢是E=I（R內(nèi)+R外）=0.053×（15+14）=1.537V則滿偏電流Ig=m A故答案為：（1）黑； （2）14.0，53.0，4.6； （3）102； （4）1.54【點評】由閉合電路的毆姆定律可得，電流與待測電阻不成比例，所以導致表盤的刻度不均勻同時當表頭半偏時，所測電阻等于中值電阻三、解答題11（15分）如圖，兩根足夠長的金屬導軌ab、cd豎直放置，導軌間距離為L1電阻不計。在導軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直?，F(xiàn)將一質量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放。金屬棒下落過程中保

30、持水平，且與導軌接觸良好。已知某時刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：（1）磁感應強度的大?。海?）燈泡正常發(fā)光時導體棒的運動速率?！究键c】3C：共點力的平衡；D8：法拉第電磁感應定律；D9：導體切割磁感線時的感應電動勢菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】53C：電磁感應與電路結合【分析】導體棒釋放后做加速度減小的加速運動，直到重力等于安培力時以最大速度勻速運動。在加速階段感應電動勢和感應電流增大，兩燈泡逐漸變亮，只有在勻速階段兩燈泡的亮度不變，所以兩燈泡保持正常發(fā)光說明導體棒在勻速運動。【解答】解：（1）兩燈泡保持正常發(fā)光說明導體棒在勻速運動，根據(jù)平衡條件：mg=BIL兩燈泡保持正常發(fā)光 I=2I

31、m P=Im2 R 連立化簡得 磁感應強度的大小 （2）兩燈泡保持正常發(fā)光時的電壓等于感應電動勢U2=PR 根據(jù)法拉第電磁感應定律 E=BLv 連立化簡得 燈泡正常發(fā)光時導體棒的運動速率 。【點評】本題為電磁感應與電路結合的題目，明確電路的結構，找出電源是解決此類問題的突破口。12（19分）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成和兩個區(qū)域一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平右射入I區(qū)粒子在區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為E；在區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里求粒子首次從區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離粒子的重力可以忽略【考點】37：牛頓第二定律；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動；CM：帶電粒子在混合場中的運動菁優(yōu)網(wǎng)版權所有【專題】16：壓軸題【分析】在分離電磁場中粒子先做類平拋運動，后做勻速圓周運動，兩運動的銜接條件為速度大小和速度方向求粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離必須知道在電場中的平拋位移和在磁場中運動的弦長，根據(jù)電場力方向和左手定則