第頁|共頁2011年全國統一高考物理試卷（全國卷Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題．在每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．共48分）1．（6分）關于一定量的氣體，下列敘述正確的是（）A．氣體吸收的熱量可以完全轉化為功 B．氣體體積增大時，其內能一定減少 C．氣體從外界吸收熱量，其內能一定增加 D．外界對氣體做功，氣體內能可能減少 【考點】8A：物體的內能；8F：熱力學第一定律．【專題】12：應用題；31：定性思想；43：推理法；548：熱力學定理專題．【分析】解答本題應熟練準確掌握熱力學第一定律的內容，明確做功和熱傳遞均可改變物體的內能．【解答】解：根據熱力學第一定律，做功和熱傳遞都可以改變內能，所以含有‘一定’的B和C錯誤，而D正確；理想氣體的等溫變化是一個內能不變的過程，當體積增大對外做功時同時必須從外界吸熱等大的熱量，故A正確；故選AD。【點評】本題主要考查熱力學第一定律，理解做功和熱傳遞都可以改變內能才能正確解答．2．（6分）如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直。磁感應強度可能為零的點是（）A．a點 B．b點 C．c點 D．d點 【考點】C6：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向．【專題】12：應用題．【分析】由安培定則可判出兩導線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出磁感應強度為零的點的位置。【解答】解：兩電流在該點的合磁感應強度為0，說明兩電流在該點的磁感應強度滿足等大反向關系。根據右手螺旋定則在兩電流的同側磁感應強度方向相反，則為a或c，又I1＞I2，所以該點距I1遠距I2近，所以是c點；故選：C。【點評】本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應注意磁場的空間性，注意培養空間想象能力。3．（6分）雨后太陽光入射到水滴中發生色散而形成彩虹．設水滴是球形的，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，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．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 【考點】H3：光的折射定律．【專題】12：應用題．【分析】根據折射圖象可得出各光的偏折程度，即可得出折射率的大小，則可得頻率、波長等的大小時關系，即可判斷各光可能的順序．【解答】解：由折射圖象可知a光的偏折程度最大，說明水滴對a的折射率最大，故a的頻率最大，由v=λf可知，a的波長最小，abcd偏折程度依次減小，故為紫光、藍光、黃光和紅光。故選：B。【點評】本題考查同一介質對不同色光的偏折程度與色光性質的關系．要求學生掌握色光的波長、頻率的大小關系．4．（6分）通常一次閃電過程歷時約0.2～0.3s，它由若干個相繼發生的閃擊構成．每個閃擊持續時間僅40～80μs，電荷轉移主要發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1.0×109V，云地間距離約為lkm；第一個閃擊過程中云地間轉移的電荷量約為6C，閃擊持續時間約為60μs．假定閃電前云地間的電場是均勻的．根據以上數據，下列判斷正確的是（）A．閃電電流的瞬時值可達到1×105A B．整個閃電過程的平均功率約為l×1014W C．閃電前云地間的電場強度約為l×106V/m D．整個閃電過程向外釋放的能量約為6×106J 【考點】A6：電場強度與電場力；BG：電功、電功率．【分析】（1）由于云地間的電場是勻強電場，根據場強的公式可以求得電場強度的大小；（2）根據電流強度的定義式可以求得電流的平均值的大小；（3）根據電場做功的公式，可以直接計算出釋放的能量．【解答】解：根據電流強度的定義式可得，電流A（注意單位的正確換算），所以A正確。釋放的能量等于電場力做功W=QU=6×1.0×109=6×109J，所以D錯誤；所以第一次閃電的平均功率為W，由于電荷轉移主要發生在第一個閃擊過程中，所以整個閃電過程的平均功率小于第一次的閃電功率，所以B錯誤。電場強度的大小為V/m，所以C正確。故選AC。【點評】本題是對電場強度的公式的直接考查，在電場這一部分中公式比較多，這就要求同學們在學習的過程中要掌握住每個公式．5．（6分）已知氫原子的基態能量為E1，激發態能量En=，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態電離的光子的最大波長為（）A． B． C． D． 【考點】J3：玻爾模型和氫原子的能級結構；J4：氫原子的能級公式和躍遷．【專題】11：計算題．【分析】最大波長對應著光子的最小能量，即只要使使氫原子從第一激發態恰好電離即可。根據題意求出第一激發態的能量值，恰好電離時能量為0，然后求解即可。【解答】解：第一激發態即第二能級，是能量最低的激發態，則有：；電離是氫原子從第一激發態躍遷到最高能級0的過程，需要吸收的光子能量最小為：所以有：，解的：，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題主要考查了電離中涉及的氫原子的能級躍遷問題。同時明確光子能量、光速、頻率、波長之間關系。6．（6分）我國“嫦娥一號”探月衛星發射后，先在“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，并忽略衛星質量的變化，則在每次變軌完成后與變軌前相比，（）A．衛星動能增大，引力勢能減小 B．衛星動能增大，引力勢能增大 C．衛星動能減小，引力勢能減小 D．衛星動能減小，引力勢能增大 【考點】4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛星．【分析】根據人造衛星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、周期的表達式，由題意知道周期變大，故半徑變大，故速度變小，由于要克服引力做功，勢能變大。【解答】解：人造衛星繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，設衛星的質量為m、軌道半徑為r、地球質量為M，有F=F向故G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②a=③根據題意兩次變軌分別為：從“24小時軌道”變軌為“48小時軌道”和從“48小時軌道”變軌為“72小時軌道”，則結合②式可知，在每次變軌完成后與變軌前相比運行周期增大，運行軌道半徑增大，運行線速度減小，所以衛星動能減小，引力勢能增大，D正確。故選：D。【點評】本題關鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度、周期的表達式，再進行討論。7．（6分）質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ．初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現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，井與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統損失的動能為（）A．mv2 B． C．Nμmgl D．NμmgL 【考點】53：動量守恒定律；6B：功能關系．【專題】16：壓軸題．【分析】本題考查動量守恒、功能關系及能量守恒定律。【解答】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，則由箱子和小物塊組成的整體動量始終是守恒的，直到箱子和小物塊的速度相同時，小物塊不再相對滑動，有mv=（m+M）v1系統損失的動能是因為摩擦力做負功△Ek=﹣Wf=μmg×NL==選項BD正確，AC錯誤。故選：BD。【點評】兩個相對運動的物體，當它們的運動速度相等時候，往往是最大距離或者最小距離的臨界條件。本題是以兩物體多次碰撞為載體，綜合考查功能原理，動量守恒定律，要求學生能依據題干和選項暗示，從兩個不同角度探求系統動能的損失。又由于本題是陳題翻新，一部分學生易陷入某種思維定勢漏選B或者D，另一方面，若不仔細分析，易認為從起點開始到發生第一次碰撞相對路程為L，則發生N次碰撞，相對路程為，而錯選C。8．（6分）一列簡諧橫波沿x軸傳播，波長為1.2m，振幅為A．當坐標為x=0處質元的位移為且向y軸負方向運動時．坐標為x=0.4m處質元的位移為．當坐標為x=0.2m處的質元位于平衡位置且向y軸正方向運動時，x=0.4m處質元的位移和運動方向分別為（）A．、沿y軸正方向 B．，沿y軸負方向 C．、沿y軸正方向 D．、沿y軸負方向 【考點】F5：波長、頻率和波速的關系．【專題】16：壓軸題．【分析】根據x=0處質元和x=0.4m處質元的位移關系，結合波形及x=0.2m處質元的振動方向，判斷出波的傳播方向，確定x=0.4m處質元的位移．【解答】解：坐標為x=0處質元與坐標為x=0.4m處質元間距為0.4m小于半個波長，坐標為x=0.2m處的質元與他們一定在同一波沿上處在平衡位置向y軸負方向運動，坐標為x=0.4m處質元也向y軸負方向運動。當坐標為x=0.2m處的質元位于平衡位置且向y軸正方向運動時經歷時間是半個周期的奇數倍。在這段時間坐標為x=0.4m處質元運動到對稱點即位移為，運動方向與原來相反，C正確。故選：C。【點評】本題考查質點間關系與波形、間距、周期和波長的制約關系，往往畫出波形圖幫助分析判斷．二、實驗題(共18分）9．（6分）在“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，有下列實驗步驟：①往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水．待水面穩定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上．②用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩定．③將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上，計算出油膜的面積，根據油酸的體積和面積計算出油酸分子直徑的大小．④用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內每增加一定體積時的滴數，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積．⑤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④①②⑤③．（填寫步驟前面的數字）（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；測得lcm3的油酸酒精溶液有50滴．現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0.13m2．由此估算出油酸分子的直徑為5×10﹣10m．（結果保留l位有效數字）【考點】O1：用油膜法估測分子的大小．【專題】16：壓軸題．【分析】將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測出1滴此溶液的體積．然后將1滴此溶液滴在有痱子粉的淺盤里的水面上，等待形狀穩定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆描繪出油酸膜的形狀，將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，按不足半個舍去，多于半個的算一個，統計出油酸薄膜的面積．則用1滴此溶液的體積除以1滴此溶液的面積，恰好就是油酸分子的直徑．【解答】解：（1）“油膜法估測油酸分子的大小”實驗步驟為：配制酒精油酸溶液（教師完成，記下配制比例）→測定一滴酒精油酸溶液的體積（題中的④）→準備淺水盤（①）→形成油膜（②）→描繪油膜邊緣（⑤）→測量油膜面積（③）→計算分子直徑（③）（2）計算步驟：先計算一滴油酸酒精溶液中油酸的體積=一滴酒精油酸溶液的體積×配制比例=，再計算油膜面積，最后計算分子直徑=m．故答案為：（1）④①②⑤③（2）5×10﹣10．【點評】本題是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度．10．（12分）使用多用電表測量電阻時，多用電表內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，兩個表筆分別位于此串聯電路的兩端．現需要測量多用電表內電池的電動勢，給定的器材有：待測多用電表，量程為60mA的電流表，電阻箱，導線若干．實驗時，將多用電表調至×1Ω擋，調好零點；電阻箱置于適當數值．完成下列填空：（1）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a為黑（填“紅”或“黑”）色；（2）若適當調節電阻箱后，圖1中多用電表、電流表與電阻箱的示數分別如圖2（a），（b），（c）所示，則多用電表的讀數為14.0Ω．電流表的讀數為53.0mA，電阻箱的讀數為4.6Ω：（3）將圖l中多用電表的兩表筆短接，此時流過多用電表的電流為102mA；（保留3位有效數字）（4）計算得到多用電表內電池的電動勢為1.54V．（保留3位有效數字）【考點】B4：多用電表的原理及其使用；N4：用多用電表測電阻．【專題】16：壓軸題．【分析】當用多用電表測電阻時，電源在表內，要使電流從圖中電流表正極流進，從負極流出，因此表筆a連接電源的正極，所以表筆a為黑色的．多用電表測電阻時讀數是表盤示數與倍率的乘積；電流表的讀數要注意量程．【解答】解：（1）多用電表在使用時必須使電流從紅表筆（正接線柱）流進，黑表筆（負接線柱）流出，串聯的電流表也必須使電流從正接線柱流進，負接線柱流出，所以可以判斷電流是從a表筆流出的為黑表筆．（2）多用電表用×1倍率測量，讀數為：14.0×1=14.0Ω電流表的量程是60mA，所以不能在表盤上直接讀數，需要改裝為10，20，30，40，50，60的表盤，然后讀數為：53.0mA電阻箱的讀數為：0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6Ω（3）（4）多用電表測量電阻的原理是閉合電路的歐姆定律，多用電表內部的電路等效的直流電源（一般為電池）、電阻、表頭與待測電阻串聯，當表頭短接時電路電流最大為表頭的滿偏電流Ig=，將Rg取為r+rg+R為多用電表的內阻，當待測電阻等于Rg時，這時表頭半偏，表針指在歐姆表盤的中值上，所以Rg又稱為中值電阻．當選擇×1倍率測量時中值電阻直接在歐姆表盤上讀數為15Ω．在（2）中多用電表外的電阻為多用電表的讀數14.0Ω，干路電流是53.0mA，則電源電動勢是E=I（R內+R外）=0.053×（15+14）=1.537V．則滿偏電流Ig=mA．故答案為：（1）黑；（2）14.0，53.0，4.6；（3）102；（4）1.54．【點評】由閉合電路的毆姆定律可得，電流與待測電阻不成比例，所以導致表盤的刻度不均勻．同時當表頭半偏時，所測電阻等于中值電阻．三、解答題11．（15分）如圖，兩根足夠長的金屬導軌ab、cd豎直放置，導軌間距離為L1電阻不計。在導軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直。現將一質量為m、電阻可以忽略的金屬棒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，且與導軌接觸良好。已知某時刻后兩燈泡保持正常發光。重力加速度為g。求：（1）磁感應強度的大小：（2）燈泡正常發光時導體棒的運動速率。【考點】3C：共點力的平衡；D8：法拉第電磁感應定律；D9：導體切割磁感線時的感應電動勢．【專題】53C：電磁感應與電路結合．【分析】導體棒釋放后做加速度減小的加速運動，直到重力等于安培力時以最大速度勻速運動。在加速階段感應電動勢和感應電流增大，兩燈泡逐漸變亮，只有在勻速階段兩燈泡的亮度不變，所以兩燈泡保持正常發光說明導體棒在勻速運動。【解答】解：（1）兩燈泡保持正常發光說明導體棒在勻速運動，根據平衡條件：mg=BIL①兩燈泡保持正常發光I=2Im②P=Im2R③連立①②③化簡得磁感應強度的大小④（2）兩燈泡保持正常發光時的電壓等于感應電動勢U2=PR⑤根據法拉第電磁感應定律E=BLv⑥連立⑤⑥化簡得燈泡正常發光時導體棒的運動速率。【點評】本題為電磁感應與電路結合的題目，明確電路的結構，找出電源是解決此類問題的突破口。12．（19分）如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區域．一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平右射入I區．粒子在Ⅰ區運動時，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E；在Ⅱ區運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里．求粒子首次從Ⅱ區離開時到出發點P0的距離．粒子的重力可以忽略．【考點】37：牛頓第二定律；AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動；CM：帶電粒子在混合場中的運動．【專題】16：壓軸題．【分析】在分離電磁場中粒子先做類平拋運動，后做勻速圓周運動，兩運動的銜接條件為速度大小和速度方向．求粒子首次從II區離開時到出發點P0的距離必須知道在電場中的平拋位移和在磁場中運動的弦長，根據電場力方向和左手定則正粒子都向N側運動，所以d=電場位移S+磁場圓的弦L．【解答】解：正粒子垂直電場進入做類平拋運動，初末位置在45°角的平面MN上，說明位移方向角是45°，根據分解公式得：x=v0t…①…②…③…④…⑤…⑥速度與水平方向的夾角θ：tanθ=2tan45°=2…⑦連立①②③④⑤⑥化簡得：…⑧進入磁場時與邊界MN的夾角為θ﹣45°做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得：…⑨作出原軌跡，則弦長和半徑滿足關系有：…⑩連立⑨⑩：所以粒子首次從II區離開時到出發點P0的距離為：答：粒子首次從Ⅱ區離開時到出發點P0的距離為【點評】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關的綜合分析能力，以及空間想像的