2011年辽宁高考 理综试题—物理部分 解析版

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 （B）

解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。

15.一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能（ABD） A. 一直增大

B. 先逐渐减小至零，再逐渐增大

C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小

D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大

解析：主要考查力和运动关系。当恒力方向与速度在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至零，再逐渐增大。当恒力方向与速度不在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大。所以正确答案是ABD。

16.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ABC） A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小

B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关

解析：主要考查功和能的关系。运动员到达最低点过程中，重力做正功，所以重力势能始终减少，A项正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，B项正确。蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹性力做功，所以机械能守恒，C项正确。重力势能的改变与重力势能零点选取无关，D项错误。 17.如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（A）

解析：主要考查理想变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系。U2=220V，根据U1：U2=n1:n2得，U1=110V。I2=P/U2=0.1A，根据I1：I2= n2：n1得I1=0.2A。所以正确答案是A。

18.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速

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度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（BD）

A.只将轨道长度L变为原来的2倍 B.只将电流I增加至原来的2倍 C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变

12解析：主要考查动能定理。利用动能定理有BIlLmv,B=kI解得v22kI2lL。所以正确答案是BD。 m19.卫星电话信号需要通地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收

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到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×10m/s，运行周期约为27

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天，地球半径约为6400千米，无线电信号传播速度为3x10m/s）（B） A.0.1s B.0.25s C.0.5s D.1s

r2T22解析：主要考查开普勒第三定律。月球、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律有32r1T1解得r2r133T2T122，代入数据求得r24.210m.如图所示，发出信号至对方接收到信号所需最短时间为

722s2Rr2，代入数据求得t=0.28s.所以正确答案是B。 tvC

20.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（D）

解析：主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。正确答案是D。

21.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（A）

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解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律a1a2kt。木块和木板相对运动时，

m1m2a1m2gm1恒定不变，a2ktg。所以正确答案是A。 m222.（5分）

为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：

（1）将S拨向接点1，接通S1，调节________,使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_____的读数I； （2）然后将S拨向接点2，调节________,使________,记下此时RN的读数；

（3）多次重复上述过程，计算RN读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值。 解析：（1）R0、标准电流表A0；（2）RN，标准电流表A0的示数为I；（3）平均值 23.（10分）

利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。

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完成下列填空和作图：

（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是_______；

(2)根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出

图线；

（3）由所

的大小为a=____________m/s2（保留2位有效数字）。

解析：（1）滑块做匀加速直线运动，利用vvt和vv0at有v12画出的图线，得出滑块加速度

sta解得t2s11atv1或sat2v1t t22s（2）t图线如图所示

t

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（3）由

s1s11atv1可知，t图线斜率绝对值为a即ka2，解得a=2

2t2t224.（13分）

甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。

解析：设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为v,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为a,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得 vat0 ① s112at0 ② 2s2vt012(2a)t0 ③ 2设乙车在时间t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2。同样有v(2a)t0 ④

1212s1(2a)t0 ⑤ s2vt0at0 ⑥

22设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有ss1s2 ⑦ ss1s2 ⑧ 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

s5 ⑨ s725.（19分）

如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求

（1）粒子a射入区域I时速度的大小；

（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。

解析：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

dv2 ① 由几何关系得PCP ② Ra1 ③ qvaABmsinRa10式中，30，由①②③式得va12qBd ④ m(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra1，射出点为Pa（图中未画出轨迹），POaPa。由

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2va洛仑兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)m ⑤

Ra2由①⑤式得Ra2Ra1 ⑥ 23d ⑦ 的平面上。由对称性知，Pa点与P点纵坐标相2C、P和Oa三点共线，且由 ⑥式知Oa点必位于x同，即ypaRa1cosh ⑧ 式中，h是C点的y坐标。

设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得q(vamva2)B() ⑨ 3Rb13 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则

tt ⑩ Ta22Tb12 ○11

式中，t是a在区域II中运动的时间，而

Ta22Ra22Rb1 ○12 Tb1 ○13 vv30由⑤⑨⑩○11○12○13式得30 ○14

由①③⑨○14式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为ypbRb1(2cos)h ○15 由①③⑧⑨○14○15式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为

ypaypb2(32)d ○16 3

(二)选考题。请考生从给出的3道物理题任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂提米的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

33.【物理——选修3-3】（15分） （1）（6分）对于一定量的理想气体，下列说法正确的是______。（选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）（ADE） A 若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B 若气体的内能不变，其状态也一定不变

C 若气体的温度随时间不段升高，其压强也一定不断增大 D 气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E当气体温度升高时，气体的内能一定增大

解析：理想气体的内能只由温度决定，由理想气体状态方程

PVC可知，若气体的压强和体积都不变，温度TT也不变，所以内能也一定不变，A、E选项正确。若气体的内能不变，则温度T不变，但气体的压强和体积可以改变，B项错误。若气体的温度升高，体积增大，其压强可以不变，C项错误。由热力学第一定律UQW知，D选项正确。 （2）（9分）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空

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气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为Po=76cmHg。如果使玻璃管绕低端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。

解析：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为P1P0gl3 ① 式中，和g分别表示水银的密度和重力加速度。玻璃管开口响下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则P2gl1，P2gxP0 ② 式中，P2管内空气柱的压强。由玻意耳定律得

P1(sl2)P2(sh) ③ 式中,h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积。

由①②③式和题给条件得h=12cm ④

从开始转动一周后，设空气柱的压强为P3，则P3P0gx ⑤ 由玻意耳定律得

P1(sl2)P3(sh) ⑥ 式中，h是此时空气柱的长度。

由①②③⑤⑥h9.2cm ⑦ 34.【物理——选修3-4】

（1）运动周期为T，振幅为A，位于x=0点的被波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p振动的说法正确的是______。A振幅一定为A B周期一定为T

C速度的最大值一定为 D开始振动的方向沿y轴向上或向下取决去他离波源的距离 E若p点与波源距离s=T，则质点p的位移与波源的相同 解析：由波的形成与传播可知，正确答案是ABE。

（2） 一半圆柱形透明物体横截面如图所示，地面AOB镀银，o

表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出。已知光线在M点的入射角为30， MOA=60，NOB=30。求（1）光线在M点的折射角（2）透明物体的折射率 解析：



35.【物理——选修3-5】

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（1）在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为0，该金属的逸出功为______。若用波长为（<

0）

单色光做实验，则其截止电压为______。已知电子的电荷量，真空中的光速和布朗克常量分别为e，c和h

（2）如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速0沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为0，求弹簧释放的势能。

解析：（1）由w逸h极限和c得w逸hc0

由爱因斯坦质能方程Ekhcw逸和EkUe得U截止hc0

e0（2）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mvmv0 ① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv2mv1mv0 ② 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

1112(3m)v2Ep(2m)v12mv0 ③ 22212由①②③式得弹簧所释放的势能为Epmv0 ④

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