物理新課標高考題答案及其詳解

2007年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標卷）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，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。14.天文學家發(fā)現(xiàn)了某恒星有一顆行星在圓形軌道上繞其運動，并測出了行星的軌道半徑和運行周期。由此可推算出（）A.行星的質量B.行星的半徑C.恒星的質量D.恒星的半徑答案：C解析：根據(jù)題意，已知行星繞恒星運動的軌道半徑和周期，則恒星對行星的萬有引力提供行星運動的向心力。由得，，因此C正確。15.下列說法正確的是（）A.行星的運動和地球上物體的運動遵循不同的運動規(guī)律B.物體在轉彎時一定受到力的作用C.月球繞地球運動時受到地球的引力和向心力的作用D.物體在光滑斜面下滑時受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用答案：B解析：行星的運動和地球上物體的運動都屬于經典力學范疇，應該遵循相同的規(guī)律，A錯。物體在轉彎時的運動是曲線運動，即變速運動，因此有加速度，合外力不能為零，B正確。月球繞地球運動時受到地球的引力提供了向心力，而不是同時受這兩個力的作用，C錯。物體在光滑斜面下滑時只受重力和斜面的支持力，“下滑力”只是對重力沿斜面的分力的說法，D錯。16.甲乙兩輛汽車在平直的公路上沿同一方向作直線運動，t=0時刻同時經過公路旁的同一個路標。在描述兩車運動的v-t圖中（如圖），直線a、b分別描述了甲乙兩車在0-20秒的運動情況。關于兩車之間的位置關系，下列說法正確的是（）A.在0-10秒內兩車逐漸靠近B.在10-20秒內兩車逐漸原離C.在5-15秒內兩車的兩車的位移相等D.在t=10秒時兩車在公路上相遇答案：C解析：由圖象可知，甲乙兩輛汽車在5-15秒內的位移大小分別等于相應時間內的矩形面積和梯形面積，而根據(jù)幾何關系，這兩部分面積相等，故C正確。在0-10秒內兩車逐漸遠離；在10-20秒內兩車逐漸靠近；在t=10秒時兩車速度相等，則A、B、D錯誤。17.一正弦交流電的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，由圖可知（）A.該交流電的電壓瞬時值的表達式為B.該交流電的頻率為C.該交流電的電壓的有效值為VD.若將該交流電壓加在阻值為的電阻兩端，則電阻消耗的功率是答案：BD解析：由圖象可知，電壓的最大值為V，周期s，所以頻率s=s；有效值為V=V；若將該交流電壓加在阻值為R=100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功為W=W；該交流電的表達式為V=V，故A、C錯，B、D正確。18.兩個質量相同的小球用不可伸長的細線連結，置于場強為E的勻強電場中。小球1和小球2均帶正電，電量分別為和（）。將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示。若將兩小球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力為（不計重力及兩小球間的庫侖力）（）A.B.C.D.答案：A解析：球球1球2F1F2球1F1T如圖，先以兩小球整體為研究對象，有方程：，即；再以小球1為研究對象，有方程：，聯(lián)立兩方程可解得：，故A對。19.在如圖所示的電路中，為電源電動勢，為電源內阻，和均為定值電阻。為滑動變阻器。當?shù)幕瑒佑|點在a端時合上開關S，此時三個電表、和的示數(shù)分別為、和。現(xiàn)將的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況是（）A.增大、不變、增大B.減小、增大、減小C.增大、減小、增大D.減小、不變、減小答案：B解析：當?shù)幕瑒佑|點向b端移動時，電路中的總電阻R↓，由可知，I↑，而，故↓；又，即↑，，所以↓，，即↓；，故↑，B對。20.電阻R、電容C與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖所示?，F(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在N極接近線圈上端的過程中，流過R的電流方向和電容器極板上的帶電情況是（）A.從a到b，上極板帶正電B.從a到b，下極板帶正電C.從b到a，上極板帶正電D.從b到a，下極板帶正電答案：D解析：在N極接近線圈上端的過程中，根據(jù)楞次定律，再回路中產生順時針方向的感應電流，b點電勢比a點電勢高，電容器下板帶正電，上板帶負電。故D正確。21.勻強電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1m，D為AB的中點，如圖所示。已知電場線的方向平行于△ABC所在片平面，A、B、C三點的電勢分別為14V、6V和2V。設場強大小為，一電量為1×10-6C的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為，則（）A.B.C.D.答案：A解析：由于A、D、B是勻強電場中一條直線上的三點，且D為AB的中點，故有，即，所以，則正電荷從D點移到C點電場力所做的功為；取DC的中點為O，由可知所以O、B兩點的電勢相等，連接OB即為等勢線，過D點做OB垂線即為電場線，交點為P，如圖所示。EEEEOP由圖可知，，所以V/m故A正確22.實驗題（1）由絕緣介質隔開的兩個同軸的金屬圓筒構成圓柱形電容器，如圖所示。試根據(jù)你學到的有關平行板電容器的知識，推測影響圓柱形電容器電容的因素有。（2）利用伏安法測量干電池的電動勢和內阻，現(xiàn)有的器材為：干電池：電動勢約為1.5V，符號電壓表：量程1V，內阻998.3Ω，符號電流表：量程1A，符號滑動變阻器：最大阻值10Ω，符號電阻箱：最大阻值：99999.9Ω，符號單刀單擲開關1個，符號導線若干=1\*GB3①設計測量電源電動勢和內阻的電路并將它畫在指定的方框內。要求在圖中標出電壓表、電流表的接線柱的正負。=2\*GB3②為了滿足本實驗要求并保證實驗的精確度，電壓表量程應擴大為原量程的倍，電阻箱的阻值應為Ω。答案：（1），，，（正對面積、板間距離、極板間的介質）（3分）（2）=1\*GB3①（6分，采用其它方法只要合理，照樣給分）=2\*GB3②2（3分）998.3（3分）23.傾斜雪道的長為25m，頂端高為15m，下端經過一小段圓弧過渡后與很長的水平雪道相接，如圖所示。一滑雪運動員在傾斜雪道的頂端以水平速度v0=8m/s飛出，在落到傾斜雪道上時，運動員靠改變姿勢進行緩沖使自己只保留沿斜面的分速度而不彈起。除緩沖過程外運動員可視為質點，過渡圓弧光滑，其長度可忽略。設滑雪板與雪道的動摩擦因數(shù)μ=0.2，求運動員在水平雪道上滑行的距離（取g=10m/s2）答案：解析：如圖選坐標，斜面的方程為…………=1\*GB3①運動員飛出后做平拋運動…………=2\*GB3②…………=3\*GB3③聯(lián)立=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③式，得飛行時間…………=4\*GB3④落點的x坐標m…………=5\*GB3⑤落點距地面的高度m…………=7\*GB3⑦接觸斜面前的x分速度m/sy分速度12m/s沿斜面的速度大小為m/s…………=8\*GB3⑧設運動員在水平雪道上運動的距離為，由功能關系得…………=9\*GB3⑨解得………=10\*GB3⑩24.在半徑為R半圓形區(qū)域中有中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，此感應強度為B。一質量為m，帶電量為q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經P點（AP=d）射入磁場（不計重力影響）。（1）如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。（2）如果粒子經紙面內Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線的夾角為（如圖）。求入射粒子的速度。答案：（1）（2）解析：（1）由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。設入射粒子的速度為，由洛侖茲力的表達式和牛頓第二定律得…………①由上式解得…………②（2）設是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接，設。由幾何關系得…………③…………④由余弦定理得…………⑤聯(lián)立④⑤式得…………⑥設入射粒子的速度為，由解出…………⑦30.D.在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動，在小球A的前方O點有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示。小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運動，小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ=1.5PO。假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質量之比m1/m2。答案：解析：從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變。根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4︰1。設碰撞后小球A和B的速度分別為和，在碰撞過程中動量守恒，碰撞前后動能相等，有…………①…………②再由,可解出…………③2008年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標卷）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，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。14.在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖。過c點的導線所受安培力的方向A.與ab邊平行，豎直向上B.與ab邊平行，豎直向下C.與ab邊垂直，指向左邊D.與ab邊垂直，指向右邊【解析】本題考查了左手定則的應用。導線a在c處產生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導線b在c處產生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊。答案：C15.一個T型電路如圖所示，電路中的電,.另有一測試電源，電動勢為100V，內阻忽略不計。則A.當cd端短路時，ab之間的等效電阻是40B.當ab端短路時，cd之間的等效電阻是40C.當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為80VD.當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為80V【解析】本題考查電路的串并聯(lián)知識。當cd端短路時，R2與R3并聯(lián)電阻為30Ω后與R1串聯(lián)，ab間等效電阻為40Ω，A對；若ab端短路時，R1與R2并聯(lián)電阻為8Ω后與R3串聯(lián)，cd間等效電阻為128Ω，B錯；但ab兩端接通測試電源時，電阻R2未接入電路，cd兩端的電壓即為R3的電壓，為Ucd=EQ\F(40,50)×100V=80V，C對；但cd兩端接通測試電源時，電阻R1未接入電路，ab兩端電壓即為R3的電壓，為Uab=EQ\F(40,160)×100V=25V，D錯。答案：AC16.如圖所示，同一平面內的三條平行導線串有兩個最阻R和r，導體棒PQ與三條導線接觸良好；勻強磁場的方向垂直紙面向里。導體棒的電阻可忽略。當導體棒向左滑動時，下列說法正確的是A.流過R的電流為由d到c，流過r的電流為由b到aB.流過R的電流為由c到d，流過r的電流為由b到aC.流過R的電流為由d到c，流過r的電流為由a到bD.流過R的電流為由c到d，流過r的電流為由a到b【解析】本題考查右手定則的應用。根據(jù)右手定則，可判斷PQ作為電源，Q端電勢高，在PQcd回路中，電流為逆時針方向，即流過R的電流為由c到d，在電阻r的回路中，電流為順時針方向，即流過r的電流為由b到a。當然也可以用楞次定律，通過回路的磁通量的變化判斷電流方向。答案：B17.甲乙兩年在公路上沿同一方向做直線運動，它們的v-t圖象如圖所示。兩圖象在t=t1時相交于P點，P在橫軸上的投影為Q，△OPQ的面積為S。在t=0時刻，乙車在甲車前面，相距為d。已知此后兩車相遇兩次，且第一次相遇的時刻為t′，則下面四組t′和d的組合可能是A.t′＝t1,d=SB.t′=C.t′D.t′=【解析】本題考查追擊相遇問題。在t1時刻如果甲車沒有追上乙車，以后就不可能追上了，故t′＜t，A錯；從圖像中甲、乙與坐標軸圍成的面積即對應的位移看，甲在t1時間內運動的位移比乙的多S，當t′=0.5t時，甲的面積比乙的面積多出EQ\F(3,4)S，即相距d=EQ\F(3,4)S，選項D正確。此類問題要抓住圖像的交點的物理意義，過了這個時刻，不能相遇以后不可能相遇，即“過了這個村就沒這個店”。答案：D18.一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時其速度為1m/s。從此刻開始滑塊運動方向上再施加一水平面作用F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖a和圖b所示。設在第1秒內、第2秒內、第3秒內力F對滑塊做的功分別為則以下關系正確的是A.B.C.D.【解析】本題考查v-t圖像、功的概念。力F做功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移（v-t圖像中圖像與坐標軸圍成的面積），第1秒內，位移為一個小三角形面積S，第2秒內，位移也為一個小三角形面積S，第3秒內，位移為兩個小三角形面積2S，故W1=1×S，W2=1×S，W3=2×S，W1＜W2＜W3。答案：B19.如圖a所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度逆時針勻速轉動。若以線圈平面與磁場夾角時（如圖b）為計時起點，并規(guī)定當電流自a流向b時電流方向為正。則下列四幅圖中正確的是【解析】本題考查正弦交流電的產生過程、楞次定律等知識和規(guī)律。從a圖可看出線圈從垂直于中性面開始旋轉，由楞次定律可判斷，初始時刻電流方向為b到a，故瞬時電流的表達式為i=－imcos（EQ\F(π,4)+ωt），則圖像為D圖像所描述。平時注意線圈繞垂直于磁場的軸旋轉時的瞬時電動勢表達式的理解。答案：D20.一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連。小球某時刻正處于圖示狀態(tài)。設斜面對小球的支持力為N，細繩對小球的拉力為T，關于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是A.若小車向左運動，N可能為零B.若小車向左運動，T可能為零C.若小車向右運動，N不可能為零D.若小車向右運動，T不可能為零【解析】本題考查牛頓運動定律。對小球受力分析，當N為零時，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小車可能向右加速運動或向左減速運動，A對C錯；當T為零時，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小車可能向右減速運動或向左加速運動，B對D錯。解題時抓住N、T為零時受力分析的臨界條件，小球與車相對靜止，說明小球和小車只能有水平的加速度，作為突破口。答案：AB21.如圖所示，C為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度a。在以下方法中，能使懸線的偏角a變大的是A.縮小a、b間的距離B.加大a、b間的距離C.取出a、b兩極板間的電介質D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質【解析】本題考查電容器的兩個公式。a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對電容器C，由公式C=EQ\F(q,U)=EQ\F(εS,4πkd)，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)ε、減小板的針對面積S。答案：BC三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第29題為必考題，每個試題考生都必須做答。第30題～第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題（8題，共129分）22.（15分）I.右圖為一正在測量中的多用電表表盤.（1）如果是用×10檔測量電阻，則讀數(shù)為。（2）如果是用直流10mA檔測量電流，則讀數(shù)為mA。（3）如果是用直流5V檔測量電壓，則讀數(shù)為V。Ⅱ.物理小組在一次探究活動中測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)。實驗裝置如圖，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與電磁打點計時器的紙帶相連，另一端通過跨過定滑輪的細線與托盤連接。打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz。開始實驗時，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開始做勻加速運動，在紙帶上打出一系列小點。（1）上圖給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是計數(shù)點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖所示。根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算的加速度a=(保留三位有效數(shù)字)。(2)回答下列兩個問題：①為測量動摩擦因數(shù)，下列物理量中還應測量的有。（填入所選物理量前的字母）A.木板的長度lB.木板的質量m1C.滑塊的質量m2D.托盤和砝碼的總質量m3E.滑塊運動的時間t②測量①中所選定的物理量時需要的實驗器材是。（3）滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)＝（用被測物理量的字母表示，重力加速度為g）.與真實值相比，測量的動摩擦因數(shù)（填“偏大”或“偏小”）。寫出支持你的看法的一個論據(jù)：。【解析】歐姆檔在最上面的一排數(shù)據(jù)讀取，讀數(shù)為6×10Ω=60Ω；電流檔測量讀取中間的三排數(shù)據(jù)的最底下一排數(shù)據(jù)，讀數(shù)為7.18mA；同樣直流電壓檔測量讀取中間的三排數(shù)據(jù)的中間一排數(shù)據(jù)較好，讀數(shù)為35.9×0.1V=3.59V。對紙帶的研究直接利用逐差法取平均值計算加速度。答案：Ⅰ．（1）60（2）7.18（3）3.59Ⅱ．（1）0.495～0.497m/s2（2）①CD（3）EQ\F(m3g－(m2＋m3)a,m2g)23.（15分）天文學家將相距較近、僅在彼此的引力作用下運行的兩顆恒星稱為雙星。雙星系統(tǒng)在銀河系中很普遍。利用雙星系統(tǒng)中兩顆恒星的運動特征可推算出它們的總質量。已知某雙星系統(tǒng)中兩顆恒星圍繞它們連線上的某一固定點分別做勻速圓周運動，周期均為T，兩顆恒星之間的距離為r，試推算這個雙星系統(tǒng)的總質量。（引力常量為G）【解析】設兩顆恒星的質量分別為m1、m2，做圓周運動的半徑分別為r1、r2，角速度分別為w1,w2。根據(jù)題意有w1=w2 ①r1+r2=r②根據(jù)萬有引力定律和牛頓定律，有G③G④聯(lián)立以上各式解得⑤根據(jù)解速度與周期的關系知⑥聯(lián)立③⑤⑥式解得⑦24.(17分)如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向外。有一質量為m，帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場。質點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角，A點與原點O的距離為d。接著，質點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角為，求（1）粒子在磁場中運動速度的大?。海?）勻強電場的場強大小?！窘馕觥?1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。設圓弧的半徑為R，則有R=dsin①由洛化茲力公式和牛頓第二定律得②將①式代入②式，得③(2)質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有v0＝vcos④vsin＝at ⑤d=v0t⑥聯(lián)立④⑤⑥得⑦設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得qE＝ma ⑧聯(lián)立③⑦⑧得⑨這道試題考查了帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的半徑公式，通常這類試題要求掌握如何定圓心、確定半徑，能畫出軌跡圖。利用圓的幾何知識和向心力公式解決相關問題。33.[物理─選修3－5]（15分）(1)（6分）天然放射性元素Pu經過次衰變和次衰變，最后變成鉛的同位素。（填入鉛的三種同位素Pb、Pb、Pb中的一種）【解析】84(2)（9分）某同學利用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律。圖中兩擺擺長相同，懸掛于同一高度，A、B兩擺球均很小，質量之比為1∶2。當兩擺均處于自由靜止狀態(tài)時，其側面剛好接觸。向右上方拉動B球使其擺線伸直并與豎直方向成45°角，然后將其由靜止釋放。結果觀察到兩擺球粘在一起擺動，且最大擺角成30°。若本實驗允許的最大誤差為±4％，此實驗是否成功地驗證了動量守恒定律？【解析】本題要求驗證碰撞中的動量守恒定律及碰撞前與碰撞后的機械能守恒定律。設擺球A、B的質量分別為、，擺長為l，B球的初始高度為h1，碰撞前B球的速度為vB.在不考慮擺線質量的情況下，根據(jù)題意及機械能守恒定律得①②設碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為P1、P2。有P1=mBvB③聯(lián)立①②③式得④同理可得⑤聯(lián)立④⑤式得⑥代入已知條件得⑦由此可以推出≤4%⑧所以，此實驗在規(guī)定的范圍內驗證了動量守恒定律。2009年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標卷）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，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。14.在力學理論建立的過程中，有許多偉大的科學家做出了貢獻。關于科學家和他們的貢獻，下列說法正確的是A．伽利略發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律B．卡文迪許通過實驗測出了引力常量C．牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因D．笛卡爾對牛頓第一定律的建立做出了貢獻答案BD?！窘馕觥啃行沁\動定律是開普勒發(fā)現(xiàn)的A錯誤；B正確；伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因，C錯誤；D正確。15.地球和木星繞太陽運行的軌道都可以看作是圓形的。已知木星的軌道半徑約為地球軌道半徑的5.2倍，則木星與地球繞太陽運行的線速度之比約為A．0.19B．0.44C．2.3D．5.2答案B?！窘馕觥刻祗w的運動滿足萬有引力充當向心力即可知，可見木星與地球繞太陽運行的線速度之比，B正確。16.醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為A．1.3m/s，a正、b負B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正D．2.7m/s，a負、b正ababNS血流測電勢差【解析】依據(jù)左手定則，正離子在磁場中受到洛倫茲力作用向上偏，負離子在磁場中受到洛倫茲力作用向下偏，因此電極a、b的正負為a正、b負；當穩(wěn)定時，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，則，可得，A正確。17.質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始受到水平力的作用。力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則A．時刻的瞬時功率為B．時刻的瞬時功率為tFF03F0tFF03F0Ot02t03t0D．在到這段時間內，水平力的平均功率為答案BD。【解析】0-2t0內物體的加速度為，2t0時刻的速度為，在3t0時刻的瞬時速度，則時刻的瞬時功率為，A錯誤；B正確；在到這段時間內，由動能定理可得，則這段時間內的平均功率，D正確。xyzM·N·P18.空間有一均勻強電場，在電場中建立如圖所示的直角坐標系，M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標xyzM·N·PA．B．C．D．EMEMN【解析】將立體圖畫成平面圖，如圖所示，可見P點沿電場線方向為MN的四等分線，故P點的電勢為，D正確。19.如圖所示，一導體圓環(huán)位于紙面內，O為圓心。環(huán)內兩個圓心角為90°的扇形區(qū)域內分別有勻強磁場，兩磁場磁感應強度的大小相等，方向相反且均與紙面垂直。導體桿OM可繞O轉動，M端通過滑動觸點與圓環(huán)良好接觸。在圓心和圓環(huán)間連有電阻R。桿OM以勻角速度逆時針轉動，t=0時恰好在圖示位置。規(guī)定從a到b流經電阻R的電流方向為正，圓環(huán)和導體桿的電阻忽略不計，則桿從t=0開始轉動一周的過程中，電流隨變化的圖象是ωωtiOπ－23π－2π2πωtiOπ－23π－2π2πABωtiOπ－23π－2π2πωtiOπ－23π－2π2πCD答案C【解析】依據(jù)左手定則，可知在0-內，電流方向M到O，在在電阻R內則是由b到a，為負值，且大小為為一定值，內沒有感應電流，內電流的方向相反，即沿正方向，內沒有感應電流，因此C正確。物塊木板物塊木板拉力A．物塊先向左運動，再向右運動B．物塊向右運動，速度逐漸增大，直到做勻速運動C．木板向右運動，速度逐漸變小，直到做勻速運動D．木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零答案BC.【解析】對于物塊由于運動過過程中與木板存在相對滑動，且始終相對木板向左運動，因此木板對物塊的摩擦力向右，所以物塊相對地面向右運動，且速度不斷增大，直至相對靜止而做勻速直線運動，B正確；對于木板由作用力與反作用力可知受到物塊給它的向左的摩擦力作用，則木板的速度不斷減小，知道二者相對靜止，而做直線運動，C正確；由于水平面光滑，所以不會停止，D錯誤。21.水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ（0<μ<1）。現(xiàn)對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動。設F的方向與水平面夾角為θ，如圖，在θ從0逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，則A．F先減小后增大B．F一直增大C．F的功率減小D．F的功率不變答案AC。Fθ【解析】由于木箱的速度保持不變，因此木箱始終處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示，則由平衡條件得：，兩式聯(lián)立解得，可見F有最小值，所以F先減小后增大，A正確；B錯誤；F的功率，可見在從0逐漸增大到90°的過程中tan逐漸增大，則功率P逐漸減小，C正確，D錯誤。Fθ第Ⅱ卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個小題考生都必須做答。第33題~第41題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題（11題，共129分）22.（4分）某同學用游標卡尺測量一圓柱體的長度，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，示數(shù)如圖。由圖可讀出=cm,=答案2.25，6.860【解析】游標卡尺的讀數(shù)；螺旋測微器的讀數(shù)。23.(11分)青島奧運會帆船賽場采用風力發(fā)電給蓄電池充電，為路燈提供電能。用光敏電阻作為傳感器控制路燈電路的開關，實現(xiàn)自動控制。光敏電阻的阻值隨照射光的強弱而變化，作為簡化模型，可以近似認為，照射光較強（如白天）時電阻幾乎為0：照射光較弱（如黑天）時電阻接近于無窮大。利用光敏電阻作為傳感器，借助電磁開關，可以實現(xiàn)路燈自動在白天關閉，黑天打開。電磁開關的內部結構如圖所示。1、2兩接線柱之間是勵磁線圈，3、4兩接線柱分別與彈簧片和觸點連接。當勵磁線圈中電流大于50mA時，電磁鐵吸合鐵片，彈簧片和觸點分離，3、4斷開；電流小于50mA時，3、4接通。勵磁線圈中允許通過的最大電流為100mA。利用以下器材設計一個自動控制路燈的電路，畫出電路原理圖。光敏電阻,符號R1，燈泡L，額定功率40W，額定電壓36V，符號L保護電阻,符號R2，電磁開關，符號12R1LR21234回答下列問題：=1\*GB3①如果勵磁線圈的電阻為200，勵磁線圈允許加的最大電壓為V，保護電阻的阻值范圍為。=2\*GB3②在有些應用電磁開關的場合，為了安全，往往需要在電磁鐵吸合鐵片時，接線柱3、4之間從斷開變?yōu)榻油?。為此，電磁開關內部結構應如何改造？請結合本題中電磁開關內部結構圖說明。答：。=3\*GB3③任意舉出一個其它的電磁鐵應用的例子。答：。答案：（1）電路原理如圖所示。（4分）（2）①20（2分）160~520（2分）②把觸點從彈簧片右側移到彈簧片左側，保證當電磁鐵吸合鐵片時，3、4之間接通：不吸合時，3、4之間斷開。③電磁起重機【解析】（1）要使光敏電阻能夠對電路進行控制，且有光照時路燈熄滅，光敏電阻應與1，2串聯(lián)，3，4與路燈串聯(lián)；則電路圖如圖所示。（2）①由U=IR得勵磁線圈允許加的最大電壓為U=ImR=0.1×200V=20V；依據(jù)允許通過勵磁線圈的電流最大值和最小值計算得，，因此保護電阻的阻值范圍為160~320；②把觸點從彈簧片右側移到彈簧片左側，保證當電磁鐵吸合鐵片時，3、4之間接通：不吸合時，3、4之間斷開。③電磁起重機24．（14分）冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意如圖。比賽時，運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O。為使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小。設冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為=0.008，用毛刷擦冰面后動摩擦因數(shù)減少至=0.004.在某次比賽中，運動員使冰壺C在投擲線中點處以2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達圓心O點，運動員用毛刷擦冰面的長度應為多少？（g取10m/s2）【解析】設冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為：在被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為。則有+=S①式中S為投擲線到圓心O的距離。②③設冰壺的初速度為，由功能關系，得④聯(lián)立以上各式，解得⑤代入數(shù)據(jù)得⑥25．(18分)如圖所示，在第一象限有一均強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標原點O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=,。不計重力。求（1）M點與坐標原點O間的距離；（2）粒子從P點運動到M點所用的時間?！窘馕觥浚?）帶電粒子在電場中做類平拋運動，在軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運動，設速度為，粒子從P點運動到Q點所用的時間為，進入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，則①②③其中。又有④聯(lián)立②③④式，得因為點在圓周上，，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關系可知。⑥⑦（2）設粒子在磁場中運動的速度為,從Q到M點運動的時間為,則有⑧⑨帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間為為⑩聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)據(jù)得⑾35．［物理——選修3-5］（15分） （1）（5分）關于光電效應，下列說法正確的是_______（填入選項前的字母，有填錯的不得分） A．極限頻率越大的金屬材料逸出功越大 B．只要光照射的時間足夠長，任何金屬都能產生光電效應 C．從金屬表面出來的光電子的最大初動能越大，這種金屬的逸出功越小D．入射光的光強一定時，頻率越高，單位時間內逸出的光電子數(shù)就越多（2）（10分）兩質量分別為M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示，一質量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h。物塊從靜止滑下，然后雙滑上劈B。求物塊在B上能夠達到的最大高度?！窘馕觥浚?）1（5分）（2）（10分）設物塊到達劈A的低端時，物塊和A的的速度大小分別為和V，由機械能守恒和動量守恒得①②設物塊在劈B上達到的最大高度為，此時物塊和B的共同速度大小為，由機械能守恒和動量守恒得③④聯(lián)立①②③④式得⑤2010年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標卷）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。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。14．在電磁學發(fā)展過程中，許多科學家做出了貢獻。下列說法正確的是A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流磁效應；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象B．麥克斯韋預言了電磁波；楞次用實驗證實了電磁波的存在C．庫侖發(fā)現(xiàn)了點電荷的相互作用規(guī)律：密立根通過油滴實驗測定了元電荷的數(shù)值D．安培發(fā)現(xiàn)了磁場對運動電荷的作用規(guī)律：洛侖茲發(fā)現(xiàn)了磁場對電流的作用規(guī)律【答案】AC【解析】赫茲用實驗證實了電磁波的存在，B錯誤。洛侖磁發(fā)現(xiàn)了磁場對運動電荷作用的規(guī)律，D錯誤。15．一根輕質彈簧一端固定，用大小為F1的力壓彈簧的另一端，平衡時長度為l1；改用大小為F2的力拉彈簧，平衡時長度為l2。彈簧的拉伸或壓縮均在彈性限度內，該彈簧的勁度系數(shù)為A．B.C.D.【答案】C【解析】根據(jù)胡克定律有：，，解得：k=，C正確。16．如圖所示，在外力作用下某質點運動的圖象為正弦曲線。從圖中可以判斷A．在0～t1時間內，外力做正功B．在0～t1時間內，外力的功率逐漸增大C．在t2時刻，外力的功率最大D．在t1～t2時間內，外力做的總功為零【答案】AD【解析】根據(jù)P=Fv和圖象斜率表示加速度，加速度對應合外力，外力的功率先減小后增大，B錯誤。t2時刻外力的功率為零，C錯誤。17．靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器。某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖中直線為該收塵板的橫截面。工作時收塵板帶正電，其左側的電場線分布如圖所示；粉塵帶負電，在電場力作用下向收塵板運動，最后落在收塵板上。若用粗黑曲線表示原來靜止于點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡，下列4幅圖中可能正確的是(忽略重力和空氣阻力)【答案】A【解析】粉塵受力方向為電場線方向，從靜止開始運動應該是A圖情況，不會是BCD情況，A正確。18．如圖所示，一物塊置于水平地面上。當用與水平方向成600角的力F1拉物塊時，物塊做勻速直線運動；當改用與水平方向成300角的力F2推物塊時，物塊仍做勻速直線運動。若F1和F2的大小相等，則物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為A.B.C.D.1-【答案】B【解析】物體受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff、已知力F處于平衡，根據(jù)平衡條件，有，，聯(lián)立解得：19．電源的效率定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比。在測電源電動勢和內電阻的實驗中得到的實驗圖線如圖所示，圖中u為路端電壓，I為干路電流，a、b為圖線上的兩點，相應狀態(tài)下電源的效率分別為、。由圖可知、的值分別為A.、B.、C.、D.、【答案】D【解析】電源效率，E為電源的總電壓（即電動勢），根據(jù)圖象可知Ua=、Ub=，所以選項D正確。20.太陽系中的8大行星的軌道均可以近似看成圓軌道。下列4幅圖是用來描述這些行星運動所遵從的某一規(guī)律的圖像。圖中坐標系的橫軸是,縱軸是;這里T和R分別是行星繞太陽運行的周期和相應的圓軌道半徑，和分別是水星繞太陽運行的周期和相應的圓軌道半徑。下列4幅圖中正確的是【答案】B【解析】根據(jù)開普勒周期定律：，兩式相除后取對數(shù)，得：，整理得：，選項B正確。21．如圖所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一縫隙，鐵芯上繞導線并與電源連接，在縫隙中形成一勻強磁場。一銅質細直棒ab水平置于縫隙中，且與圓柱軸線等高、垂直。讓銅棒從靜止開始自由下落，銅棒下落距離為0．2R時銅棒中電動勢大小為，下落距離為0．8R時電動勢大小為E。忽略渦流損耗和邊緣效應。關于、的大小和銅棒離開磁場前兩端的極性，下列判斷正確的是A．>，a端為正B．>，b端為正C．<，a端為正D．<，b端為正【答案】D【解析】根據(jù)E=BLv，，，可見E1<E2。又根據(jù)右手定則判定電流方向從a到b，在電源內部電流時從電源負極流向正極，所以D正確。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題～第38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。(一)必考題(11題，共129分)22．(4分)圖為驗證機械能守恒定律的實驗裝置示意圖。現(xiàn)有的器材為：帶鐵夾的鐵架臺、電磁打點計時器、紙帶、帶鐵夾的重錘、天平。回答下列問題：(1)為完成此實驗，除了所給的器材，還需要的器材有——。(填入正確選項前的字母)A．米尺B．秒表C．0～12V的直流電源D。0～I2V的交流電源(2)實驗中誤差產生的原因有______。(寫出兩個原因)【答案】（1）AD（2）紙帶與打點計時器之間有摩擦，用米尺測量紙帶上點的位置時讀數(shù)有誤差，計算勢能變化時，選取始末兩點距離過近，交流電頻率不穩(wěn)定?！窘馕觥浚?）用A項米尺測量長度，用D項交流電源供打點計時器使用。（2）紙帶與打點計時器之間有摩擦，用米尺測量紙帶上點的位置時讀數(shù)有誤差，計算勢能變化時，選取始末兩點距離過近，交流電頻率不穩(wěn)定。23．(11分)用對溫度敏感的半導體材料制成的某熱敏電阻RT，在給定溫度范圍內，其阻值隨溫度的變化是非線性的。某同學將RT和兩個適當?shù)墓潭娮鑂1、R2連成圖1虛線框內所示的電路，以使該電路的等效電阻RL的阻值隨RT所處環(huán)境溫度的變化近似為線性的，且具有合適的阻值范圍。為了驗證這個設計，他采用伏安法測量在不同溫度下RL的阻值，測量電路如圖1所示，圖中的電壓表內阻很大。RL的測量結果如表l所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）根據(jù)圖1所示的電路，在圖2所示的實物圖上連線。(2)為了檢驗RL與t之間近似為線性關系，在坐標紙上作RL-t關系圖線(3)在某一溫度下，電路中的電流表、電壓表的示數(shù)如圖3、4所示。電流表的讀數(shù)為____，電壓表的讀數(shù)為___。此時等效電阻RL的阻值為___：熱敏電阻所處環(huán)境的溫度約為____。【答案】（1）如圖所示（2）如圖所示（3）115.0mA，5.00V，43.5Ω，64.0℃【解析】（1）根據(jù)電路圖連接電路。（2）根據(jù)數(shù)據(jù)描出點，擬合成直線。（3）mA，V，，對照圖找出相應的溫度64.0℃。24．(14分)短跑名將博爾特在北京奧運會上創(chuàng)造了100m和200m短跑項目的新世界紀錄，他的成績分別是9．69s和l9．30s。假定他在100m比賽時從發(fā)令到起跑的反應時間是0．15S，起跑后做勻加速運動，達到最大速率后做勻速運動。200m比賽時，反應時間及起跑后加速階段的加速度和加速時間與l00m比賽時相同，但由于彎道和體力等因素的影響，以后的平均速率只有跑l00m時最大速率的96％。求：(1)加速所用時間和達到的最大速率：(2)起跑后做勻加速運動的加速度。(結果保留兩位小數(shù))【答案】（1）1.29s11.24m/s（2）8.71m/s2【解析】(1)加速所用時間t和達到的最大速率v，，聯(lián)立解得：，(2)起跑后做勻加速運動的加速度a，，解得：25．(18分)如圖所示，在0≤x≤a、o≤y≤范圍內有垂直手xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點0處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0～范圍內。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a／2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1)速度的大?。篈xAxyDPORCvαααa【答案】（1）（2）【解析】設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力得：，解得：當a/2<R<a時，在磁場中運動的時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意，t=T/4時，∠OCA=π/2設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關系得：，且解得：34．[物理——選修3-5](15分)（1）(5分)用頻率為的光照射大量處于基態(tài)的氫原子，在所發(fā)射的光譜中僅能觀測到頻率分別為的三條譜線，且，則。(填入正確選項前的字母)A．B．C．D.【答案】B【解析】大量氫原子躍遷時只有三個頻率的光譜，這說明是從n=3能級向低能級躍遷，根據(jù)能量守恒有，，解得：，選項B正確（2）(10分)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻。重物質量為木板質量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為。使木板與重物以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短。求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間。設木板足夠長，重物始終在木板上。重力加速度為g?！敬鸢浮俊窘馕觥磕景宓谝淮闻c墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞墻。木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有：，解得：木板在第一個過程中，用動量定理，有：用動能定理，有：木板在第二個過程中，勻速直線運動，有：木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經歷的時間t=t1+t2=+=2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標卷）二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個圖中，正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是()解析：主要考查安培定則和地磁場分布。根據(jù)地磁場分布和安培定則判斷可知正確答案是B。15．一質點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用。此后，該質點的動能可能 A．一直增大() B．先逐漸減小至零，再逐漸增大 C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小 D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大解析：主要考查力和運動關系。當恒力方向與速度在一條直線上，質點的動能可能一直增大，也可能先逐漸減小至零，再逐漸增大。當恒力方向與速度不在一條直線上，質點的動能可能一直增大，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。16．一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是 A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小() B．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加 C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關解析：主要考查功和能的關系。運動員到達最低點過程中，重力做正功，所以重力勢能始終減少，A項正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加，B項正確。蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈性力做功，所以機械能守恒，C項正確。重力勢能的改變與重力勢能零點選取無關，D項錯誤。17．如圖，一理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2；副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220V，額定功率為22W；原線圈電路中接有電壓表和電流表?，F(xiàn)閉合開關，燈泡正常發(fā)光。若用U和I分別表示此時電壓表和電流表的讀數(shù)，則() A． B． C． D．解析：主要考查理想變壓器原副線圈電壓、電流與匝數(shù)的關系。U2=220V，根據(jù)U1：U2=n1:n2得，U1=110V。I2=P/U2=0.1A，根據(jù)I1：I2=n2：n1得I1=0.2A。所以正確答案是A。18．電磁軌道炮工作原理如圖所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是() A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍 B．只將電流I增加至原來的2倍 C．只將彈體質量減至原來的一半 D．將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變解析：主要考查動能定理。利用動能定理有,B=kI解得。所以正確答案是BD。19．衛(wèi)星電話信號需要通地球同步衛(wèi)星傳送。如果你與同學在地面上用衛(wèi)星電話通話，則從你發(fā)出信號至對方接收到信號所需最短時間最接近于（可能用到的數(shù)據(jù)：月球繞地球運動的軌道半徑約為3．8×105m/s，運行周期約為27天，地球半徑約為6400km，無線電信號的傳播速度為） A．0．1s B．．25s C．0．5s D．1s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動，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)出信號至對方接收到信號所需最短時間為，代入數(shù)據(jù)求得t=0.28s.所以正確答案是B。20．一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）()解析：主要考查電場力方向和曲線運動所受合外力與軌跡的關系。正確答案是D。21．如圖，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()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靜止時，所受的摩擦力為靜摩擦力。在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，根據(jù)牛頓第二定律。木塊和木板相對運動時，恒定不變，。所以正確答案是A。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答。22．（5分）為了測量一微安表頭A的內阻，某同學設計了如圖所示的電路。圖中，A0是標準電流表，R0和RN分別是滑動變阻器和電阻箱，S和S1分別是單刀雙擲開關和單刀開關，E是電池。完成下列實驗步驟中的填空： （1）將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)________,使待測表頭指針偏轉到適當位置，記下此時_____的讀數(shù)I； （2）然后將S撥向接點2，調節(jié)________,使______,記下此時RN的讀數(shù)； （3）多次重復上述過程，計算RN讀數(shù)的________,此即為待測微安表頭內阻的測量值。解析：（1）R0、標準電流表A0；（2）RN，標準電流表A0的示數(shù)為I；（3）平均值23．（10分）利用圖1所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度。一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動，當一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t。改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離s，記下相應的t值；所得數(shù)據(jù)如下表所示。s（m）0．5000．6000．7000．8000．9000．950t（ms）292．9371．5452．3552．8673．8776．4s/t（m/s）1．711．621．551．451．341．22完成下列填空和作圖：（1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經過光電門乙時的瞬時速度v1測量值s和t四個物理量之間所滿足的關系式是_______；（2）根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在圖2給出的坐標紙上畫出圖線；（3）由所畫出的圖線，得出滑塊加速度的大小為a=__________m/s2（保留2位有效數(shù)字）。解析：（1）滑塊做勻加速直線運動，利用有解得（2）（3）由可知，斜率絕對值為即，解得a=224．（13分）甲乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半。求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比。解析：設汽車甲在第一段時間間隔末（時間t0）的速度為,第一段時間間隔內行駛的路程為s1,加速度為,在第二段時間間隔內行駛的路程為s2。由運動學公式得①②③設乙車在時間t0的速度為，在第一、二段時間間隔內行駛的路程分別為、。同樣有④⑤⑥設甲、乙兩車行駛的總路程分別為、，則有⑦⑧聯(lián)立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為⑨25．（19分）如圖，在區(qū)域I（0≤x≤d）和區(qū)域II（d≤x≤2d）內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質量為m、帶電荷量q（q＞0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入區(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；此時，另一質量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點沿x軸正向射入區(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入區(qū)域I時速度的大??；（2）當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差。解析：（1）設粒子a在I內做勻速圓周運動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得①由幾何關系得②③式中，，由①②③式得④(2)設粒子a在II內做圓周運動的圓心為Oa,半徑為，射出點為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑤由①⑤式得⑥、和三點共線，且由⑥式知點必位于⑦的平面上。由對稱性知，點與點縱坐標相同，即⑧式中，h是C點的y坐標。設b在I中運動的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得⑨設a到達點時，b位于點，轉過的角度為。如果b沒有飛出I，則⑩eq\o\ac(○,11)式中，t是a在區(qū)域II中運動的時間，而eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)由⑤⑨⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式得eq\o\ac(○,14)由①③⑨eq\o\ac(○,14)式可見，b沒有飛出。點的y坐標為eq\o\ac(○,15)由①③⑧⑨eq\o\ac(○,14)eq\o\ac(○,15)式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為eq\o\ac(○,16)35.【物理——選修3-5】（1）在光電效應試驗中，某金屬的截止頻率相應的波長為，該金屬的逸出功為______。若用波長為（<0）單色光做實驗，則其截止電壓為______。已知電子的電荷量，真空中的光速和布朗克常量分別為e，c和hABC（2）如圖，ABC三個木塊的質量均為m。置于光滑的水平面上，BC之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸可不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把BC緊連，使彈簧不能伸展，以至于BC可視為一個整體，現(xiàn)A以初速沿BC的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A，B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為，求彈簧釋放的勢能。ABC解析：（1）由和得由愛因斯坦質能方程和得（2）設碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒得①設C離開彈簧時，A、B的速度大小為，由動量守恒得②設彈簧的彈性勢能為，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有③由①②③式得彈簧所釋放的勢能為④2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（新課標卷）二、選擇題：本大題共8小題，每小題6分，有的只有一項符合題目要求，有的有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14．伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎。早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是A．物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質是慣性B．沒有力作用，物體只能處于靜止狀態(tài)C．行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質是慣性D．運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動【答案】A、D【解析】本題考喪牛頓第一定律即以及經典物理史。物體的慣性，就是使物體保持運動狀態(tài)不改變的性質，也就是抵抗運動狀態(tài)的改變，A對;沒有力的作用，物體將保持運動狀態(tài)不變，即速度不變，可能靜止也可能勻速直線運動，B錯;行星在軌道上保持勻速率圓周運動是變速運動，時刻具有指向軌道圈心的加速度，是由于中心天體的萬有引力作用，C錯;運動物體如果沒有受到力的作用，將做勻速直線運動,D對。abcxyO15．如圖，xabcxyOA．a的飛行時間比b的長B．b和c的飛行時間相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大【答案】B、D【解析】本題考查平拋運動規(guī)律與特點，難度較小。平拋運時間只由高度決定，水平位移由初速度及運動時間決定。由此可知b，c兩球運動時間相等，并且都大于a的運動時間，B對A錯；b的水平位移大于c的水平位移，故b的初速度比c的大，a的水平速度〔初速度)大于b的，D對C錯?！炯记牲c撥】平拋運動的時間只由初始位里的高度決定，水平位移則由初速度與高度共同決定，一般分為水平方向和豎直方內動。分析求解勻變速曲線運動的基本方法是將其運動分解為兩個方向上的直線運動16．如圖，一小球放置在木板與豎直墻面之間。設墻面對球的壓力大小為N1，球對木板的壓力大小為N2。以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置。不計摩擦，在此過程中A．N1始終減小，N2始終增大B．N1始終減小，N2始終減小C．N1先增大后減小，N2始終減小D．N1先增大后減小，N2先減小后增大【答案】B【解析】本題考查共點力平衡問題，涉及牛頓第三定律:、由緩慢轉動木板到水平位置，其間的任一狀態(tài)都是平衡態(tài)。小球所受墻的壓力、木板的支持力(反作用力)、重力G三個力的合力為零，表示這三個力的矢量可構成封閉三角形。將木板緩慢轉動到水平過程中，重力G的大小及方向不變，方向不變，角逐漸變小，因此表示的線段都逐漸減小，故都逐漸變小17．自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某部分，一升壓式自耦調壓變壓器的電路如圖所示，其副線圈匝數(shù)可調。已知變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上。當變壓器輸出電壓調至最大時，負載R上的功率為2.0kW。設此時原線圈中電流有效值為I1，負載兩端電壓的有效值為U2，且變壓器是理想的，則U2和I1分別約為A．380V和5.3AB．380V和9.1AC．240V和5.3AD．240V和9.1A【答案】B[解析】本題考查理想變壓器公式，涉及電壓公式及電功率公式:由理想變壓器的電壓公式可知，由電功率公式可知，AV18．如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動【答案】B、D【解析】本題考查帶電粒子在勻強電場中的直線運動等知識。帶電平行板電容器兩極板間是勻強電場，場強方向垂直于極板。粒子所受電場力垂直于極板，其電場力可分為豎直向上與水平向左的兩個分力，堅直向上的分力與重力合力為0，故粒子在水平向左的分力作用下沿水平向右運動。因此，運動中電場力做負功，狡子電勢能逐漸增加。重力不做功，電場力所做的功等于合夠碑眺油于是負功，粒子動能逐漸減小。【技巧點撥】直線運動中質點所受合力可能為零，也可能不為零，若合力不為零，合力方向必與速度方向在同一直線上。物體做直線還是曲線運動，決定于合力方向與速度方向是否同線，做勻變連還是非勻史速運動決定于合力是否恒定。19．如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面（紙面）向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化。為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應閑磕牙隨時間的變化率的大小應為A．B．C．D．【答案】C【解析】本題考查法拉第電磁感應定律，涉及歐姆定律、等效法等，中等難度。當線圈轉動時，o點的左右兩邊(長為半徑r)交替切割磁感線，運動情況相同，線圈中的電動勢、電流大小恒定。感應電動勢為。若線圈不動，磁場變化，依題意有：感應電動勢又可以表示為:,而，綜上解得：20．如圖，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行。已知在t=0到t=t1的時間間隔內，直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設電流i正方向與圖中箭頭方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是【答案】A解析本題考查通電直導線之間的安培力.涉及楞次定律、安培定則等，中等難度。由于平行通電直導線中電流同向時“吸引”，反向時“排斥”。因此，當線圈所受合力水平向左時，導線中的電流應向上，且逐漸減小，它的磁場通過線框向里的磁通量增加，線框中才會產生順時針的感應電流;當線圈所受合力水平向有時，導線中的電流應向下，且逐漸增大，它的磁場通過線框向外的磁通量增加，線框中才會產生順時針的感應電流。由于規(guī)定向上為導線中電流的正方向，因此，其變化圖線如A所示.21．假設地球是一半徑為R、質量分布均勻的球體。一礦井深度為d。已知質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零。礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為A．B．C．D．【答案】A解析本題考查萬有引力定律，涉及近似關系(黃金代換)的應用，難度較小。對于在地球表面的物體，所受地球的萬有引力近似等于重力，則有,又因在質量分布均勻球殼內對其內部引力為零，則可以將礦井深度為d處重力加速度看做半徑為的均勻球體，故對礦井底部的物體有：，解得三、非選擇題。包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33題~第40題為選考題，考生根據(jù)要求做答。（一）必考題（11題，共129分）22．（5分）某同學利用螺旋測微器測量一金屬板的厚度。該螺旋測微器校零時的示數(shù)如圖（a）所示，測量金屬板厚度時的示數(shù)如圖（b）所示。圖（a）所示讀數(shù)為_________mm，圖（b）所示讀數(shù)為_________mm，所測金屬板的厚度為_________mm?！敬鸢浮?.0106.8706.86023．（10分）圖中虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場?，F(xiàn)通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小、并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；eq\o\ac(○,A)為電流表；S為開關。此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線。（1）在圖中畫線連接成實驗電路圖。（2）完成下列主要實驗步驟中的填空①按圖接線。②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細沙質量m1。③閉合開關S，調節(jié)R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D________；然后讀出___________________，并用天平稱出____________。④用米尺測量_______________。（3）用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B=_________。（4）判定磁感應強度方向的方法是：若____________，磁感應強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應強度方向垂直紙面向里?！敬鸢浮浚?）如圖所示（2）=3\*GB3③重新處于平衡狀態(tài)電流表的示數(shù)I此時細沙的質量m2=4\*GB3④D的底邊長度（3）（4）24．（14分）拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具（如圖）。設拖把頭的質量為m，拖桿質量可以忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g，某同學用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ。（1）若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小。（2）設能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ。已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角的正切tanθ0?！窘馕觥浚?）設該同學沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有=1\*GB3①=2\*GB3②式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力。按摩擦定律有=3\*GB3③聯(lián)立①②③式得=4\*GB3④（2）若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動，應有=5\*GB3⑤這時，=1\*GB3①式仍滿足。聯(lián)立=1\*GB3①=5\*GB3⑤式得=6\*GB3⑥現(xiàn)考察使上式成立的θ角的取值范圍。注意到上式右邊總大于零，且當F無限大時極限為零，有=7\*GB3⑦使上式成立的θ角滿足，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當時，不管拖桿方向用多大的力都推不動拖把。臨界角的正切為=8\*GB3⑧25．（18分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為?，F(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小。【解析】粒子在磁場中做圓周運動。設圓周半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得=1\*GB3①式中v為粒子在a點的速度。過b點和O點作直線的垂線，分別于直線交于c和d點。由幾何關系，線段、和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑（未畫出）圍成一正方形。因此=2\*GB3②設。由幾何關系得=3\*GB3③=4\*GB3④聯(lián)立=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④式得=5\*GB3⑤再考慮粒子在電場中的運動。設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE=ma=6\*GB3⑥粒子在電場力方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得=7\*GB3⑦r=vt=8\*GB3⑧式中t是粒子在電場中運動的時間。聯(lián)立①⑤⑥⑦=8\*GB3⑧式得35．[物理——選修3-5]（15分）（1）（6分）氘核和氚核可發(fā)生熱核聚變而釋放巨大的能量，該反應方程為：eq\a(2,1)H+\a(3,1)H→\a(4,2)He+x，式中x是某種粒子。已知：eq\a(2,1)H、eq\a(3,1)H、eq\a(4,2)He和粒子x的質量分別為2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反應方程和數(shù)據(jù)可知，粒子x是__________，該反應釋放出的能量為_________MeV（結果保留3位有效數(shù)字）【答案】（或中子）17.6（2）（9分）如圖，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O。讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°。忽略空氣阻力，求（i）兩球a、b的質量之比；ababO【解析】（i）設球b的質量為m2，細線長為L，球b下落至最低點、但未與球a相碰時的速率為v，由機械能守恒定律得=1\*GB3①式中g是重力加速度的大小。設球a的質量為m1；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為，以向左為正。由動量守恒定律得=2\*GB3②設兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得=3\*GB3③聯(lián)立①②③式得=4\*GB