一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）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．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（ ）
A． B． C． D．
2．（6分）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（ ） 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
3．（6分）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（ ）
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
4．（6分）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；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．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A C．U=110
V，I=0.2A D．U=110
V，I=0.2
A
5．（6分）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于轨道面得磁场（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，理论上可采用的方法是（ ）
A．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 6．（6分）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．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要最短时间最接近于（可能用
到的数据：月球绕地球运动的轨道半径为3.8×105km，运动周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传播速度为3×108m/s）（ ） A．0.1s
B．0.25s C．0.5s
D．1s
7．（6分）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）（ ）
A． B． C． D．
8．（6分）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为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）
A．
B． C． D．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题；每个试题考生都必须作答．第13题～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．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，A0是标准电流表，R0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
单刀开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：
（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；
（2）然后将S拨向接点2，调节 ，使 ，记下此时RN的读数； （3）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．
10．利用图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，记下相应的t值；所得数据如下表所示． s（m） t（ms） s/t（m/s） 0.500 292.9 1.71 0.600 371.5 1.62 0.700 452.3 1.55 0.800 552.8 1.45 0.900 673.8 1.34 0.950 776.4 1.22
完成下列填空和作图：
（1）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四个物理量之间所满足的关系式是 ；
（2）根据表中给出的数据，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出﹣t图线； （3）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）．
11．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．
12．如图，在区域Ⅰ（0≤x≤d）和区域Ⅱ（d＜x≤2d）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（q＞0）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a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为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，不计重力和两粒子之间的相互作用力，求： （1）粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；
（2）当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．
三、（二）选考题：．[物理--选修3-3]
13．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （ ） A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P0=76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．
四、[物理--选修3-4]
15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动．该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是 （ ） A．振幅一定为A B．周期一定为T C．速度的最大值一定为v
D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离 E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同
16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），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点入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求 （ⅰ）光线在M点的折射角； （ⅱ）透明物体的折射率．
五、[物理--选修3-5]
17．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为 ．
若用波长为λ（λ＜λ0）的单色光做该实验，则其遏止电压为 ．已知电子的电
荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h．
18．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．
2011年全国统一高考物理试卷（新课标）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）（2011•新课标）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．在如图四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．
【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西．故B正确． 故选B．
2．（6分）（2011•新课标）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（ ）
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
【分析】一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为0，从某时刻起受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．
根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．
【解答】解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确．
B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大．故B正确．
C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小．故C错误． D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大．故D正确． 故选ABD．
3．（6分）（2011•新课标）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（ ）
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
【分析】运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．
【解答】解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小．故A正确．
B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加．故B正确．
C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故C正确．
D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故D错误． 故选ABC．
4．（6分）（2011•新课标）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；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．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A C．U=110
V，I=0.2A D．U=110
V，I=0.2
A
【分析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解．
【解答】解：灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为A正确． 故选A
5．（6分）（2011•新课标）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于轨道面得磁场（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，理论上可采用的方法是（ ）
=110V，电流为
=0.1A，根据电
=0.2A，
A．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 【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．
根据速度的表达式进行求解．
【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用， 利用动能定理有BIl•L=mv2，
磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI 解得
．
倍，故A
A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的错误
B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确
C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的误
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，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确． 故选BD．
6．（6分）（2011•新课标）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．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要最短时间最
倍，故C错
接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径为3.8×105km，运动周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传播速度为3×108m/s）（ ） A．0.1s
B．0.25s C．0.5s
D．1s
【分析】同步卫星和月球都是绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
，求出轨道半径比，从而得出同步卫星的轨道半径以及高度，根据速
度公式求出时间．
【解答】解：根据万有引力提供向心力
，解得：r=
，已知月球
和同步卫星的周期比为27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9：1．同步卫星的轨道半径r′=×3.8×105=4.2×104km．所以接收到信号的最短时间t=故选B．
7．（6分）（2011•新课标）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）（ ）
≈0.25s．
A． B． C． D．
【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择． 【解答】解：
A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内
侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误． B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．
C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．
D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确． 故选D
8．（6分）（2011•新课标）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为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．
【解答】解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得： a=
=
，a∝t；
当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得： 对m1：a1= 对m2：a2=大． 由于
，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜
，μ、m1、m2都一定，则a1一定． =
=
t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增
率．故A正确． 故选：A
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～12题为必考题；每个试题考生都必须作答．第13题～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（2011•新课标）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，A0是标准电流表，R0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关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：
（1）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 的读数I；
（2）然后将S拨向接点2，调节 RN ，使 标准电流表的读数仍为I ，记下此时RN的读数；
（3）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．
【分析】先接通1，使待测电表有一示数，再接通2调节电阻箱使待测电表的示数相同，此时电阻箱的示数即为待测电表的内阻．
【解答】解：（1）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 读数I；
（2）然后将S拨向接点2，调节RN，使 标准电流表的读数仍为I，记下此时RN的读数；
（3）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．
故答案为：（1）R0，标准电流表；（2）RN，标准电流表的读数仍为I； （3）平均值．
10．（2011•新课标）利用图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，记下相应的t值；所得数据如下表所示．
s（m） t（ms） s/t（m/s） 0.500 292.9 1.71 0.600 371.5 1.62 0.700 452.3 1.55 0.800 552.8 1.45 0.900 673.8 1.34 0.950 776.4 1.22
完成下列填空和作图：
（1）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四个物理量之间所满足的关系式是 s=v1t﹣at2 ； （2）根据表中给出的数据，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出﹣t图线； （3）由所画出的s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a= 2.1 m/s2（保留2位有效数字）．
【分析】可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．
由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．
【解答】解：①已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，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四个物理量．因为时速度v1是下
滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是：s=v1t﹣at2
②根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；
③由s=v1t﹣at2整理 得：=v1﹣at
由表达式可知，加速度等于斜率大小的两倍．所以由图象得出滑块加速度的大小为a=2.1m/s2
故答案为：①s=v1t﹣at2；②如图；③2.1．
11．（2011•新课标）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．
【分析】分别对甲乙两车研究，用加速度a，时间间隔t0等相同的量表示总位移，再求出路程之比．
【解答】解：设汽车甲在第一段时间时间间隔t0末的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2．由题，汽车甲在第二段时间间隔内加速度为2a．设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s'，则有s=s1+s2，s'=s1′+s2′． 由运动学公式得 v=at0 ① s1=
② ③
将①代入③得 s2=2a由②+④得 s=s1+s2=
，④
设乙车在时间t0的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′． 同样有 v'=（2a）t0⑤
⑥ ⑦
将⑤代入⑦得 s2′=由⑥+⑧得s'=s1′+s2′=
⑧ ．
⑨
所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为
答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为5：7．
12．（2011•新课标）如图，在区域Ⅰ（0≤x≤d）和区域Ⅱ（d＜x≤2d）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（q＞0）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a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为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，不计重力和两粒子之间的相互作用力，求： （1）粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；
（2）当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，运用几何关系求出粒子的轨道半径，结合牛顿第二定律求出粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小．
（2）通过洛伦兹力提供向心力，得出a粒子在区域Ⅱ中的轨道半径是区域Ⅰ中的一半，结合几何关系得出a粒子离开区域Ⅱ时，a粒子的纵坐标．根据时间关系通过几何关系求出当a离开区域Ⅱ时，b粒子的纵坐标，从而得出a、b两粒子的y坐标之差．
【解答】解：（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P'，如图 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得由几何关系得∠PCP′=θ ②，由①②③式得
④
① ③，式中 θ=30°
（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa（图中未画出轨迹），∠P′OaPa=θ′．
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得由①⑤式得
⑥
⑤
C、P'和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于点与P'点纵坐标相同，
即 y1=Ra1cosθ+h⑧式中，h是C点的y坐标
⑦的平面上．由对称性知，Pa
设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
⑨
设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α．如果b没有飞出I，则
⑩， ，（11）
式中，t是a在区域II中运动的时间，而
（12），
由⑤⑨⑩（11）（12）式得 α=30°（14）
由①③⑨（14）式可见，b没有飞出．Pb点的y坐标为 y2=Rb1（2+cosα）+h 由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 答：（1）粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小
．
．
．
（13）
（2）当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差为
三、（二）选考题：．[物理--选修3-3]
13．（2011•新课标）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （ ） A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
【分析】理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化． 【解答】解：A、由理想气体的状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，则其温度不变，其内能也一定不变，故A正确；
B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，气体的状态可能变化，故B错误；
C、由理想气体的状态方程可知，若气体的温度T随时间升高，体积同时变大，其压强可能不变，故C错误；
D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；
E、理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增，故E正确；
故答案为：ADE．
14．（2011•新课标）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P0=76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气．
【分析】根据平衡条件研究空气柱压强初位置的压强，玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空，水银柱总长度为76cm，然后根据玻意耳定律列式求解；转回到原来位置时先根据平衡条件求出空气中压强，然后根据玻意耳定律列式求解．
【解答】解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为：P1=P0+ρgl3① （式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．）
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空． 设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则P2=ρgl1，P2+ρgx=P0 ② （P2管内空气柱的压强．）
由玻意耳定律得P1（sl2）=P2（sh） ③
（式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积．） 由①②③式和题给条件得h=12cm ④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则P3=P0+ρgx⑤
由玻意耳定律得P1（sl2）=P3（sh′）⑥ （式中，h′是此时空气柱的长度．） 由①②③⑤⑥h′≈9.2cm
答：在开口向下管中空气柱的长度为12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是9.2cm．
四、[物理--选修3-4]
15．（2011•新课标）一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动．该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是 （ ） A．振幅一定为A B．周期一定为T C．速度的最大值一定为v
D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离 E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同
【分析】波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，质点的振动速度大小跟波速无关．
【解答】解：A、B、D波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同，A、B正确，D错误； C、质点的振动速度大小跟波速无关，C错误；
E、s=vT，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，位
移总相同，E正确． 故选ABE
16．（2011•新课标）一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），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点入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求 （ⅰ）光线在M点的折射角； （ⅱ）透明物体的折射率．
【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角． （2）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．
【解答】（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线
设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ=α，∠PNF=β．根据题意有 α=30° ①
由几何关系得，∠PNO=∠PQO=r，于是 β+r=60°② 且α+r=β ③
由①②③式得 r=15°④
（2）根据折射率公式有 sini=nsinr ⑤ 由④⑤式得 n=
⑥
答：（1）光线在M点的折射角为15°．
（2）透明物体的折射率为．
五、[物理--选修3-5]
17．（2011•新课标）在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为
．
．已
若用波长为λ（λ＜λ0）的单色光做该实验，则其遏止电压为 知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h．
【分析】逸出功W0=hγc，根据该公式求出金属逸出功的大小．根据光电效应方程，结合Ekm=eU求出遏止电压的大小． 【解答】解：金属的逸出功根据光电效应方程知：故答案为：
18．（2011•新课标）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以
，
．
．
，又Ekm=eU，则遏止电压U=
．
后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．
【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；
线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；
在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．
【解答】解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0；
（2）设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
（3m）v2+EP=（2m）v12+mv02，解得：EP=mv02 ； 答：弹簧释放的势能为mv02．
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