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2011年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷大纲版)解析版-理综物理.doc

上传人:高**** 文档编号:265913 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:8 大小:279.50KB
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1、高考资源网() 您身边的高考专家2011年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷解析版物理部分(全国卷大纲版)(适用地区:贵州、云南、甘肃、内蒙古、青海、西藏、河北、广西)14关于一定量的气体,下列叙述正确的是A气体吸收的热量可以完全转化为功 B气体体积增大时,其内能一定减少C气体从外界吸收热量,其内能一定增加 D外界对气体做功,气体内能可能减少答案:AD解析:根据热力学第二定律:不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功,而不引起其他变化。即气体吸收热量在引起了其他变化的情况下,可以完全转化为功,A对;内能的影响因素有气体的体积和温度,故气体体积增大时,由于温度变化情况未知,故内能不一定减少,

2、B错;内能可以通过做功和热传递改变,气体从外界吸收热量,由于对外做功情况未知,故内能不一定增加,C错;同理外界对气体做功,由于热传递情况未知,故气体内能有可能减少,D对。15如图,两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,且I1I2;a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点,且a、b、c与两导线共面;b点在两导线之间,b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是abcdI1I2Aa点 Bb点 Cc点 Dd点 答案:C解析:根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下,由于I1I2,且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小,

3、故B1aB2a,则a处磁感应强度不可能为零,A错;两电流在b处产生的场强方向均垂直ac连线向下,故B错;I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上,且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大,故B1c与B2c有可能等大反向,C对;两电流在d处产生的场的方向一定成某一夹角,且夹角一定不为180,D错。16雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。设水滴是球形的,图中的圆代表水滴过球心的截面,入射光线在过此截面的平面内,a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线,则它们可能依次是( ) abcd太阳光A紫光、黄光、蓝光和红光 B紫光、蓝光、黄光和红光C红光、蓝光、黄光和紫光

4、D红光、黄光、蓝光和紫光答案:B解析:由光路图显然可看出a光的偏折程度最大,故a光的折射率最大,选项中应该以“红橙黄绿蓝靛紫”反过来的顺序进行排列,B对。17通常一次闪电过程历时约0.20.3s,它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅4080s,电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0109V,云地间距离约为l km;第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C,闪击持续时间约为60s。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据,下列判断正确的是A闪电电流的瞬时值可达到1105A B整个闪电过程的平均功率约为l1014W C闪电前云地间的电场强度

5、约为l106V/m D整个闪电过程向外释放的能量约为6106J答案:AC解析:根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q6C,时间约为t60s,故平均电流为I平1105A,闪电过程中的瞬时最大值一定大于平均值,故A对;第一次闪击过程中电功约为WQU6109J,第一个闪击过程的平均功率P11014W,由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中,但整个闪电过程中的时间远大于60s,故B错;闪电前云与地之间的电场强度约为EV/m1106V/m,C对;整个闪电过程向外释放的能量约为W6109J,D错。18已知氢原子的基态能量为E1,激发态能量En=E1/n2,其中n=2,3,。用h表示普朗克常量,c表示真空

6、中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为 A B C D答案:C解析:依题意可知第一激发态能量为E2E1/22,要将其电离,需要的能量至少为E0E2h,根据波长、频率与波速的关系c,联立解得最大波长,C对。19我国“嫦娥一号”探月卫星发射后,先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时);然后,经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”;最后奔向月球。如果按圆形轨道计算,并忽略卫星质量的变化,则在每次变轨完成后与变轨前相比, A卫星动能增大,引力势能减小 B卫星动能增大,引力势能增大 C卫星动能减小,引力势能减小 D卫星动能减小,引力势能增大答案:D解析

7、:依题意可将“嫦娥一号”视为圆周运动,且质量变化可忽略不计,则变轨后,轨道更高,由卫星运动规律可知高轨道速度小,故变轨后动能变小,排除A、B选项;卫星发射越高,需要更多能量,由能量守恒定律可知高轨道的卫星能量大,而高轨道动能反而小,因此高轨道势能一定大(当然也可直接通过离地球越远引力势能越大来判断),D对。vL20质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统

8、损失的动能为 A B C DNm gL答案:BD解析:本设最终箱子与小物块的速度为v1,根据动量守恒定律:mv(mM)v1,则动能损失Ekmv2(mM)v12,解得Ekv2,B对;依题意:小物块与箱壁碰撞N次后回到箱子的正中央,相对箱子运动的路程为S0.5L(N1)L0.5LNL,故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能:EkQNmgL,D对。21一列简谐横波沿x轴传播,波长为1.2m,振幅为A。当坐标为x=0处质元的位移为且向y轴负方向运动时坐标为x=0.4m处质元的位移为。当坐标为x=0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时,x=0.4m处质元的位移和运动方向分别为A、沿y轴正方向

9、 B ,延y轴负方向 C、延y轴正方向 D、延y轴负方向yx0.20.400.60.8答案:C解析:依题意可画出如图实线所示的波形图,设波向右传播,x0处的质元正处于yA处,x0.4m处的质元的位移为yA处,满足题意。当x0.2m处的质元处在平衡位置向y轴正方向运动时,波形图如图中虚线所示,显然x0.4m处的质元正处于yA处,且沿y轴正方向运动,C对。22(6分)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中,有下列实验步骤:往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上,待薄膜形状稳定。将画有油膜形状的玻璃板平

10、放在坐标纸上,计算出油膜的面积,根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中,记下量筒内每增加一定体积时的滴数,由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。将玻璃板放在浅盘上,然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。完成下列填空:上述步骤中,正确的顺序是_。(填写步骤前面的数字)将1 cm3的油酸溶于酒精,制成300 cm3的油酸酒精溶液;测得l cm3的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上,测得所形成的油膜的面积是0.13 m2。由此估算出油酸分子的直径为_m。(结果保留l位有效数字)答案:(1);(2)51010解析:(1)依据实

11、验顺序,首先配置混合溶液(),然后在浅盘中放水和痱子粉(),将一滴溶液滴入浅盘中(),将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状(),最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油墨的总面积(),故正确的操作顺序为;(2)一滴油酸酒精溶液的体积为:VSD,其中S0.13cm2,故油酸分子直径D51010m。多用电表电流表电阻箱ab图1+23(12分)使用多用电表测量电阻时,多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联,两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势,给定的器材有:待测多用电表,量程为60 mA的电流表,电阻箱,导线若干。实验时,将多用电表调

12、至1 挡,调好零点;电阻箱置于适当数值。完成下列填空:仪器连线如图l所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作,则表笔a为_(填“红”或“黑”)色;若适当调节电阻箱后,图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a),(b),(c)所示,则多用电表的读数为_,电流表的读数为_mA,电阻箱的读数为_:mA1001010.1图2(a)图2(b)图2(c)将图l中多用电表的两表笔短接,此时流过多用电表的电流为_mA;(保留3位有效数字)计算得到多用电表内电池的电动势为_V。(保留3位有效数字)答案:黑 14.0 53.0 4.6 102 1.54解析:(1)根据所有电器“红进黑出”的

13、一般原则,对多用电表来说,电流从红表笔进入多用电表,电流从黑表笔从多用电表流出,由于设计电路图中a表笔接在电流表的正极,故电流经过多用电表从a表笔流出,故a表笔为多用电表的黑表笔。(2)欧姆表读数为R14.0;电流表读数为I50mA3.053.0mA;电阻箱读数为:4160.14.6。(3)多用电表接外电路时,考虑到多用电表表头的电流刻度是均匀的,其表头偏转的格数与表盘总格数之比为26:50,而多用电表接外电路时,外电路电流表示数为I53.0mA,设表笔短接时通过多用电表的电流为I0,则,解得I0102mA。(4)设多用电表内阻为r,已知外电路电阻为R14,多用电表接外电路时:EI(rR),多

14、用电表两表笔短接时:EI0r,联立解得多用电表内的电池电动势E1.54V。24(15分)如图所示,两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置,导轨间距离为L,电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平,且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求:acMNbdL磁感应强度的大小;灯泡正常发光时导体棒的运动速率。解析:(1)设小灯泡的额定电流I0,有:PI02R由题意,在金属棒沿着导轨竖直下落的某时刻后,小灯

15、泡保持正常发光,流经MN的电流为 I2I0 此时刻金属棒MN所受的重力和安培力相等,下落的速度达到最大值,有 mgBLI联立式得 B (2)设灯泡正常发光时,导体棒的速率为v,由电磁感应定律与欧姆定律得EBLvERI0联立式得 v25(19分)如图,与水平面成45角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入I区。粒子在I区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用,电场强度大小为E;在II区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以

16、忽略。BEP0v0MN解析:带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线运动,其加速度方向竖直向下,设其大小为a,由牛顿定律得qEma设经过时间t0,粒子从平面MN上的点P1进入磁场,由运动学公式和几何关系得v0t0at02 粒子速度大小V1为 V1设速度方向与竖直方向的夹角为,则 tan此时粒子到出发点P0的距离为 s0v0t0此后,粒子进入磁场,在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动,圆周半径为 r1设粒子首次离开磁场的点为P2,弧P1P2所张的圆心角为2,则P1到点P2的距离为s12r1sin由几何关系得 45联立式得 s1点P2与点P0相距 ls0s1联立解得 l()26(20分)装甲车和战舰

17、采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块,间隔一段距离水平放置,如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。m2mmmm解析:设子弹初速度为v0,射入厚度为2d的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为V由动量守恒得 (2mm)Vmv0解得 Vv0此过程中动能损失为 Emv023mV2解得 Emv02分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1,由动量守恒得 mv1mV1mv0因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块钢板的动能损失为,由能量守恒得 mv12mV12mv02联立式,且考虑到v1必须大于V1,得 v1()v0设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2,由动量守恒得 2mV2mv1损失的动能为 Emv122mV22联立式得E(1)因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由式keep,射入第二块钢板的深度x为x(1)d高考资源网版权所有,侵权必究!

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