1、绝密启用前 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）物 理 注意事项：1本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答第 I 卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对用题目的答案标号涂黑。如黑改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第 I 卷 一、单项选择题：本大题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1关于静电场，下列说法正确的是 A电势
2、等于零的物体一定不带电 B电场强度为零的点，电势一定为零 C同一电场线上的各点，电势一定相等 D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 2如图，E 为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S 为开关，V 与 A 分别为电压表与电流表。初始时 S0与 S 均闭合，现将 S 断开，则 A的读数变大，的读数变小 VAB的读数变大，的读数变大 VAC的读数变小，的读数变小 VAD的读数变小，的读数变大 VA3三个相同的金属小球 1、2、3 分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球 1 的带电量为q，球 2 的带电量为 nq，球 3 不带电且离球 1 和球 2 很远，此时
3、球 1、2 之间作用力的大小为 F。现使球 3 先与球 2 接触，再与球 1 接触，然后将球 3 移至远处，此时 1、2 之间作用力的大小仍为 F，方向不变。由此可知 An=3 Bn=4 Cn=5 Dn=6 4如图，墙上有两个钉子 a 和 b，它们的连线与水平方向的夹角为 45，两者的高度差为 l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于 a 点，另一端跨过光滑钉子 b 悬挂一质量为 m1的重物。在绳子距 a 端的 c 点有一固定绳2l圈。若绳圈上悬挂质量为 m2的钩码，平衡后绳的 ac 段正好水平，则重物和钩码的质量比为 12mmA 5B 2 C 52D 25如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一
4、物块正在沿斜面以速度 v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力 A等于零 B不为零，方向向右 C不为零，方向向左 D不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右 6如图，EOF 和为空间一匀强磁场的边界，其中 EO，E O F E O FO，且 EOOF；为EOF 的角平分线，间 F O OOOO的距离为 l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为 l 的正方形 导线框沿方向匀速通过磁场，t=0 时刻恰好位于图示位 O O置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电 流 i 与时间 t 的关系图线可能正确的是 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，在每小
5、题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的，得 4 分；选对但不全的，得 2 分；有选错的，得 0 分。7自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是 A奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 8一物体自 t=0 时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是 A在 06s 内，物体离出发点最远为 30m B在 06s 内
6、，物体经过的路程为 40m C在 04s 内，物体的平均速率为 75m/s D56s 内，物体所受的合外力做负功 9一质量为 1kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t=0 时起，第 1 秒内受到 2N 的水平外力作用，第 2 秒内受到同方向的 1N 的外力作用。下列判断正确的是 A 02s 内外力的平均功率是W 94B第 2 秒内外力所做的功是J 54C第 2 秒末外力的瞬时功率最大 D第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是 4510空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电
7、荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是 A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 第 II 卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第 11-16 题为必考题，每个试题考生都必须做大，17-19 为选考题，考生根据要求做答。三、填空题，本大题共 2 小题，每小题 4 分，共 8 分，把答案写在答题卡上指定的答题处，不要求写出过程。11如图：理想变压器原线圈与 10V 的交流电源相连，副线圈并联两
8、个小灯泡 a 和 b，小灯泡 a 的额定功 率为 0.3w，正常发光时电阻为 30，已知两灯 泡均正常发光，流过原线圈的电流为 0.09A，可计 算出原、副线圈的匝数比为_，流过灯泡 b 的电流为_ A 122011 年 4 月 10 日，我国成功发射第 8 颗北斗导航卫星，建成以后北斗导航卫星系统将包含多颗地球同步卫星，这有助于减少我国对 GPS 导航系统的依赖，GPS 由运行周期为 12 小时的卫星群组成，设北斗导航系统同步卫星和 GPS 导航的轨道半径分别为和，向心加速度分别为和，则=_。=_1R2R1a2a12:RR12:aa（可用根式表示）四、实验题。13图 1 是改装并校准电流表的
9、电路图，已知表头A 的量程为 Ig=600、内阻为 Rg，mA 是标准电流表，A要求改装后的电流表量程为 I=60mA。完成下列填空。（1）图 1 中分流电阻 Rp 的阻值为_。（用 Ig、Rg和 I 表示）（2）在电表改装成后的某次校准测量中，mA 表的示数如图 2 所示，由此读出流过 mA 电流表的电流为_ mA。此时流过分流电阻 RP的电流为_mA（保留一位小数）14现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图 1 所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上 A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为 M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为 m 的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂
10、直；导轨上 B 点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间 t0用 d 表示 A 点到导轨底端 C 点的距离，h 表示 A 与 C 的高度差，b 表示遮光片的宽度，s 表示 A、B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过 B 点时的瞬时速度。用 g 表示重力加速度。完成下列填空和作图；（1）若将滑块自 A 点由静止释放，则在滑块从 A 运动至 B 的过 程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量 可表示为_ 。动能的增加量可表示为_ 。若在 运动过程中机械能守恒，与 s 的关系式为=。21t21t（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A 点）下滑，测量
11、相应的 s 与 t 值，结果如下表所示：以 s 为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图 2 位置的坐标纸中描出第 1 和第 5 个数据点；根据 5 个数据点21t作直线，求得该直线的斜率 k=_ _（保留 3 位有效数字）41210 ms 由测得的 h、d、b、M 和 m 数值可以计算出直线的斜率 k0，将 k 和 k0进行比较，若其差值在实验允21st许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律。五、计算题：本大题共 2 小题，第 15 题 8 分，共 16 题 11 分，共 19 分。把解答写在答题卡上指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和盐酸步骤。15如图，水平地面上有一个坑，其
12、竖直截面为半圆。ab 为沿水平方向的直径。若在 a 点以初速度 沿 ab 方0v向抛出一小球，小球会击中坑壁上的 c 点。已知 c 点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。16如图，ab 和 cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和是两根用细线连接的金属杆，其质量分M N别为 m 和 2m。竖直向上的外力 F 作用在杆 MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽l略，重力加速度为 g。在 t=0 时刻将细线烧断，保持 F 不变，金属杆和导轨始终接触良好。求 （1）细
13、线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度。六、选考题：请考生在 17、18、19 三题中任选二题作答，如果多做，则按所做的第一、二题计分。作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。计算题请写出的文字说明、方程式和演算步骤。17模块 3-3 试题（12 分）（1）（4 分）关于空气湿度，下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母。选对 1 个给 2 分，选对2 个给 4 分；选错 1 个扣 2 分，最低得 0 分）。A当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 B当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小 C空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示 D空气的相对湿度
14、定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比（2）（8 分）如图，容积为的容器内充有压缩空气。容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管1V相连。气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为。打开气阀，左管中水2V银下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为 h。已知水银的密度为，大气压强为，重力加速度为 g；空气可视为理想气体，其温度不变。求气阀打开前容器中压缩OP空气的压强 P1。18模块 3-4 试题（12 分）（1）（4 分）一列简谐横波在 t=0 时的波形图如图所示。介质中 x=2m 处的质点 P
15、沿 y 轴方向做简谐运动 的表达式为 y=10sin（5t）cm。关于这列简谐波，下列说法正确的是_（填入正确选项前的字母。选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 4 分；选错 1 个扣 2 分，最低得 0 分）。A周期为 4.0s B振幅为 20cm C传播方向沿 x 轴正向 D传播速度为 10m/s（2）（8 分）一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记 P 离水面的高度为 h1=0.6m，尾部下端 Q 略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端=0.8m 处有一浮标，示意如图。一潜水员在浮标前方=3.0m 处下潜到深度为1s2s2h=4.0m 时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端 Q；继续
16、下潜h=4.0m，恰好能看见 Q。求（i）水的折射率 n；（ii）赛艇的长度 l。（可用根式表示）19模块 3-5 试题（12 分）（1）（4 分）2011 年 3 月 11 日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄露的污染物中含有131I 和137Cs 两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中，有两个能分别反映131I 和137Cs 衰变过程，它们分别是_和_（填入正确选项前的字母）。131I 和137Cs 原子核中的中子数分别是_和_ AX1 BX2 1371560Ban1310541XeeCX3 DX4 13756Ba01e13154Xe
17、11p（2）（8 分）一质量为 2m 的物体 P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中 ab 为粗糙的水平面，长度为 L；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与 ab 和 bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为 m的木块以大小为 v0的水平初速度从 a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为 h，返回后在到达 a 点前与物体P 相对静止。重力加速度为 g。求（i）木块在 ab 段受到的摩擦力 f；（ii）木块最后距 a 点的距离 s。2011 年海南省高考物理试卷年海南省高考物理试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本大题共一、单项选择题：本大题共 6
18、小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 18 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的要求的 1（3 分）（2011海南）关于静电场，下列说法正确的是（）A电势等于零的物体一定不带电 B电场强度为零的点，电势一定为零 C同一电场线上的各点，电势一定相等 D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【考点】电势；电场菁优网版权所有【专题】图析法【分析】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低【解答】解：A、静电场中，电势具有相对性，电势为零的物体不一定不带电，故 A 错误；B、静电场中，电势具有相对
19、性，电场强度为零的点电势不一定为零，故 B 错误；C、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故 C 错误；D、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故 D正确；故选 D【点评】本题关键抓住电场力电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零 2（3 分）（2011海南）如图，E 为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S 为开关，V 与 A分别为电压表与电流表初始时 S0与 S 均闭合，现将 S 断开，则（）AV 的读数变大，A 的读数变小 BV 的读数变
20、大，A 的读数变大 CV 的读数变小，A 的读数变小 DV 的读数变小，A 的读数变大【考点】闭合电路的欧姆定律菁优网版权所有【专题】计算题【分析】根据 S 的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化【解答】解：S 断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V 的读数变大；把 R1归为内阻，内电压减小，故 R3中的电压增大，由欧姆定律可知 R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B 正确；故选 B【点评】应用闭合电路欧姆定律解决电路的动态分析时一般可按照：外电路内电路外电路的
21、分析思路进行，灵活应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质进行分析即可求解 3（3 分）（2011海南）三个相同的金属小球 1、2、3 分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径球 1 的带电量为 q，球 2 的带电量为 nq，球 3 不带电且离球 1 和球 2 很远，此时球 1、2 之间作用力的大小为 F现使球 3 先与球 2 接触，再与球 1 接触，然后将球 3 移至远处，此时 1、2 之间作用力的大小仍为 F，方向不变由此可知（）An=3 Bn=4 Cn=5 Dn=6【考点】库仑定律菁优网版权所有【分析】当两个完全相同的带同种电荷的小球接触后，它们的总电荷量将平分；如果两个完全相同
22、的小球带的是异种电荷，那么当它们接触后，它们带的电荷将先中和，之后再将剩余的电荷量平分找到小球带的电量的关系之后，根据库仑力的公式就可以求得作用力的大小，从而可以求得 n 的数值【解答】解：设 1、2 距离为 R，则球 1、2 之间作用力为：F=k，3 与 2 接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再 3 与 1 接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球 3 移至远处后，球 1、2 之间作用力为 F=k，有上两式解得：n=6，故选 D【点评】完全相同的带电的小球接触后，它们的电荷量将平分，这是分析互相接触后库仑力如何变化的关键，知道这一点之后，根据库仑定律就可以求得力的大小 4（3 分）（2
23、011海南）如图，墙上有两个钉子 a 和 b，它们的连线与水平方向的夹角为 45，两者的高度差为 l一条不可伸长的轻质细绳一端固定于 a 点，另一端跨过光滑钉子 b 悬挂一质量为 m1的重物在绳子距 a端 得 c 点有一固定绳圈若绳圈上悬挂质量为 m2的钩码，平衡后绳的 ac 段正好水平，则重物和钩码的质量比为（）A B2 C D【考点】共点力平衡的条件及其应用菁优网版权所有【专题】计算题【分析】根据题意画出平衡后的物理情景图 对绳子上 c 点进行受力分析根据几何关系找出 BC 段与水平方向的夹角 根据平衡条件和三角函数表示出力与力之间的关系【解答】解：对绳子上 c 点进行受力分析：平衡后设绳
24、的 BC 段与水平方向成 角，根据几何关系有：tan=2，sin=对结点 C 分析，将 Fa和 Fb合成为 F，根据平衡条件和三角函数关系得：F2=m2g=F，Fb=m1g sin=所以得：，故选 C【点评】该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题 力的计算离不开几何关系和三角函数 5（3 分）（2011海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度 v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A等于零 B不为零，方向向右 C不为零，方向向左 D不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右【考点】共点力平衡的条件及其应用菁优网版权所有【专题】
25、压轴题【分析】在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“连接体问题”连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解“隔离法”这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解 本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动
26、，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法研究【解答】解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析 受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选 A【点评】本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化 6（3 分）（2011海南）如图，EOF 和 EOF为空间一匀强磁场的边界，其中 EOEO，FOFO，且EOOF；OO为EOF 的角平分线，OO间的距离为 L；磁场方向垂直于纸面向里一边长为 L 的正方形导线框沿 OO方向匀速通过
27、磁场，t=0 时刻恰好位于图示位置规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流 i 与时间 t 的关系图线可能正确的是（）A B C D【考点】导体切割磁感线时的感应电动势菁优网版权所有【专题】压轴题；电磁感应功能问题【分析】运用 E=BLv 找出感应电动势随时间变化的情况 其中 L 为切割磁感线的有效长度 根据右手定则判断出感应电流的方向【解答】解：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线 由于正方形导线框沿 OO方向匀速通过磁场，从开始到左边框到达 O之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，根据 E=BLv 得出感应电动势随时
28、间也均匀增加，由于电阻不变，所以感应电流 i 也随时间均匀增加 根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向 当左边框到达 OO之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流 i 不变 当左边框到达 OO中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小 当左边框到达距 O 点 时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为 0，再往后跟前面过程相反故 A、C、D 错误，B 正确 故选 B【点
29、评】注意分析正方形导线框运动过程中切割磁感线的有效长度变化情况 规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，反过来即为负值 二、多项选择题：本大题共二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分，在每小题给出的四个选面中，有多个选项是符合题分，在每小题给出的四个选面中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的，得目要求的，全部选对的，得 4 分；选对但不全的，得分；选对但不全的，得 2 分；有选错的，得分；有选错的，得 0 分分 7（4 分）（2011海南）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是（）A奥斯
30、特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；欧姆定律；焦耳定律；电磁感应现象的发现过程菁优网版权所有【分析】本题考查物理学史，根据电磁学发展中科学家的贡献可找出正确答案【解答】解：A、奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故 A 正确；B、欧姆定律说明了电流与电压的关系，故 B 错误；C、法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，故 C 正确；D
31、、焦耳发现了电流的热效应，故 D 正确；故选 ACD【点评】电流具有磁效应、热效应、化学效应等，本题考查其发现历程，要求我们熟记相关的物理学史 8（4 分）（2011海南）一物体自 t=0 时开始做直线运动，其速度图线如图所示下列选项正确的是（）A在 06s 内，物体离出发点最远为 30m B在 06s 内，物体经过的路程为 40m C在 04s 内，物体的平均速率为 7.5m/s D在 56s 内，物体所受的合外力做负功【考点】匀变速直线运动的图像菁优网版权所有【分析】（1）vt 图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度
32、越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负；（2）平均速度等于位移除以时间；（3）判断恒力做功的正负，可以通过力与位移的方向的夹角判断夹角为锐角或零度，做正功，夹角为直角不做功，夹角为钝角或平角做负功【解答】解：A.05s，物体向正向运动，56s 向负向运动，故 5s 末离出发点最远，故 A 错误；B由面积法求出 05s 的位移 s1=35m，56s 的位移 s2=5m，总路程为：40m，故 B 正确；C由面积法求出 04s 的位移 s=30m，平度速度为：v=7.5m/s 故 C 正确；D由图象知 56s 过程物体做匀加速，合力和位移同向，合力做正功
33、，故 D 错误 故选 BC【点评】本题考查了速度时间图象的应用及做功正负的判断，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别属于基础题 9（4 分）（2011海南）一质量为 1kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t=0 时起，第 1 秒内受到 2N 的水平外力作用，第 2 秒内受到同方向的 1N 的外力作用下列判断正确的是（）A02s 内外力的平均功率是 W B第 2 秒内外力所做的功是 J C第 2 秒末外力的瞬时功率最大 D第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是 【考点】动能定理的应用；动量定理；功率、平均功率
34、和瞬时功率菁优网版权所有【专题】计算题；压轴题【分析】本题可由动量定理求得 1s 末及 2s 末的速度，再由动能定理可求得合力的功；由功率公式求得功率；【解答】解：由动量定理 Ft=mv2mv1求出 1s 末、2s 末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 由动能定理可知合力做功为 w=故 02s 内功率是，故 A 正确；1s 末、2s 末功率分别为：P1=F1v1=4w、P2=F2v2=3w；故 C 错误；第 1 秒内与第 2 秒动能增加量分别为：、，故第 2s 内外力所做的功为2.5J，B 错误；而动能增加量的比值为 4：5，故 D 正确；故选 AD【点评】本题也可由动力学公式求解出
35、1s 末及 2s 末的速度，再由动能定理求解；不过在过程上就稍微繁琐了点 10（4 分）（2011海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是（）A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动菁优网版权所有【专题】压轴题【
36、分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定【解答】解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同故 A 错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故 B 正确；C、在磁场中运动时间：（为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故 C 错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大故 D 正确；故选：BD【点评】带电
37、粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径 三、填空题，本大题共三、填空题，本大题共 2 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 8 分，把答案写在答题卡上指定的答题出，不要求写出过程分，把答案写在答题卡上指定的答题出，不要求写出过程 11（4 分）（2011海南）如图：理想变压器原线圈与 10V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡 a 和 b，小灯泡 a 的额定功率为 0.3w，正常发光时电阻为 30，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为 0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为10：3，流过灯泡 b 的电流为0.2A 【考点】变压器的构造和原理菁优网版权所有【专题】
38、压轴题【分析】由 a 灯正常发光可求出副线圈的电压，由 可求原、副线圈的匝数比；a 灯泡正常发光时可由额定功率和电阻求出 a 灯泡电压、电流；根据公式=可计算出副线圈的 I2，再根据并联电路特点 Ib=I2Ia，求出流过灯泡 b 的电流 Ib【解答】解：因 a 正常发光，根据公式 Pa=，得 Ua=，副线圈电压，故；a 正常发光时，根据公式 Pa=UaIa得 Ia=0.1A，因 b 灯与 a 灯并联，则 Ub=Ua=3v 根据公式=得 副线圈总电流 I2=I1=0.09=0.3A，又因 b 灯与 a 灯并联副线圈总电流 I2=Ia+Ib 故流过灯泡 b 的电流 Ib=I2Ia=0.2A 故答案
39、为：10：3 0.2【点评】合理选择功率计算公式，联系理想变压器的匝数比与电流比、电压比关系，可快速求解 12（4 分）（2011海南）2011 年 4 月 10 日，我国成功发射第 8 颗北斗导航卫星，建成以后北斗导航卫星系统将包含多颗地球同步卫星，这有助于减少我国对 GPS 导航系统的依赖，GPS 由运行周期为 12 小时的卫星群组成，设北斗星的同步卫星和 GPS 导航的轨道半径分别为 R1和 R2，向心加速度分别为 a1和 a2，则 R1：R2=a1：a2=（可用根式表示）【考点】万有引力定律及其应用；同步卫星菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】该题从这两种卫星的周期和向心力公式的两种表
40、达式（）上入手找出半径与周期关系表达式和加速度与半径关系表达式，从而求出 R1：R2和 a1：a2的值【解答】解：设地球同步卫星的周期为 T1，GPS 卫星的周期为 T2，由题意有：由万有引力定律的公式和向心的公式有：由以上两式可得：因而：故答案为：，【点评】此题要了解地球同步卫星是相对地球静止的卫星，同步卫星只能是发射到赤道上空特定的高度，以特定的速度沿地球自转的方向绕地球转动转动的周期和角速度与地球自转的周期和角速度一致，转动周期为24h 该题还考察到了万有引力定律及其应用，对于万有引力定律及其应用，关键是熟练的掌握公式的应用 四、实验题（四、实验题（13 题题 6 分，分，14 题题 9
41、 分，共分，共 15 分）分）13（6 分）（2011海南）图 1 是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为 Ig=600A、内阻为Rg，是标准电流表，要求改装后的电流表量程为 I=60mA完成下列填空（1）图 1 中分流电阻 Rp的阻值为（用 Ig、Rg、和 I 表示）（2）在电表改装成后的某次校准测量中，表的示数如图所示，由此读出流过电流表的电流为49.5 mA此时流过分流电阻 RP的电流为49.0mA（保留一位小数）【考点】把电流表改装成电压表菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】改装电流表要并联一电阻 Rp，并联一电阻后流过表头 a 的电流为 Ig，流过 Rp的电流为 IR，而加在表
42、头和 Rp上的电压相等，即 IgRg=IRRp，则改装后的电流表量，【解答】解：（1）由于 Rg和 Rp并联，由 IgRg=IRRp和 I=Ig+IR 得：故答案为：（2）由图 2 知流过 a 电流表的电流 I为 49.5mA；设此时流过表头的电流为 Ig，流过 RP的电流为 IR，加在表头和 Rp上的电压相等，故有 IgRg=IRRp I=（Ig+IR）；由联立得：IR=49.005mA49.0mA 故答案为：49.5；49.0【点评】由该题可看出，解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理 14（9 分）（2011海南）现要通过实验验证机械能守恒定律实验装置如图 1 所示：水平
43、桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上 A 点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为 M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为 m 的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上 B 点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间 t，用 d 表示 A 点到导轨低端 C 点的距离，h 表示 A 与 C 的高度差，b 表示遮光片的宽度，s 表示A，B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过 B 点时的瞬时速度用 g 表示重力加速度完成下列填空和作图；（1）若将滑块自 A 点由静止释放，则在滑块从 A 运动至 B 的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为Mgm
44、gs动能的增加量可表示为若在运动过程中机械能守恒，与 s 的关系式为=（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A 点）下滑，测量相应的 s 与 t 值，结果如下表所示：1 2 3 4 5 s（m）0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t（ms）8.22 7.17 6.44 5.85 5.43（104s2）1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 以 s 为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图 2 位置的坐标纸中描出第 1 和第 5 个数据点；根据 5 个数据点作直线，求得该直线的斜率 k=2.39104m1s2（保留 3 位有效数字）由测得的 h、d、b、
45、M 和 m 数值可以计算出直线的斜率 ko，将 k 和 ko进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律【考点】验证机械能守恒定律菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】这是一个根据书本上验证机械能守恒定律的实验改装后的题目 这题的关键在于研究对象不是单个物体而是滑块、遮光片与砝码组成的系统 对于系统的重力势能变化量要考虑系统内每一个物体的重力势能变化量动能也是一样 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度 b 很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度 根据变量的数据作出图象，结合数学知识求出斜率【解答】解：（1）滑块、遮光片下降重力势能减小，砝码上
46、升重力势能增大 所以滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量EP=Mgmgs 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法由于光电门的宽度 b 很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度 vB=根据动能的定义式得出：Ek=（m+M）vB2=若在运动过程中机械能守恒，Ek=EP 与 s 的关系式为（2）见图 运用数学知识求得斜率 k=2.39104m1s2 由测得的 h、d、b、M 和 m 数值可以计算出直线的斜率 ko=比较 k 与 ko，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律 故答案为：（1）Mgmgs，；（2）如图，2.39104m1s2 【点评】这个实验对于我们
47、可能是一个新的实验，但该实验的原理都是我们学过的物理规律 做任何实验问题还是要从最基本的物理规律入手去解决对于系统问题处理时我们要清楚系统内部各个物体能的变化 求斜率时要注意单位和有效数字的保留 五、计算题：本大题共五、计算题：本大题共 2 小题，第小题，第 15 题题 8 分，共分，共 16 题题 11 分，共分，共 19 分把解答写在答题卡上指定的答题处，分把解答写在答题卡上指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和盐酸步骤要求写出必要的文字说明、方程式和盐酸步骤 15（8 分）（2011海南）如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆ab 为沿水平方向的直径若在 a点以初速度 v0沿
48、 ab 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的 c 点已知 c 点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径 【考点】平抛运动菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，竖直方向上的位移已经知道了，但是水平方向的位移要用三角形的知识来求，然后才能求圆的半径【解答】解：如图所示 h=R 则 Od=R 小球做平抛运动的水平位移 x=R+R 竖直位移 y=h=R 根据 y=gt2 x=v0t 联立以上两式解得圆的半径为 R=【点评】考查平抛运动规律的应用，但是水平方向的位移不知道，所以用的数学的知识较多，需要熟练的应用三角形的边角关系 1
49、6（11 分）（2011海南）如图，ab 和 cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和 MN是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为 m 和 2m竖直向上的外力 F 作用在杆 MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为 R，导轨间距为 l整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直导轨电阻可忽略，重力加速度为 g在 t=0 时刻将细线烧断，保持 F 不变，金属杆和导轨始终接触良好求：（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；动量守恒定律菁优网版权所有
50、【专题】计算题；压轴题；电磁感应中的力学问题【分析】细线烧断前对 MN 和 MN受力分析，得出竖直向上的外力 F=3mg，细线烧断后对 MN 和 MN受力分析，根据动量守恒求出任意时刻两杆运动的速度之比 分析 MN 和 MN的运动过程，找出两杆分别达到最大速度的特点，并求出【解答】解：（1）细线烧断前对 MN 和 MN受力分析，由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力 F=3mg 设某时刻 MN 和 MN速度分别为 v1、v2 根据 MN 和 MN动量守恒得出：mv12mv2=0 求出：=2 （2）细线烧断后，MN 向上做加速运动，MN向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加，MN 和 MN所
