全國統(tǒng)一高考物理試卷新課標卷word版含詳細答案

1、2011年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標卷）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分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1（6分）（2014南充一模）為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的在如圖四個圖中，正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是（）ABCD2（6分）質點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用此后，該質點的動能可能（）A一直增大B先逐漸減小至零，再逐漸增大C先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大3（6分）一蹦極

2、運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是（）A運動員到達最低點前重力勢能始終減小B蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關4（6分）如圖，一理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2；副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220V，額定功率為22W；原線圈電路中接有電壓表和電流表現(xiàn)閉合開關，燈泡正常發(fā)光若用U和I分別表示此時電壓表和電流表的讀數(shù)，則（）AU=110V，I=0.2ABU=110V，I=0

3、.05ACU=110V，I=0.2ADU=110V，I=0.2A5（6分）（2012徐匯區(qū)一模）電磁軌道炮工作原理如圖所示待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是（）A只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B只將電流I增加至原來的2倍C只將彈體質量減至原來的一半D將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變6（6分）（2014蘭考縣

4、模擬）衛(wèi)星電話信號需要通過地球衛(wèi)星傳送如果你與同學在地面上用衛(wèi)星電話通話，則從你發(fā)出信號至對方接收到信號所需要最短時間最接近于（可能用到的數(shù)據：月球繞地球運動的軌道半徑為3.8×105km，運動周期約為27天，地球半徑約為6400km，無線電信號的傳播速度為3×108m/s）（）A0.1sB0.25sC0.5sD1s7（6分）（2012普陀區(qū)一模）一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（）ABCD8（6分）如圖，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上

5、疊放一質量為m2的木塊假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是（）ABCD二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題12題為必考題；每個試題考生都必須作答第13題18題為選考題，考生根據要求作答（一）必考題9為了測量一微安表頭A的內阻，某同學設計了如圖所示的電路圖中，A0是標準電流表，R0和RN分別是滑動變阻器和電阻箱，S和S1分別是單刀雙擲開關和單刀開關，E是電池完成下列實驗步驟中的填空：（1）將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)_，使待測表頭指針偏轉到適

6、當位置，記下此時_的讀數(shù)I；（2）然后將S撥向接點2，調節(jié)_，使_，記下此時RN的讀數(shù)；（3）多次重復上述過程，計算RN讀數(shù)的_，此即為待測微安表頭內阻的測量值10利用圖所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動，當一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離s，記下相應的t值；所得數(shù)據如下表所示s（m）0.5000.6000.7000.8000.9000.950

7、t（ms）292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t（m/s）1.711.621.551.451.341.22完成下列填空和作圖：（1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經過光電門乙時的瞬時速度v1、測量值s和t四個物理量之間所滿足的關系式是_；（2）根據表中給出的數(shù)據，在答題紙的圖上給出的坐標紙上畫出s/tt圖線；（3）由所畫出的s/tt圖線，得出滑塊加速度的大小為a=_m/s2（保留2位有效數(shù)字）11甲乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變在第一段時間間隔內，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間

8、間隔內，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比12如圖，在區(qū)域（0xd）和區(qū)域（dx2d）內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面一質量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入區(qū)域，其速度方向沿x軸正向已知a在離開區(qū)域時，速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時，另一質量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入區(qū)域，其速度大小是a的1/3，不計重力和兩粒子之間的相互作用力，求：（1）粒子a射入區(qū)域時速度的大??；（2）當a離開區(qū)域時，a、b兩粒

9、子的y坐標之差三、（二）選考題：物理-選修3-313（2012長沙模擬）對于一定量的理想氣體，下列說法正確的是 （）A若氣體的壓強和體積都不變，其內能也一定不變B若氣體的內能不變，其狀態(tài)也一定不變C若氣體的溫度隨時間不斷升高，其壓強也一定不斷增大D氣體溫度每升高1K所吸收的熱量與氣體經歷的過程有關E當氣體溫度升高時，氣體的內能一定增大14如圖，一上端開口、下端封閉的細長玻璃管，下部有長l1=66cm的水銀柱，中間封有長l2=6.6cm的空氣柱，上部有長l3=44cm的水銀柱，此時水銀面恰好與管口平齊已知大氣壓強為P0=76cmHg如果使玻璃管繞底端在豎直平面內緩慢地轉動一周，求在開口向下和轉回

10、到原來位置時管中空氣柱的長度封入的氣體可視為理想氣體，在轉動過程中沒有發(fā)生漏氣四、物理-選修3-415一振動周期為T、振幅為A、位于x=0點的波源從平衡位置沿y軸正向開始做簡諧運動該波源產生的一維簡諧橫波沿x軸正向傳播，波速為v，傳播過程中無能量損失一段時間后，該振動傳播至某質點P，關于質點P振動的說法正確的是 （）A振幅一定為AB周期一定為TC速度的最大值一定為vD開始振動的方向沿y軸向上或向下取決于它離波源的距離E若P點與波源距離s=vT，則質點P的位移與波源的相同16一半圓柱形透明物體橫截面如圖所示，底面AOB鍍銀（圖中粗線），O表示半圓截面的圓心，一束光線在橫截面內從M點入射，經過AB

11、面反射后從N點射出已知光線在M點入射角為30°，MOA=60°，NOB=30°求（）光線在M點的折射角；（）透明物體的折射率五、物理-選修3-517在光電效應實驗中，某金屬的截止頻率相應的波長為0，該金屬的逸出功為_若用波長為（0）的單色光做該實驗，則其遏止電壓為_已知電子的電荷量、真空中的光速和普朗克常量分別為e、c和h18如圖，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，

12、與B相碰并粘合在一起以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知離開彈簧后的速度恰好為v0求彈簧釋放的勢能2011年全國統(tǒng)一高考物理試卷（新課標卷）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分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1（6分）（2014南充一模）為了解釋地球的磁性，19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的在如圖四個圖中，正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是（）ABCD考點：分子電流假說專題：電磁感應中的力學問題分析：要知道環(huán)形電流的方向首先要知道地磁場

13、的分布情況：地磁的南極在地理北極的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根據安培定則四指彎曲的方向是電流流動的方向從而判定環(huán)形電流的方向解答：解：地磁的南極在地理北極的附近，故在用安培定則判定環(huán)形電流的方向時右手的拇指必需指向南方；而根據安培定則：拇指與四指垂直，而四指彎曲的方向就是電流流動的方向，故四指的方向應該向西故B正確故選B點評：主要考查安培定則和地磁場分布，掌握安培定則和地磁場的分布情況是解決此題的關鍵所在另外要掌握此類題目一定要樂于伸手判定2（6分）質點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用此后，該質點的動能可能（）A一直增大B先逐漸減小至零，再逐漸增大C先逐漸增大至某一最大

14、值，再逐漸減小D先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大考點：動能定理的應用分析：一質點開始時做勻速直線運動，說明質點所受合力為0，從某時刻起受到一恒力作用，這個恒力就是質點的合力根據這個恒力與速度的方向關系確定質點動能的變化情況解答：解：A、如果恒力與運動方向相同，那么質點做勻加速運動，動能一直變大，故A正確B、如果恒力與運動方向相反，那么質點先做勻減速運動，速度減到0，質點在恒力作用下沿著恒力方向做勻加速運動，動能再逐漸增大故B正確C、如果恒力方向與原來運動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相同，這個方向速度就會增加，另一個方向速度不

15、變，那么合速度就會增加，不會減小故C錯誤D、如果恒力方向與原來運動方向不在同一直線上，那么將速度沿恒力方向所在直線和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個速度方向相反，這個方向速度就會減小，另一個方向速度不變，那么合速度就會減小，當恒力方向速度減到0時，另一個方向還有速度，所以速度到最小值時不為0，然后恒力方向速度又會增加，合速度又在增加，即動能增大故D正確故選ABD點評：對于直線運動，判斷速度增加還是減小，我們就看加速度的方向和速度的方向對于受恒力作用的曲線運動，我們可以將速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究3（6分）一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距

16、離假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點，下列說法正確的是（）A運動員到達最低點前重力勢能始終減小B蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關考點：機械能守恒定律；彈性勢能專題：機械能守恒定律應用專題分析：運動員人高臺下落過程中，重力做正功，重力勢能始終減小蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加以運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒重力勢能的改變與重力做功有關，取決于初末位置解答：解：A、運動員到達最低點前，重力對運動員一直做正功，

17、運動員的重力勢能始終減小故A正確 B、蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，運動員的位移向下，彈性力對運動員做負功，彈性勢能增加故B正確 C、以運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒故C正確 D、重力勢能的改變與重力做功有關，取決于初末位置的高度差，與重力勢能零點的選取無關故D錯誤故選ABC點評：本題類似于小球掉在彈簧上的類型重力與彈力特點相似，這兩種力做正功時，勢能減小，做負功時，勢能增加4（6分）如圖，一理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2；副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220V，額定功率為22W；原線圈電路中接有電壓表和電流表現(xiàn)閉合開關，燈泡正常發(fā)

18、光若用U和I分別表示此時電壓表和電流表的讀數(shù)，則（）AU=110V，I=0.2ABU=110V，I=0.05ACU=110V，I=0.2ADU=110V，I=0.2A考點：變壓器的構造和原理專題：交流電專題分析：燈泡正常發(fā)光說明副線圈的電壓為220V，計算電流，根據變壓器中電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比即可求解解答：解：燈泡正常發(fā)光說明副線圈的電壓為220V，電流為=0.1A，根據電壓、電流與匝數(shù)的關系知，原線圈中電壓為=110V，電流為=0.2A，A正確故選A點評：本題考查了變壓器的特點；電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比5（6分）（2012徐匯區(qū)一模）電磁軌道炮工作原理如圖所示待發(fā)射彈

19、體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場），磁感應強度的大小與I成正比通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是（）A只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B只將電流I增加至原來的2倍C只將彈體質量減至原來的一半D將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變考點：動能定理的應用；安培力專題：動能定理的應用專題分析：通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，利用動能定理表示出彈體的出射速度根據速度的表達式進行求解解答：

20、解：通電的彈體在軌道上受到安培力的作用，利用動能定理有BIlL=mv2，磁感應強度的大小與I成正比，所以B=kI解得 A、只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，彈體的出射速度增加至原來的倍，故A錯誤B、只將電流I增加至原來的2倍，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故B正確C、只將彈體質量減至原來的一半，彈體的出射速度增加至原來的倍，故C錯誤D、將彈體質量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其它量不變，彈體的出射速度增加至原來的2倍，故D正確故選BD點評：解決該題關鍵運用動能定理表示出彈體的出射速度求解要找出一個物理量變化所采用的方法，應該先運用物理規(guī)律表示出這個物理量再根據表達式中各個因素求解6（

21、6分）（2014蘭考縣模擬）衛(wèi)星電話信號需要通過地球衛(wèi)星傳送如果你與同學在地面上用衛(wèi)星電話通話，則從你發(fā)出信號至對方接收到信號所需要最短時間最接近于（可能用到的數(shù)據：月球繞地球運動的軌道半徑為3.8×105km，運動周期約為27天，地球半徑約為6400km，無線電信號的傳播速度為3×108m/s）（）A0.1sB0.25sC0.5sD1s考點：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用分析：同步衛(wèi)星和月球都是繞地球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，求出軌道半徑比，從而得出同步衛(wèi)星的軌道半徑以及高度，根據速度公式求出時間解答：解：根據萬有引力提供向心力，解

22、得：r=，已知月球和同步衛(wèi)星的周期比為27：1，則月球和同步衛(wèi)星的軌道半徑比為9：1同步衛(wèi)星的軌道半徑r=×3.8×105=4.2×104km所以接收到信號的最短時間t=0.25s故選B點評：解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力7（6分）（2012普陀區(qū)一模）一帶負電荷的質點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是（虛線是曲線在b點的切線）（）ABCD考點：電場強度；曲線運動專題：壓軸題；電場力與電勢的性質專題分析：根據物體做曲線運動的條件和受力特點分析電荷受的電場力方向，再由負電荷所受的電場

23、力方向與場強方向相反進行選擇解答：解：A、電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內側，不可能沿軌跡的切線方向，則場強也不可能沿軌跡的切線方向故A錯誤B、負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，圖中電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，電荷的速率增大，與題不符故B錯誤C、圖中場強方向指向軌跡的內側，則電場力指向軌跡的外側，電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動故C錯誤D、圖中場強方向指向軌跡的外側，則電場力指向軌跡的內側，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負功，電荷的速率減小，符合題意故D正確故選D點評：本題是電場中軌跡問題，抓住電荷所受的合力

24、指向軌跡的內側和速度沿軌跡的切線方向是解題的關鍵8（6分）如圖，在光滑水平面上有一質量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質量為m2的木塊假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是（）ABCD考點：牛頓第二定律專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題分析：當F比較小時，兩個物體相對靜止，一起加速運動，加速度相同，根據牛頓第二定律得出加速度與時間的關系當F比較大時，m2相對于m1運動，兩者加速度不同，根據牛頓第二定律分別對兩個物體研究，得出加速度與時間的關系，再選擇圖

25、象解答：解：當F比較小時，兩個物體相對靜止，加速度相同，根據牛頓第二定律得： a=，at；當F比較大時，m2相對于m1運動，根據牛頓第二定律得： 對m1：a1=，、m1、m2都一定，則a1一定 對m2：a2=，a2是t的線性函數(shù)，t增大，a2增大由于F隨時間增大，木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等，所以a2大于兩物體相對靜止時的最大加速度故選A點評：本題首先要分兩個相對靜止和相對運動兩種狀態(tài)分析，其次采用整體法和隔離法研究得到加速度與時間的關系式，再選擇圖象，是經常采用的思路二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第9題12題為必考題；每個試題考生都必須作答第13題18題為選考題，考生

26、根據要求作答（一）必考題9為了測量一微安表頭A的內阻，某同學設計了如圖所示的電路圖中，A0是標準電流表，R0和RN分別是滑動變阻器和電阻箱，S和S1分別是單刀雙擲開關和單刀開關，E是電池完成下列實驗步驟中的填空：（1）將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)R0，使待測表頭指針偏轉到適當位置，記下此時標準電流表的讀數(shù)I；（2）然后將S撥向接點2，調節(jié)RN，使標準電流表的讀數(shù)仍為I，記下此時RN的讀數(shù)；（3）多次重復上述過程，計算RN讀數(shù)的平均值，此即為待測微安表頭內阻的測量值考點：用多用電表測電阻專題：實驗題；恒定電流專題分析：先接通1，使待測電表有一示數(shù)，再接通2調節(jié)電阻箱使待測電表的示數(shù)相同，此時電

27、阻箱的示數(shù)即為待測電表的內阻解答：解：（1）將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)R0 使待測表頭指針偏轉到適當位置，記下此時標準電流表 讀數(shù)I；（2）然后將S撥向接點2，調節(jié)RN，使 標準電流表的讀數(shù)仍為I，記下此時RN的讀數(shù)；（3）多次重復上述過程，計算RN讀數(shù)的 平均值，此即為待測微安表頭內阻的測量值故答案為：（1）R0 標準電流表（2）RN，標準電流表的讀數(shù)仍為I（3）平均值點評：本題考查了一種新的實驗方法測量電表的內阻，要能夠根據實驗原理圖知道實驗的原理和步驟10利用圖所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動，

28、當一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離s，記下相應的t值；所得數(shù)據如下表所示s（m）0.5000.6000.7000.8000.9000.950t（ms）292.9371.5452.3552.8673.8776.4s/t（m/s）1.711.621.551.451.341.22完成下列填空和作圖：（1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經過光電門乙時的瞬時速度v1、測量值s和t四個物理量之間所滿足的關系式是s=v1ta

29、t2；（2）根據表中給出的數(shù)據，在答題紙的圖上給出的坐標紙上畫出s/tt圖線；（3）由所畫出的s/tt圖線，得出滑塊加速度的大小為a=2.0m/s2（保留2位有效數(shù)字）考點：測定勻變速直線運動的加速度專題：實驗題；恒定電流專題分析：可以把光電門甲至乙的勻加速運動看成反向的勻減速運動，寫出測量值s和t四個物理量之間所滿足的關系式由位移時間關系式整理得到t圖線的表達式，并找出圖線的斜率和加速度關系解答：解：已知滑塊沿斜面下滑時做勻加速運動，滑塊加速度的大小a、滑塊經過光電門乙時的瞬時速度v1、測量值s和t四個物理量因為時速度v1是下滑的末速度，所以我們可以看下滑的逆過程，所以滿足的關系式是：s=v

30、1t+at2根據表中給出的數(shù)據，在圖2給出的坐標紙上畫出t圖線；由s=v1tat2整理得：=v1at由表達式可知，加速度等于斜率大小的兩倍所以由圖象得出滑塊加速度的大小為a=2.0m/s2故答案為：s=v1tat2；如圖；2.0點評：題目的難度在于：物體加速下滑時，我們研究了它的逆過程，并且要整理圖象所要求的表達式11甲乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變在第一段時間間隔內，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比考

31、點：勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系專題：壓軸題；直線運動規(guī)律專題分析：分別對甲乙兩車研究，用加速度a，時間間隔t0等相同的量表示總位移，再求出路程之比解答：解：設汽車甲在第一段時間時間間隔t0末的速度為v，第一段時間間隔內行駛的路程為s1，加速度為a，在第二段時間間隔內行駛的路程為s2由題，汽車甲在在第二段時間間隔內加速度為2a設甲、乙兩車行駛的總路程分別為s、s'，則有s=s1+s2，s'=s1+s2 由運動學公式得 v=at0 s1= 將代入得 s2=2a，由+得 s=s1+s2=設乙車在時間t0的速度為v'，在第一、二段時間間隔

32、內行駛的路程分別為s1、s2同樣有 v'=（2a）t0 將代入得 s2= 由+得s'=s1+s2=所以甲、乙兩車各自行駛的總路程之比為答：甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比為5：7點評：對于兩個物體運動問題的處理，除了分別研究兩個物體的運動情況外，往往要抓住它們之間的關系，列出關系式12如圖，在區(qū)域（0xd）和區(qū)域（dx2d）內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面一質量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入區(qū)域，其速度方向沿x軸正向已知a在離開區(qū)域時，速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時，另一

33、質量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入區(qū)域，其速度大小是a的1/3，不計重力和兩粒子之間的相互作用力，求：（1）粒子a射入區(qū)域時速度的大??；（2）當a離開區(qū)域時，a、b兩粒子的y坐標之差考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力專題：壓軸題；帶電粒子在磁場中的運動專題分析：（1）根據洛倫茲力提供向心力，運用幾何關系求出粒子的軌道半徑，結合牛頓第二定律求出粒子a射入區(qū)域時速度的大?。?）通過洛倫茲力提供向心力，得出a粒子在區(qū)域中的軌道半徑是區(qū)域中的一半，結合幾何關系得出a粒子離開區(qū)域時，a粒子的縱坐標根據時間關系通過幾何關系求出當a離開區(qū)域時，b粒子的縱坐標，從而得出a

34、、b兩粒子的y坐標之差解答：解：（1）設粒子a在I內做勻速圓周運動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P'，如圖由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關系得PCP=，式中 =30°由式得 （2）設粒子a在II內做圓周運動的圓心為Oa，半徑為Ra1，射出點為Pa（圖中未畫出軌跡），POaPa=由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 C、P'和Oa三點共線，且由式知Oa點必位于 的平面上由對稱性知，Pa點與P'點縱坐標相同，即 y1=Ra1cos+h式中，h是C點的y坐標設b在I中運動的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力

35、公式和牛頓第二定律得 設a到達Pa點時，b位于Pb點，轉過的角度為如果b沒有飛出I，則，（11）式中，t是a在區(qū)域II中運動的時間，而（12）， （13）由（11）（12）式得 =30°（14）由（14）式可見，b沒有飛出Pb點的y坐標為 y2=Rb1（2+cos）+h由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為 答：（1）粒子a射入區(qū)域時速度的大?。?）當a離開區(qū)域時，a、b兩粒子的y坐標之差為點評：本題考查帶電粒子在磁場中的運動，需掌握粒子在磁場中運動的軌道半徑公式，能夠正確地作出軌跡圖，運用幾何關系求解三、（二）選考題：物理-選修3-313（2012長沙模擬）對于一定量的理想氣

36、體，下列說法正確的是 （）A若氣體的壓強和體積都不變，其內能也一定不變B若氣體的內能不變，其狀態(tài)也一定不變C若氣體的溫度隨時間不斷升高，其壓強也一定不斷增大D氣體溫度每升高1K所吸收的熱量與氣體經歷的過程有關E當氣體溫度升高時，氣體的內能一定增大考點：物體的內能；理想氣體的狀態(tài)方程專題：壓軸題；內能及其變化專題分析：理想氣體內能由物體的溫度決定，理想氣體溫度變化，內能變化；由理想氣體的狀態(tài)方程可以判斷氣體溫度變化時，氣體的體積與壓強如何變化解答：解：A、由理想氣體的狀態(tài)方程可知，若氣體的壓強和體積都不變，則其溫度不變，其內能也一定不變，故A正確；B、若氣體的內能不變，則氣體的溫度不變，氣體的壓

37、強與體積可能發(fā)生變化，氣體的狀態(tài)可能變化，故B錯誤；C、由理想氣體的狀態(tài)方程可知，若氣體的溫度T隨時間升高，體積同時變大，其壓強可能不變，故C錯誤；D、氣體絕熱壓縮或膨脹時，氣體不吸熱也不放熱，氣體內能發(fā)生變化，溫度升高或降低，在非絕熱過程中，氣體內能變化，要吸收或放出熱量，由此可知氣體溫度每升高1K所吸收的熱量與氣體經歷的過程有關，故D正確；E、理想氣體內能由溫度決定，當氣體溫度升高時，氣體的內能一定增，故E正確；故答案為：ADE點評：理想氣體分子間的距離較大，分子間的作用力為零，分子勢能為零，理想氣體內能由溫度決定14如圖，一上端開口、下端封閉的細長玻璃管，下部有長l1=66cm的水銀柱，

38、中間封有長l2=6.6cm的空氣柱，上部有長l3=44cm的水銀柱，此時水銀面恰好與管口平齊已知大氣壓強為P0=76cmHg如果使玻璃管繞底端在豎直平面內緩慢地轉動一周，求在開口向下和轉回到原來位置時管中空氣柱的長度封入的氣體可視為理想氣體，在轉動過程中沒有發(fā)生漏氣考點：理想氣體的狀態(tài)方程專題：壓軸題；理想氣體狀態(tài)方程專題分析：根據平衡條件研究空氣柱壓強初位置的壓強，玻璃管開口向下時，原來上部的水銀有一部分會流出，封閉端會有部分真空，水銀柱總長度為76cm，然后根據玻意耳定律列式求解；轉回到原來位置時先根據平衡條件求出空氣中壓強，然后根據玻意耳定律列式求解解答：解：設玻璃管開口向上時，空氣柱壓

39、強為：P1=P0+gl3 （式中和g分別表示水銀的密度和重力加速度）玻璃管開口向下時，原來上部的水銀有一部分會流出，封閉端會有部分真空設此時開口端剩下的水銀柱長度為x，則P2=gl1，P2+gx=P0 （P2管內空氣柱的壓強）由玻意耳定律得P1（sl2）=P2（sh） （式中，h是此時空氣柱的長度，S為玻璃管的橫截面積）由式和題給條件得h=12cm從開始轉動一周后，設空氣柱的壓強為P3，則P3=P0+gx由玻意耳定律得P1（sl2）=P3（sh'）（式中，h'是此時空氣柱的長度）由h'9.2cm答：在開口向下管中空氣柱的長度為12cm，到原來位置時管中空氣柱的長度是9.

40、2cm點評：本題關鍵是求出被封閉氣體的壓強即可正確解答，解答這類問題注意以水銀柱為研究對象，根據平衡狀態(tài)求解四、物理-選修3-415一振動周期為T、振幅為A、位于x=0點的波源從平衡位置沿y軸正向開始做簡諧運動該波源產生的一維簡諧橫波沿x軸正向傳播，波速為v，傳播過程中無能量損失一段時間后，該振動傳播至某質點P，關于質點P振動的說法正確的是 （）A振幅一定為AB周期一定為TC速度的最大值一定為vD開始振動的方向沿y軸向上或向下取決于它離波源的距離E若P點與波源距離s=vT，則質點P的位移與波源的相同考點：波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象專題：壓軸題分析：波傳播過程中，各振動質點的振動周期、振幅、起振方向都和波源質點相同，質點的振動速度大小跟波速無關解答：解：A、B、D波傳播過程中，各振動質點的振動周期、振幅、起振方向都和波源質點相同，A、B正確，D錯誤；C、質點的振動速度大小跟波速無關，C錯誤；E