2011高考安徽物理试卷及答案_高考一二三轮复习_物理_2026年-物理高考专项复习_2008年-2025年物理高考真题_2008-2020年高考_地方卷_安徽高考物理08-20

θ
F
2011 高考安徽物理试卷及答案
物理 综合能力测试
本卷共20 小题，每小题6 分，共120 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
14．一质量为m 的物块恰好静止在倾角为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．受到的摩擦力不便
   D．受到的合外力增大
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的变化符合科西经验公
式：
2
4
B
C
n
A





，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
16．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x
所用的时间为1t ，紧接着通过下一段位移
x
所用时间为2t 。则物体运动的加速度为（    ）
 A．
1
2
1 2
1
2
2
(
)
(
)
x t
t
t t t
t



     B．
1
2
1 2
1
2
(
)
(
)
x t
t
t t t
t



     C．
1
2
1 2
1
2
2
(
)
(
)
x t
t
t t t
t



     D．
1
2
1 2
1
2
(
)
(
)
x t
t
t t t
t



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
上的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υ0抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点P 处的曲
率半径是（    ）
A．
2
0v
g              B．
2
2
0 sin
v
g

   
d
ca
b
a
屏
ρ
A
v0
α
ρ
P
图
（a ）
图
（b ）
C．
2
2
0 cos
v
g

        D．
2
2
0 cos
sin
v
g


18．图（a）为示管的原理图。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
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．
2
2
BL
R

   B．
2
2
2
BL
R

  C．
2
2
4
BL
R

  D．
2
4
BL
R

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．
0
0
4
T
t


     B．
0
3
2
4
T
T
t


C．
0
3
4
T
t
T


    D．
0
9
8
T
T
t


  
图(c)
图(b)
图(a)
O
O
Uy
Ux
t1
3t1
2t1
2t1
t1
t
t
X
电子枪
偏转电极
Y
Y
X
X
X
Y
Y
屏
光
荧
亮斑
D 
C 
B
A
图(b)
图(a)
B
A
T
T/2
O
-UO
UO
UAB
t
P
450
O
L
ω
第Ⅱ卷（非选择题）
21．（18 分）
  Ⅰ．为了测量某一弹簧的劲度系数，降该弹簧竖直悬
挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码。实验册除了砝
码的质量m 与弹簧长度l 的相应数据，七对应点已在图
上标出。（g=9.8m/s2)
（1）作出m-l 的关系图线；
（2）弹簧的劲度系数为     N/m.
Ⅱ．（1）某同学实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。
（2）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5k ，电流表内阻约为5 。图中部分电路已
经连接好，请完成实验电路的连接。
（3）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。
22．（14 分）
（1）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
3
2
a
k
T

，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。
图(b)
图(a)
（2）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=6.67×10-11Nm2/kg2，结果保留一位有效数字）
23．（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。
（1）求电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经
0
2
t
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。
（3）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。
24．（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=4 m/s，g 取10m/s2。
（1）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。
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速
度大小。
（3）在满足（2）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。
L
P
O
v0
m
M
一、选择题：本卷共20 小题，每小题6 分，共120 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的
题号
14
15
16
17
18
19
20
答案
A
D
A
C
B
D
B
21、解析：Ⅰ．（1）如图所示
     （2）0.248~0.262
Ⅱ．（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     1 
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
            
2
2
2
(
)
m M
G
m
r
r
T


行
太
行
                 ①
    于是有   
3
2
2
4
r
G M
T


太
                        ②
图(c)
6
5
4
3
2
1
黑表笔
红表笔
E/
E
B
A
即        
2
4
G
k
M


太
                         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
          
3
2
2
4
R
G M
T


地
                       ④
解得      M 地=6×1024kg                         ⑤
（M 地=5×1024kg 也算对）
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                       ①
又     R=vt0                         ②
则     
0
BR
E
t

                      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      
2
2
t
y
v

            ④
由②④式得        
2
R
y 
                  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
                   
3
2
x
R

又有               
2
0
1 (
)
2
2
t
x
a

            ⑥
得                 
2
0
4 3R
a
t

             ⑦
（3）仅有磁场时，入射速度
4
v
v

，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
                    
2
v
qv B
m r



            ⑧
又                 qE=ma                  ⑨
由⑦⑧⑨式得       
3
3
R
r 
               ⑩
由几何关系         
sin
2
R
r

              
即      
3
sin
2

       
3


           
带电粒子在磁场中运动周期
            
2 m
T
qB


则带电粒子在磁场中运动时间
            
2
2
Rt
T



所以        
0
3
18
Rt
t


                      
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 
                    
2
2
1
0
1
1
2
2
mv
mgL
mv


            ①
                     
1
6
/
v
m s

                    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
                    
2
1v
F
mg
m L


                  ③
      由②③式，得   F=2N                          ④ 
      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
                   
2
0
mv
MV


                    ⑤
       在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
                  
2
2
2
2
0
1
1
1
2
2
2
mv
MV
mgL
mv



      ⑥
       由⑤⑥式，得   v2=2m/s                        ⑦
     （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
                  
3
0
mv
MV


                     ⑦
          将⑧式两边同乘以t
，得
                  
3
0
mv
t
MV
t



                 ⑨
          因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t
都成立，累积相加后，有
                  
1
2
0
ms
Ms


                      
          又      
1
2
2
s
s
L


                        
          由式得         
1
2
3
s
m
