2011高考物理山東卷詳解版

1、絕密啟封并使用完畢前2011年普通高等學校招生全國統一考試（山東卷）理科綜合能力測試（物理部分）本試卷分第I卷和第卷兩部分，共12頁。 滿分240分?？荚囉脮r150分鐘。答題前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、座號、準考證號、縣區(qū)和科類填寫在試卷和答題卡規(guī)定的位置?？?試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第I卷（必做，共88分）注意事項:1 .第I卷共22小題，每小題4分，共88分。2 .每小題選出答案后，用 2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后， 再選涂其他答案標號。不涂在答題卡上，只答在試卷上不得分。二、選擇題（本題包括7小題，每小題給出的四個選項

2、中，有的只有一個選項正確， 有的有多個選項正確，全部選又的得4分，選對但不全的得 2分，有選錯的得 0分）16 .了解物理規(guī)律的發(fā)現過程，學會像科學家那樣觀察和思考，往往比掌握知識本身更重要。以下符合事實的是A.焦耳發(fā)現了電流熱效應的規(guī)律B.庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律C.楞次發(fā)現了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕D.牛頓將斜面實驗的結論合理外推，間接證明了自由落體運動是勻變速直線運動答案：AB解析：1840年英國科學家焦耳發(fā)現了電流熱效應的規(guī)律；庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律；法拉第發(fā)現了電磁感應現象，拉開了研究電與磁關系的序幕；伽利略通過將斜面實驗合力外推，間接證明了

3、自由 落體運動的規(guī)律。17 .甲、乙為兩顆地球衛(wèi)星，其中甲為地球同步衛(wèi)星，乙的運行高度低于甲的運行高度，兩衛(wèi)星軌道均可視 為圓軌道。以下判斷正確的是A.甲的周期大于乙的周期B.乙的速度大于第一宇宙速度C.甲的加速度小于乙的加速度D.甲在運行時能經過北極的正上方答案：AC22Mm v 24解析：對地球衛(wèi)星，萬有引力提供其做圓周運動的向心力，則有G = m一 = mr® = mr = man ,r2 rT2可知半徑越大速度越小，半徑越大加速度越小，同步衛(wèi)星的軌道與赤道共面，第一宇宙速度為最大環(huán)繞速度，可見 A正確、C正確。n -A b18.如圖所示，將小球 a從地面以初速度 V。豎直上拋

4、的同時，將另一相同質量的小球b從 h距地面h處由靜止釋放，兩球恰在 一處相遇（不計空氣阻力）。則2）0A.兩球同時落地件B.相遇時兩球速度大小相等hC.從開始運動到相遇，球 a動能的減少量等于球b動能的增加量|2vD.相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等R3a第1頁（共9頁）答案：Ch1o h1oh,相遇是甲的速度為V0hgt = g ，Voh乙的速度為v0 -gt =v0 -g 一 ,故兩者速度不一te相等、Vo也不能同時落地， 相遇之后的速度不同， 故重力斛析：相遇時間為 t則有= gt , =v0t gt兩式聯立得t = 2 222的功率也不相同；根據動能定律，兩球重

5、力做功分別為mh、_辿，故c正確。2219 .如圖所示，將兩相同的木塊a、b置于粗糙的水平地面上，中間用一輕彈簧連接，兩側用細繩固定于墻壁。開始時a、b均靜止。彈簧處于伸長狀態(tài)，兩細繩均有拉力，a所受摩擦力FfaW0,b所受摩擦力Ffb=0,現將右側細繩剪斷，則剪斷瞬間（）A.Ffa大小不變B.Ffa方向改變C.Ffb仍然為零D.Ffb方向向右答案：AD 解析：兩物塊相同，由受力分析可知兩物體受到彈簧拉力大小相等，方向相反，繩子對b的拉力等于彈簧對 b的拉力，若a平衡且有摩擦力，則繩對 a拉力大小等于b受到得繩子拉力大小相等，此摩擦力小于最大靜摩擦力，故當間斷右側細繩后，a受力情況不變，b繩子

6、剪斷前受力分析受到的摩擦力與彈簧拉力平衡，大小與a受到的摩擦力相等。777T77777777777777777777777777777m mgm mg繩子剪斷后受力分析20 .為保證用戶電壓穩(wěn)定在 220V,變電所需適時進行調壓，圖甲為調壓變壓器示意圖。保持輸入電壓ui不變，當滑動接頭P上下移動時可改變輸出電壓。某次檢測得到用戶電壓 電隨時間t變化的曲線如圖乙所示。以下正確的是 （）A、方二190 應sin（50nt）VB、2 =190、2sin（100 二 t）VC、為使用戶電壓穩(wěn)定在220V,應將P適當下移D、為使用戶電壓穩(wěn)定在 220V,應將P適當上移答案：BD第2頁（共9頁）解析：根據

7、圖像知周期為 T=2X10-2s,電壓的最 大值為19045 V，故用戶得到電壓的瞬時值為內=190j2sin(100it)V , B正確；用戶獲得電壓為交流電的有效值，此時有效值為190V,根據變壓比n U,，=，增大電壓則需要減少原線圈的匝數n2U2P要適當上移，D正確。21、如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中, a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，MN為兩電荷連線的中垂線, ，且a與c關于MN對稱,點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是A、B、C、D、b點場強大于d點場強 b點場強小于d點場強a、b兩點的電勢差等于 b、c兩點間的電勢差試探電荷+q在a點的電勢能小

8、于在 c點的電勢能答案：BC解析：根據等量同種電荷的電場線分布可知b點場強小于d點場強，B正確,兩點的電勢差等于 b、c兩點間的電勢差，C正確；MN左側電勢大于零， 而右側小于零所以試探電荷 +q在a點的電勢能大于在 c點的電勢能，D錯 誤。22.如圖甲所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計。兩質量、A錯誤；由對稱性可知 a、bc、d長度均相同的導體棒c、d,置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處。磁場寬為3h,方向與導軌平面垂直。先由靜止釋放c, c剛進入磁場即勻速運動，此時再由靜止釋放 d,兩導體棒與導軌始終保持良好接觸。用a。表示3hc的加速度，Ekd表示d的動能，Xc、Xd分別

9、表示 圖乙中正確的是c、d相對釋放點的位移。acac答案:解析:h 2h 3h 4h 5h XcA° h 2h 3h 4h 5h XcB圖乙BDc導體棒落入磁場之前做自由落體運動，加速度恒為圖甲h2h 3h 4h 5h Xd C EkdEdO h 2h 3h 4h 5h Xd DII4 ,1 . 2g,有 h =3 gt ,v = gt , c棒進入磁場以速度v做勻速直線運動時，d棒開始做自由落體運動， 與c棒做自由落體運動的過程相同， 此時c棒在磁場中做 勻速直線運動的路程為 h' = vt = gt2 = 2h , d棒進入磁場而c還沒有傳出磁場的過程，無電磁感應，兩導體

10、棒僅受到重力作用，加速度均為g,知道c棒穿出磁場，B正確。c棒穿出磁場，d棒切割磁感線產生電動勢，在回路中產生感應電流，因此時d棒速度大于c進入磁場是切割磁感線的速度，故電動勢、電流、安培力都大于c剛進入磁場時的大小，d棒減速，直到穿出磁場僅受重力，做勻加速運動，結合勻變速直線運動v2 -v(2 =2gh,可知加速過程動能與路程成正比，D正確。第3頁(共9頁)第II卷（必做120分+選彳32 32分，共152分）注意事項：1 .第II卷共16道題。其中2330題為必做部分，3138題為選做部分。2 .第II卷所有題目的答案， 考試須用0.5毫米黑色簽字筆答在答題卡規(guī)定的區(qū)域內，在試卷上答題不得

11、分。3 .選做部分考試必須從中選擇 2道物理題、1道化學題和1道生物題作答。答題前，請考生務必將所 選題號用2B鉛筆涂黑，答完題后，再次確認所選題號【必做部分】23. （12 分）（1）某探究小組設計了 “用一把尺子測定動摩擦因數”的實驗方案。如圖所示，將一個小球和一個滑塊 用細繩連接，跨在斜面上端。開始時小球和滑塊均靜止，剪斷細繩后，小球自由下落，滑塊沿斜面下滑，可先后聽到小球落地和滑塊撞擊擋板的聲音，保持小球和滑塊釋放的位置不變，調整擋 板位置，重復以上操作，直到能同時聽到小球落地和滑塊撞擊擋 板的聲音。用刻度尺測出小球下落的高度H滑塊釋放點與擋板處的高度差h和沿斜面運動的位移 x。（空氣

12、阻力對本實驗的影響 可以忽略）滑塊沿斜面運動的加速度與重力加速度的比值為 ?；瑝K與斜面間的動摩擦因數為 。以下能引起實驗誤差的是 。a.滑塊的質量b.當地重力加速度的大小c.長度測量時的讀數誤差d.小球落地和滑塊撞擊擋板不同時心xx21答案：（h-L）= cdHH7 x2-h2 _八一，12解析：滑動沿斜面做初速度為零的勻加速直線運動，有 x = 1 at2,21 o a x小球做自由落體運動，有 h =gt2,所以一二一。I/A2g H對滑塊受力分析，根據牛頓第二定律得a = g sin 8 -gcosQ .222x h , x-h,/ni,x、1即：;"g = g Ng解得 =（

13、h -）,H xxH x2 - h2由分析知，c、d能引起實驗誤差。（2）某同學利用圖甲所示電路， 探究了電源在不同負載下的輸出功率。所得實驗數據如下圖，請在給出的直角坐標系上（見答題卡）畫出U/V1.961.861.801.841.641.56I/A0.050.150.250.350.450.55U -I的圖像。根據所畫U -I的圖像，可求得電流I =0.20A時電源的輸出功率為 Wo （保留兩位有效數）實驗完成后，該同學對實驗方案進行了反思，認為按圖甲電路進第4頁（共9頁）行實驗操作的過程中存在安全隱患，并對電路重新設計。在圖乙所示的電路中，你認為既能測出電源在不同負載下的輸出功率，又能消

14、除安全隱患的是。（R阻值未知）答案：如圖所示 0.37 （或0.36）bc解析：如圖所示由U-I圖象可知，當I=0.2A時，U=1.84V。 由 P=UI 得：P=1.84X0.2W=0.368W按圖甲電路進行實驗操作的過程中存在安全隱 患是：滑動變阻器的滑片移動到最右端時，相當于把電流 表直接接在電源兩極，會燒壞電流表。而圖乙中的 a仍然 出現圖甲的問題；b中的Rx在滑動變阻器的滑片移動時起 分流作用保護電流表；c中的Rx在滑動變阻器的滑片移動 到最右端時起限流作用保護電流表；d中的Rx在滑動變阻器的滑片移動到最右端時，Rx與r串聯相當于電源內阻，等于直接把電流表接在電源兩極。b、c正確。2

15、4. （ 15分）如圖所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平臺上放置一質量 M=2kg、由兩種不同材料連接成一體的薄板 A,其右段長度l=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可視為質點的物塊B,其質量m=1kg。B與A左段間動摩擦因數 月0.4。開始時二者均靜止，現對 A施加F=20N水平向右的恒力，待B脫離A （A尚未露出平臺）后，將 A取走。B離開平 臺后的落地點與平臺右邊緣的水平距離x=1.2m。（取g=9.8m/s2）求：（1） B離開平臺時的速度 Vb。（2） B從開始運動到剛脫離 A時，B運動的時間tB和 位移xB（3） A左端的長度%答案：（1） 2m/s （2）

16、0.5s0.5m（3） 1.5m解析：（1） B離開平臺做平拋運動。1 2一豎直方向有h=gt2水平方向有由式解得vB =x、,以代入數據求得vB=2m/s（2）設B的加速度為aB,由牛頓第二定律和運動學知識得 Nmg = maB 第5頁（共9頁）Vb = aBt聯立式，代入數據解得tB =0.5sxB = 0.5m(3)設B剛開始運動時 A的速度為v1,由動能定理得12Fl 1 Mvi2設B運動時A的加速度為aA由牛頓第二定律和運動學知識有 F -mg = MaAl2,12Xb =V/baAtB2聯立01式，代入數據解得l2 = 1.5m25. (18分)扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使

17、粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖：I、II兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為 L,磁場方向相反且垂直紙面。一質量為m、電量為-q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經電場加速后平行于紙面射入I區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角9=30°(1)當I區(qū)寬度 L1=L、磁感應強度大小 B1=B。時， 粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為 30°,求R及粒子在I區(qū)運動的時間 t。(2)若H區(qū)寬度 L2=L產L磁感應強度大小 B2=B=B0,求 粒子在I區(qū)的最高點與n區(qū)的最低點之間的高度差h(3)若L2=L 1=L > B 1

18、=B 0,為使粒子能返回I區(qū)，求R應滿足的條件(4)若B1WB2, L142,且已保證了粒子能從n區(qū)右 邊界射出。為使粒子從n區(qū)右邊界射出的方向與從I 區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B1、B2、LL2之間應滿足的關系式。答案：() J(2) (2 )L (3) B1L1 = B2L23 2qU3解析：(1)如圖1所示，設粒子射入磁場I區(qū)的速度為v,在磁場I區(qū)做圓周運動半徑為 R ,由動能定理和牛頓第二定律得12GqU =mv22- vqvB0 =mR由幾何關系得R =L2 =L第6頁(共9頁)聯立得民=12mU設粒子在I區(qū)做圓周運動周期為T,運動時間為tT 2二 R v t _ 2i T - 3

19、600聯立式解得(2)設粒子在磁場II區(qū)做圓周運動半徑為R,由牛頓第二定律得聯立式解得h = (2 -LXXXXXIXBiX XX中'X聯立M式解得B2 >-3 fmU2qLiL2(4)如圖3 (或圖4)所示，設粒子射出磁場 I區(qū)時速度與水平方向的夾角為0(,由幾何知識可得2vqB2R2 = mR2由幾何知識得h =(R1 R2)(1 - cos可 Ltanu(3)如圖2所示，為使粒子能再次返回到 I區(qū)應滿足0(1 sini) < LL1 =R1(sin日 +sinct)或L1 = R(sin日-since)L2 = R2(sin sin =)或12 =R2(sin -si

20、n： )第7頁(共9頁)【選做部分】36. （8分）物理一選彳3-3（1）人類對物質屬性的認識是從宏觀到微觀不斷深入的過程。以下說法正確的是a.液體的分子勢能與體積有關b.晶體的物理性質都是各向異性的c.溫度升高，每個分子的動能都增大d.露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用答案：a d解析：物體體積變化時，分子間的距離將發(fā)生改變，分子勢能隨之改變，所以分子勢能與體積有關，a正確。晶體分為單晶體和多晶體，單晶體的物理性質各向異性，多晶體的物理性質各向同性，b錯誤。溫度是分子平均動能的標志，具有統計的意義， 正確。（2）氣體溫度計結構如圖所示。玻璃測溫泡c錯誤。液體表面的張力具有使液體表面收縮到最小

21、的趨勢,A內充有理想氣體，通過細玻璃管始時A處于冰水混合物中, 待測恒溫槽中，上下移動 大氣壓為1個標準大氣壓, 求恒溫槽的溫度。此過程A內氣體內能左管C中水銀面在O點處，右管D中水銀面高出D,使C中水銀面仍在 O點處，測得D中水銀面高出 1標準大氣壓相當于 76cmHg ）（填“增大”或“減小”），氣體不對外做功,執(zhí)”或八、答案：“放熱”）。364K增大吸熱解析:設恒溫槽的溫度為丁2,由題意知Ti =273K A內氣體發(fā)生等容變化由查理定律得PiP2Ti '2B和水銀壓強計相連。開。點h1=14cm 0后將A放入。點h2=44cm 0 （已知外界氣體將（填“吸P=P0+PiC橡膠管/聯立式解得T2 = 364K d理想氣體的內能只由溫度決定，A氣體的溫度升高，所以內能增大。由熱力學第一定律,U=Q-W知，氣體不對外做功，氣體將吸熱。37、（8分）（物理一物理 3-4）（1）如圖所示，一列簡諧波沿x為t2=0.01s時的波形圖。已知周期軸傳播，實線為L=0T>0.01s。波沿x軸 求波速。答案：正（填“正”或“負”）方向傳播。 100m/s解析：t1=0時，P質點向y軸負方向運動，由波的形成 與傳播知識可以判