2011年高考理综物理安徽卷

1θF2011年高考理综物理（安徽卷）14．一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块A．仍处于静止状态B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变D．受到的合外力增大14、A【解析】由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡，斜面与物块的动摩擦因数μ＝tanθ。对物块施加一个竖直向下的恒力F，使得合力仍然为零，故物块仍处于静止状态，A正确，B、D错误。摩擦力由mgsinθ增大到(F＋mg)sinθ，C错误。15．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长λ的变化符合科西经验公式：24BCnA，其中A、B、C是正的常量。太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示。则A．屏上c处是紫光B．屏上d处是红光C．屏上b处是紫光D．屏上a处是红光15、D【解析】白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下（a、b、c、d）依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫。屏上a处为红光，屏上d处是紫光，D正确。16．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2。则物体运动的加速度为A．1212122()()xttttttB．121212()()xttttttC．1212122()()xttttttD．121212()()xtttttt16、A【解析】物体作匀加速直线运动在前一段△x所用的时间为t1，平均速度为v1＝△xt1，即为0.5t1时刻的瞬时速度；物体在后一段△x所用的时间为t2，平均速度为v2＝△xt2，即为0.5t2时刻的瞬时速度。速度由v1变化到v2的时间为△t＝t1＋t22，所以加速度a＝v2－v1△t＝2△x(t1－t2)t1t2(t1＋t2)，A正确。17．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图(a)所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度v0抛出，如图(b)所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是A．20vgB．220sinvgC．220cosvgD．220cossinvg17、C【解析】物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，根据牛顿第二定律得mg＝mg(v0cosα)2ρ，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是ρ＝v02cos2αg，C正确。18．图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是ρA图(a)v0αP图(b)ρ屏abcad2A．B．C．D．18、B【解析】由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压信号电压，所以荧光屏上会看到的图形是B，答案B正确。19．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为A．22BLRB．222BLRC．224BLRD．24BLR19、D【解析】交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有T/4的时间内有感应电流，则有(BLωL2R)2RT4=I2RT，所以I＝BL2ω4R，D正确。20．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是A．004TtB．0324TTtC．034TtTD．098TTt20、B【解析】若0＜t0＜T4，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。若T2＜t0＜3T4，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。若3T4＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若T＜t0＜9T8，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。21．（18分）Ⅰ．为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码。实验测出了砝码的质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出。tt12t1OUy图(b)t2t13t1t1UxO图(c)图(a)—+YY′X´X电子枪偏转电极荧光屏XX´Y亮斑Y′PAB图(a)tUABU0-U0OT/2T图(b)ωLO45ºBm/克l/厘米2.52.01.51.00.50.08.010.012.014.016.018.0××××××3（g=9.8m/s2)⑴作出m-l的关系图线；⑵弹簧的劲度系数为N/m。Ⅱ．⑴某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时指针偏转如图(a)所示。请你简述接下来的测量过程：①_________________________________；②_________________________________；③_________________________________；④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。⑵接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图(b)所示。其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω。图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接。⑶图（c）是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量；当S旋到位置时，可用来测量电流，其中S旋到位置时量程较大。21、【解析】Ⅰ．（1）如图所示；（2）0.248~0.262Ⅱ．（1）①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”档：②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值。（2）如图所示（3）电阻；1、2；122．（14分）⑴开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即32akT，k是一个对所有行星都相同的常量。将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式。已知引力常量为G，太阳的质量为M太。⑵开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地月系统）都成立。经测定月地距离为3.84×108m，月球绕地球运动的周期为2.36×106s，试计算地球的质M地。（G=6.67×10-11Nm2/kg2，结果保留一位有效数字）22、【解析】（1）因行星绕太阳作匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r。根据万有引力定律和牛顿第二定律有Gm行M太r2＝m行(2πT)2r，于是有r3T2＝G4π2M太，即k＝G4π2M太。（2）在月地系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由（1）问可得R3T2＝G4π2M地，解得M地＝6×1024kg（M地=5×1024kg也算对）图(a)ABEE′红表笔黑表笔123456图(c)AV+图(b)423．（16分）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。⑴求电场强度的大小和方向。⑵若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。⑶若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。23、【解析】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有：qE＝qvB，又R＝vt0，则E＝BRt0（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移：y＝vt22，则y＝R2设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x＝32R，又有：x＝12a(t02)2，得a＝43Rt02（3）仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B＝mv′2r，又qE=ma，联立解得：r＝33R，由几何关系：sinα＝R2r，即sinα＝32，α＝π3，带电粒子在磁场中运动周期：T＝2πmqB，则带电粒子在磁场中运动时间tR＝2α2πT，所以tR＝3π18t024．（20分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动。开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。⑴若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。⑵若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。⑶在满足⑵的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。24、【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则12mv12＋mgL＝12mv02，则v1＝6m/sxyOPBRMmv0OPL5设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝mv12L联立解得F＝2N，由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有mv2＋MV＝0在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则12mv22＋12MV2＋mgL＝12mv02，联立解得v2=2m/s（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/。由系统水平方向的动量守恒，得mv3－MV′＝0，两边同乘以△t，得mv3△t－MV′△t＝0，故对任意时刻附近的微小间隔△t都成立，累积相加后，有ms1－Ms2＝0，又s1＋s2＝2L，得s1＝23m参考答案14．A15．D16．A17．C18．B19．D（提示：线框转动一周只有T/4的时间内有感应电流，RTITRRLBL2242）20．B21．Ⅰ．⑴图略⑵0.248~0.262Ⅱ．⑴①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”档；②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值。⑵图略（内接法）⑶电阻1、2122．⑴24太GMk⑵M地=6×1024kg（或5×1024kg）23．⑴0tBRE，方向沿x轴正向。⑵2034tRa（提示：轨迹为抛物线，如图所示，由于时间为t0/2，因此OS=R/2，SQ=R23，沿x轴正向利用2022123taR可得）⑶0183tt（提示：利用maqEtRqB0和qBtRmr04，可得Rr33，轨迹如图所示，偏转角θ