物理新课标

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1、2011 年高考理综物理（课标卷）14 （2011 年宁夏卷）为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流 I 引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（B）西 东I西 东I西 东I西 东IA B C D14、B【解析】根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是 B。15 （2011 年宁夏卷）一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能（ABD）A一直增大B先逐渐减小至零，再逐渐增大C先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大15、ABD【解析】当恒力方向与速度在一条直线上，质

2、点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至零，再逐渐增大。当恒力方向与速度不在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大。所以正确答案是 ABD。16 （2011 年宁夏卷）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ABC）A运动员到达最低点前重力势能始终减小B蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关16、ABC【解析】运动员到达最低点过程中，重力

3、做正功，所以重力势能始终减少， A 项正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，B 项正确。蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹性力做功，所以机械能守恒，C 项正确。重力势能的改变与重力势能零点选取无关，D 项错误。17 （2011 年宁夏卷）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为 12；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220V，额定功率为 22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用 U 和 I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则（ A）AVAU=110V，I=0.2A BU =110V，I=0.05A CU=110

4、V，I=0.2A DU =110 V，I =0.2 A2217、A【解析】U 2=220V，根据 U1：U 2n 1：n 2 得，U 1110V。I 2P/U 20.1A，根据I1：I 2n 2：n 1 得 I10.2A。所以正确答案是 A。18 （2011 年宁夏卷）电 磁 轨 道 炮 工 作 原 理 如 图 所 示 。 待 发 射 弹 体 可 在 两 平 行 轨 道 之 间 自 由 移 动 ， 并与 轨 道 保 持 良 好 接 触 。 电 流 I 从 一 条 轨 道 流 入 ， 通 过 导 电 弹 体 后 从 另 一 条 轨 道 流 回 。 轨 道 电 流 可 形 成在 弹 体 处 垂 直

5、 于 轨 道 面 的 磁 场 （ 可 视 为 匀 强 磁 场 ） ， 磁 感 应 强 度 的 大 小 与 I 成 正 比 。 通 电 的 弹 体 在 轨 道上 受 到 安 培 力 的 作 用 而 高 速 射 出 。 现 欲 使 弹 体 的 出 射 速 度 增 加 至 原 来 的 2 倍 ， 理 论 上 可 采 用 的 办 法 是（ BD）ILA只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍B只将电流 I 增加至原来的 2 倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其它量不变18、BD【解析】利用动能定理有 ，BkI 解得 。所以正确答案是 BD。21Il

6、mv2kIlLvm19 （2011 年宁夏卷）卫星电话信号需要通地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为 3.8105km，运行周期约为 27 天，地球半径约为 6400km，无线电信号的传播速度为 3108m/s。 ） （B）A0.1s B0.25s C0.5s D1s19、B【解析】同步卫星和月球都是地球的卫星， r3T 2，因此同步卫星的轨道半径是地月距离的1/9 约为 42000km，同步卫星离地面高度约为 36000km，电磁波往返一次经历时间约为(3.610 72)(310

7、8)s=0.24s20一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c，已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在 b 点的切线） （D）ab cEab cEab cEab cEA B C D20、D【解析】主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。正确答案是 D。21 （2011 年宁夏卷）如图，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为m2 的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 F=kt（k 是常数） ，木板和木块加速度的大小分别

8、为 a1 和 a2，下列反映 a1 和 a2 变化的图线中正确的是（A）m1m2 FatOa1a2 atOa1a2atOa1a2atOa1a2A B C D21、A【解析】木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律 ，木块和木板相对运动时，1212ktam恒定不变， 。所以正确答案是 A。21mga2ktagm22 （5 分） （2011 年宁夏卷）为了测量一微安表头 A 的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A 0 是标准电流表，R 0 和 RN 分别是滑动变阻器和电阻箱， S 和 S1 分别是单刀双掷开关和单刀开

9、关，E 是电池。完成下列实验步骤中的填空： A AER0RNA0(标准)A (待测)S1S2 1将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节_，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_的读数 I；然后将 S 拨向接点 2，调节_，使_，记下此时 RN 的读数；多次重复上述过程，计算 RN 读数的_，此即为待测微安表头内阻的测量值。22、（1）R 0；A 0；（2）R N； A0 的读数仍为 I；（3）平均值【解析】此题测量微安表头 A 的内阻采用的是替代法。首先将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节 R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电流表 A0 的读数 I；然后将 S 拨向接点 2，

10、让电阻箱替代待测电流表，调节 RN,使标准电流表 A0 的读数仍为 I；此时电阻箱读数等于待测电流表内阻,记下此时 RN 的读数；多次重复上述过程，计算 RN 读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值。23 （10 分） （2011 年宁夏卷）利用图 1 所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间 t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离 s，记下

11、相应的 t 值；所得数据如下表所示。s(m) 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950t(ms) 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4s/t(m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22滑块遮光片光电门甲光电门乙图 1t(s)(m/s)stO2.01.91.81.71.61.51.41.31.21.00.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0图 2完成下列填空和作图：若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小 a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度 v1、测量值s 和 t 四个

12、物理量之间所满足的关系式是_；根据表中给出的数据，在图 2 给出的坐标纸上画出 s/t-t 图线；由所画出的 s/t-t 图线，得出滑块加速度的大小为 a=_m/s2（保留 2 位有效数字） 。答案：（1） ；（2）如图；（3）2.01va【解析】（1）由 得2010,svtvt21svta（2）见图（3）作图求出斜率 k0.9897m/s 2， 2.0/kms24 （13 分） （2011 年宁夏卷）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两

13、倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。【解析】设甲开始的加速度为 a，两段时间间隔都为 t，则甲在两段时间内的总路程为22211().5sattatt甲乙在两段时间内的总路程为 22211()3.5sattatt乙 （ ）由上两式得 57s甲乙25 （19 分） （2011 年宁夏卷）如图，在区域 I（0xd）和区域 II（d x2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为 B 和 2B，方向相反，且都垂直于 Oxy 平面。一质量为 m、带电荷量q（q0）的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域 I，其速度方向沿 x 轴正向。已知

14、 a 在离开区域 I 时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30；此时，另一质量和电荷量均与 a 相同的粒子 b 也从P 点沿 x 轴正向射入区域 I，其速度大小是 a 的 1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求粒子 a 射入区域 I 时速度的大小；当 a 离开区域 II 时，a、b 两粒子的 y 坐标之差。yxOPB 2B d 2dyxOPB d 2dOaOb P PaPb25、【解析】（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为R a1，粒子速率为v a，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 211aqBmR由几何关系得 P

15、O1sinad式中， ，由式得 0312aqBdvm（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为O a，半径为R a1 ，射出点为P a（图中未画出轨迹），。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 P2()aavqvBmR由式得 12aRC、P /和 Oa三点共线，且由式知O a点必位于 的平面上。由对称性知，P a点与P /点纵坐32xd标相同，即 式中，h是C点的y坐标。1cosapyR设b在I中运动的轨道半径为R b1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 21()3()aabvqBmR设a到达P a点时， b位于P b点，转过的角度为 。如果b没有飞出I ，则 2atT12btT式中，t 是 a 在区域 II 中运动的时间，而 22aRv11/3bbRv由 式得 =300