发布时间 : 星期二 文章2011年上海高考物理试题更新完毕开始阅读94e0b7ee102de2bd960588dd
置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的势能随位置x的变化规律，见图(c)中曲线I。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度(如图(b)所示)，则B的总势能曲线如图(c)中II所示，将B在x?20.0cm处由静止释放，求：(解答时必须写出必要的推断说明。取g?9.8m/s2)
(1)B在运动过程中动能最大的位置； (2)运动过程中B的最大速度和最大位移。
(3)图(c)中直线III为曲线II的渐近线，求导轨的倾角。
(4)若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图(c)上画出B的总势能随x的变化曲线．
2011年全国普通高等学校招生统一考试
上海物理试卷答案要点 第I卷(共56分)
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一．单项选择题(共16分，每小题2分。)
1．C 2.D 3．B 4.A 5.C 6.D 7.D 8.B 二.单项选择题(共24分,每小题3分.)
9.D l0.B 11.C l2.A 13.B l4.A 15.C l6.D
三.多项选择题(共16分，每小题4分。每小题有二个或三个正确选项，全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分。)
17．A，B，D 18.B，C l9.C，D 20.A，D
第II卷(共9 4分)四．填空题(共20分，每小题4分，每个空格2分。)
21.衍射，波动说 22A.守恒，不守恒 22B23. (q1?q2)El/2，[(q1?q2)E?(m2?m1)g]l/2 24.225. gs/v0，v0/1?(v20/gs)2 五.实验题(共24分) 26．
（1）b212d[1(?t2?t2] 2)(?1)(2)B，C (3分) 27.(1)
②在量筒中滴入N滴溶液 (1分) ③在水面上先撒上痱子粉 (1分) (2) 1.2?10?9 (3分) 28．
(1) A，D (3分) (2)见图 (2分) 29.
(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)
(1分)
③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1,I2 (1分)
(4) r1?(k?1)R1 (3分) 六．计算题(共50分) 30.(10分)
设初态压强为p0，膨胀后A，B压强相等
pB?1.2p0 (1分) B中气体始末状态温度相等
p0V0?1.2p0(2V0?VA) (3分)
∴VA?76V0 (1分) A部分气体满足
10
．增大，增大 ，0
p0V01.2p0V0 （4分） ?T0TA∴TA?1.4T0 （1分）
31．(12分)
(1)物体做匀加速运动
L?12at0 (1分) 22L2?20∴a?2??10(m/s2) （1分） 2t02由牛顿第二定律
F?f?ma （1分） f?30?2?10?10(N) (1分)
f10??0.5 (1分) mg2?10(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a'，的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律
Fcos37???(mg?Fsina37?)?ma (1分)
F(cos37???sin37?)30?(0.8?0.5?0.6)??g??0.5?10?11.5(m/s2)(1分) ∴a?m2fa'???g?5(m/s2) （1分）
m∴??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 at?a't' （1分）
a11.5t?t?2.3t （1分） a'511L?at2?a't'2 （1分）
222L2?20∴t???1.03(s) （1分） 22a?2.3a'11.5?2.3?5（2）另解：设力F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
∴t'?理
[Fcos37???(mg?Fsin37?)]s??mg(L?s)?0 （2分）
?mgL0.5?2?10?20??6.06(m) （1分） ∴s?F(cos37???sin37?)30?(0.8?0.5?0.6)由牛顿定律
Fcos37???(mg?Fsin37?)?ma （1分）
F(cos37???sin37?)30?(0.8?0.5?0.6)??g??0.5?10?11.5(m/s2) （1分） ∴a?m212∵s?at （1分）
2 11
t?2s2?6.06??1.03(s) （1分） a11.5
32.（14分）
（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R?3r，因此
QR?3Qr?0.3(J) （1分） ∴W安=Q?QR?Qr?0.4(J) （2）金属棒下滑时受重力和安培力
（2分）
B2L2F安=BIL?v （1分）
R?rB2L2v?ma （3分） 由牛顿第二定律mgsin30??R?rB2L210.82?0.752?2∴a?gsin30??v?10???3.2(m/s2) （2分）
m(R?r)20.2?(1.5?0.5)(3)此解法正确。 (1分)
金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足
B2L2mgsin30??v?ma
R?r上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。
(2分)
1mvm2 （1分） 22Q12?0.4∴vm?2gSsin30???2?10?1.15???2.74(m/s) （1分）
m20.2mgSsin30??Q?
33．(14分)
(1)势能最小处动能最大 (1分) 由图线II得
x?6.1(cm) (2分) (在5.9 ~ 6.3cm间均视为正确)
(2)由图读得释放处势能Ep?0.90J，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
Ekm?0.9?0.47?0.43(J) （2分)
(Ekm在0.42 ~ 0.44J间均视为正确) 最大速度为
vm?2Ekm2?0.43??1.31(m/s) (1分) m0.5(vm在1.29～1.33 m／s间均视为正确)
x=20.0 cm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
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读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移
?x?20.0?2.0?18.0(cm) (2分) (?x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
EPg?mgxsin??kx （2分) ∴sin??k mg0.85?0.30?4.23?10?2(J/cm)
20.0?7.024.23?1k?10??sin()?sin?1?59.7? （1分）
mg0.5?9.8（?在59?~61?间均视为正确）
由图读出直线斜率k?（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）
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