31．（12分） f/N720 360 0 1 2 4
t/s
32．（14分） B b R θ LL2 1 θ a 甲
B/T 1.00 0.75 0.50 0.25
0 1 2 3 4 5 6 B/T
乙
33．（14分）
φ/×105V 6 5 4 3 2 1 0 0 P x/m
0.2 0.4 0.6 x/m
浦东新区2011年质量抽测 高三物理试卷答题纸
题号 得分 一 1-8 二 9-16 三 四 五 30 31 六 32 33 17-20 21-25 26-29 总分 选择题。共20小题，1－8小题为每小题2分；9－16小题每小题3分；17－20小题每小题4分，共56分。 一 二 三 No 选项 No 选项 No 选项 1 B 9 A 17 AC 2 C 10 A 3 C 11 D 18 CD 4 B 12 B 5 D 13 B 19 AD 6 C 14 D 7 B 15 D 20 ACD 8 B 16 A 四．填充题。本题共5小题，每小题4分，共20分。 21A．1:2；1:22 。
422．1620，2He。
21B．2:1；5:1。
23．振动形式和能量，wv。 25．3 mA；1.5 mA。
24．5 s；6 m/s2。
五．实验题。本题4小题，共24分。 26．（1）（ A ）（2）变宽；变窄。 27．（1）均匀；（2）296K~299K。 28．（1）机械波；（2）1.2 m/s2；向右。
29．（1）变小。（2）2.96（士0.04）V；1.68Ω（士0.03）Ω。（3）I1R0。 六．计算题（本大题4小题，共50分） 30．（10分） 解：（1）广口瓶内的空气状态为：
p1?p0?1.0?105Pa；T1?273?42?315K；
T2?273?77?350K；
p1p2根据查理定律 ?T1T2315T2得 p2? p1?350×1.0×105Pa=0.9×105 Pa
T1
（2分） （3分）
（2）当熟鸡蛋缓慢时，根据力的平衡，有
G+p0S =p2S+f 即 f=G+（p0-p2）S=[0.50+（1.0×105-0.9×105）×1.0×10-3]N=10.5N
31．（12分）
f/N解：（1）设该队员先在t1＝1 s的时间内以加速度a1720 a2匀匀加速下滑，然后在t2＝1.5 s的时间内以加速度减速下滑。
360 在第1 s内，由牛顿第二定律，得： mg－f1＝ma1 （1分）
0 1 （2分）
（3分）
2 4
t/s
得 a1?g?f1360?10??4（m/s2） m60
（1分）
后1.5 s内由牛顿第二定律得：
f2－mg＝ma2 得 a2?（1分） （1分）
f2720?g??10?2（m/s2） m60
（2）他在1 s末时的速度为
vm＝a1t1＝4×1＝4 m/s 落地时的速度
vt＝vm－a2t2＝4－2×1.5＝1 m/s （3）该队员在第1 s内下滑的高度
h1＝
（2分） （2分）
121a1t1??4?12m?2m 22 （1分）
在后1.5 s内下滑的高度 h1＝h2?vmt2?
11a2t22?(4?1.5??2?1.52)m?3.75m （1分） 22
（2分）
他克服摩擦力做的功为
W?f1h1?f2h2?(360?2?720?3.75)J?3420J
[或根据动能定理：
mg(h1＋h2)－Wf＝ mvt2/2 代入数据解得：Wf＝3420 J ]
32．（14分） B B/T R 1.00 b
0.75 L2 θ 0.50 L1
0.25
a θ 0 甲 解：（1）在0～4s内，由法拉第电磁感应定律：
1 2 3 4 5 乙
6 B/T
E????B1?L1L2??1?4V?1V ?t?t4E1?A?0.5A
R?r1.5?0.5
（1分）
由闭合电路欧姆定律：
I?
（2分） （1分） （1分） （1分）
方向由a→b。 （2）当t＝2s时，ab棒受到沿斜面向上的安培力
F安?BIL1?0.5?0.5?1N?0.25N 对ab棒受力分析，由平衡条件：
F?F安?mgsin30?＝0
F?mgsin30??F安?(0.2?10?0.5?0.25)N?0.75N （1分）
方向沿导轨斜面向上。
（3）ab棒沿导轨下滑切割磁感线产生感应电动势，有：
（1分）
E'?B'L1v
B'L1vE'?产生的感应电流 I? R?rR?r' （1分）
棒下滑至速度稳定时，棒两段电压也恒定，此时ab棒受力平衡，有：
mgsin30??B'I'L1
解得：
（1分）
mg(R?r)sin30?0.2?10?(1.5?0.5)?0.5v??m/s?2m/s '2222BL11.0?1由动能定理，得
（1分）
12mv?0 （1分） 211Q总?mgSsin30??mv2?(0.2?10?2.4?0.5?0.2?22)J?2J 5?φ/×10V 22R1.5Q总??2J?1.5J 6 ∴ QR? （1分） R?r1.5?0.5mgSsin30??Q总?33．（14分） 解：
5 4 （1分）
（1）由数据表格和图像可得，电势?与x成反比关3 系，即
4.5?104??V
x（2）由动能定理
（2分）
2 1 0 P x/m
WF?Wf??EK= 0
设滑块停止的位置为x2，有
440.2 0.4 0.6 x/m
q(?1??2)??mg(x2?x)?0（2分） 0 4.5?104.5?10即 q(?)??mg(x2?x)?0
xx2代入数据有
4.5?1044.5?1041.0?10(?)?0.20?0.10?10(x2?0.1)?0
0.1x2-7
可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m）。 （2分）
（3）先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动。 即加速度先减小后增大。 （2分）
当它位于x=0.15m时，图像上该点的切线斜率表示场强大小
3.00?105?2.0?106N/C E=?x0.15? （1分）
滑块在该点的水平合力
FX?Eq??mg?2.0?106?1.0?10?7?0.20?0.10?10?0
故滑块的加速度a=Fx/m =0 （1分）
（4）设滑块到达的最左侧位置为x1，则滑块由该位置返回到出发点的过程中
由动能定理 WF?Wf??EK= 0
有 q(?1??2)??mg(x?x1)?0
-7
（1分）
4.5?1044.5?104代入数据有 1.0?10(?)?0.20?0.10?10(0.6?x1)?0
x10.6可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）。
再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理 -2?mg(x?x1)=0?（1分） （1分）
12mv0 2
2代入数据有 2?0.20?0.10?10（0.60-0.0375）=0.5?0.10v0
可解得v0?
32≈2.12m/s 2 （1分）