普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試

1、.2011年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試（物理部分）試題解析第卷二、選擇題：本大題共8小題。在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的只有一個(gè)符合題目要求，有的有多個(gè)符合題目要求。完全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全對(duì)得3分，有選錯(cuò)的得0分。14關(guān)于一定量的氣體，下列敘述正確的是（）A氣體吸收的熱量可以完全轉(zhuǎn)化為功B氣體體積增大時(shí)，其內(nèi)能一定較少C氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能一定增加D外界對(duì)氣體做功，氣體的內(nèi)能可能減少【答案】AD【命題立意】本題考查熱力學(xué)第一定律，熱力學(xué)第二定律，以及氣體內(nèi)能，難度較小?！窘忸}思路】由熱力學(xué)第二定律的表述之一：不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功，而不引起其

2、他變化，知A選項(xiàng)正確，氣體的內(nèi)能由氣體的溫度和體積共同決定，氣體體積增大，內(nèi)能不一定減少，故B項(xiàng)錯(cuò)誤，由熱力學(xué)第一定律：U=Q+W，若物體從外界吸熱，即Q0但同時(shí)對(duì)外做功，即W0且Q+W0，則內(nèi)能減少，故C錯(cuò)，若外界對(duì)氣體做功，即W0，但同時(shí)從外界吸熱，即Q0，且Q+W0，D項(xiàng)正確?！疽族e(cuò)分析】考生若對(duì)熱力學(xué)定律理解不透，易漏選A15如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1I2，a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點(diǎn)，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點(diǎn)在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在的平面垂直。磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為零的點(diǎn)是（）Aa點(diǎn) Bb點(diǎn) Cc點(diǎn) Dd點(diǎn)【答案

3、】C【命題立意】本題考查考生利用安培定則判斷通電直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)及矢量運(yùn)算法則的運(yùn)用，難度中等。【解題思路】某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則兩電流在該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，由安培定則和平行四邊形定則知b，d兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度一定不為零，排除B，D，在a、c兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，又I1I2，排除A，故選C?！疽族e(cuò)分析】對(duì)兩通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)方向判斷錯(cuò)誤，從而錯(cuò)選B，D，不注意I1I2的條件，錯(cuò)選A。16雨后太陽光入射到水中發(fā)生色散而形成彩虹。設(shè)水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內(nèi)，a、b、c、d代表四條不同顏色的出射光線，則它們可能依次是（）A紫光、黃光、藍(lán)光和紅光B

4、紫光、藍(lán)光、黃光和紅光C紅光、藍(lán)光、黃光和紫光D紅光、黃光、藍(lán)光和紫光【答案】B【命題立意】本題以彩虹問題為依托，考查考生對(duì)折射定律的理解和對(duì)不同色光折射率的比較。難度較小【解題思路】由于太陽光經(jīng)過小水滴時(shí)，受到兩次折射，一次反射，在進(jìn)入小水滴后就被分解成七色光，這七色光再經(jīng)過水滴內(nèi)表面反射進(jìn)入我們的視角，形成七彩的虹，通過比較第一次折射可以看出，入射角均相同，a光的折射角r最小而d光的折射角r最大，根據(jù)其折射率n=知水對(duì)a光的折射率最大，而對(duì)d光的折射率最小，再由在同種介質(zhì)中，紫光折射率最大而紅光折射率最小可判斷只有B選項(xiàng)正確。【易錯(cuò)分析】部分考生不能準(zhǔn)確做出第一次入射時(shí)界面法線（過入射點(diǎn)的

5、半徑），抓住入射角相同而折射角不同。事實(shí)上，本題涉及的彩虹形成只是第一道彩虹，若光經(jīng)歷兩次反射，兩次折射，則現(xiàn)象與本題不同，一部分考生未能區(qū)分兩種彩虹，僅憑模糊的記憶判斷，導(dǎo)致錯(cuò)解。17通常一次閃電過程歷時(shí)約0203s，它由若干個(gè)相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成。每個(gè)閃擊持續(xù)時(shí)間僅4080s，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢(shì)差約為10109V，云地間距離約為l km；第一個(gè)閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6 C，閃擊持續(xù)時(shí)間約為60s。假定閃電前云地間的電場(chǎng)是均勻的。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是（）A閃電電流的瞬時(shí)值可達(dá)到1105AB整個(gè)閃電過程的平均功率約為11014WC

6、閃電前云地間的電場(chǎng)強(qiáng)度約為1106 V/mD整個(gè)閃電過程向外釋放的能量約為6106 J【答案】AC【命題立意】本題以生活中常見的閃電現(xiàn)象為依托，綜合考查電流，電場(chǎng)強(qiáng)度，電勢(shì)差，電場(chǎng)力做功，以及平均功率等核心知識(shí)點(diǎn)，對(duì)考生的建模以及對(duì)數(shù)據(jù)的分析能力較高，難度較大。【解題思路】由題干知一次閃電由若干個(gè)相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個(gè)閃電中，閃電過程向外釋放的能量約為W=QU=60J，故D項(xiàng)錯(cuò)誤，一次閃電過程歷時(shí)02O3s整個(gè)閃電過程的平均功率P=201010W301010 W知B項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù) I=，q=6 C，t=60s知電流瞬時(shí)值可達(dá)1A，A項(xiàng)正確，由于閃電前云地間的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電

7、場(chǎng)，則根據(jù)E=U/d，U=10v，d=1000m可知C項(xiàng)正確?！疽族e(cuò)分析】不能準(zhǔn)確分析題中所給的數(shù)據(jù)導(dǎo)致錯(cuò)解。18已知?dú)湓拥幕鶓B(tài)能量為E1，激發(fā)態(tài)能量En=E1/n2，其中n=2，3。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氫原子從第一激發(fā)態(tài)電離的光子的最大波長為（）A B C D【答案】C【命題立意】本題考查考生對(duì)氫原子能級(jí)結(jié)構(gòu)，能級(jí)公式以及電離能，光子能量表達(dá)式的考查，難度較小【解題思路】對(duì)于量子數(shù)n=2的氫原子，其電離能為 0-，則由-=知C項(xiàng)正確?！疽族e(cuò)分析】對(duì)氫原子能級(jí)結(jié)構(gòu)不清或?qū)㈦婋x能與從基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)所要吸收的能量混淆導(dǎo)致錯(cuò)解。19我國“嫦娥一號(hào)”探月衛(wèi)星發(fā)射后，先在

8、“24小時(shí)軌道”上繞地球運(yùn)行（即繞地球一圈需要24小時(shí)）；然后，經(jīng)過兩次變軌依次到達(dá)“48小時(shí)軌道”和“72小時(shí)軌道”；最后奔向月球。如果按圓形軌道計(jì)算，并忽略衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則在每次變軌完成后與變軌前相比（）A衛(wèi)星動(dòng)能增大，引力勢(shì)能減小C衛(wèi)星動(dòng)能減小，引力勢(shì)能減小B衛(wèi)星動(dòng)能增大，引力勢(shì)能增大D衛(wèi)星動(dòng)能減小，引力勢(shì)能增大【答案】D【命題立意】本題通過“嫦娥一號(hào)”變軌問題考查萬有引力定律及其應(yīng)用，定性加半定量分析即可得到答案，屬于常規(guī)題，難度較小。【解題思路】衛(wèi)星在不同的軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需要向心力由萬有引力提供，有r大，則T大，而得，三者中，“24小時(shí)軌道”軌道半徑最小，v最大，動(dòng)能最大，“

9、72小時(shí)軌道”軌道半徑最大，v最小， 動(dòng)能最小，在逐次變軌中，衛(wèi)星動(dòng)能減小，在逐漸遠(yuǎn)離地球過程中衛(wèi)星克服地球引力做功，引力勢(shì)能增大，故D正確。【易錯(cuò)分析】不能利用動(dòng)力學(xué)規(guī)律建立方程導(dǎo)致錯(cuò)解。20質(zhì)量為M，內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為（）Amv2 B CNmgL DNmgL【答案】BD【命題立意】以兩物體多次碰撞為載體，綜合考查功能原理，動(dòng)量

10、守恒定律，要求考生能依據(jù)題干和選項(xiàng)暗示，從兩個(gè)不同角度探求系統(tǒng)動(dòng)能的損失，難度中等。【解題思路】由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對(duì)靜止，易判斷二者具有向右的共同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv=（M+m），系統(tǒng)損失的動(dòng)能為知B正確，另一方面，系統(tǒng)損失的動(dòng)能可由Q=，且Q=，由于小物塊從中間向右出發(fā)，最終又回到箱子正中間，其間共發(fā)生N次碰撞，則=NL，則B選項(xiàng)也正確?！疽族e(cuò)分析】由于本題是陳題翻新，一部分考生易陷入某種思維定勢(shì)漏選B或者D，另一方面，考生若不仔細(xì)分析，易認(rèn)為從起點(diǎn)開始到發(fā)生第一次碰撞相對(duì)路程為L，則發(fā)生N次碰撞，相對(duì)路程為，錯(cuò)選C。21一

11、列簡諧橫波沿x軸傳播，波長為12 m，振幅為A。當(dāng)坐標(biāo)為x = 0處質(zhì)元的位移為-A且向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，坐標(biāo)為x=04 m處質(zhì)元的位移為A。當(dāng)坐標(biāo)x=02m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，x=04m處質(zhì)元的位移和運(yùn)動(dòng)方向分別為（）A-A，沿y軸正方向 B-A，沿y軸負(fù)方向C-A，沿y軸正方向 D-A，沿y軸負(fù)方向【答案】C【命題立意】本題考查機(jī)械波的圖像，簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)以及簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性等知識(shí)，對(duì)考生作圖以及利用數(shù)學(xué)中三角函數(shù)知識(shí)處理問題的能力要求較高，在本套試卷的選擇題中，難度較大【解題思路】由波長，某時(shí)刻在波的傳播方向上相距，坐標(biāo)分別為x=0和x=04m的兩質(zhì)元位移分別為和，

12、畫出草圖，結(jié)合三角函數(shù)知識(shí)可以判定該時(shí)刻的波形圖具有唯一性，且根據(jù)坐標(biāo)為x=0處質(zhì)元向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，可確定波的傳播方向?yàn)閤軸正方向，且此時(shí)坐標(biāo)為x=02m處的質(zhì)元正位于平衡位置向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，直到當(dāng)坐標(biāo)為x=02m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，其間歷時(shí)，根據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，x=04m處質(zhì)元的位移和運(yùn)動(dòng)方向分別為、沿y軸正方向，C項(xiàng)正確【易錯(cuò)分析】一些考生對(duì)一些特殊角三角函數(shù)不熟，在解題中不能挖掘出題給條件對(duì)波形圖的限制，從而不能對(duì)波的傳播方向進(jìn)行準(zhǔn)確判斷，導(dǎo)致未能得到正確答案。第卷22（6分）（注意：在試題卷上作答無效）在“油膜法估測(cè)油酸分子的大小”試驗(yàn)中，有下列實(shí)驗(yàn)步驟：往

13、邊長約為40cm的淺盆里倒入約2cm深的水，待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上。用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定。將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標(biāo)紙上，計(jì)算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計(jì)算出油酸分子直徑的大小。用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴的滴入量筒中，記下量筒內(nèi)每增加一定體積時(shí)的滴數(shù)，由此計(jì)算出一滴油酸酒精溶液的體積。將玻璃板放在淺盤上，然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上。完成下列填空：（1）上述步驟中，正確的順序是 。（填寫步驟前面的數(shù)字）（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測(cè)得1cm3的油酸酒精溶液有50

14、滴。現(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測(cè)得所形成的油膜的面積是013m2。由此估算出油酸分子的直徑為 m。（結(jié)果保留1位有效數(shù)字）【易錯(cuò)分析】未能掌握本實(shí)驗(yàn)中估算油酸分子的方法或是不注意有效數(shù)字導(dǎo)致失分【解析】（1）實(shí)驗(yàn)步驟為 （2）根據(jù)純油酸的體積V和油膜面積S，可計(jì)算出油膜的厚度L，把油膜厚度L視為油酸分子的直徑，則d=，每滴油酸酒精溶液的體積是，而1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液，則一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積是V=，則根據(jù)題目要求保留1位有效數(shù)字可知油酸分子的直徑為5m。【答案】見解析【點(diǎn)評(píng)】本題為現(xiàn)行教材的必考實(shí)驗(yàn)之一，新課標(biāo)教材則出現(xiàn)在選修3-3中，為

15、選考實(shí)驗(yàn)，本實(shí)驗(yàn)為測(cè)定性實(shí)驗(yàn)，雖然過程并不復(fù)雜，但整個(gè)實(shí)驗(yàn)體現(xiàn)出利用宏觀量的測(cè)量求出微觀量這一重要的物理思想，而且前后步驟很嚴(yán)謹(jǐn)，適合考查學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)原理理解和和對(duì)實(shí)驗(yàn)操作步驟的熟悉程度。難度較小23（12分）使用多用電表測(cè)量電阻時(shí)，多用電表內(nèi)部的電路可以等效為一個(gè)直流電源（一般為電池）、一個(gè)電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個(gè)表筆分別位于此串聯(lián)電路的兩端?，F(xiàn)需要測(cè)量多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢(shì)，給定的器材有：待測(cè)多用電表，量程為60 mA的電流表，電阻箱，導(dǎo)線若干。實(shí)驗(yàn)時(shí)，將多用電表調(diào)至1擋，調(diào)好零點(diǎn)；電阻箱置于適當(dāng)數(shù)值。完成下列填空：儀器連線如圖1所示（a和b是多用電表的兩個(gè)表筆）。若兩電表均正常工作，則表筆

16、a為_（填“紅”或“黑”）色；若適當(dāng)調(diào)節(jié)電阻箱后，圖1中多用電表、電流表與電阻箱的示數(shù)分別如圖2（a）、（b）、（c）所示，則多用電表的讀數(shù)為_；電流表讀數(shù)為_mA；電阻箱的讀數(shù)為_；將圖1中多用電表的兩表筆短接，此時(shí)流過多用電表的電流為_mA；（保留3位有效數(shù)字）計(jì)算得到多用電表內(nèi)電池的電動(dòng)勢(shì)為_V。（保留3位有效數(shù)字）答案：（1）黑；（2）140 530 46；（3）102；（4）154【解析】（1）依題意，當(dāng)按圖1操作時(shí)，兩電表均正常工作，結(jié)合歐姆表中的電流為紅進(jìn)黑出，知a為黑表筆。（2）見答案（3）（4）測(cè)電阻是依據(jù)閉合電路歐姆定律， R為調(diào)零電阻，為表頭內(nèi)阻，r為歐姆表電池內(nèi)阻，則多

17、用電表總內(nèi)阻=R+r，紅黑表筆接觸，進(jìn)行歐姆表調(diào)零時(shí)，表頭指針滿偏，則有：Ig=E/（Rg+R+r），當(dāng)紅、黑表筆間有未知電阻Rx時(shí)有I=E/（Rg+R+r+Rx），故每一個(gè)未知電阻都對(duì)應(yīng)一個(gè)電流值I，在刻度盤上都有一個(gè)偏轉(zhuǎn)角度對(duì)應(yīng)，我們便可在刻度盤對(duì)應(yīng)處，標(biāo)有Rx的值；當(dāng)Rx=Rg+R+r時(shí)，I=，指針半偏，所以歐姆表內(nèi)阻等于R中結(jié)合表盤的刻度知電表內(nèi)阻=15，外阻為R=140此時(shí)電流為：I=53mA，求出E=I（+R）=154V，從而求出短路電流：=102mA24.（15分）（注意：在試題卷上答題無效）如圖，兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L，電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接2

18、個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放。金屬棒下落過程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時(shí)刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率?！窘獯疬^程】（1）設(shè)小燈泡的額定電流為I0，有P =I02R 根據(jù)題意，金屬棒MN沿導(dǎo)軌豎直下落的某時(shí)刻后，小燈泡保持正常發(fā)光，流經(jīng)MN的電流為I= 2I0 此時(shí)金屬棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度達(dá)到最大值，有mg = BLI 聯(lián)立式得式得 （2）設(shè)燈泡正常發(fā)光時(shí)，導(dǎo)

19、體棒的速率為v，由電磁感應(yīng)定律與歐姆定律得E = BLv E = RI0 聯(lián)立式得 【易錯(cuò)分析】不能正確作出等效電路圖，對(duì)譬如電路中的電流關(guān)系弄錯(cuò)，導(dǎo)致錯(cuò)解。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電磁感應(yīng)與力學(xué)，電路的綜合問題，屬于常規(guī)題，從導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況來看，屬于一根導(dǎo)體棒的“運(yùn)動(dòng)發(fā)電電流運(yùn)動(dòng)”類型，自由釋放的金屬棒MN，下落過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中形成電流，金屬棒MN受到安培力作用，影響金屬棒的運(yùn)動(dòng)。解決該類問題的關(guān)鍵有兩個(gè)，一是要正確作出等效電路圖，二是對(duì)導(dǎo)體或者是閉合回路的局部進(jìn)行正確的受力分析，列出動(dòng)力學(xué)或者靜力學(xué)方程。25（19分）如圖，與水平面成45角的平面MN將空間分成I和II兩個(gè)區(qū)域。一質(zhì)量

20、為、電荷量為q（q0）的粒子以速度v0從平面MN上的P0點(diǎn)水平向右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為；在II區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的作用，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從II區(qū)離開時(shí)到出發(fā)點(diǎn)P0的距離。粒子的重力可以忽略?！窘獯疬^程】帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力的作用下沿拋物線運(yùn)動(dòng)，其加速度方向豎直向下，設(shè)其大小為a，由牛頓定律得qE = ma 設(shè)經(jīng)過時(shí)間t0，粒子從平面MN上的點(diǎn)P1進(jìn)入磁場(chǎng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和幾何關(guān)系得v0t0=at02 粒子速度大小 設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為a，則tana= 此時(shí)粒子到出發(fā)點(diǎn)P0的距離為

21、s0=v0t0 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑為r1= 設(shè)粒子首次離開磁場(chǎng)的點(diǎn)為P2，弧所張的圓心角為2b，則P1到點(diǎn)P2的距離為s1 = 2r1sinb 由幾何關(guān)系得a + b = 45 聯(lián)立式得s1 = 點(diǎn)P2與點(diǎn)P0相距l(xiāng) = s0 + s1 聯(lián)立解得l =【易錯(cuò)分析】1對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一些考生錯(cuò)將45角當(dāng)成粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度偏向角，導(dǎo)致錯(cuò)解，也有一些考生將粒子出電場(chǎng)時(shí)的速度大小仍當(dāng)成是，導(dǎo)致錯(cuò)解。2對(duì)于粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)幾何關(guān)系挖掘不細(xì)致導(dǎo)致不能完成求解。26（20分）裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對(duì)以下簡化模型的計(jì)算可以粗略說明其原因。質(zhì)量為2、厚度為2的鋼板靜止