2011年四川省高考物理試卷答案與解析

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2011年四川省高考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題共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）（2011四川）氣體能夠充滿密閉容器，說明氣體分子除相互碰撞的短暫時間外（）A氣體分子可以做布朗運動B氣體分子的動能都一樣大C相互作用力十分微弱，氣體分子可以自由運動D相互作用力十分微弱，氣體分子間的距離都一樣大【考點】分子動理論的基本觀點和實驗依據(jù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】分子運動論專題【分析】正確解答本題需要掌握：布朗運動特點；分子的平均動能與溫度之間的統(tǒng)計規(guī)

2、律關(guān)系；明確氣體分子之間力特點：分子之間距離很大，分子力近似為零【解答】解：A、布朗運動是固體小顆粒的運動，故A錯誤；B、氣體分子的運動是雜亂無章的，表示氣體分子的速度大小和方向具有不確定性，與溫度的關(guān)系是統(tǒng)計規(guī)律，故B錯誤；C、氣體分子的相互作用力十分微弱，氣體分子可以自由運動造成氣體沒有固定形狀，故C正確；D、氣體分子的相互作用力十分微弱，但是由于頻繁撞擊使得氣體分子間的距離不是一樣大，D錯誤故選C【點評】分子平均動能、平均速率和溫度的關(guān)系遵循統(tǒng)計規(guī)律，同時注意氣體分子間作用力特點2（6分）（2011四川）下列說法正確的是（）A甲乙在同一明亮空間，甲從平面鏡中看見乙的眼睛時，乙一定能從鏡中

3、看見甲的眼睛B我們能從某位置通過固定的任意透明的介質(zhì)看見另一側(cè)的所有景物C可見光的傳播速度總是大于電磁波的傳播速度D在介質(zhì)中光總是沿直線傳播【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；平面鏡成像菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由平面鏡成像及光路的可逆時可知A中現(xiàn)象；光從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)時會發(fā)生折射，若從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)時會發(fā)生全反射現(xiàn)象；光是一種電磁波，故電磁波的傳播速度等于光速；光在單一均勻介質(zhì)中是沿直線傳播的【解答】解：A、根據(jù)光路的可逆性甲從平面鏡中看見乙的眼睛時，乙一定能從鏡中看見甲的眼睛；故A正確；B、由于光的折射，通過透明的介質(zhì)觀察景物時總是存在一定的視角，若發(fā)生全反射時，無法看見另一側(cè)的所有

4、景物，故B錯誤；C、可見光和電磁波在真空中的傳播速度相等，故C錯誤；D、在單一均勻介質(zhì)中光才能沿直線傳播故D錯誤；故選A【點評】本題考查光的特性：傳播方式、傳播速度、折反射和可逆性等，屬基礎(chǔ)內(nèi)空3（6分）（2011四川）如圖為一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在t=0時的波形圖，當Q點在t=0時的振動狀態(tài)傳到P點時，則（）A1cmx3cm范圍內(nèi)的質(zhì)點正在向y軸的負方向運動BQ處的質(zhì)點此時的加速度沿y軸的正方向CQ處的質(zhì)點此時正在波峰位置DQ處的質(zhì)點此時運動到p處【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】由題意利用平移法可知Q點的狀態(tài)傳到P點時波形圖，由波形圖可判斷各點的振動情況【解答】解

5、：當Q點在t=0時的振動狀態(tài)傳到P點時，Q點在t=0時的波沿也向左傳到P點，所以x=0cm處質(zhì)元在波谷，x=2cm處質(zhì)元在波峰，則1cmx2cm向y軸的正方向運動，2cmx3cm向y軸的負方向運動，A錯誤；Q點振動四分之三周期后到達波谷加速度沿y軸的正方向最大，不能平移，B正確，C D錯誤故選B【點評】本題波形是關(guān)鍵，只要畫出新的波形各點的振動即可明確！4（6分）（2011四川）據(jù)報道，天文學家近日發(fā)現(xiàn)了一顆距地球40光年的“超級地球”，名為“55Cancrie”該行星繞母星（中心天體）運行的周期約為地球繞太陽運行周期的，母星的體積約為太陽的60倍假設(shè)母星與太陽密度相同，“55Cancrie”

6、與地球做勻速圓周運動，則“55Cancrie”與地球的（）A軌道半徑之比約為B軌道半徑之比約為C向心加速度之比約為D向心加速度之比約為【考點】萬有引力定律及其應用；牛頓第二定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】計算題；信息給予題【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式根據(jù)題目中的已知量表示出未知量代入等式把所要比較的物理量表示出來再進行比較【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律得：，解得所以軌道半徑之比為，故A錯誤B、根據(jù)A選項分析，故B正確C、根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：=ma向心加速度 a=所以向心加速度之比約為=，故C錯誤D、根據(jù)C選項分析，故D錯誤故選B【點評】該題考查的知識點是：應

7、用牛頓第二定律和萬有引力定律通過軌道半徑估算周期、線速度、星球質(zhì)量和密度、加速度等向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用5（6分）（2011四川）氫原子從能級m躍遷到能級n時輻射紅光的頻率為v1，從能級n躍遷到能級k時吸收紫光的頻率為v2，已知普朗克常量為h，若氫原子從能級k躍遷到能級m，則（）A吸收光子的能量為hv1+hv2B輻射光子的能量為hv1+hv2C吸收光子的能量為hv1hv2D輻射光子的能量為hv2hv1【考點】氫原子的能級公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】計算題【分析】根據(jù)能級躍遷公式可分別得出輻射紅光和輻射紫光時的能量關(guān)系，則可得出從k到m時能量變化的

8、表達式，即可得出正確結(jié)果【解答】解：氫原子從能級m躍遷到能級n時輻射紅光，EmEn=h1，從能級n躍遷到能級k時吸收紫光EkEn=h2，則從能級k躍遷到能級m有EkEm=（EkEn）（EmEn）=h2h1，因紅光的能量小于紫光的能量，故能量降低輻射光子；故選D【點評】本題考查原子躍遷與能級能量變化及輻射或光子能量的關(guān)系要明確色光間的波長及頻率關(guān)系6（6分）（2011四川）如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則（）A火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的

9、拉力變小B返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)【考點】牛頓第二定律；超重和失重；功的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】打開降落傘一段時間后，返回艙已經(jīng)做勻速運動，此時的速度還是比較大，當著陸時點燃緩沖火箭使返回艙的速度快速的減為零，從而安全著陸，所以在點燃返回艙的緩沖火箭的過程中，起主要作用的是緩沖火箭，緩沖火箭對返回艙做負功使其動能減小【解答】解：A、火箭開始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙作用因而傘繩對返回艙的拉力變小所以A正確B、返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩

10、沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力，不是空氣阻力，所以B錯誤C、在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動能減小，返回艙所受合外力做負功，所以C錯誤D、由C的分析可知，D錯誤故選：A【點評】在著陸的過程中，主要是靠緩沖火箭來使返回艙減速到零，所以緩沖火箭對返回艙做負功，返回艙做減速運動有向上的加速度，處于超重狀態(tài)本題需要同學分析清楚返回艙的運動過程，從而判斷返回艙運動的狀態(tài)7（6分）（2011四川）如圖所示，在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動的矩形線圈的周期為T，轉(zhuǎn)軸O1O2垂直于磁場方向，線圈電阻為2從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈轉(zhuǎn)過60°時的感應電流為

11、1A那么（）A線圈消耗的電功率為4WB線圈中感應電流的有效值為2AC任意時刻線圈中的感應電動勢為e=4cosD任意時刻穿過線圈的磁通量為=sin【考點】正弦式電流的最大值和有效值、周期和頻率；交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】簡答題；壓軸題；推理法【分析】繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動的矩形線圈中產(chǎn)生正弦或余弦式交流電，由于從垂直中性面開始其瞬時表達式為i=Imcos，由已知可求Im=，根據(jù)正弦式交變電流有效值和峰值關(guān)系可求電流有效值根據(jù)P=I2R可求電功率根據(jù)Em=Imr可求感應電動勢的最大值任意時刻穿過線圈的磁通量為= 根據(jù)Em=NBS可求m=BS=【解答】

12、解：從垂直中性面開始其瞬時表達式為i=Imcos，則電流的最大值為 Im=感應電動勢的最大值為 Em=Imr=2×2=4V任意時刻線圈中的感應電動勢為 e=Emcos=4cost 線圈消耗的電功率為 P=I2r=W=4W任意時刻穿過線圈的磁通量為=根據(jù)公式Em=NBS=Nm可得故=，故選：AC【點評】本題考察的是有效值計算及有關(guān)交變電流的基本知識8（6分）（2011四川）質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點不計空氣阻力且小球從未落地，則（）A整個過程中小球電勢能變換了mg2t2B整個過程中小球動量增量的大

13、小為2mgtC從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg2t2D從A點到最低點小球重力勢能變化了mg2t2【考點】重力勢能的變化與重力做功的關(guān)系；勻變速直線運動的公式；動量定理；功能關(guān)系；電勢能菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】計算題；壓軸題【分析】分析小球的運動過程，根據(jù)運動學公式求出在電場中的加速度根據(jù)牛頓第二定律求出電場力與重力的關(guān)系運用動量定理求出動量的變化量根據(jù)動能定理求出動能的變化量根據(jù)重力做功與重力勢能變化關(guān)系求解重力勢能變化量【解答】解：A、小球先做自由下落，然后受電場力和重力向下做勻減速到速度為0，再向上做勻加速回到A點設(shè)加上電場后小球的加速度大小為a，規(guī)定向下為正方向整個過程中

14、小球的位移為0，運用運動學公式：gt2+gt×tat2=0解得a=3g，根據(jù)牛頓第二定律：F合=F電mg=ma所以電場力是重力的4倍為4mg，根據(jù)電場力做功量度電勢能的變化w電=Epw電=F電x=4mg×gt2=2mg2t2所以整個過程中小球電勢能減少了2mg2t2故A錯誤B、規(guī)定向下為正方向，根據(jù)動量定理得：p=mgt3mgt=2mgt，所以整個過程中小球動量增量的大小為2mgt，故B正確；C、小球減速到最低點動能為0，所以從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化與從A點無初速度自由下落到t秒末動能變化相等小球從A點無初速度自由下落到t秒末動能變化為mg2t2 故C錯

15、誤D、根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得：從A點到最低點重力勢能變化了mg×（gt2+×gt2）=mg2t2 故D正確故選BD【點評】本題主要考查了做功與能量變化關(guān)系的應用要能夠分析小球的運動過程，明確題目中要研究的過程解決問題二、實驗題（共17分）9（17分）（2011四川）（1）某研究性學習小組進行了如下實驗：如圖所示，在一端封閉的光滑細玻璃管中注滿清水，水中放一個紅蠟做成的小圓柱體R將玻璃管的開口端用膠塞塞緊后豎直倒置且與Y軸重合，在R從坐標原點以速度v0=3cm/s勻速上浮的同時，玻璃管沿x軸正方向做初速為零的勻加速直線運動同學們測出某時刻R的坐標為（4，6），此時

16、R的速度大小為5cm/s，R在上升過程中運動軌跡的示意圖是D（R視為質(zhì)點）（2）為測量一電源的電動勢及內(nèi)阻，在下列三個電壓表中選一個改裝成量程為9V的電壓表A量程為1V、內(nèi)阻大約為1K的電壓V1B量程為2V、內(nèi)阻大約為2K的電壓V2C量程為3V、內(nèi)阻大約為3K的電壓V3選擇電壓表V3串聯(lián)6K的電阻可以改轉(zhuǎn)成量程為9V的電壓表利用一個電阻箱、一只開關(guān)、若開關(guān)導線和改裝好的電壓表（此表用符號V1，V2，V3與一個電阻串聯(lián)來表示，且可視為理想電壓表），在虛線框內(nèi)畫出電源電動勢及內(nèi)阻的實驗原理電路圖根據(jù)以上試驗原理電路圖進行實驗，讀出電壓表示數(shù)為1.50V時、電阻箱值為15.0；電壓表示數(shù)為2.00V

17、時，電阻箱的阻值為40.0，則電源的電動勢E=7.5V、內(nèi)阻r=10【考點】研究閉合電路的歐姆定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實驗題；壓軸題【分析】（1）小圓柱體參與了兩方向上的運動，豎直向勻速，水平向上的勻加速，則可分別求出兩方向上的速度，再由速度的合成求得合速度；（2）改裝中要進行量程的換算，故可以選量程成整數(shù)倍的電表；由閉合電路的歐姆定律的實驗方法可知實驗電路圖；由閉合電路的歐姆定律可列式求得電動勢及內(nèi)阻【解答】解：（1）“研究運動的合成與分解”實驗中：小圓柱體R在豎直方向勻速運動有y=v0t，在水平方向做初速為0的勻加速直線運動得a=2cm/s2，R的速度大小為，軌跡示意圖是D（2）選擇量程

18、為3V、內(nèi)阻大約為3K的電壓V3表盤刻度改裝容易，讀數(shù)容易，改裝后量程和內(nèi)阻都擴大3倍，所以改裝時需要串聯(lián)6K的電阻實驗原理電路圖，如圖：電壓表示數(shù)為1.50V時，改裝電壓表的示數(shù)為4.50V，即加在電阻箱上的電壓是4.50V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律 ，同理有連立二式解得 E=7.5V r=10故答案為：（1）5，D；（2）V3；6；電路如圖所示：7.5，10【點評】將電壓表擴大量程只需將內(nèi)阻擴大相同的倍數(shù)即可；閉合電路歐姆定律一般可以由兩個方程即可求得電動勢和內(nèi)阻三、計算題10（16分）（2011四川）隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生

19、命一貨車嚴重超載后的總質(zhì)量為49t，以54km/h的速率勻速行駛發(fā)現(xiàn)紅燈時司機剎車，貨車即做勻減速直線運動，加速度的大小為2.5m/s2（不超載時則為5m/s2）（1）若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進多遠？（2）若超載貨車剎車時正前方25m處停著總質(zhì)量為1t的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設(shè)相互作用0.1s后獲得相同速度，問貨車對轎車的平均沖力多大？【考點】動量守恒定律；勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系；動量定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】（1）、根據(jù)題意，首先要把貨車的速度54km/h轉(zhuǎn)化為15m/s，在超載和不超載的兩種情況下，貨車最終都要停下來即為知道了初速度

20、、末速度和加速度，求貨車的位移應用運動學公式即可求解（2）、此問要分為兩個過程，一是貨車勻減速運動直至與轎車相撞，二是貨車與轎車相撞的過程在第一個過程中，知道了初速度、位移和加速度，用運動學公式可求出與轎車相撞前的速度；在碰撞過程中，因內(nèi)力遠遠大于外力，兩車組成的系統(tǒng)動量守恒應用動量守恒求出碰撞后的共同速度，以轎車為研究對象，應用動量定理求出相互作用力【解答】解：（1）、貨車剎車時的初速是v0=15m/s，末速是0，加速度分別是2.5m/s2和5m/s2，根據(jù)位移推論式得：代入數(shù)據(jù)解得：超載時的位移S1=45m不超載是的位移S2=22.5m（2）、根據(jù)位移推論式可求出貨車與轎車相撞時的速度為m

21、/s相撞時兩車的內(nèi)力遠遠大于外力，動量守恒，根據(jù) Mv=（M+m）V共得：V共=9.8m/s以轎車為研究對象，根據(jù)動量定理有ft=mV共解得：f=9.8×104N答：（1）若前方無阻擋，從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時分別前進45m和22.5m（2）貨車對轎車的平均沖力為9.8×104N【點評】該題考察的知識點較多，又結(jié)合了生活實際和交通安全，是一道非常好的題第一問在初速度相同的情況下，超載和不超載（即兩個加速度）兩種情況下，運用運動學公式計算出剎車距離，從而感受超載的危害第二問創(chuàng)設(shè)了經(jīng)過剎車25m與轎車相撞，考察到了兩車相撞時動量守恒的條件和動量定理的應用動量定理反映

22、了沖量的作用效果是使物體動量變化的原因，動量定理是應用牛頓第二定律和運動學公式推導出來的，是牛頓第二定律的另一種表達形式，它說明了作用力等于物體動量的變化率11（19分）（2011四川）如圖所示，間距l(xiāng)=0.3m的平行金屬導軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)，在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角=37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應強度B1=0.4T、方向豎直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場電阻R=0.3、質(zhì)量m1=0.1kg、長為l的相同導體桿K、S、Q分別放置在導軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導軌無摩擦滑動且始終接觸良好一

23、端系于K桿中點的輕繩平行于導軌繞過輕質(zhì)滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2=0.05kg的小環(huán)已知小環(huán)以a=6m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動不計導軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求（1）小環(huán)所受摩擦力的大?。唬?）Q桿所受拉力的瞬時功率【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；牛頓第二定律；功率、平均功率和瞬時功率；安培力的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；電磁感應功能問題【分析】（1）已知物體的加速度，則由牛頓第二定律可求得摩擦力；（2）對k桿由受力平衡可得出安培力與

24、摩擦力的關(guān)系；由電路的規(guī)律可得出總電流與k中電流的關(guān)系；Q桿的滑動產(chǎn)生電動勢，則由E=Blv及閉合電路的歐姆定律可得出電流表達式；由Q桿受力平衡可得出拉力及安培力的表達式，則由功率公式可求得拉力的瞬時功率【解答】解：（1）設(shè)小環(huán)受到的摩擦力大小為Ff，由牛頓第二定律，有m2gFf=m2a代入數(shù)據(jù)得Ff=0.2N； （2）設(shè)通過K桿的電流為I1，K桿受力平衡，有Ff=B1I1l設(shè)回路中電流為I，總電阻為R總，有：I=2I1R總=R設(shè)Q桿下滑速度大小為v，產(chǎn)生的感應電動勢為E，有I=E=B2lvF+m1gsin=B2Il拉力的瞬時功率為P=Fv聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)解得Q桿受拉力的功率P=2W【點

25、評】本題考查切割產(chǎn)生的感應電動勢與電路的結(jié)合及功能關(guān)系的結(jié)合，在分析中要注意物體運動狀態(tài)（加速、勻速或平衡）由牛頓第二定律可得出對應的表達式，從而聯(lián)立求解12（20分）（2011四川）如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長l=1.8m，距地面h=0.8m平行板電容器的極板CD間距d=0.1m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一小孔電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應強度B=1T、方向豎直向上的勻強磁場電荷量q=5×1013C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U=2.5V，板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進入磁場（微粒始終不與極板接觸），然后由XY邊界離開

26、臺面在微粒離開臺面瞬時，靜止于X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇假定微粒在真空中運動、極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2（1）求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板地極性；（2）求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍；（3）若微粒質(zhì)量mo=1×1013kg，求滑塊開始運動時所獲得的速度【考點】帶電粒子在混合場中的運動；牛頓第二定律；平拋運動；動能定理的應用；電場強度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】（1）微粒在平臺上按順時針方向轉(zhuǎn)動，由左手定則可判斷微粒的電性；在平行板電容器間加速，從而可判斷兩板的極性（2）微粒要由XY邊界離開臺面，由兩個邊界條件：一個是從XY的左端離開，再者是軌跡與YZ相切到達XY邊離開臺面，做出