2011年高考真題 物理山東卷（含解析版）

2011年山東省高考物理試卷參考答案與試題解析二、選擇題（本題包括7小題，每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的有多個(gè)選項(xiàng)正確，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）1．（4分）（2011?山東）了解物理規(guī)律的發(fā)現(xiàn)過程，學(xué)會(huì)像科學(xué)家那樣觀察和思考，往往比掌握知識(shí)本身更重要．以下符合事實(shí)的是（）A．焦耳發(fā)現(xiàn)了電流熱效應(yīng)的規(guī)律B．庫侖總結(jié)出了點(diǎn)電荷間相互作用的規(guī)律C．楞次發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕D．牛頓將斜面實(shí)驗(yàn)的結(jié)論合理外推，間接證明了自由落體運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)：楞次定律；伽利略研究自由落體運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和推理方法；物理學(xué)史；庫侖定律；焦耳定律．分析：由物理特別是電磁學(xué)的發(fā)展歷程中的科學(xué)家的貢獻(xiàn)可知各項(xiàng)是否正確．解答：解：A、焦耳通過實(shí)驗(yàn)得出電流的熱效應(yīng)，并得出焦耳定律，故A正確；A、庫侖總結(jié)出了真空中的點(diǎn)電荷間的相互作用的規(guī)律，故B正確；C、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕；楞次發(fā)現(xiàn)了感應(yīng)電流的規(guī)律，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、伽利略將斜面實(shí)驗(yàn)的結(jié)論合理外推，間接證明了自由落體運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選AB．點(diǎn)評(píng)：物理學(xué)家在物理的發(fā)展出作出了重大的貢獻(xiàn)，在學(xué)習(xí)中應(yīng)注意掌握．2．（4分）（2011?山東）甲、乙為兩顆地球衛(wèi)星，其中甲為地球同步衛(wèi)星，乙的運(yùn)行高度低于甲的運(yùn)行高度，兩衛(wèi)星軌道均可視為圓軌道．以下判斷正確的是（）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．甲在運(yùn)行時(shí)能經(jīng)過北極的正上方考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．分析：人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，先列式求出線速度、周期和向心力的表達(dá)式進(jìn)行討論；第一宇宙速度是在近地發(fā)射人造衛(wèi)星的最小速度，也是近地圓軌道的環(huán)繞速度，還是圓軌道運(yùn)行的最大速度．解答：解：人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M，有F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②a=③由①②③式可以知道，人造衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小、周期越大，加速度越小，由于甲衛(wèi)星的高度大，軌道半徑大，故甲衛(wèi)星的線速度小、周期大，加速度??；根據(jù)①式，第一宇宙速度是近地圓軌道的環(huán)繞速度，也是圓軌道運(yùn)行的最大速度；故選AC．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度、角速度、周期和加速度的表達(dá)式，再進(jìn)行討論．3．（4分）（2011?山東）如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時(shí)，將另一相同質(zhì)量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在處相遇（不計(jì)空氣阻力）．則（）A．兩球同時(shí)落地B．相遇時(shí)兩球速度大小相等C．從開始運(yùn)動(dòng)到相遇，球a動(dòng)能的減少量等于球b動(dòng)能的增加量D．相遇后的任意時(shí)刻，重力對(duì)球a做功功率和對(duì)球b做功功率相等考點(diǎn)：動(dòng)能；自由落體運(yùn)動(dòng)；豎直上拋運(yùn)動(dòng)；功率、平均功率和瞬時(shí)功率．分析：根據(jù)題意分析可知，ab兩個(gè)球在相等的時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)距離都是，加速度大小也相等，所以說明在處相遇時(shí)a球的速度剛好為0，而b球的速度剛好為v0．解答：解：A、a球做的是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，b球是自由落體運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，不可能同時(shí)落地，故A錯(cuò)誤．B、從題目?jī)?nèi)容可看出，在處相遇，此時(shí)a球和b球的位移相同，時(shí)間相同，它們的加速度也相同，所以ab兩個(gè)球的運(yùn)動(dòng)的過程恰好是相反的，把a(bǔ)球的運(yùn)動(dòng)反過來看的話，應(yīng)該和b球的運(yùn)動(dòng)過程一樣，所以在相遇時(shí)，a球的速度剛好為0，而b球的速度剛好為v0，所以B錯(cuò)誤．C、由于兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，兩球恰在處相遇，從開始運(yùn)動(dòng)到相遇，由動(dòng)能定理可知，球a動(dòng)能的減少量等于球b動(dòng)能的增加量，選項(xiàng)C正確．D、相遇后，ab兩個(gè)球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D錯(cuò)誤．故選C．點(diǎn)評(píng)：根據(jù)題目的介紹分析得出ab球的運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，這要求熟練的掌握自由落體和豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．4．（4分）（2011?山東）如圖所示，將兩相同的木塊a、b置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側(cè)用細(xì)繩固定于墻壁．開始時(shí)a、b均靜止．彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，兩細(xì)繩均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb=0，現(xiàn)將右側(cè)細(xì)繩剪斷，則剪斷瞬間（）A．Ffa大小不變B．Ffa方向改變C．Ffb仍然為零D．Ffb方向向右考點(diǎn)：牛頓第二定律．分析：根據(jù)彈簧和繩不同的特點(diǎn)，彈簧在力變化時(shí)不會(huì)發(fā)生突變，而繩的拉力是能夠突變的，再根據(jù)物體的受力就可以判斷摩擦力的變化情況．解答：解：將右側(cè)細(xì)繩剪斷，則剪斷瞬間，彈簧的彈力的大小不變，速度不能突變，故b仍靜止，彈簧對(duì)木塊b作用力方向向左，所以b所受摩擦力Ffb方向應(yīng)該向右；由于彈簧彈力不能發(fā)生突變，剪斷瞬間，彈簧彈力不變，a的受力的情況不變，所受摩擦力也不變，所以選項(xiàng)AD正確．故選：AD點(diǎn)評(píng)：主要就是考查學(xué)生對(duì)彈簧和繩在力發(fā)生突變時(shí)它們的特點(diǎn)，知道這一點(diǎn)就很容易了．5．（4分）（2011?山東）為保證用戶電壓穩(wěn)定在220V，變電所需適時(shí)進(jìn)行調(diào)壓，圖甲為調(diào)壓變壓器示意圖．保持輸入電壓u1不變，當(dāng)滑動(dòng)接頭P上下移動(dòng)時(shí)可改變輸出電壓．某次檢測(cè)得到用戶電壓u2隨時(shí)間t變化的曲線如圖乙所示．以下正確的是（）A．u2=190sin（50πt）VB．u2=190sin（100πt）VC．為使用戶電壓穩(wěn)定在220V，應(yīng)將P適當(dāng)下移D．為使用戶電壓穩(wěn)定在220V，應(yīng)將P適當(dāng)上移考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理．專題：交流電專題．分析：根據(jù)圖象可以得知用戶的電壓偏小了，根據(jù)電壓和匝數(shù)成正比的關(guān)系，可以確定需要如何來調(diào)整滑動(dòng)接頭P．解答：解：由于用戶電壓u2隨時(shí)間t變化的曲線周期為0.02s，所以u(píng)2=190sin（100πt）V，選項(xiàng)B正確A錯(cuò)誤；為使用戶電壓穩(wěn)定在220V，應(yīng)減小變壓器原線圈匝數(shù)，應(yīng)將P適當(dāng)上移，選項(xiàng)C錯(cuò)誤D正確．故選BD．點(diǎn)評(píng)：掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，本題即可得到解決．6．（4分）（2011?山東）如圖所示，在兩等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點(diǎn)所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關(guān)于MN對(duì)稱，b點(diǎn)位于MN上，d點(diǎn)位于兩電荷的連線上．以下判斷正確的是（）A．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)B．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差D．試探電荷+q在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在c點(diǎn)的電勢(shì)能考點(diǎn)：電場(chǎng)的疊加；電勢(shì)能．專題：壓軸題．分析：根據(jù)等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，由電場(chǎng)線性質(zhì)及電場(chǎng)的對(duì)稱性可知ab及bc兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；由電勢(shì)能的定義可知ac兩點(diǎn)電勢(shì)能的大小．解答：解：在兩等量同號(hào)電荷連線上，中間點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最?。辉趦傻攘慨愄?hào)電荷連線的中垂線上，中間點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大；所以b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于d點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤B正確；由對(duì)稱性可知，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故選項(xiàng)C正確；因a點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，故試探電荷+q在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選BC．點(diǎn)評(píng)：常見電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布及等勢(shì)面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)是降低的，同時(shí)注意等量異號(hào)電荷形成電場(chǎng)的對(duì)稱性．7．（4分）（2011?山東）如圖所示，兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)．兩質(zhì)量、長(zhǎng)度均相同的導(dǎo)體棒c、d，置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方同一高度h處．磁場(chǎng)寬為3h，方向與導(dǎo)軌平面垂直．先由靜止釋放c，c剛進(jìn)入磁場(chǎng)即勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)再由靜止釋放d，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動(dòng)能，xc、xd分別表示c、d相對(duì)釋放點(diǎn)的位移．選項(xiàng)中正確的是（）A．B．C．D．考點(diǎn)：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．專題：壓軸題．分析：未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c、d做自由落體運(yùn)動(dòng)，到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)速度相同．c、d都進(jìn)入磁場(chǎng)后，同時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者速度相同，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，只受重力，都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為g．c出磁場(chǎng)后，d在切割磁感線時(shí)，此時(shí)d的速度比進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)大，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感應(yīng)電流增大，受到的安培力增大，則d做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)動(dòng)能與高度的關(guān)系選擇動(dòng)能圖象．解答：解：A、B，設(shè)c、d剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度為v，c剛進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)由靜止釋放d．設(shè)d經(jīng)時(shí)間t進(jìn)入磁場(chǎng)，并設(shè)這段時(shí)間內(nèi)c的位移為x則由于h=，x=vt，得到x=2h，則d進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，c相對(duì)釋放點(diǎn)的位移為3h．d進(jìn)入磁場(chǎng)后，cd二者都做勻速運(yùn)動(dòng)，且速度相同，二者與導(dǎo)軌組成的回路磁通量不變，感應(yīng)電流為零，不受安培力，兩導(dǎo)體棒均做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；C、D，c出磁場(chǎng)時(shí)d下落2h，c出磁場(chǎng)后，只有導(dǎo)體棒d切割磁感線，此時(shí)d的速度大于進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度，d受到安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，d出磁場(chǎng)后動(dòng)能隨下落高度的增加而均勻增大，故C錯(cuò)誤，D正確．故選：BD．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵在于分析兩導(dǎo)體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，抓住安培力大小與速度大小成正比這個(gè)結(jié)論，分析只有d切割磁感線過程d的運(yùn)動(dòng)情況．二、非選擇題：8．（6分）（2011?山東）某探究小組設(shè)計(jì)了“用一把尺子測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)”的實(shí)驗(yàn)方案．如圖示，將一個(gè)小球和一個(gè)滑塊用細(xì)繩連接，跨在斜面上端．開始時(shí)小球和滑塊均靜止，剪短細(xì)繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，保持小球和滑塊釋放的位置不變，調(diào)整擋板位置，重復(fù)以上操作，直到能同時(shí)聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音．用刻度尺測(cè)出小球下落的高度H、滑塊釋放點(diǎn)與擋板處的高度差h和沿斜面運(yùn)動(dòng)的位移x．（空氣阻力對(duì)本實(shí)驗(yàn)的影響可以忽略）①滑塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的加速度與重力加速度的比值為．②滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為．③以下能引起實(shí)驗(yàn)誤差的是cd．a(chǎn)．滑塊的質(zhì)量b．當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮．長(zhǎng)度測(cè)量時(shí)的讀數(shù)誤差d．小球落地和滑塊撞擊擋板不同時(shí)．考點(diǎn)：探究影響摩擦力的大小的因素．專題：實(shí)驗(yàn)題；壓軸題；摩擦力專題．分析：由于同時(shí)聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，說明小球和滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由勻加速運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式和自由落體的位移時(shí)間公式即可求得加速度的比值；由牛頓第二定律及幾何關(guān)系即可求得滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；由μ的數(shù)學(xué)表達(dá)式就可以知道能引起實(shí)驗(yàn)誤差的因數(shù)，還要注意小球落地和滑塊撞擊擋板不同時(shí)也會(huì)造成誤差；解答：解：①由于同時(shí)聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，說明小球和滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由x=at2和H=gt2得：所以=②根據(jù)幾何關(guān)系可知：sinα=，cosα=對(duì)滑塊由牛頓第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，聯(lián)立方程解得μ=③由μ得表達(dá)式可知，能引起實(shí)驗(yàn)誤差的是長(zhǎng)度x、h、H測(cè)量時(shí)的讀數(shù)誤差，同時(shí)要注意小球落地和滑塊撞擊擋板不同時(shí)也會(huì)造成誤差，故選cd．故答案為：①②③cd點(diǎn)評(píng)：本題考查了勻加速直線運(yùn)動(dòng)和自由落體運(yùn)動(dòng)的基本公式，要求同學(xué)們能學(xué)會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行誤差分析，9．（6分）（2011?山東）某同學(xué)利用圖1所示電路，探究了電源在不同負(fù)載下的輸出功率．（1）所得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表，請(qǐng)?jiān)趫D2中畫出U﹣I的圖象．U/V1.961.861.801.841.641.56I/A0.050.150.250.350.450.55（2）根據(jù)所畫的U﹣I圖象，可求得電流I=0.20A時(shí)電源的輸出功率約為0.37W（保留兩位有效數(shù)字）．（3）（多選題）實(shí)驗(yàn)完成后，該同學(xué)對(duì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行了反思，認(rèn)為按圖甲電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作的過程中存在安全隱患，并對(duì)電路重新設(shè)計(jì)．在圖3所示的電路中（Rx阻值未知），你認(rèn)為既能測(cè)出電源在不同負(fù)載下的輸出功率，又能消除安全隱患的是考點(diǎn)：電功、電功率．專題：實(shí)驗(yàn)題；恒定電流專題．分析：（1）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)，然后根據(jù)描出的點(diǎn)作出U﹣I圖象．（2）由圖象找出電路電流為0.20A時(shí)的路端電壓，然后由P=UI求出電源的輸出功率．（3）根據(jù)電路圖，分析電路結(jié)構(gòu)，然后答題．解答：解：（1）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描點(diǎn)，然后作出圖象，U﹣I圖象如圖所示；（2）由圖象可知，電流I=0.20A時(shí)，電源輸出電壓為1.84V，電源的輸出功率為P=UI=1.84×0.20W≈0.37W．（3）A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)片滑動(dòng)到最右端，電源短路，存在安全隱患，故A錯(cuò)誤；B、滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，既能保護(hù)電路，又能測(cè)測(cè)出電源的輸出功率，故B正確；C、滑動(dòng)變阻器采用限流接法，既能保護(hù)電路，又能測(cè)測(cè)出電源的輸出功率，故C正確；D、電壓表測(cè)滑動(dòng)變阻器兩端電壓，并不能測(cè)出電路的路端電壓，該電路能保證電路安全，但不能測(cè)出電源的輸出功率，故D錯(cuò)誤；故答案為：（1）圖象如圖所示；（2）0.37；（3）BC．點(diǎn)評(píng)：應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是常用的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理方法，要掌握描點(diǎn)法作圖的方法．10．（15分）（2011?山東）如圖所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平臺(tái)上放置一質(zhì)量M=2kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板A，其右段長(zhǎng)度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B，其質(zhì)量m=1kg．B與A左段間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4．開始時(shí)二者均靜止，現(xiàn)對(duì)A施加F=20N水平向右的恒力，待B脫離A（A尚未露出平臺(tái)）后，將A取走．B離開平臺(tái)后的落地點(diǎn)與平臺(tái)右邊緣的水平距離x=1.2m．（取g=10m/s2）求（1）B離開平臺(tái)時(shí)的速度vB．（2）B從開始運(yùn)動(dòng)到剛脫離A時(shí)，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tB和位移xB．（3）A左端的長(zhǎng)度l2．考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律；平拋運(yùn)動(dòng)．分析：對(duì)A、B隔離受力分析，根據(jù)受力情況再做運(yùn)動(dòng)過程情況分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)結(jié)合物理規(guī)律解決問題．要注意物體運(yùn)動(dòng)的位移指的是相對(duì)于地面的位移．要善于畫出運(yùn)動(dòng)過程的位置圖象，有利于解題．解答：解：（1）設(shè)物塊平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：h=gt2，x=vBt聯(lián)立解得vB=2m/s．（2）設(shè)B的加速度為aB，B在A的粗糙表面滑動(dòng)，受向右的滑動(dòng)摩擦力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．由牛頓第二定律，F(xiàn)合=μmg=maB，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，vB=aBtB，xB=aBtB2，聯(lián)立解得：tB=0.5s，xB=0.5m．（3）設(shè)B剛好開始運(yùn)動(dòng)時(shí)A的速度為v，以A為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得Fl1=Mv12設(shè)B運(yùn)動(dòng)后A的加速度為aA，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)的知識(shí)得：F﹣μmg=MaA，（l2+xB）=v1tB+aAtB2，聯(lián)立解得l2=1.5m．答：（1）B離開平臺(tái)時(shí)的速度vB為2m/s．（2）B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tB為0.5s，位移xB為0.5m．（3）A左端的長(zhǎng)度l2為1.5m．點(diǎn)評(píng)：能夠根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解決．動(dòng)能定理的應(yīng)用要注意過程的選取和總功的求解．11．（18分）（2011?山東）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡發(fā)生扭擺．其簡(jiǎn)化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)邊界豎直，相距為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向相反且垂直紙面．一質(zhì)量為m、電量為﹣q、重力不計(jì)的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時(shí)速度與水平和方向夾角θ=30°．（1）當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時(shí)，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時(shí)速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0；（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h；（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件；（4）若B1≠B2、L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．分析：（1）加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理求出粒子獲得的速度．畫出軌跡，由幾何知識(shí)求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時(shí)間．（2）由幾何知識(shí)求出高度差．（3）當(dāng)粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側(cè)邊界相切時(shí)，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)．由幾何知識(shí)求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件．（4）由幾何知識(shí)分析L1、L2與半徑的關(guān)系，再牛頓定律研究關(guān)系式．解答：解：（1）如圖所示，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v，勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1．根據(jù)動(dòng)能定理，得qU=mv2①由牛頓定律，得qvB0=m②由幾何知識(shí)，得L=2R1sinθ=R1③聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得B0=④粒子在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0=⑤聯(lián)立上述①②③④⑤解得t0=（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2=m由于B2=B1，得到R2=R1=L由幾何知識(shí)可得h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得h=（2﹣）L（3）如圖2所示，為使粒子能再次回到I區(qū)，應(yīng)滿足R2（1+sinθ）＜L代入數(shù)據(jù)解得B2＞h（4）如圖3所示，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)I區(qū)時(shí)速度與水平方向的夾角為α，由幾何知識(shí)可得L1=R1（sinθ+sinα）L2=R2（sinθ+sinα聯(lián)立解得B1R1=B2R2又R1=R2=解得B1L1=B2L2答：（1）B0=，t0=．（2）粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h=（2﹣）L．（3）為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，B2應(yīng)滿足的條件是B2＞．（4）為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射入的方向總相同，B1、B2、L1、L2、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式是B1L1=B2L2．點(diǎn)評(píng)：本題的難點(diǎn)在于分析臨界條件，粒子恰好穿出磁場(chǎng)時(shí)，其軌跡往往與邊界相切．【物理-選修3-3】（8分）12．（4分）（2011?山東）人類對(duì)物質(zhì)屬性的認(rèn)識(shí)是從宏觀到微觀不斷深入的過程．以下說法正確的是（）A．液體的分子勢(shì)能與體積有關(guān)B．晶體的物理性質(zhì)都是各向異性的C．溫度升高，每個(gè)分子的動(dòng)能都增大D．露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用考點(diǎn)：*晶體和非晶體；*液體的表面張力現(xiàn)象和毛細(xì)現(xiàn)象．分析：分子勢(shì)能與物體的體積有關(guān)．晶體分單晶體和多晶體，物理性質(zhì)不同．溫度決定分子平均動(dòng)能．露珠是液體表面張力作用的結(jié)果解答：解：A、物體體積變化時(shí)，分子間的距離將發(fā)生改變，分子勢(shì)能隨之改變，所以分子勢(shì)能與體積有關(guān)，故A正確B、晶體分為單晶體和多晶體，單晶體的物理性質(zhì)各向異性，多晶體的物理性質(zhì)各向同性，故B錯(cuò)誤．C、溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，具有統(tǒng)計(jì)的意義，故C錯(cuò)誤．D、液體表面的張力具有使液體表面收縮到最小的趨勢(shì)，故D正確．故選：AD點(diǎn)評(píng)：本題要明確單晶體和多晶體的區(qū)別；其次要知道溫度決定分子平均動(dòng)能，而不能決定每一個(gè)分子的動(dòng)能．13．（4分）（2011?山東）氣體溫度計(jì)結(jié)構(gòu)如圖所示．玻璃測(cè)溫泡A內(nèi)充有理想氣體，通過細(xì)玻璃管B和水銀壓強(qiáng)計(jì)相連．開始時(shí)A處于冰水混合物中，左管C中水銀面在0點(diǎn)處，右管D中水銀面高出0點(diǎn)h1=14cm．后將A放入待測(cè)恒溫槽中，上下移動(dòng)D，使C中水銀面仍在O點(diǎn)處，測(cè)得D中水銀面高出0點(diǎn)h=44cm．（已知外界大氣壓為1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓相當(dāng)于76cmHg）（1）求恒溫槽的溫度．（2）此過程A內(nèi)氣體內(nèi)能增大（填“增大”或“減小”），氣體不對(duì)外做功，氣體將吸熱（填“吸熱”或“放熱”）．考點(diǎn)：理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)第一定律．專題：理想氣體狀態(tài)方程專題．分析：①由于溫泡A內(nèi)封閉氣體的體積不變，所以可根據(jù)查理定律得求解恒溫槽的溫度，就需要確定在冰水混合物中時(shí)氣體的壓強(qiáng)和在恒溫槽中時(shí)氣體的壓強(qiáng)．②由于氣體溫度升高，所以A內(nèi)氣體分子的平均動(dòng)能增大，由于理想氣體，不計(jì)分子勢(shì)能，要判定氣體是否吸熱，可根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=Q+W得出．解答：解：①由于使C中水銀面仍在O點(diǎn)處，故溫泡A內(nèi)封閉氣體的體積保持不變，發(fā)生等容變化．冰水混合物的溫度T1=273K，此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)P1=P0+h1=90cmHg設(shè)待測(cè)恒溫槽的溫度T2，此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)P2=P0+h2=120cmHg根據(jù)查理定律得：代入數(shù)據(jù)得T2=364K（或91℃）②A中氣體溫度升高，理想氣體的內(nèi)能增加（理想氣體只考慮分子平均動(dòng)能），氣體不對(duì)外做功，由熱力學(xué)第一定律△U=Q+W可得，氣體吸熱．答：①恒溫槽的溫度為364K．②增大；吸熱．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵是分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，確定出初末兩個(gè)狀態(tài)已知的參量．【物理-物理3-4】（8分）14．（2011?山東）如圖所示，一列簡(jiǎn)諧波沿x軸傳播，實(shí)線為t1=0時(shí)的波形圖，此時(shí)P質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，虛線為t2=0.01s時(shí)的波形圖．已知周期T＞0.01s．①波沿x軸正方向（填“正”或“負(fù)”）方向傳播．②求波速．考點(diǎn)：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象．分析：根據(jù)上下坡法，通過質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向得出波的傳播方向．根據(jù)波形傳播的距離以及傳播的時(shí)間求出波速的大?。獯穑航猓孩賢1=0時(shí)，P質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)上下坡法知，波沿x軸正向傳播．②因?yàn)閠2﹣t1=0.01s＜T則波速v=．聯(lián)立①②式代入數(shù)據(jù)求得v=100m/s．答：①波沿x軸正方向傳播．②波速的大小為100m/s．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道振動(dòng)和波動(dòng)的聯(lián)系，掌握波速的求法：1、v=，2、v=．15．（2011?山東）如圖所示，扇形AOB為透明柱狀介質(zhì)的橫截面，圓心角∠AOB=60°．一束平行于角平分線OM的單色光由叫射人介質(zhì)，經(jīng)OA折射的光線恰平行于OB．（1）求介質(zhì)的折射率．（2）折射光線中恰好射到M點(diǎn)的光線不能（填“能”或“不能”）發(fā)生全反射．考點(diǎn)：光的折射定律．專題：光的折射專題．分析：（1）根據(jù)題意作出光路圖，由幾何知識(shí)求出入射角和折射