1、目錄2011普通高校招生考試試題匯編-直線運動參考答案22011普通高校招生考試試題匯編-相互作用參考答案62011普通高校招生考試試題匯編-牛頓運動定律參考答案72011普通高校招生考試試題匯編-曲線運動參考答案82011普通高校招生考試試題匯編-萬有引力參考答案112011普通高校招生考試試題匯編-功和能的關系參考答案122011普通高校招生考試試題匯編-靜電場202011普通高校招生考試試題匯編-恒定電流242011普通高校招生考試試題匯編-磁場參考答案272011普通高校招生考試試題匯編-電磁感應參考答案362011普通高校招生考試試題匯編-交變電流參考答案392011普通高校招生考試

2、試題匯編- 選修3-4參考答案412011普通高校招生考試試題匯編-選修3-5參考答案432011普通高校招生考試試題匯編-力學實驗參考答案462011普通高校招生考試試題匯編-電學實驗參考答案482011普通高校招生考試試題匯編-直線運動參考答案1（2011安徽第16題）答案：A解析：物體作勻加速直線運動在前一段所用的時間為，平均速度為，即為時刻的瞬時速度；物體在后一段所用的時間為，平均速度為，即為時刻的瞬時速度。速度由變化到的時間為，所以加速度，A正確。2(2011海南第8題）.BC解析：A，05s,物體向正向運動，56s向負向運動， 故5s末離出發點最遠，A錯 B 由面積法求出05s的位

3、移s1=35m, 56s的位移s2=-5m,總路程為：40m,B對 C由面積法求出04s的位移s=30m，平度速度為：v=s/t=7.5m/s C對 D 由圖像知56s過程物體加速，合力和位移同向，合力做正功，D錯3（2011新課標理綜第15題）.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。4（2011天津第3題）【解析】：勻變速直線運動的考查，簡單題。第1s內的位移只需將t=1代入即可求出x=6m

4、，A錯誤；前2s內的平均速度為，B錯；由題給解析式可以求得加速度為a=2m/s2，C錯；由加速的定義可知D選項正確【答案】：D5（2011廣東第34題）、（18分）解析：（1）答案：1.20 a/2 0.933 要估讀一位，s=v0t+at2，斜率為a/26（2011山東第23題）.（12分）答案： c d7 (2011重慶第14題).解析答案B. ，由此可知井深約為20m8 (上海第19題)CD9(上海第26題).答案：（1）(2)B，C 10(新課標理綜第21題). 答案：A。 解析：本題考查受力分析與運動分析，涉及牛頓第二定律、靜摩擦力、非勻加速直線運動、a-t圖象等。由于F由

5、零開始隨時間正比增大，當還未達到最大靜摩擦力之前，兩者一起運動，加速度相同，為：，兩物體的a-t圖象重合，為過原點的直線。當F超過最大靜摩擦力之后，兩物體有相對運動，加速度不等，設滑動摩擦力為f，則m2的加速度為：。其a-t圖象與a軸的副半軸有交點；m1的加速度為：。其a-t圖象是與t軸平行的直線。選項A對。答案：B。解析：當時：木板和木塊一起運動 滿足：木板和木塊間的摩擦力合題意 當時：木塊在木板上滑動 滿足：a2>a1合題意11(新課標理綜第23).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=212(新課標理綜第24題).（13分）解析：設

6、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 設甲、乙兩車行駛的總路程分別為、，則有 聯立以上各式解得，甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為13（2011四川第23題）（16分）【解析】（1）貨車剎車時的初速是v0=15vm/s ，末速是0，加速度分別是2.5m/s2和5m/s2，根據位移推論式得 代入數據解得： 超載 m 不超載 m（2）貨車與轎車相撞時的速度為 m/s相撞時動量守恒，有 得 m/s對轎車根據動量定理有 解得 N

7、14(上海第31題)解析：答案(12分) (1)物體做勻加速運動 (1分) （1分） 由牛頓第二定律 （1分） (1分) (1分)(2)設作用的最短時間為，小車先以大小為的加速度勻加速秒，撤去外力后，以大小為，的加速度勻減速秒到達B處，速度恰為0，由牛頓定律 (1分)(1分) （1分）由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有 （1分） （1分） （1分） （1分）（2）另解：設力作用的最短時間為t，相應的位移為s，物體到達B處速度恰為0，由動能定理 （2分） （1分）由牛頓定律 （1分） （1分） （1分） 2011普通高校招生考試試題匯編-相互作用參考答案1（2011安徽第1題）

8、答案：A解析：由于質量為m的物塊恰好靜止在傾角為的斜面上，說明斜面對物塊的作用力與物塊的重力平衡，斜面與物塊的動摩擦因數=tan。對物塊施加一個豎直向下的恒力F，使得合力仍然為零，故物塊仍處于靜止狀態，A正確，B、D錯誤。摩擦力由mgsin增大到(F+mg)sin，C錯誤。2（2011海南第4題）.解析：平衡后設繩的BC段與水平方向成角，則： 對節點C分析三力平衡，在豎直方向上有：得：，選C3 (廣東第16題).B4(北京理綜第18題)B5（2011海南第5題）.解析：斜劈和物塊都平衡對斜劈和物塊整體受力分析知地面對斜劈的摩擦力為零，選A6（2011山東第19 題）答案：AD解析：對b進行受力

9、分析，剪斷前b受重力、支持力、向左彈簧的拉力和繩的拉力由于它所受摩擦力，所以彈簧的拉力和繩的拉力是一對平衡力，當將右側細繩剪斷瞬間，繩的拉力消失，但彈簧的拉力不變，所以b受摩擦力方向向右，C錯誤，D正確；由于細繩剪斷瞬間，彈簧的彈力不變，所以大小不變，A正確，B錯誤。7（2011江蘇第1題）答案：A8 (2011江蘇第9題)答案：AC9(安徽第21題)解析：（1）如圖所示（2）0.2480.26210 (江蘇第10題)【答案】(1)3.6      (2)D   (3)改變彈簧測力計B拉力的大小；  &#

10、160;   減小做完M的質量  （或將A更換成量程較大的彈簧測力計，改變彈簧測力計B拉力飛方向等）【解析】只要驗證，即只要求OB與OM垂直，變壓器每次都要使O點靜止在同一位置。 2011普通高校招生考試試題匯編-牛頓運動定律參考答案1(安徽第17題)答案：C解析：物體在其軌跡最高點P處只有水平速度，其水平速度大小為v0cos，根據牛頓第二定律得，所以在其軌跡最高點P處的曲率半徑是，C正確。2(新課標理綜第21題).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

11、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。3（2011天津第2題）【解析】：考查牛頓運動定律處理連接體問題的基本方法，簡單題。對于多個物體組成的物體系統，若系統內各個物體具有相同的運動狀態，應優先選取整體法分析，再采用隔離法求解。取A、B系統整體分析有，a=g，B與A具有共同的運動狀態，取B為研究對象，由牛頓第二定律有：，物體B做速度方向向右的勻減速運動，故而加速度方向向左。【答案】：A4（2011四川第19題）【答案】A【解析】在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態，動能減小，返回艙所受合外力做負功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因

12、是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力。火箭開始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙作用因而傘繩對返回艙的拉力變小。5（2011江蘇第9題）AC6（2011北京第18題）B7（2011上海第19題）答案：CD 8（2011上海第26題）.答案（1）(2)B，C 9（2011天津第19題）【解析】：物體處于失重狀態，加速度方向向下，故而可能是減速上升或加速下降。【解析】：注意副尺一定要有估讀。讀數為1.5+20.6×0.01mm=1.706mm。因為個人情況不同，估讀不一定一致，本題讀數1.704-1.708都算正確。10.(浙江第21題

13、)答案：學生電源、電磁打點 計時器、鉤碼、砝碼或電火花計時器、鉤碼、砝碼學生電源為電磁打點計時器提供交流電源；電磁打點計時器（電火花計時器）記錄小車運動的位置和時間；鉤碼用以改變小車的質量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大小，還可以用于測量小車的質量。解析：電磁打點計時器（電火花計時器）記錄小車運動的位置和時間；鉤碼用以改變小車的質量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大小，還可以用于測量小車的質量。如果選電磁打點計時器，則需要學生電源，如果選電火花計時器，則不需要學生電源。12(重慶第22（2）題)答案 ：位移      時間  

14、        m+m  滑塊上 =0.23(0.210 25) 2011普通高校招生考試試題匯編-曲線運動參考答案1 (2011江蘇卷第3題)c2（2011廣東第17題）.解析：由平拋運動規律：L=vt，H=gt2求出AB正確。選AB4（2011全國理綜第20題）.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。5（2011上海第11題）答案：C6（2011上海第25題）答案. ，7（2011海南第15題）。解析：設圓半徑為r，質點做平拋運動，則： 過c點做cdab與d點，RtacdRtcbd可得即

15、為： 由得：8（2011天津第10題）解析：（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有解得（2）設球A的質量為m，碰撞前速度大小為v1，把球A沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知 設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動量守恒定律知 飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有 綜合式得 9（2011山東第24題）.解析：10（2011廣東第36題）、解析：（1）mgs+mg·2R=mvB2 所以 vB=3（2）設M滑動x1,m滑動x2二者達到共同速度v,則mvB=(M+m)v mgx1=mv2 mgx2=mv2mvB2 由

16、得v=, x1=2R, x2=8R二者位移之差x= x2x1=6R6.5R，即滑塊未掉下滑板討論： RL2R時，Wf=mg(l+L)= mg（6.5R+L） 2RL5R時，Wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgR4.5mgR，即滑塊速度不為0，滑上右側軌道。要使滑塊滑到CD軌道中點，vc必須滿足：mvc2 mgR 此時L應滿足：mg(l+L) mvB2mvc2 則 LR，不符合題意，滑塊不能滑到CD軌道中點。答案：（1） vB=3（2）RL2R時，Wf=mg(l+L)= mg（6.5R+L）2RL5R時，Wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgR4.5mgR，即滑塊速度不為0，滑上右側軌

17、道。滑塊不能滑到CD軌道中點2011普通高校招生考試試題匯編-萬有引力參考答案1 (2011江蘇第7題)ACD2（2011山東第17題）.答案：AC解析：萬有引力提供向心力，由，可得向心加速度之比，C正確；周期之比，A正確；甲、乙均為兩顆地球衛星，運行速度都小于第一宇宙速度，B錯誤；甲為地球同步衛星運行在赤道上方，D錯誤。3(廣東第20題).BD4（2011全國卷1第19題）解析：周期變長，表明軌道半徑變大，速度減小，動能減小,引力做負功故引力勢能增大選D5（2011全國理綜新課標19）.解析：主要考查開普勒第三定律。月球、地球同步衛星繞地球做勻速圓周運動，根據開普勒第三定律有解得，代入數據求

18、得m.如圖所示，發出信號至對方接收到信號所需最短時間為，代入數據求得t=0.28s.所以正確答案是B。6（2011天津第8題）【解析】：萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，代入相關公式即可【答案】：AC7（2011浙江第19題）.答案：AD解析：根據、，可得、，故A、D正確；登陸艙在半徑為的圓軌道上運動的向心加速度，此加速度與X星球表面的重力加速度并不相等，故C錯誤；根據，得，則，故C錯誤。8 (2011廣東第20題).解析：根據，A錯，由，B正確，由，C錯D對。選BD9 (2011北京第15題)A10(重慶第21題).B11（2011海南第12題）.答案 ：、 解析：，由得：，因而： ，12

19、（2011上海22B）答案：增大，增大13（2011安徽第22題）解析：（1）因行星繞太陽作勻速圓周運動，于是軌道的半長軸a即為軌道半徑r。根據萬有引力定律和牛頓第二定律有 于是有 即 （2）在月地系統中，設月球繞地球運動的軌道半徑為R，周期為T，由式可得 解得 M地=6×1024kg （M地=5×1024kg也算對）2011普通高校招生考試試題匯編-功和能的關系參考答案1 (2011江蘇第4題)A2（2011全國卷1第20題）BD解析：兩物體最終速度相等設為u由動量守恒得：mv=(m+M)u, 系統損 失的動能為： 系統損失的動能轉 化為內能Q=fs=3(四川第19題).

20、解析：先從力學角度討論AB兩項；而C項宜用動能定理；D項則考查超重、失重概念。答案選A。由整體法、隔離法結合牛頓第二定律，可知A正確B錯；由動能定理可知C錯；因為物體具有豎直向上的加速度，因此處于超重狀態，D錯。4(四川第21題)解析：選BD。從運動學公式（平均速度等）入手，可求出兩次過程的末速度比例、加速度比例，做好準備工作。通過動能定律、機械能守恒定律等得出電場力做功，再由功能關系可知電勢能增減以及動能變化等，從而排除AC兩項；借助運動學公式，選項B中的動量變化可直接計算；對于選項D，要先由運動學公式確定，再結合此前的機械能守恒定律來計算重力勢能變化量。 運動過程如上圖所示，分析

21、可知，加電場之前與加電場之后，小球的位移大小是相等的。由運動學公式得。對加電場之后的運動過程應用動能定理得，對此前的過程有機械能守恒，以及運動學公式。由以上各式聯立可得，即整個過程中小球電勢能減少了，A錯；動量增量為，可知B正確；從加電場開始到小球運動到最低點時，C錯；由運動學公式知，以及，則從A點到最低點小球重力勢能變化量為，D正確。5（2011海南第9題）CD.解析：由動量定理求出1s末、2s末速度分別為：v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功為w=功率為 1s末、2s末功率分別為：4w、3w 第1秒內與第2秒動能增加量分別為：、，比值：4：56（2011新課標理綜第16題）.解析：主

22、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，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。7（2011全國理綜第18題）.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。8 (2011上海15)答案：C9（2011山東第18題）.答案：C解析：相遇時滿足，所以，小球落地時間，球落地時間，因此A錯誤；相遇時，所以B錯誤；因為兩球恰在處相遇，說明重力做功的數值相等，根據

23、動能定理，球動能的減少量等于球動能的增加量，C正確；相遇后的任意時刻，球的速度始終大于球的速度，因此重力對球做功功率大于對球做功功率，D錯誤。10（2011海南第14題）.1)2) 2.4011(上海第33 題)答案(14分)(1)勢能最小處動能最大 (1分)由圖線II得 (2分)(在5.9 6.3cm間均視為正確)(2)由圖讀得釋放處勢能，此即B的總能量。出于運動中總能量守恒，因此在勢能最小處動能最大，由圖像得最小勢能為0.47J，則最大動能為 （2分)(在0.42 0.44J間均視為正確)最大速度為 (1分)(在1.291.33 ms間均視為正確)x=20.0 cm處的總能量為0.90J，

24、最大位移由E=0.90J的水平直線與曲線II的左側交點確定,由圖中讀出交點位置為x=2.0cm，因此，最大位移 (2分)(在17.918.1cm間均視為正確)(3)漸近線III表示B的重力勢能隨位置變化關系，即 （2分)由圖讀出直線斜率 （1分）（在間均視為正確）（4）若異名磁極相對放置，A，B間相互作用勢能為負值，總勢能如圖。 （2分）12(江蘇第14題)解析：13(福建第21題).解析：此題考查平拋運動規律、牛頓運動定律、豎直面內的圓周運動、機械能守恒定律等知識點（1）質量為m的魚餌到達管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則(1)解得    &

25、#160; (2)(2)彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有    .(3)由（2）（3）得.(4)(3)不考慮因緩慢轉動裝置對魚餌速度大小的影響，質量為m的魚餌離開管口C后做平拋運動，設經過t時間落到水面上，離OO的水平距離為x1，由平拋規律有.(5)(6)由 （5）（6）兩式得.(7)當魚餌的質量為時，設其到達管口C時速度大小為V2，由機械能守恒定律有.(8)由 （4）（8）兩式解得.(9)質量為的魚餌落到水面時上時，設離OO的水平距離為x2則.(10)由（5）（9）（10）解得：魚餌能夠落到水面的最大面積S，S=(x22-x12)= R2

26、（或8.25R2）。14（2011安徽24）（20分）解析：（1）設小球能通過最高點，且此時的速度為v1。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒。則 設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則 由式，得 F=2N 由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。 （2）解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V。在上升過程中，因系統在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有 在上升過程中，因只有重力做功，系統的機械能守恒，則 由式，得 v2=2m/s （3）設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離

27、為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/。由系統水平方向的動量守恒，得 將式兩邊同乘以，得 因式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 15（2011全國卷1第26題）. 解析：設子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時共同速度為：v 受到阻力為f.對系統由動量和能量守恒得： 由得： 子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時，設其速度為v1，此時鋼板的速度為u，穿第二塊厚度為d的鋼板時共用速度為v2，穿過深度為，對子彈和第一塊鋼板系統由動量和能量守恒得： 由得： 對子彈和第二塊鋼板系統由動量和能量守恒得： 由得：17（2011浙江第24題

28、）.解析：（1）汽車牽引力與輸出功率的關系將，代入得當轎車勻速行駛時，牽引力與阻力大小相等，有（2）在減速過程中，注意到發動機只有用于汽車的牽引，根據動能定理有，代入數據得電源獲得的電能為(3)根據題設，轎車在平直公路上勻速行駛時受到的阻力仍為。此過程中，由能量轉化及守恒定律可知，僅有電能用于克服阻力做功，代入數據得18（2011廣東第 36題）、解析： （1）mgs+mg·2R=mvB2 所以 vB=3（2）設M滑動x1,m滑動x2二者達到共同速度v,則mvB=(M+m)v mgx1=mv2 mgx2=mv2mvB2 由得v=, x1=2R, x2=8R二者位移之差x= x2x1=

29、6R6.5R，即滑塊未掉下滑板討論：RL2R時，Wf=mg(l+L)= mg（6.5R+L）2RL5R時，Wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgR4.5mgR，即滑塊速度不為0，滑上右側軌道。要使滑塊滑到CD軌道中點，vc必須滿足：mvc2 mgR 此時L應滿足：mg(l+L) mvB2mvc2 則 LR，不符合題意，滑塊不能滑到CD軌道中點。答案：（1） vB=3（2）RL2R時，Wf=mg(l+L)= mg（6.5R+L）2RL5R時，Wf=mgx2+mg(lx)=4.25mgR4.5mgR，即滑塊速度不為0，滑上右側軌道。滑塊不能滑到CD軌道中點19（2011北京第22題）（16分）

30、答案：（1）受力圖見右 根據平衡條件，的拉力大小F=mgtanTFmg（2）運動中只有重力做功，系統機械能守恒 則通過最低點時，小球的速度大小 根據牛頓第二定律 解得輕繩對小球的拉力 ，方向豎直向上 2011普通高校招生考試試題匯編-靜電場1、(2011江蘇省第8題)AB 2（2011安徽第18題）答案：B解析：由于電極XX加的是掃描電壓，電極YY之間所加的電壓信號電壓，所以熒光屏上會看到的圖形是B，答案B正確。3（2011安徽第20題）答案：B解析：若，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在

31、B板上，所以A錯誤。若，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距離大于向右運動的距離，最終打在A板上，所以B正確。若，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以C錯誤。若，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以D錯誤。4（2011全國卷1第17題）解析： 5（2011海南第1題）.解析：考察電場和電勢概念

32、，選D6（2011海南第3題）.解析：設1、2距離為R，則：，3與2接觸后，它們帶的電的電量均為：，再3與1接觸后，它們帶的電的電量均為，最后有上兩式得：n=67（2011新課標理綜第20題）.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。8（2011天津第5題）【解析】：考查平行板電容器的相關知識。，當電荷量變為2Q時，C選項正確。【答案】：C9(廣東第21題).解析：電子吸附塵埃使塵埃帶負電，受力與電場方向相反，AC錯。F=Eq，故BD正確。選BD10（2011山東第21題）答案：BC解析：根據等量異種點電荷的電場的分布特點和疊加原理可知A錯誤，B正確；因為a、b

33、、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關于MN對稱，a、b兩點的電勢差等于b、c兩點間的電勢差，C正確；根據等量異種點電荷的電場的分布特點，a點的電勢高于c點的電勢，所以試探電荷+q在a點的電勢能大于在c點的電勢能，D錯誤。11(重慶第19題).12（2011上海第1題）答案：C13（2011上海第14題）答案：A14 (2011上海第16題)答案：D15 (2011上海23)答案：，16(浙江第25題).答案：（1）（2）當時，收集效率為100%；當時，收集率（3）=，如圖所示。解析：（1）收集效率為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，設高壓電源的電壓為，在水平方

34、向有 在豎直方向有 其中 當減少兩板間距是，能夠增大電場強度，提高裝置對塵埃的收集效率。收集效率恰好為100%時，兩板間距為。如果進一步減少，收集效率仍為100%。因此，在水平方向有 在豎直方向有 其中 聯立可得 （2）通過前面的求解可知，當時，收集效率為100% 當時，設距下板處的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，此時有 根據題意，收集效率為 聯立可得（3）穩定工作時單位時間下板收集的塵埃質量=當時，因此=當時，因此=繪出的圖線如下17（2011北京第24題）解析：（1）由圖可知，0與d（或-d）兩點間的電勢差為0電場強度的大小 電場力的大小 （2）設粒子在-x0，x0區間內運動，速率為v，由題意

35、得 由圖可知 由得 因動能非負，有 得 即 粒子運動區間（3）考慮粒子從-x0處開始運動的四分之一周期根據牛頓第二定律，粒子的加速度 由勻加速直線運動 將代入，得 粒子運動周期 2011普通高校招生考試試題匯編-恒定電流1(北京第17題)2(海南第2題).解析：S開，相當于電阻變大，總電流減小，故端電壓增大，的讀數變大，把R1歸為內阻，則R3中的電壓也增大，R3中的電流也增大，R3中的電壓也增大，3(2011上海第6題)答案：D4(2011上海第12題)答案：A5（2011安徽第21題）解析：（1）斷開待測電阻，將選擇開關旋到“×100”檔： 將兩表筆短接，調整“歐姆調零旋鈕”，使指

36、針指向“0”； 再接入待測電阻，將指針示數×100，即為待測電阻阻值。（2）如圖所示（3）電阻 1、2 1 6（2011全國卷1第23題）解析：(1)黑(2)14.0、53.0、4.6 (3)102 (4)1.54電表內阻r=15,外阻為R=4.6此時電流為：I=53mA,求出E=I(R+r)=1.54V，從而求出短路電流：I=102mA7（2011海南第13題）. 49.5 49.08（2011新課標理綜第22題）.（解析：（1）R0、標準電流表A0；（2）RN，標準電流表A0的示數為I；（3）平均值9（2011天津第5題（4）【解析】：電學實驗選擇儀器的一般步驟如下： 根據量程選

37、擇電流表和電壓表，不能超過表的量程，不能量程太大導致表的讀數偏小； 根據題中關鍵語句，如精確測量，從零開始連續可調等等選擇分壓電路亦或是限流電路；分壓電路滑動變阻器選擇小阻值，限流電路滑動變阻器選擇大阻值； 選擇電流表的內外接法，一般的原則是“大內偏大，小外偏小”；也可以根據與之間的關系來判斷，當>時，采用電流表的外接法，反之選擇電流表內接法。（1）本題中，待測電阻Rx的阻值約為25k，直流電源電動勢為20V，經粗略計算電路中最大的電流約為，所以電流表選擇B；雖然電壓表C的量程不足，但是相比起來電壓表D的量程超過太多，讀數偏小，所以電壓表選擇C表。（2）根據本題解析的第、兩條原則可知電路

38、圖的問題為：電流表應采用內接的方法；滑動變阻器應采用分壓器方式的接法 。10（2011浙江第22題）.答案：（1）如圖所示；（2）電阻率的允許范圍： ：通過計算可知，金屬絲a與c電阻率相同，遠大于金屬絲b的電阻率。解析：（1）以OP間距離x為橫軸，以電壓表讀數U為縱軸，描點、連線繪出電壓表讀數U隨OP間距離x變化的圖線。（2）根據電阻定律可得。通過計算可知，金屬絲a與c電阻率相同，遠大于金屬絲b的電阻率。11(廣東第34（2）題)解析：答案：（2）x1 7.5 左端 右端 ab電珠電阻較小，故選“x1”檔如右圖P置左端電珠兩端電壓最小ab之間電流值相差太大12 (2011北京第21題)答案：（

39、1）S T 0刻線 ADC13（2011上海第29題）答案.(1)， (各1分)(2)見圖 (2分)(3)將滑動觸頭移至最左端(寫最小給分，最大不給分) 多次移動滑動觸頭，記錄相應的，讀數 (1分) (4) (3分)14（2011山東第23題）答案：如圖所示0.37b c15 (江蘇第11題)答案：16(福建第19（2）題)答案：D  .左     1    5  . 增大解析：由于小電珠的電阻一般不大，使用多用電表直接測量小電珠的電阻，則應將選擇開關旋至歐姆× 1，選項D正確。對于分壓電路，開

40、關S閉合前，滑動變阻器的滑片P應置于使小電珠上電壓為零處，即最左端。閉合開關S后，無論如何調節滑片P，電壓表和電流表的示數總是調不到零，其原因是滑動變阻器左端與電源沒有連接好。由描繪出的小電珠的伏安特性曲線可知，小電珠的電阻值隨工作電壓的增大而增大。 17(四川第22（2）題)解析：（2）改裝電壓表時，其內阻值要準確告知，所以排除AB而選C；再由歐姆定律可知，代入數據得；電路圖如上圖所示；根據歐姆定律，可得通式為，代入數據兩次，即得答案。 【答案】（2） C    6 ；      見上圖； &

41、#160;     75   10 。18(重慶第20題).19(重慶22（1）)答案：×1    乙    2011普通高校招生考試試題匯編-磁場參考答案1（2011全國卷1第15題）。解析：要合磁感應強度為零，必有和形成兩個場等大方向，只有C點有可能，選C2（2011海南第7題）解析：考察科學史，選ACD3（2011海南第10題）.解析：在磁場中半徑 運動時間：（為轉過圓心角），故BD正確，當粒子從O點所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800

42、，因而AC錯4（2011新課標理綜第14題）.解析：主要考查安培定則和地磁場分布。根據地磁場分布和安培定則判斷可知正確答案是B。5（2011新課標理綜第18題）.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。6（2011浙江第20題）.答案：BC解析：由左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據，可得、，則，故可知B、C正確，D錯誤。7(2011上海第18題)答案：BC8（2011安徽第23）解析：（1）設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E。可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負方向，于是可知電場強度沿x軸

43、正方向且有 qE=qvB 又 R=vt0 則 （2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動在y方向位移 由式得 設在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區域邊界上，于是 又有 得 （3）僅有磁場時，入射速度，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設軌道半徑為r，由牛頓第二定律有 又 qE=ma 由式得 由幾何關系 即 帶電粒子在磁場中運動周期 則帶電粒子在磁場中運動時間 所以 9（2011全國卷1第25）.解析：設粒子第一次過MN時速度方向與水平方向成1角，位移與水平方向成2角且2=450，在電場中做類平拋運動， 則有：得出： 在電場中運行的位移:在磁場中做圓周運動，且弦切角為=1-2，得

44、出：在磁場中運行的位移為：所以首次從II區離開時到出發點的距離為：10（2011新課標理綜第25題）.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域邊界的交點為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關系得 式中，由式得 (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 由式得 、和三點共線，且由 式知點必位于 的平面上。由對稱性知，點與點縱坐標相同，即 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 設a到達點時，b

45、位于點，轉過的角度為。如果b沒有飛出I，則 式中，t是a在區域II中運動的時間，而 由式得 由式可見，b沒有飛出。點的y坐標為 由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為 11（2011天津第12題）解析：（1）核反應方程為設碳11原有質量為m0，經過t=2.0h剩余的質量為mt，根據半衰期定義，有：（2）設質子質量為m，電荷量為q，質子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知：質子運動的回旋周期為：由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與質子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關系可得：設在t時間內離開加速器的質子數為N，則質子束從回旋加速器輸出時的平均功率輸出時質子束的等效電流為：由上述

46、各式得若以單個質子為研究對象解答過程正確的同樣給分（3）方法一：設k（kN*）為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rk>rk+1），在相應軌道上質子對應的速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U，由動能定理知由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知，則整理得 因U、q、m、B均為定值，令，由上式得相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理 因為rk+2> rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小方法二：設k（kN*）為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rk>rk+1）

47、，在相應軌道上質子對應的速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知，故由動能定理知，質子每加速一次，其動能增量以質子在D2盒中運動為例，第k次進入D2時，被電場加速（2k1）次速度大小為同理，質子第（k+1）次進入D2時，速度大小為綜合上述各式可得整理得，同理，對于相鄰軌道半徑rk+1，rk+2，整理后有由于rk+2> rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小，用同樣的方法也可得到質子在D1盒中運動時具有相同的結論。12（2011四川第25題）13（2011廣東第35題）、O/r解析： （1）由動能定理：Uq=mv12-mv02 得：v0= （2）如右圖：粒子在磁場中作圓周運動的半徑為r，則r2=2()2 RV3B1qv2=m 由得：B1= T= t = 由 t =（3）由B2qv3=m 可知，B越小，R越大。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為 R= 所以 B2答案：（1）v0=（2）B1= t =（3）B214（2011北京理綜第23題）答案（1）動能定理 得 （2）由牛頓第二定律 ，利用式得離子在磁場中的軌道半徑為別為 ， 兩種離子在GA上落點的間距 （3）質