2011年高考(全国卷I)物理部分(详细解[1]

绝密★启用前

2011年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试物理部分

二、选择题：本大题共8小题。在每个小题给出的四个选项中，有的只有一个符合题目要求， 有的有多个符合题目要求。完全选对的得6分，选对但不全对得3分，有选错的得0分。 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， 其内能一定较少 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， 气体的内能可能减少 【答案】AD

【命题立意】本题考查热力学第一定律，热力学第二定律，以及气体内能，难度较小。 【解题思路】由热力学第二定律的表述之一：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，知A选项正确，气体的内能由气体的温度和体积共同决定，气体体积增大，内能不一定减少，故B项错误，由热力学第一定律:△U=Q+W，若物体从外界吸热，即Q＞0但同时对外做功，即W＜0且Q+W＜0，则内能减少，故C错，若外界对气体做功，即W＜0，但同时从外界吸热，即Q＞0，且Q+W＜0，D项正确。 【易错分析】考生若对热力学定律理解不透，易漏选A

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I1＞I2，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的连线与导线所在的平面垂直。磁感应强度可能为零a 的点是

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 【答案】C

【命题立意】本题考查考生利用安培定则判断通电直导线周围磁场及矢量运算法则的运用，难度中等。

【解题思路】由安培定则和平行四边形定则知某点磁感应强度为零，则两电流在该处的磁感应强度等大反向，由安培定则和平行四边形定则知b，d两点合磁感应强度一定不为零,排除B,D,在a、c两点的磁感应强度方向相反，又I1＞I2．排除A,故选C

【易错分析】对两通电直导线周围的磁场方向判断错误，从而错选B,D,不注意I1＞I2的条件，错选A.

d

I1

b

I2

c

16．雨后太阳光入射到水中发生色散而形成彩虹。设水滴是球形的，

太阳光 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

a A．紫光、黄光、蓝光和红光

b B．紫光、蓝光、黄光和红光 c d C．红光、蓝光、黄光和紫光

D．红光、黄光、蓝光和紫光 【答案】B 【命题立意】本题以彩虹问题为依托，考查考生对折射定律的理解和对不同色光折射率的比较。难度较小

【解题思路】由于太阳光经过小水滴时，受到两次折射，一次反射，在进入小水滴后就被分解成七色光，这七色光再经过水滴内表面反射进入我们的视角，形成七彩的虹，通过比较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，根据其折射率n=

sini知水对a光的折射率最大，而对d光的折射率最小，再由在同种介质中，紫光sinr折射率最大而红光折射率最小可判断只有B选项正确。

【易错分析】部分考生不能准确做出第一次入射时界面法线（过入射点的半径），抓住入射角相同而折射角不同。事实上，本题涉及的彩虹形成只是第一道彩虹，若光经历两次反射，两次折射，则现象与本题不同，一部分考生未能区分两种彩虹，仅凭模糊的记忆判断，导致错解。

17．通常一次闪电过程历时约0.2~0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40~80μs，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1.0×109V，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60μs。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1×105A B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J 【答案】AC

【命题立意】本题以生活中常见的闪电现象为依托，综合考查电流，电场强度，电势差，电场力做功，以及平均功率等核心知识点，对考生的建模以及对数据的分析能力较高，难度较大。

【解题思路】由题干知一次闪电由若干个相继发生的闪击构成，电荷转移主要发生在第一个闪电中，闪电过程向外释放的能量约为W=QU=6.0×10 J，故D项错误，一次闪电过程历时0.2～O.3s整个闪电过程的平均功率P=2.0×1010W~3.0×1010 W知B项错误；依据 I=

59q，tq=6 C，t=60μs知电流瞬时值可达1×10A，A项正确，由于闪电前云地间的电场可看做匀强电场，则根据E=U/d，U=1.0×10v,d=1000m可知C项正确，

9

【易错分析】不能准确分析题中所给的数据导致错解

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．4hc2hc4hc9hc B． C． D． 3E1E1E1E1【答案】C

【命题立意】本题考查考生对氢原子能级结构，能级公式以及电离能，光子能量表达式的考查，难度较小

【解题思路】对于量子数n=2的氢原子，其电离能为 0-

E1Ec,则由-1=h知C项正确

44【易错分析】对氢原子能级结构不清或将电离能与从基态跃迁到第一激发态所要吸收的能量

混淆导致错解

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 C．卫星动能减小，引力势能减小 B．卫星动能增大，引力势能增大 D．卫星动能减小，引力势能增大 【答案】D

【命题立意】本题通过“嫦娥一号”变轨问题考查万有引力定律及其应用，定性加半定量分析即可得到答案，属于常规题，难度较小

【解题思路】卫星在不同的轨道做匀速圆周运动所需要向心力由万有引力提供，

Mm42Mmv2GMG2m2r，有r大，则T大，而G2m,得v，三者中，“24小

rTRRR时轨道”轨道半径最小，v最大，动能最大，“72小时轨道”轨道半径最大，v最小， 动能最小，在逐次变轨中，卫星动能减小，在逐渐远离地球过程中卫星克服地球引力做功，引力势能增大，故D正确。

【易错分析】不能利用动力学规律建立方程导致错解

20．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μ。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v N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰

L 撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 1

A． mv2

2【答案】BD

1mM2B． v

2m + M

1

C． NμmgL

2

D．NμmgL

【命题立意】以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求考生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失，难度中等

【解题思路】由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度v'，根据动量守恒定律有mv=（M+m）

v'，系统损失的动能为E1mv21Mmv,2知B正确，另一方面，系统损失的动

k22能可由Q=Ek，且Q=mgs相对，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则S相对=NL,则B选项也正确

【易错分析】由于本题是陈题翻新，一部分考生易陷入某种思维定势漏选B或者D,另一方面，考生若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为撞，相对路程为

21．一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2 m，振幅为A。当坐标为x = 0处质元的位移为-A且向y轴负方向运动时，坐标为x=0.4 m处质元的位移为

3

2

1L,则发生N次碰21NL,错选C 23

A。当坐标x=0.2m处的质2

元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x=0.4 m处质元的位移和运动方向分别为 1

A．- A、沿y轴正方向

2C．-

1

B．- A、沿y轴负方向

2D．-3

A、沿y轴负方向 2

3

A、沿y轴正方向 2

【答案】C

【命题立意】本题考查机械波的图像，简谐运动的特点以及简谐运动的对称性等知识，对考生作图以及利用数学中三角函数知识处理问题的能力要求较高，在本套试卷的选择题中，难度较大

【解题思路】由波长1.2m，某时刻在波的传播方向上相距x0.4m1，坐标分3别为x=0和x=0.4m的两质元位移分别为33AA画出草图，结合三角函数知识可2和2，

以判定该时刻的波形图具有唯一性，且根据坐标为x=0处质元向y轴负方向运动，可确定波的传播方向为x轴正方向，且此时坐标为x=0.2m处的质元正位于平衡位置向y轴负方向运动，直到当坐标为x=0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，其间历时

Tt2n1,n0,1,2，根据简谐运动的对称性，x=0.4m处质元的位移和运动方向分

2别为3A、沿y轴正方向 ，C项正确 2

【易错分析】一些考生对一些特殊角三角函数不熟，在解题中不能挖掘出题给条件对波形图的限制，从而不能对波的传播方向进行准确判断，导致未能得到正确答案。

第Ⅱ 卷

22.（6分）（注意：在试题卷上作答无效）

在“油膜法估测油酸分子的大小”试验中，有下列实验步骤： ①往边长约为40cm的浅盆里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。

②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。 ③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，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。

④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴的滴入量筒中，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。

⑤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：

（1）上述步骤中，正确的顺序是 。（填写步骤前面的数字）

（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得1cm3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0.13m2。由此估算出油酸分子的直径为 m。（结果保留1位有效数字） 【易错分析】未能掌握本实验中估算油酸分子的方法或是不注意有效数字导致失分 【解析】（1）实验步骤为④①②⑤③

（2）根据纯油酸的体积V和油膜面积S,可计算出油膜的厚度L,把油膜厚度L视为

V13

cm3，而1 ，每滴油酸酒精溶液的体积是cm的油酸溶于酒精，50S113

cm3，制成300 cm的油酸酒精溶液，则一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积是V=

30050油酸分子的直径，则d=

则根据题目要求保留1位有效数字可知油酸分子的直径为510【答案】见解析

【点评】本题为现行教材的必考实验之一，新课标教材则出现在选修3-3中，为选考实验，本实验为测定性实验，虽然过程并不复杂，但整个实验体现出利用宏观量的测量求出微观量这一重要的物理思想，而且前后步骤很严谨，适合考查学生对实验原理理解和和对实验操作步骤的熟悉程度。难度较小

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，将多用电表调至×1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空： （1）仪器连线如图1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；

（2）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_______Ω；电流表读数为______mA；电阻箱的读数为

10m。

________Ω；

多用电表 电阻箱 电流表

a b 图1

图2（a） ×100 0 1 9 20 10 0 30 40 50 60 mA 图2（b）

（3）将图1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)

（4）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：（1）黑；（2）14.0 53.0 4.6；（3）102；（4）1.54

×10 0 9 1 8 2 8 2 3 7 3 7 6 6 4 5 4 5 ×1 ×0.1 0 0 9 1 9 1 2 8 2 8 3 7 3 7 6 5 4 6 5 4 图2（c）

【解析】（1）依题意，当按图1操作时，两电表均正常工作，结合欧姆表中的电流为红进黑出，知a为黑表笔。

（2）见答案

（3）（4）测电阻是依据闭合电路欧姆定律, R为调零电阻,Rg为表头内阻，r为欧姆表电池内阻，则多用电表总内阻R内=R+Rg+r，红黑表笔接触,进行欧姆表调零时,表头指针满偏,则有:Ig=E/(Rg+R+r),当红、黑表笔间有未知电阻Rx时有I=E/(Rg+R+r+Rx),故每一个未知电阻都对应一个电流值I,在刻度盘上都有一个偏转角度对应,我们便可在刻度盘对应处,标有Rx的值;当Rx=Rg+R+r时，I=

Ig，指针半偏，所以欧姆表内阻R内等于R中.结合表盘的刻度知电表内2阻=15Ω,外阻为R=4.6Ω此时电流为：I=53mA,求出E=I(R内+R)=1.54V，从而求出短路电流：

I0=

E=102mA R内

24.（15分）（注意：在试题卷上答题无效）

如图，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2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

a c

M L b N

d

导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可忽略不计的金属棒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： （1）磁感应强度的大小；

（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。 【解答过程】

（1）设小灯泡的额定电流为I0，有

P = I02R ① 根据题意，金属棒MN沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为

I = 2I0 ② 此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有

mg = BLI ③ 联立①②③式得式得 B =

mg

2L

R ④ P

（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 E = BLv ⑤ E = RI0 ⑥ 联立①②④⑤⑥式得 v =

2P

⑦ mg

【易错分析】不能正确作出等效电路图，对譬如电路中的电流关系弄错，导致错解。 【点评】本题考查电磁感应与力学，电路的综合问题，属于常规题，从导体棒的运动情况来看，属于一根导体棒的“运动——发电——电流——运动”类型，自由释放的金属棒MN,下落过程中产生感应电动势，回路中形成电流，金属棒MN受到安培力作用，影响金属棒的运动。解决该类问题的关键有两个，一是要正确作出等效电路图，二是对导体或者是闭合回路的局部进行正确的受力分析，列出动力学或者静力学方程。

25.（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M v0 E 区域。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从平P0 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；I 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，II 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

B 距离。粒子的重力可以忽略。 N

【解答过程】

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

qE = ma ①

设经过时间t0，粒子从平面MN上的点入磁场，由运动学公式和几何关系得 1

v0t0 = at02 ②

2

粒子速度大小 v1 = v02+(at0)2 ③ 设速度方向与竖直方向的夹角为，则

v0

④ at0

M P0 v0 P1进

I r1 E C  II P1  B v1 P2 N tan =

此时粒子到出发点P0的距离为

s0 = 2v0t0 ⑤

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 =

mv1

⑥ qB

︵

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

s1 = 2r1sin ⑦ 由几何关系得  +  = 45° ⑧

联立①②③④⑥⑦⑧式得

s1 = 2

mv0 ⑨ qB

点P2与点P0相距

l = s0 + s1 ⑩ 联立①②⑤解得 l =

2mv02v01

( + ) qEB

【易错分析】1.对于带电粒子在电场中的运动，一些考生错将45°角当成粒子在电场中运动的速度偏向角，导致错解，也有一些考生将粒子出电场时的速度大小仍当成是

v0，导致错解

2.对于粒子在匀强磁场中的运动，对几何关系挖掘不细致导致不能完成求解。

26.（20分） 装甲车和战舰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。通过对以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的桌面上。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、质量为m的相同的两块，间隔一段距离平行放置，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。 m 2m

【解答过程】 m m m

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 (2m + m)V = mv0 ①

1

解得 V = v0

3

11

此过程中动能损失为 E = mv02  ×3mV2 ②

221

解得 E = mv02

3

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，由动量守恒定律得 mv1 + mV1 = mv0 ③ 得

111E

mv12 + mV12 = mv02  ④ 2222

联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得 13

v1 = ( + )v0 ⑤

26

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 2mV2 = mv1 ⑥ 损失的动能

E

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

2

11

E' = mv12  ×2mV22 ⑦

22

联立①②⑤⑥⑦式得 13E

E' = (1+ )× ⑧

222

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度x为 13

x = (1+ )d ⑨

22

【点评】本题以子弹打木块模型为载体综合考查动量守恒定律，能量守恒定律，对考生能力

要求较高，另外计算量较大，特别是联立1,2,3,4四式，在利用求根公式解二次方程以及根的取舍方面考验考生的耐心与细致，本题在本卷中，难度较大，从内容上看，属于陈题翻新，但不失为一道经典的压轴题。