2011年高考物理试题分类汇编(全一本)_答案
目录
2011普通高校招生考试试题汇编-直线运动参考答案 2
2011普通高校招生考试试题汇编-相互作用参考答案 6
2011普通高校招生考试试题汇编-牛顿运动定律参考答案 7
2011普通高校招生考试试题汇编-曲线运动参考答案 8
2011普通高校招生考试试题汇编-万有引力参考答案 11
2011普通高校招生考试试题汇编-功和能的关系参考答案 12
2011普通高校招生考试试题汇编-静电场 20
2011普通高校招生考试试题汇编-恒定电流 24
2011普通高校招生考试试题汇编-磁场参考答案 27
2011普通高校招生考试试题汇编-电磁感应参考答案 36
2011普通高校招生考试试题汇编-交变电流参考答案 39
2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-4参考答案 41
2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-5参考答案 43
2011普通高校招生考试试题汇编-力学实验参考答案 46
2011普通高校招生考试试题汇编-电学实验参考答案 48
2011普通高校招生考试试题汇编-直线运动参考答案
1（2011安徽第16题）．答案：A
解析：物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度。速度由变化到的时间为，所以加速度
，A正确。
2(2011海南第8题）.BC解析：A，0—5s,物体向正向运动，5—6s向负向运动，
故5s末离出发点最远，A错
B由面积法求出0—5s的位移s1=35m,5—6s的位移s2=-5m,总路程为：40m,B
对
C由面积法求出0—4s的位移s=30m，平度速度为：v=s/t=7.5m/sC对
D由图像知5～6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错
3（2011新课标理综第15题）.解析：主要考查力和运动关系。当恒力方向与速度在一条直线上，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。
4（2011天津第3题）．【解析】：匀变速直线运动的考查，简单题。第1s内的位移只需将t=1代入即可求出x=6m，A错误；前2s内的平均速度为，B错；由题给解析式可以求得加速度为a=2m/s2，C错；由加速的定义可知D选项正确
【答案】：D
5（2011广东第34题）、（18分）
解析：（1）答案：1.20a/20.933
要估读一位，②s=v0t+at2，斜率为a/2
6（2011山东第23题）.（12分）
答案：①②③cd
7(2011重庆第14题).〖解析〗〖答案〗B.，由此可知井深约为20m
8(上海第19题)．CD
9(上海第26题).答案：（1）
(2)B，C
10(新课标理综第21题).答案：A。
?
解析：本题考查受力分析与运动分析，涉及牛顿第二定律、静摩擦力、非匀加速直线运动、a-t图象等。由于F由零开始随时间正比增大，当还未达到最大静摩擦力之前，两者一起运动，加速度相同，为：，两物体的a-t图象重合，为过原点的直线。当F超过最大静摩擦力之后，两物体有相对运动，加速度不等，设滑动摩擦力为f，则m2的加速度为：。其a-t图象与a轴的副半轴有交点；m1的加速度为：。其a-t图象是与t轴平行的直线。选项A对。
答案：B。
解析：当时：木板和木块一起运动
满足：木板和木块间的摩擦力合题意
当时：木块在木板上滑动
满足：a2>a1合题意
11(新课标理综第23).
解析：（1）滑块做匀加速直线运动，利用
有解得
（2）
（3）由可知，斜率绝对值为即，解得a=2
12(新课标理综第24题).（13分）
解析：设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为,第一段时间间隔内行驶的路程为
s1,加速度为,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得
①②③
设乙车在时间t0的速度为，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为、。同样有④⑤⑥
设甲、乙两车行驶的总路程分别为、，则有⑦⑧
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为⑨
13（2011四川第23题）．（16分）
【解析】（1）货车刹车时的初速是v0=15vm/s，末速是0，加速度分别是2.5m/s2和5m/s2，根据位移推论式得
代入数据解得：超载m
不超载m
（2）货车与轿车相撞时的速度为
m/s
相撞时动量守恒，有得m/s
对轿车根据动量定理有解得N
14(上海第31题)．解析：答案．(12分)
(1)物体做匀加速运动
(1分)
∴（1分）
由牛顿第二定律
（1分）
(1分)
∴(1分)
(2)设作用的最短时间为，小车先以大小为的加速度匀加速秒，撤去外力后，
以大小为，的加速度匀减速秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律
(1分)
∴(1分)
（1分）
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
（1分）
∴（1分）
（1分）
∴（1分）
（2）另解：设力作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理
（2分）
∴（1分）
由牛顿定律
（1分）
∴（1分）
∵（1分）
2011普通高校招生考试试题汇编-相互作用参考答案
1（2011安徽第1题）．答案：A
解析：由于质量为m的物块恰好静止在倾角为的斜面上，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=tan。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mgsin增大到(F+mg)sin，C错误。
2（2011海南第4题）.解析：平衡后设绳的BC段与水平方向成α角，则：对节点C分析三力平衡，在竖直方向上有：得：，选C
3(广东第16题).B
4(北京理综第18题)．B
5（2011海南第5题）.解析：斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零，选A
6（2011山东第19题）．答案：AD
解析：对b进行受力分析，剪断前b受重力、支持力、向左弹簧的拉力和绳的拉力由于它所受摩擦力，所以弹簧的拉力和绳的拉力是一对平衡力，当将右侧细绳剪断瞬间，绳的拉力消失，但弹簧的拉力不变，所以b受摩擦力方向向右，C错误，D正确；由于细绳剪断瞬间，弹簧的弹力不变，所以大小不变，A正确，B错误。
7（2011江苏第1题）答案：A
8(2011江苏第9题)．答案：AC
9(安徽第21题Ⅰ)．解析：Ⅰ．（1）如图所示
（2）0.248~0.262
10(江苏第10题)．【答案】(1)3.6?????(2)D
??(3)①改变弹簧测力计B拉力的大小；
?????②减小做完M的质量
??（或将A更换成量程较大的弹簧测力计，改变弹簧测力计B拉力飞方向等）
【解析】只要验证，即只要求OB与OM垂直，变压器每次都要使O点静止在同一位置。
2011普通高校招生考试试题汇编-牛顿运动定律参考答案
1(安徽第17题)．答案：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，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是，C正确。
2(新课标理综第21题).解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。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，恒定不变，
。所以正确答案是A。
3（2011天津第2题）．【解析】：考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A、B系统整体分析有
，a=μg，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象，由牛顿第二定律有：，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。
【答案】：A
4（2011四川第19题）．【答案】A
【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。
5（2011江苏第9题）．AC
6（2011北京第18题）B
7（2011上海第19题）．答案：CD
8（2011上海第26题）.答案．
（1）
(2)B，C
9（2011天津第19题）【解析】：物体处于失重状态，加速度方向向下，故而可能是减速上升或加速下降。
【解析】：注意副尺一定要有估读。读数为1.5+20.6×0.01mm=1.706mm。因为个人情况不同，估读不一定一致，本题读数1.704-1.708都算正确。
10.(浙江第21题)答案：①学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码
或电火花计时器、钩码、砝码
②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。
解析：电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点计时器，则需要学生电源，如果选电火花计时器，则不需要学生电源。
12(重庆第22（2）题)答案：①位移?????时间?????
???②m′+m?滑块上
=0.23(0.21—025)
2011普通高校招生考试试题汇编-曲线运动参考答案
1(2011江苏卷第3题)．c
2（2011广东第17题）.解析：由平抛运动规律：L=vt，H=gt2求出AB正确。选AB
4（2011全国理综第20题）.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。
5（2011上海第11题）．答案：C
6（2011上海第25题）．答案.，
7（2011海南第15题）。解析：设圆半径为r，质点做平抛运动，则：
①
②
过c点做cd⊥ab与d点，Rt△acd∽Rt△cbd可得即为：
③
由①②③得：
8（2011天津第10题）．解析：
（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有
①
解得 ②
（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 ③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 ④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 ⑤
综合②③④⑤式得
9（2011山东第24题）.解析：
10（2011广东第36题）、解析：
（1）μmgs+mg·2R=mvB2①
所以vB=3
（2）设M滑动x1,m滑动x2二者达到共同速度v,则
mvB=(M+m)v②
μmgx1=mv2③
—μmgx2=mv2—mvB2④
由②③④得v=,x1=2R,x2=8R
二者位移之差△x=x2—x1=6R＜6.5R，即滑块未掉下滑板
讨论：
R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)=mg（6.5R+L）
2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。
要使滑块滑到CD轨道中点，vc必须满足：mvc2≥mgR⑤
此时L应满足：μmg(l+L)≤mvB2—mvc2⑥
则L≤R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点。
答案：（1）vB=3
（2）
①R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)=mg（6.5R+L）
②2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。
滑块不能滑到CD轨道中点
2011普通高校招生考试试题汇编-万有引力参考答案
1(2011江苏第7题)．ACD
2（2011山东第17题）.答案：AC
解析：万有引力提供向心力，由，可得向心加速度之比，C正确；周期之比，A正确；甲、乙均为两颗地球卫星，运行速度都小于第一宇宙速度，B错误；甲为地球同步卫星运行在赤道上方，D错误。
3(广东第20题).BD
4（2011全国卷1第19题）．解析：周期变长，表明轨道半径变大，速度减小，动能减小,引力做负功故引力势能增大选D
5（2011全国理综新课标19）.解析：主要考查开普勒第三定律。月球、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律有解得，代入数据求得m.如图所示，发出信号至对方接收到信号所需最短时间为，代入数据求得t=0.28s.所以正确答案是B。
6（2011天津第8题）．【解析】：万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，代入相关公式即可
【答案】：AC
7（2011浙江第19题）.答案：AD
解析：根据、，可得、，故A、D正确；登陆舱在半径为的圆轨道上运动的向心加速度，此加速度与X星球表面的重力加速度并不相等，故C错误；根据，得，则，故C错误。
8(2011广东第20题).解析：根据，A错，由，B正确，由，C错D对。选BD
9(2011北京第15题)．A
10(重庆第21题).B
11（2011海南第12题）.答案：、
解析：，由得：，因而：，
12（2011上海22B）．答案：增大，增大
13（2011安徽第22题）．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
①
于是有②
即③
（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②式可得
④
解得M地=6×1024kg⑤
（M地=5×1024kg也算对）
2011普通高校招生考试试题汇编-功和能的关系参考答案
1(2011江苏第4题)．A
2（2011全国卷1第20题）．BD解析：两物体最终速度相等设为u由动量守恒得：mv=(m+M)u,系统损
失的动能为：
系统损失的动能转
化为内能Q=fs=
3．(四川第19题).解析：先从力学角度讨论A．B两项；而C项宜用动能定理；D项则考查超重、失重概念。答案选A。由整体法、隔离法结合牛顿第二定律，可知A正确B错；由动能定理可知C错；因为物体具有竖直向上的加速度，因此处于超重状态，D错。
4(四川第21题)．解析：选BD。从运动学公式（平均速度等）入手，可求出两次过程的末速度比例、加速度比例，做好准备工作。通过动能定律、机械能守恒定律等得出电场力做功，再由功能关系可知电势能增减以及动能变化等，从而排除A．C两项；借助运动学公式，选项B中的动量变化可直接计算；对于选项D，要先由运动学公式确定，再结合此前的机械能守恒定律来计算重力势能变化量。
?运动过程如上图所示，分析可知，加电场之前与加电场之后，小球的位移大小是相等的。由运动学公式得。对加电场之后的运动过程应用动能定理得，对此前的过程有机械能守恒，以及运动学公式。由以上各式联立可得，即整个过程中小球电势能减少了，A错；动量增量为，可知B正确；从加电场开始到小球运动到最低点时，，C错；由运动学公式知
，以及，则从A点到最低点小球重力势能变化量为，D正确。
5．（2011海南第9题）CD.解析：由动量定理求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s故合力做功为w=功率为1s末、2s末功率分别为：4w、3w第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，比值：4：5
6（2011新课标理综第16题）.解析：主要考查功和能的关系。运动员到达最低点过程中，重力做正功，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。
7（2011全国理综第18题）.解析：主要考查动能定理。利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。
8(2011上海15)．答案：C
9（2011山东第18题）.答案：C
解析：相遇时满足，，所以，小球落地时间，球落地时间，因此A错误；相遇时，，，，所以B错误；因为两球恰在处相遇，说明重力做功的数值相等，根据动能定理，球动能的减少量等于球动能的增加量，C正确；相遇后的任意时刻，球的速度始终大于球的速度，因此重力对球做功功率大于对球做功功率，D错误。
10（2011海南第14题）.1)2)2.40
11(上海第33题)．答案．(14分)
(1)势能最小处动能最大(1分)
由图线II得
(2分)
(在5.9~6.3cm间均视为正确)
(2)由图读得释放处势能，此即B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J，则最大动能为
（2分)
(在0.42~0.44J间均视为正确)
最大速度为
(1分)
(在1.29～1.33m／s间均视为正确)
x=20.0cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移
(2分)
(在17.9~18.1cm间均视为正确)
(3)渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即
（2分)
∴
由图读出直线斜率
（1分）
（在间均视为正确）
（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图。（2分）
12(江苏第14题)．解析：
13(福建第21题).解析：此题考查平抛运动规律、牛顿运动定律、竖直面内的圆周运动、机械能守恒定律等知识点
（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则
(1)
解得?????(2)
(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有
???…………………..(3)
由（2）（3）得
………………….(4)
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO’的水平距离为x1，由平抛规律有
………………………..(5)
………………………(6)
由（5）（6）两式得………………..(7)
当鱼饵的质量为时，设其到达管口C时速度大小为V2，由机械能守恒定律有
…………………..(8)
由（4）（8）两式解得……………………..(9)
质量为的鱼饵落到水面时上时，设离OO’的水平距离为x2则
……………………………..(10)
由（5）（9）（10）解得：
鱼饵能够落到水面的最大面积S，S=(πx22-πx12)=πR2（或8.25πR2）。
14（2011安徽24）．（20分）
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
①
②
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
③
由②③式，得F=2N④
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
⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
⑥
由⑤⑥式，得v2=2m/s⑦
（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
⑦
将⑧式两边同乘以，得
⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有
又
由式得
15（2011全国卷1第26题）.解析：设子弹的初速为v0,穿过2d厚度的钢板时共同速度为：v受到阻力为f.
对系统由动量和能量守恒得：
①
②
由①②得：③
子弹穿过第一块厚度为d的钢板时，设其速度为v1，此时钢板的速度为u，穿第二块厚度为d的钢板时共用速度为v2，穿过深度为，
对子弹和第一块钢板系统由动量和能量守恒得：
④
⑤
由③④⑤得：⑥
对子弹和第二块钢板系统由动量和能量守恒得：
⑦
⑧
由③⑥⑦⑧得：
17（2011浙江第24题）.解析：（1）汽车牵引力与输出功率的关系
将，代入得
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有
（2）在减速过程中，注意到发动机只有用于汽车的牵引，根据动能定理有
，代入数据得
电源获得的电能为
(3)根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为。此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功，
代入数据得
18（2011广东第36题）、解析：（1）μmgs+mg·2R=mvB2①
所以vB=3
（2）设M滑动x1,m滑动x2二者达到共同速度v,则
mvB=(M+m)v②
μmgx1=mv2③
—μmgx2=mv2—mvB2④
由②③④得v=,x1=2R,x2=8R
二者位移之差△x=x2—x1=6R＜6.5R，即滑块未掉下滑板
讨论：
R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)=mg（6.5R+L）
2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。
要使滑块滑到CD轨道中点，vc必须满足：mvc2≥mgR⑤
此时L应满足：μmg(l+L)≤mvB2—mvc2⑥
则L≤R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点。
答案：（1）vB=3
（2）
①R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)=mg（6.5R+L）
②2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。
滑块不能滑到CD轨道中点
19（2011北京第22题）．（16分）
答案：（1）受力图见右
根据平衡条件，的拉力大小F=mgtanα
（2）运动中只有重力做功，系统机械能守恒
则通过最低点时，小球的速度大小
根据牛顿第二定律
解得轻绳对小球的拉力
，方向竖直向上
2011普通高校招生考试试题汇编-静电场
1、(2011江苏省第8题)．AB
2（2011安徽第18题）．答案：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。
3（2011安徽第20题）．答案：B
解析：若，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，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，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，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。
4（2011全国卷1第17题）．解析：
5（2011海南第1题）.解析：考察电场和电势概念，选D
6（2011海南第3题）.解析：设1、2距离为R，则：，3与2接触后，它们带的电的电量均为：，再3与1接触后，它们带的电的电量均为，最后有上两式得：n=6
7（2011新课标理综第20题）.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。
8（2011天津第5题）．【解析】：考查平行板电容器的相关知识。，，当电荷量变为2Q时，，，C选项正确。
【答案】：C
9(广东第21题).解析：电子吸附尘埃使尘埃带负电，受力与电场方向相反，AC错。F=Eq，故BD正确。选BD
10（2011山东第21题）．答案：BC
解析：根据等量异种点电荷的电场的分布特点和叠加原理可知A错误，B正确；因为a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，C正确；根据等量异种点电荷的电场的分布特点，a点的电势高于c点的电势，所以试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，D错误。
11(重庆第19题).
12（2011上海第1题）．答案：C
13（2011上海第14题）．答案：A
14(2011上海第16题)．答案：D
15(2011上海23)．答案：，
16(浙江第25题).答案：（1）（2）当时，收集效率为100%；当时，收集率（3）=，如图所示。
解析：（1）收集效率为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为，在水平方向有①
在竖直方向有②
其中③
当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距为。如果进一步减少，收集效率仍为100%。
因此，在水平方向有④
在竖直方向有⑤
其中⑥
联立①②③④⑤⑥可得⑦
（2）通过前面的求解可知，当时，收集效率为100%⑧
当时，设距下板处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有
⑨
根据题意，收集效率为⑩
联立①②③⑨⑩可得
（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量=
当时，，因此=
当时，，因此=
绘出的图线如下
17（2011北京第24题）．解析：（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0
电场强度的大小
电场力的大小
（2）设粒子在[-x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得
由图可知
由得
因动能非负，有
得
即
粒子运动区间
（3）考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期
根据牛顿第二定律，粒子的加速度
由匀加速直线运动
将代入，得
粒子运动周期
2011普通高校招生考试试题汇编-恒定电流
1(北京第17题)．
2(海南第2题).解析：S开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，的读数变大，把R1归为内阻，则R3中的电压也增大，R3中的电流也增大，R3中的电压也增大，
3(2011上海第6题)．答案：D
4(2011上海第12题)．答案：A
5（2011安徽第21题Ⅱ）．解析：（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、21
6（2011全国卷1第23题）．解析：(1)黑(2)14.0、53.0、4.6(3)102(4)1.54
电表内阻r=15Ω,外阻为R=4.6Ω此时电流为：I=53mA,求出E=I(R+r)=1.54V，从而求出短路电流：I′==102mA
7（2011海南第13题）.49.549.0
8（2011新课标理综第22题）.（解析：（1）R0、标准电流表A0；（2）RN，标准电流表A0的示数为I；（3）平均值
9（2011天津第5题（4））
【解析】：电学实验选择仪器的一般步骤如下：①根据量程选择电流表和电压表，不能超过表的量程，不能量程太大导致表的读数偏小；②根据题中关键语句，如精确测量，从零开始连续可调等等选择分压电路亦或是限流电路；分压电路滑动变阻器选择小阻值，限流电路滑动变阻器选择大阻值；③选择电流表的内外接法，一般的原则是“大内偏大，小外偏小”；也可以根据与之间的关系来判断，当>时，采用电流表的外接法，反之选择电流表内接法。
（1）本题中，待测电阻Rx的阻值约为25kΩ，直流电源电动势为20V，经粗略计算电路中最大的电流约为，所以电流表选择B；虽然电压表C的量程不足，但是相比起来电压表D的量程超过太多，读数偏小，所以电压表选择C表。
（2）根据本题解析的第②、③两条原则可知电路图的问题为：①电流表应采用内接的方法；②滑动变阻器应采用分压器方式的接法。
10（2011浙江第22题）.答案：（1）如图所示；
（2）电阻率的允许范围：
：~
：~
：~
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。
解析：（1）以OP间距离x为横轴，以电压表读数U为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线。
（2）根据电阻定律可得。
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。
11(广东第34（2）题)解析：答案：（2）x17.5左端右端ab
①电珠电阻较小，故选“x1”档
②如右图
③P置左端电珠两端电压最小
④ab之间电流值相差太大
12(2011北京第21题)答案：（1）S
T0刻线
ADC
13（2011上海第29题）．答案.
(1)③，⑥(各1分)
(2)见图(2分)
(3)①将滑动触头移至最左端(写最小给分，最大不给分)
③多次移动滑动触头，记录相应的，读数(1分)
(4)(3分)
14（2011山东第23题）
答案：①如图所示
②0.37
③bc
15(江苏第11题)．答案：
16(福建第19（2）题)答案：①D?②Ⅰ.左??Ⅱ?1???5?Ⅲ.增大
解析：由于小电珠的电阻一般不大，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至欧姆×?1，选项D正确。对于分压电路，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于使小电珠上电压为零处，即最左端。闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是滑动变阻器左端与电源没有连接好。由描绘出的小电珠的伏安特性曲线可知，小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大。
17(四川第22（2）题)解析：（2）①改装电压表时，其内阻值要准确告知，所以排除A．B而选C；再由欧姆定律可知，代入数据得；②电路图如上图所示；③根据欧姆定律，可得通式为，代入数据两次，即得答案。
?【答案】（2）①C???6；?????②见上图；??????③7．5??10。
18(重庆第20题).
19(重庆22（1）)答案：×1???乙???③
2011普通高校招生考试试题汇编-磁场参考答案
1（2011全国卷1第15题）。解析：要合磁感应强度为零，必有和形成两个场等大方向，只有C点有可能，选C
2（2011海南第7题）．解析：考察科学史，选ACD
3（2011海南第10题）.解析：在磁场中半径运动时间：（θ为转过圆心角），故BD正确，当粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC错
4（2011新课标理综第14题）.解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。
5．（2011新课标理综第18题）.解析：主要考查动能定理。利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。
6（2011浙江第20题）.答案：BC
解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误。
7(2011上海第18题)．答案：BC
8（2011安徽第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=qvB①
又R=vt0②
则③
（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④
由②④式得⑤
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
又有⑥
得⑦
（3）仅有磁场时，入射速度，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
⑧
又qE=ma⑨
由⑦⑧⑨式得⑩
由几何关系
即
带电粒子在磁场中运动周期
则带电粒子在磁场中运动时间
所以
9（2011全国卷1第25）.解析：设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2=450，在电场中做类平抛运动，
则有：得出：
在电场中运行的位移:
在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1-α2，
得出：
在磁场中运行的位移为：
所以首次从II区离开时到出发点的距离为：
10（2011新课标理综第25题）.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Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
①由几何关系得②③
式中，，由①②③式得④
(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为，射出点为（图中未画出轨迹），。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑤
由①⑤式得⑥
、和三点共线，且由⑥式知点必位于⑦的平面上。由对称性知，点与点纵坐标相同，即⑧式中，h是C点的y坐标。
设b在I中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑨
设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则
⑩
式中，t是a在区域II中运动的时间，而
由⑤⑨⑩式得
由①③⑨式可见，b没有飞出。点的y坐标为
由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为
11（2011天津第12题）．解析：（1）核反应方程为 ①
设碳11原有质量为m0，经过t=2.0h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：
②
（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：
③
质子运动的回旋周期为： ④
由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：
⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
⑥
输出时质子束的等效电流为： ⑦
由上述各式得
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分
（3）方法一：
设k（k∈N）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知 ⑧
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则 ⑨
整理得 ⑩
因U、q、m、B均为定值，令，由上式得 ⑾
相邻轨道半径rk+1，rk+2之差
同理
因为rk+2>rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小
方法二：
设k（k∈N）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故 ⑿
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量 ⒀
以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k﹣1）次
速度大小为 ⒁
同理，质子第（k+1）次进入D2时，速度大小为
综合上述各式可得
整理得，
同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，，整理后有
由于rk+2>rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。
12（2011四川第25题）．
13（2011广东第35题）、解析：（1）由动能定理：Uq=mv12-mv02①
得：v0=
（2）如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为r，则r2=2()2②
B1qv2=m③
由②③得：B1=
T=④
t=⑤
由④⑤t=
（3）由B2qv3=m⑥可知，B越小，R越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为
R=⑦
所以B2＜
答案：（1）v0=
（2）B1=t=
（3）B2＜
14（2011北京理综第23题）．答案．
（1）动能定理
得
（2）由牛顿第二定律，利用式得
离子在磁场中的轨道半径为别为，
两种离子在GA上落点的间距
（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为
利用式，代入式得
R1的最大值满足
得
求得最大值
15（2011山东理综第25题）.解析：
16(重庆第25题).解：
????(1)设圆周运动的半径分别为R1、R2、……、Rn、Rn+1，…，第一和第二次圆周运动速率分别为v1和v2，动能分别为Ek1和Ek2
???由：Ek2=0.81Ek1，R1=，R2=\
???得：R2：R1=0.9
??????(2)设电场强度为E．第一次到达隔离层前的速率为v′
????由：
??????得：
??????又由：
??????得：
??????
??????(3)设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，运动总时间为t，
??????由题意，有：
??????得：n=2
??????又由：T=
??????得：
2011普通高校招生考试试题汇编-电磁感应参考答案
1(广东卷第15题).
2(2011江苏卷第2题)．
3(2011江苏卷第5题)．D
4(福建第17题).
5(海南第6题).B
6（2011海南第7题）．解析：考察科学史，选ACD
7（2011广东第15题）.解析：由E=，AB错，C正确。B原与B感的方向可相同亦可相反。D错。选C
8（2011北京第19题）．
9(2011上海第13题)．
10(2011上海第20题).
11（201山东第22题）.
答案：BD
解析：开始c的加速度为，刚进入磁场即匀速运动，加速度为0，在下落h的过程中，，匀速下降了，进入磁场后，、又只在重力作用下运动，加速度为，一起运动了h，出磁场，这时c的加速度仍为，因此A错误，B正确；出磁场后，这时受到重力和向上的安培力，并且合力向上，开始做减速运动，当运动了2h后，出磁场，又做加速运动，所以C错误，D正确。
12（2011上海第28题）．
13（2011全国卷1第24题）．解析：每个灯上的额定电流为额定电压为：
（1）最后MN匀速运动故：B2IL=mg求出：
（2）U=BLv得：
14（2011海南第16题）.解析：设某时刻MN和速度分别为v1、v2。
（1）MN和动量守恒：mv1-2mv2=0求出：①
（2）当MN和的加速度为零时，速度最大
对受力平衡：②③④
由①——④得：、
15（2011天津第11题）．解析：（1）棒cd受到的安培力 ①
棒cd在共点力作用下平衡，则 ②
由①②式代入数据解得I=1A，方向由右手定则可知由d到c。
（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd
对棒ab由共点力平衡有 ③
代入数据解得F=0.2N ④
（3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知 ⑤
设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E=Blv ⑥
由闭合电路欧姆定律知 ⑦
由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt ⑧
力F做的功W=Fx ⑨
综合上述各式，代入数据解得W=0.4J
16（2011浙江第23题）.答案：（1）导体棒在前做匀减速运动，在后以后一直保持静止。
（2），电流方向是顺时针方向。
（3）
解析：（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有
代入数据解得：，，导体棒没有进入磁场区域。
导体棒在末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为
（2）前磁通量不变，回路电动势和电流分别为，
后回路产生的电动势为
回路的总长度为，因此回路的总电阻为
电流为
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向
（3）前电流为零，后有恒定电流，焦耳热为
18(四川第24题).解析：
?以小环为研究对象，由牛顿第二定律
?①
?代入数据得②
?设流过杆K的电流为，由平衡条件得?③
?对杆Q，根据并联电路特点以及平衡条件得
?④
?由法拉第电磁感应定律的推论得?⑤
?根据欧姆定律有?⑥
?且⑦
?瞬时功率表达式为?⑧
?联立以上各式得??⑨
?【答案】（1）；（2）。
19(重庆第23题).解：
??????(l)设电动势为，橡胶带运动速率为v
???由：
???得：
??????(2)设电功率为P
???
??????(3)设电流强度为I，安培力为F．克服安培力做的功为W
????由：
??????得：
2011普通高校招生考试试题汇编-交变电流参考答案
1(福建第15题).解析：答案D。些题考查变压器和电路动态变化等知识点。由输入电压u随时间t的变化关系图象可知，交变电流周期为0.02s，输入电压u的表达式
选项A错误，只断开S1后，L1、L2均不能发光，选项B错误，只断开S2后，灯泡L1、L2串联接入电路，变压器输出电流变小，原线圈的输入功率减小，选项C错误，若S1换接到2后，变压器输出电压U=4V，R中电流为I=0.2A，R消耗的电功率为P=UI=0.8W，选项D正确
2．(四川第20题).【思路点拨】线圈从垂直于中性面位置启动，则瞬时值的表达式为余弦函数。由此构造出瞬时值表达式，可求出电动势的最大值，然后是有效值，再到功率，从而完成A．B．C的筛选；再画出线圈转动的截面图，可知其磁通量变化规律确是正弦函数，但对线圈的最大磁通量，即BS的计算有误，即排除D项。
?【精讲精析】选AC。由于线圈垂直于中性面启动，则瞬时表达式可记为，代入数据可知，得最大值，即有效值以及，功率为，瞬时值表达式为。再由于，则任意时刻穿过线圈的磁通量为，可知D错。
3(浙江第16题).答案：A
解析：交流电源电压的有效值，如果看成理想的来处理有：、、，解得，故交流电压表的读数应该小于，所以答案为A。
4（2011安徽第19题）．答案：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，所以。D正确。
5（2011新课标理综第17题）.解析：主要考查理想变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系。U2=220V，根据U1：U2=n1:n2得，U1=110V。I2=P/U2=0.1A，根据I1：I2=n2：n1得I1=0.2A。所以正确答案是A。
6（2011天津第4题）．【解析】：交变电流知识的考查。由图2可知，该交变电动势瞬时值的表达式为。当t=0.005s时，瞬时值e=311V，此时磁通量变化率最大，A错；同理当t=0.01s时，e=0V，此时线框处于中性面位置，磁通量最大，磁通量的变化率为零，B正确；对于正弦交变电流其有效值为Emax/，题给电动势的有效值为220V，C错；交变电流的频率为f=1/T=ω/2π=50Hz，D错。
【答案】：B
7（2011山东第20题）.答案：BD
解析：由电压随时间t变化的曲线可知，用户电压的最大值是，周期是，所以，A错误，B正确；根据，减小，增大，因此为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移，C错误，D正确。
8(广东第19题).
9（2011海南第11题）.解析：副线圈电压，
由能量守恒得：代人数据得：
10．(江苏第13题)解析：
2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-4参考答案
1(广东第18题).
2（2011安徽第15题）．答案：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。
3（2011全国卷1第16题）解析：按照偏折程度从小到大的排序为d、c、b、a、故：
折射率为:频率为：
选B
4（2011全国卷1第21题）解析：选C
5（2011海南18模块3-4试题）.解析：周期为：，由波的图像得：振幅、波长，故波速为，p点在t=0时振动方向为正y方向，波向正x方向传播
解析：（i）设过P点光线，恰好被浮子挡住时，入射角、折射角分别为：α、β则：
①、②、③由①②③得：
（ii）潜水员和Q点连线与水平方向夹角刚好为临界角C，则：
④⑤
由④⑤得：
6（2011全国理综第34题选修3-4）
答案：（1）ABE
（2）（ⅰ）15°??????（ⅱ）
解析：由波的形成与传播可知，正确答案是ABE。
一半圆柱形透明物体横截面如图所示，地面AOB镀银，o
表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出。已知光线在M点的入射角为30，MOA=60，NOB=30。求（1）光线在M点的折射角（2）透明物体的折射率
7（2011天津第6题）．【解析】：考查光的综合应用。偏振现象是横波特有的现象，甲乙都可以有偏振现象发生，A错；由，可知甲光的波长大于乙光，B正确；光子能量取决于光子的频率，而光子频率与波长成反比，C错；波速与波长之间同步变化，D正确。
【答案】：BD
8（2011天津第7题）．【解析】：由A刚好完成一次全振动时的图线可知波源A的起振方向沿y轴负方向，A选项正确；经过周期之后质点A将向负向最大位移运动，回复力做负功，B正确；质点不随波迁移，C选项错误；由简谐运动的对称性可知回复力在一个周期内的冲量为零，D选项正确。
【答案】：ABD
9（2011天津第9（3）题）【解析】：由题意可知，当玻璃砖转过某一角度θ时，刚好发生全反射，在直径边一侧观察不到P1、P2的像，做出如图所示的光路图可知，当转过角度θ时有。
θ
10(2011山东第37题3--4)
11(上海第5题)．
12（201上海第10题）.答案：B
13（2011上海第17题）.答案：ABD
14(2011上海第21题)．答案：衍射，波动说
15(2011上海第24题)．答案：2，0
16（201浙江第18题）.答案：BD
解析：只有横波才能发生偏振现象，故A错误；用白光做单缝衍射与双缝衍射，都可以观察到彩色条纹，故B正确；声波在传播过程中，介质中质点的速度并不等于声波的传播速度，故C错误；已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故D正确。
17（2011北京第14题）．答案：C
18（2011北京第16题）．答案：D
19(江苏第12题B3-4)答案
20(重庆第17题).答案：C
21(重庆第18题).
2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-5参考答案
1（2011全国卷1第18题）.解析：原子从n=2跃迁到+所以故：选C
2（2011海南第19题模块3-5试题）.解析：由质量数和核电荷数守恒可以得出正确选项B、C、78、82
解析：（i）设木块和物体P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：①②
由①②得：③
（ii）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
④
由②③④得：
3(2011全国理综35选修3-5】
解析：（1）由和得
由爱因斯坦质能方程和得
（2）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得②
设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有③
由①②③式得弹簧所释放的势能为④
4（2011天津第1题）．【解析】：物理学史、常识考查题，简单题，其中光电效应实验说明光具有粒子性，A选项错误；X射线（伦琴射线）的发现是19世纪末20世纪初物理学的三大发现（X射线1896年、放射线1896年、电子1897年）之一，这一发现标志着现代物理学的产生，B选项错误；氢原子光谱的发现解释了原子的稳定性以及原子光谱的分立特征，D选项错误；所以选择C。
【答案】：C
5（2011山东第38题3-5）
解析：
6（2011上海第2题）．答案：D
7（2011上海第3题）．答案：B
8(上海第7题)．
9（2011上海第9题）．
10（2011上海第17题）.答案：ABD
11(上海22A).答案：“守恒”、“不守恒”
12（201北京第13题）．答案：B
13(2011北京第21题)答案：（2）C
ADE或DEA或DAE
142.911.01
76.8
14（201广东第18题）.解析：光电流的大小只与到达阳极的光电子个数有关，A错。由hv=W+Ek和Uq=Ek知，CD正确。选CD
15(江苏12C)答案：
16(浙江第14题)
17(浙江第15题)
18(重庆第16题).
19（重庆第24题）
解：
????(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
???
????(2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰
???后共同速度为u：；人给第一车的水平冲量大小为I.
???由：
??????
??????
??????
?????????????
???得：
??????(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为△Ek1，和△Ek2.
????由：△
??????△
???得：△△Ek1/△Ek2=13／3
2011普通高校招生考试试题汇编-参考答案
1（2011安徽）．解析：Ⅰ．（1）如图所示
（2）0.248~0.262
2（2011江苏）．
3(2011北京)3答案:①C，②ADE或DAE或DEA
③
④142.91～1.01
⑤76.8
〖解析〗①在落地高度不变的情况下，水平位移就能反映平抛初速度的大小，所以，仅测量小球做平抛运动的射程就能间接测量速度.因此选C.
②测量平均落点的位置，找到平抛的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且要D先在E后，至于用天平测质量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③设落地时间为t，则，，动量守恒的表达式是
，
动能守恒的表达式是，所以若两球相碰前后的动量守恒，则成立，若碰撞是弹性碰撞，动能守恒则
成立.
④碰撞前后m1动量之比，，
⑤发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，根据动量守恒和动能守恒，，，联立解得，因此，最大射程为
12（2011四川）【解析】⑴“研究运动的合成与分解”实验中：
小圆柱体R在竖直方向匀速运动有，，在水平方向做初速为0的匀加速直线运动得，R的速度大小为
，轨迹示意图是D。
2011普通高校招生考试试题汇编-电学实验参考答案
1(2011北京)1【答案】①S③T0刻线④ADC
〖解析〗多用电表测量电阻时，在测量之前就要观察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，用螺丝刀小心转动调零螺丝S，使指针对准电流的“0”刻线.然后转动选择开关K，选择量程，再将两表笔短接，调整调零电阻的旋钮T，使得指针对准满偏刻度（即电阻的0刻线），接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值.若在测量过程中，发现指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值很大，这时要换用更高倍率的挡位，例如，本题就要从“×100”挡位更换到“x1K”的位置.
2（2011江苏）．2答案
见右图
20（19-21都算对）
偏小：改变滑动变阻器阻值，使电压表示数为1.50V
3.（2011安徽）．3答案：．（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、21
4.（2011全国卷1）4.解析：(1)黑(2)14.0、53.0、4.6(3)102(4)1.54
电表内阻r=15Ω,外阻为R=4.6Ω此时电流为：I=53mA,求出E=I(R+r)=1.54V，从而求出短路电流：I′==102mA
6（2011全国理综）.6解析：（1）R0、标准电流表A0；（2）RN，标准电流表A0的示数为I；（3）平均值
7（2011天津）7【解析】：电学实验选择仪器的一般步骤如下：①根据量程选择电流表和电压表，不能超过表的量程，不能量程太大导致表的读数偏小；②根据题中关键语句，如精确测量，从零开始连续可调等等选择分压电路亦或是限流电路；分压电路滑动变阻器选择小阻值，限流电路滑动变阻器选择大阻值；③选择电流表的内外接法，一般的原则是“大内偏大，小外偏小”；也可以根据与之间的关系来判断，当>时，采用电流表的外接法，反之选择电流表内接法。
（1）本题中，待测电阻Rx的阻值约为25kΩ，直流电源电动势为20V，经粗略计算电路中最大的电流约为，所以电流表选择B；虽然电压表C的量程不足，但是相比起来电压表D的量程超过太多，读数偏小，所以电压表选择C表。
（2）根据本题解析的第②、③两条原则可知电路图的问题为：①电流表应采用内接的方法；②滑动变阻器应采用分压器方式的接法。
8（2011浙江）.8.答案：（1）如图所示；
（2）电阻率的允许范围：
：~
：~
：~
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。
解析：（1）以OP间距离x为横轴，以电压表读数U为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线。
（2）根据电阻定律可得。
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。
9（2011广东）9解析：答案：（2）x17.5左端右端ab
①电珠电阻较小，故选“x1”档
②如右图
③P置左端电珠两端电压最小
④ab之间电流值相差太大
10（2011上海）．10答案.
(1)③，⑥(各1分)
(2)见图(2分)
(3)①将滑动触头移至最左端(写最小给分，最大不给分)
③多次移动滑动触头，记录相应的，读数(1分)
(4)(3分)
11.（2011山东）
11答案：①如图所示
②0.37
bc
12（2011·重庆理综·T22（1））12【答案】⑴乙
〖解析〗测A和B之间、B和C之间、A和C之间的电阻时，多用电表指针都有偏转，一定不是甲电路，因为甲电路中，只要有一个电阻断路，三次测量时，多用电表指针只可能就一次有偏转。所以一定是乙电路.因为测量A和B之间、B和C之间的电阻都是4Ω，而B和C之间的电阻是8Ω，显然是线圈③发生了断路.题目中已经告诉线圈的电阻是几个欧姆，结合多用表示数可以判断使用的挡位为“”
（2011·重庆理综·T22（2））（2）某同学设计了如题22图3所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来制定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m‘，托盘和盘中砝码的总质量为m，实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m／s2。
2011年高考试题分类汇编——答案
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T
F
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V3
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P2
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θ
A
B
E
E/
红表笔
黑表笔
1
2
3
4
5
6
图(c)
1
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