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

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。在每個小題給出的四個選項中，有的只有一個符合題目要求，有的有多個符合題目要求。完全選對的得6分，選對但不全對得3分，有選錯的得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，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。【解題思路】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項錯誤，由熱力學(xué)第一定律：U=Q+W，若物體從外界吸熱，即Q0但同時對外做功，即W0且Q+W0，則內(nèi)能減少，故C錯，若外界對氣體做功，即W0，但同時從外界吸熱，即Q0，且Q+W0，D項正確?！疽族e分析】考生若對熱力學(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，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在的平面垂直。磁感應(yīng)強度可能為零的點是（）Aa點 Bb點 Cc點 Dd點【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)線周圍磁場及矢量運算法則的運用，難度中等?！窘忸}思路】某點磁感應(yīng)強度為零，則兩電流在該處的磁感應(yīng)強度等大反向，由安培定則和平行四邊形定則知b，d兩點合磁感應(yīng)強度一定不為零，排除B，D，在a、c兩點的磁感應(yīng)強度方向相反，又I1I2，排除A，故選C?！疽族e分析】對兩通電直導(dǎo)線周圍的磁場方向判斷錯誤，從而錯選B，D，不注意I1I2的條件，錯選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、藍光和紅光B

4、紫光、藍光、黃光和紅光C紅光、藍光、黃光和紫光D紅光、黃光、藍光和紫光【答案】B【命題立意】本題以彩虹問題為依托，考查考生對折射定律的理解和對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，受到兩次折射，一次反射，在進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a光的折射率最大，而對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選項正確?！疽族e分析】部分考生不能準(zhǔn)確做出第一次入射時界面法線（過入射點的

5、半徑），抓住入射角相同而折射角不同。事實上，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)致錯解。17通常一次閃電過程歷時約0203s，它由若干個相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成。每個閃擊持續(xù)時間僅4080s，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃擊過程中。在某一次閃電前云地之間的電勢差約為10109V，云地間距離約為l km；第一個閃擊過程中云地間轉(zhuǎn)移的電荷量約為6 C，閃擊持續(xù)時間約為60s。假定閃電前云地間的電場是均勻的。根據(jù)以上數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是（）A閃電電流的瞬時值可達到1105AB整個閃電過程的平均功率約為11014WC

6、閃電前云地間的電場強度約為1106 V/mD整個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，電場強度，電勢差，電場力做功，以及平均功率等核心知識點，對考生的建模以及對數(shù)據(jù)的分析能力較高，難度較大?！窘忸}思路】由題干知一次閃電由若干個相繼發(fā)生的閃擊構(gòu)成，電荷轉(zhuǎn)移主要發(fā)生在第一個閃電中，閃電過程向外釋放的能量約為W=QU=60J，故D項錯誤，一次閃電過程歷時02O3s整個閃電過程的平均功率P=201010W301010 W知B項錯誤；依據(jù) I=，q=6 C，t=60s知電流瞬時值可達1A，A項正確，由于閃電前云地間的電場可看作勻強電

7、場，則根據(jù)E=U/d，U=10v，d=1000m可知C項正確?！疽族e分析】不能準(zhǔn)確分析題中所給的數(shù)據(jù)導(dǎo)致錯解。18已知氫原子的基態(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】本題考查考生對氫原子能級結(jié)構(gòu)，能級公式以及電離能，光子能量表達式的考查，難度較小【解題思路】對于量子數(shù)n=2的氫原子，其電離能為 0-，則由-=知C項正確。【易錯分析】對氫原子能級結(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)致錯解。19我國“嫦娥一號”探月衛(wèi)星發(fā)射后，先在

8、“24小時軌道”上繞地球運行（即繞地球一圈需要24小時）；然后，經(jīng)過兩次變軌依次到達“48小時軌道”和“72小時軌道”；最后奔向月球。如果按圓形軌道計算，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)星動能增大，引力勢能減小C衛(wèi)星動能減小，引力勢能減小B衛(wèi)星動能增大，引力勢能增大D衛(wèi)星動能減小，引力勢能增大【答案】D【命題立意】本題通過“嫦娥一號”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?！窘忸}思路】衛(wèi)星在不同的軌道做勻速圓周運動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小時軌道”軌道半徑最小，v最大，動能最大，“

9、72小時軌道”軌道半徑最大，v最小， 動能最小，在逐次變軌中，衛(wèi)星動能減小，在逐漸遠離地球過程中衛(wèi)星克服地球引力做功，引力勢能增大，故D正確。【易錯分析】不能利用動力學(xué)規(guī)律建立方程導(dǎo)致錯解。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摩擦因數(shù)為。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現(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，并與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為（）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，動量

10、守恒定律，要求考生能依據(jù)題干和選項暗示，從兩個不同角度探求系統(tǒng)動能的損失，難度中等?！窘忸}思路】由于水平面光滑，一方面，箱子和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對靜止，易判斷二者具有向右的共同速度，根據(jù)動量守恒定律有mv=（M+m），系統(tǒng)損失的動能為知B正確，另一方面，系統(tǒng)損失的動能可由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選項也正確?！疽族e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)為從起點開始到發(fā)生第一次碰撞相對路程為L，則發(fā)生N次碰撞，相對路程為，錯選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)方向運動時，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軸正方向運動時，x=04m處質(zhì)元的位移和運動方向分別為（）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】本題考查機械波的圖像，簡諧運動的特點以及簡諧運動的對稱性等知識，對考生作圖以及利用數(shù)學(xué)中三角函數(shù)知識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)知識可以判定該時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)方向運動，可確定波的傳播方向為x軸正方向，且此時坐標(biāo)為x=02m處的質(zhì)元正位于平衡位置向y軸負(fù)方向運動，直到當(dāng)坐標(biāo)為x=02m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運動時，其間歷時，根據(jù)簡諧運動的對稱性，x=04m處質(zhì)元的位移和運動方向分別為、沿y軸正方向，C項正確【易錯分析】一些考生對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波形圖的限制，從而不能對波的傳播方向進行準(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“油膜法估測油酸分子的大小”試驗中，有下列實驗步驟：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，計算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計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)每增加一定體積時的滴數(shù)，由此計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；測得1cm3的油酸酒精溶液有50

14、滴?，F(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測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）【易錯分析】未能掌握本實驗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）實驗步驟為 （2）根據(jù)純油酸的體積V和油膜面積S，可計算出油膜的厚度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?！敬鸢浮恳娊馕觥军c評】本題為現(xiàn)行教材的必考實驗之一，新課標(biāo)教材則出現(xiàn)在選修3-3中，為

15、選考實驗，本實驗為測定性實驗，雖然過程并不復(fù)雜，但整個實驗體現(xiàn)出利用宏觀量的測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)生對實驗原理理解和和對實驗操作步驟的熟悉程度。難度較小23（12分）使用多用電表測量電阻時，多用電表內(nèi)部的電路可以等效為一個直流電源（一般為電池）、一個電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個表筆分別位于此串聯(lián)電路的兩端。現(xiàn)需要測量多用電表內(nèi)電池的電動勢，給定的器材有：待測多用電表，量程為60 mA的電流表，電阻箱，導(dǎo)線若干。實驗時，將多用電表調(diào)至1擋，調(diào)好零點；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，此時流過多用電表的電流為_mA；（保留3位有效數(shù)字）計算得到多用電表內(nèi)電池的電動勢為_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，兩電表均正常工作，結(jié)合歐姆表中的電流為紅進黑出，知a為黑表筆。（2）見答案（3）（4）測電阻是依據(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，進行歐姆表調(diào)零時，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時有I=E/（Rg+R+r+Rx），故每一個未知電阻都對應(yīng)一個電流值I，在刻度盤上都有一個偏轉(zhuǎn)角度對應(yīng)，我們便可在刻度盤對應(yīng)處，標(biāo)有Rx的值；當(dāng)Rx=Rg+R+r時，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。在導(dǎo)軌上端并接2

18、個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與導(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)強度的大??；（2）燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體棒的運動速率?！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)軌豎直下落的某時刻后，小燈泡保持正常發(fā)光，流經(jīng)MN的電流為I= 2I0 此時金屬棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度達到最大值，有mg = BLI 聯(lián)立式得式得 （2）設(shè)燈泡正常發(fā)光時，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 【易錯分析】不能正確作出等效電路圖，對譬如電路中的電流關(guān)系弄錯，導(dǎo)致錯解?！军c評】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)體棒的運動情況來看，屬于一根導(dǎo)體棒的“運動發(fā)電電流運動”類型，自由釋放的金屬棒MN，下落過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中形成電流，金屬棒MN受到安培力作用，影響金屬棒的運動。解決該類問題的關(guān)鍵有兩個，一是要正確作出等效電路圖，二是對導(dǎo)體或者是閉合回路的局部進行正確的受力分析，列出動力學(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點水平向右射入I區(qū)。粒子在I區(qū)運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為；在II區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點P0的距離。粒子的重力可以忽略?！窘獯疬^程】帶電粒子進入電場后，在電場力的作用下沿拋物線運動，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)過時間t0，粒子從平面MN上的點P1進入磁場，由運動學(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= 此時粒子到出發(fā)點P0的距離為

21、s0=v0t0 粒子進入磁場，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，圓周半徑為r1= 設(shè)粒子首次離開磁場的點為P2，弧所張的圓心角為2b，則P1到點P2的距離為s1 = 2r1sinb 由幾何關(guān)系得a + b = 45 聯(lián)立式得s1 = 點P2與點P0相距l(xiāng) = s0 + s1 聯(lián)立解得l =【易錯分析】1對于帶電粒子在電場中的運動，一些考生錯將45角當(dāng)成粒子在電場中運動的速度偏向角，導(dǎo)致錯解，也有一些考生將粒子出電場時的速度大小仍當(dāng)成是，導(dǎo)致錯解。2對于粒子在勻強磁場中的運動，對幾何關(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。通過對以下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質(zhì)量為2、厚度為2的鋼板靜止