高考理綜物理——大綱卷

1、2011年高考理綜物理（全國卷）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)能一定減少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，氣體內(nèi)能可能減少14、ad【解析】根據(jù)熱力學(xué)第二定律：不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功，而不引起其他變化。即氣體吸收熱量在引起了其他變化的情況下，可以完全轉(zhuǎn)化為功，a對；內(nèi)能的影響因素有氣體的體積和溫度，故氣體體積增大時，由于溫度變化情況未知，故內(nèi)能不一定減少，b錯；內(nèi)能可以通過做功和熱傳遞改變，氣體從外界吸收熱量，由于對外做功情況未知，故內(nèi)能不一定增加，c錯；同理外界對氣體做功，由于熱傳遞情況

2、未知，故氣體內(nèi)能有可能減少，d對。abcdi1i215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 15、c【解析】根據(jù)安培定則可知i1和i2電流分別在a處產(chǎn)生的磁場方向為垂直ac連線向上和向下，由于i1i2，且i1電流與a點的距離比i2電流與a點距離要小，故b1ab2a，則a處磁感應(yīng)強度不可能為零，a錯；兩電流在b處產(chǎn)生的場強方向均垂直ac連線向下，故b錯；i1和i2電流分別在c處產(chǎn)生的

3、磁場方向為垂直ac連線向下和向上，且i1電流與c點的距離比i2電流與c點距離要大，故b1c與b2c有可能等大反向，c對；兩電流在d處產(chǎn)生的場的方向一定成某一夾角，且夾角一定不為180，d錯。abcd太陽光16雨后太陽光入射到水滴中發(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16、b【解析】由光路圖顯然可看出a光的偏折程度最大，故a光的折射率最大，選項中應(yīng)該以“紅橙黃綠藍靛紫”反過來的順序進

4、行排列，b對。17通常一次閃電過程歷時約0.20.3s，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1.0109v，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1105a b整個閃電過程的平均功率約為l1014w c閃電前云地間的電場強度約為l106v/md整個閃電過程向外釋放的能量約為6106j17、ac【解析】根據(jù)題意第一個閃擊過程中轉(zhuǎn)移電荷量q6c，時間約為t60s，故

5、平均電流為i平1105a，閃電過程中的瞬時最大值一定大于平均值，故a對；第一次閃擊過程中電功約為wqu6109j，第一個閃擊過程的平均功率p11014w，由于一次閃電過程主要發(fā)生在第一個閃擊過程中，但整個閃電過程中的時間遠大于60s，故b錯；閃電前云與地之間的電場強度約為ev/m1106v/m，c對；整個閃電過程向外釋放的能量約為w6109j，d錯。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 d18、c【解析】依題意可知第一激發(fā)態(tài)能量為e2e1/22，要將其電離，

6、需要的能量至少為e0e2h，根據(jù)波長、頻率與波速的關(guān)系c，聯(lián)立解得最大波長，c對。19我國“嫦娥一號”探月衛(wèi)星發(fā)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(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 b衛(wèi)星動能增大，引力勢能增大 c衛(wèi)星動能減小，引力勢能減小 d衛(wèi)星動能減小，引力勢能增大19、d【解析】依題意可將“嫦娥一號”視為圓周運動，且質(zhì)量變化可忽略不計，則變軌后，軌道更高，由衛(wèi)星運動規(guī)律可知高軌道速度小，故變軌后動能變小，排除a

7、、b選項；衛(wèi)星發(fā)射越高，需要更多能量，由能量守恒定律可知高軌道的衛(wèi)星能量大，而高軌道動能反而小，因此高軌道勢能一定大（當(dāng)然也可直接通過離地球越遠引力勢能越大來判斷），d對。vl20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，井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 a b c dnm gl20、bd【解析】本設(shè)最終箱子與小物塊的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律：mv(mm)v1，則動能損失

8、ekmv2(mm)v12，解得ekv2，b對；依題意：小物塊與箱壁碰撞n次后回到箱子的正中央，相對箱子運動的路程為s0.5l(n1)l0.5lnl，故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量即為系統(tǒng)瞬時的動能：ekqnmgl，d對。21一列簡諧橫波沿x軸傳播，波長為1.2m，振幅為a。當(dāng)坐標(biāo)為x=0處質(zhì)元的位移為且向y軸負方向運動時坐標(biāo)為x=0.4m處質(zhì)元的位移為。當(dāng)坐標(biāo)為x=0.2m處的質(zhì)元位于平衡位置且向y軸正方向運動時，x=0.4m處質(zhì)元的位移和運動方向分別為a、沿y軸正方向 b ，延y軸負方向 c、延y軸正方向 d、延y軸負方向yx0.20.400.60.821、c【解析】依題意可畫出如圖實線所示的波形圖

9、，設(shè)波向右傳播，x0處的質(zhì)元正處于ya處，x0.4m處的質(zhì)元的位移為ya處，滿足題意。當(dāng)x0.2m處的質(zhì)元處在平衡位置向y軸正方向運動時，波形圖如圖中虛線所示，顯然x0.4m處的質(zhì)元正處于ya處，且沿y軸正方向運動，c對。22（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：往邊長約為40 cm的淺盤里倒入約2 cm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地滴入量筒中，

10、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：上述步驟中，正確的順序是_。（填寫步驟前面的數(shù)字）將1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；測得l cm3的油酸酒精溶液有50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0.13 m2。由此估算出油酸分子的直徑為_m。（結(jié)果保留l位有效數(shù)字）22、【答案】（1）；（2）51010【解析】（1）依據(jù)實驗順序，首先配置混合溶液（），然后在淺盤中放水和痱子粉（），將一滴溶液滴入淺盤中（），將玻璃板放在淺盤上獲取油膜形狀（），

11、最后用已知邊長的坐標(biāo)紙上的油膜形狀來計算油墨的總面積（），故正確的操作順序為；（2）一滴油酸酒精溶液的體積為：vsd，其中s0.13cm2，故油酸分子直徑d51010m。多用電表電流表電阻箱ab圖1+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l所示（a和b是多用電表的兩個表筆）。若兩電表均正常工作

12、，則表筆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_，電流表的讀數(shù)為_ma，電阻箱的讀數(shù)為_：ma1001010.1圖2(a)圖2(b)圖2(c)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_ma；（保留3位有效數(shù)字）acmnbdl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)23、【答案】【解析】（1）根據(jù)所有電器“紅進黑出”的一般原則，對多用電表來說，電流從紅表筆進入多用電表，電流從黑表筆從多用電表流出，由于設(shè)計電路圖中a表筆接在電流表的正極，故電流經(jīng)過多用電表從a表筆

13、流出，故a表筆為多用電表的黑表筆。（2）歐姆表讀數(shù)為r14.0；電流表讀數(shù)為i50ma3.053.0ma；電阻箱讀數(shù)為：4160.14.6。（3）多用電表接外電路時，考慮到多用電表表頭的電流刻度是均勻的，其表頭偏轉(zhuǎn)的格數(shù)與表盤總格數(shù)之比為26：50，而多用電表接外電路時，外電路電流表示數(shù)為i53.0ma，設(shè)表筆短接時通過多用電表的電流為i0，則，解得i0102ma。（4）設(shè)多用電表內(nèi)阻為r，已知外電路電阻為r14，多用電表接外電路時：ei(rr)，多用電表兩表筆短接時：ei0r，聯(lián)立解得多用電表內(nèi)的電池電動勢e1.54v。24（15分）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

14、l，電阻不計。在導(dǎo)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(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?，F(xiàn)將一質(zhì)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(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：磁感應(yīng)強度的大?。簾襞菡０l(fā)光時導(dǎo)體棒的運動速率。24、【解答】（1）設(shè)小燈泡的額定電流i0，有：pi02r由題意，在金屬棒沿著導(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 i2i0 此時刻金屬棒mn所受的重力和安培力相等，下落的速度達到最大值，有 mgbli聯(lián)立式得 b（2）設(shè)燈泡正常發(fā)光時，

15、導(dǎo)體棒的速率為v，由電磁感應(yīng)定律與歐姆定律得eblveri0聯(lián)立式得 vbep0v0mn25（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)量為m、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e；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。bep0v0mnrp1p2ov25、【解答】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

16、定律得qema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v0t0at02 粒子速度大小v1為 v1設(shè)速度方向與豎直方向的夾角為，則 tan此時粒子到出發(fā)點p0的距離為 s0v0t0此后，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p1p2所張的圓心角為2，則p1到點p2的距離為s12r1sin由幾何關(guān)系得 45聯(lián)立式得 s1點p2與點p0相距 ls0s1聯(lián)立解得 l()m2mmmm26（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。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質(zhì)量為

17、2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞。不計重力影響。26、【解答】設(shè)子彈初速度為v0，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為v由動量守恒得 (2mm)vmv0解得 vv0此過程中動能損失為 emv023mv2解得 emv02分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為v1和v1，由動量守恒

18、得 mv1mv1mv0因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為，由能量守恒得 mv12mv12mv02聯(lián)立式，且考慮到v1必須大于v1，得 v1()v0設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為v2，由動量守恒得 2mv2mv1損失的動能為 emv122mv22聯(lián)立式得e(1)因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，由式keep，射入第二塊鋼板的深度x為x(1)d參考答案yxo0.40.214ad 15c 16b 17ac（提示：，a正確；第一個閃擊的平均功率為l1014w，但不等于整個閃電過程的平均功率，b錯；，c正確；w=qu=6109j，d錯。） 18c 19d 20bd（提示：系統(tǒng)動量守恒，相當(dāng)于完全非彈性碰撞，b正確；碰撞n次后恰又回到箱子正中間，小物塊和箱子底板間的相對滑動距離d=nl，而摩擦生熱q=fd，d正確。） 21c（提示：根據(jù)題意，此波一定沿x軸正向傳播，在同一坐標(biāo)系中做出兩狀態(tài)的波形圖分別如實線和虛線所示。