文档内容
2011 年全国统一高考物理试卷（新课标）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项
中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选
对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）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，能正确表示安培假设中环形电
流方向的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（6分）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（ ）
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
3．（6分）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（ ）
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
4．（6分）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．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A
C．U=110 V，I=0.2A D．U=110 V，I=0.2 A
5．（6分）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的磁场（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度增加至原来的2倍，理论上可
采用的办法是（ ）
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
6．（6分）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．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到信号所需要最短时间最接近于
（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径为 3.8×105km，运动周期约
为27天，地球半径约为 6400km，无线电信号的传播速度为 3×108m/s）（
）
A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s
7．（6分）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）（ ）A． B．
C． D．
8．（6分）如图，在光滑水平面上有一质量为m 的足够长的木板，其上叠放一
1
质量为m 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。
2
现给木板施加一随时间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a 和a ，下列反映a 和a 变化的图线中正确的是（ ）
1 2 1 2
A． B．
C． D．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 9题～12题为必考题；每个试
题考生都必须作答．第 13题～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）
必考题
9．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，A
0
是标准电流表，R 和R 分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S 分别是单刀双掷
0 N 1
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S ，调节 ，使待测表头指针偏转到适当位置，
1
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R 的读数；
N
（3）多次重复上述过程，计算 R 读数的 ，此即为待测微安表头内阻的
N
测量值．10．利用图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．
s（m） 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950
t（ms） 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4
s/t（m/s） 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22
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v 、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是 ；
1
（2）根据表中给出的数据，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出 ﹣t图线；
（3）由所画出的s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a= m/s2（保留2
位有效数字）．
11．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．
12．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轴正向的夹角为
30°；此时，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 ，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。
三、（二）选考题：．[物理--选修3-3]
13．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （ ）
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断升高，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
14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长 l =66cm的水银柱，
1
中间封有长l =6.6cm的空气柱，上部有长 l =44cm的水银柱，此时水银面恰
2 3
好与管口平齐。已知大气压强为 P =76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平
0
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。
四、[物理--选修3-4]
15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿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v，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v
D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离
E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同
16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），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点入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求
（ⅰ）光线在M点的折射角；
（ⅱ）透明物体的折射率。五、[物理--选修3-5]
17．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为 λ ，该金属的逸出功
0
为 。若用波长为λ（λ＜λ ）的单色光做该实验，则其遏止电压为 。
0
已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h。
18．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C
之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再
压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整
体．现A以初速度v 沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．
0
以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C与A、B分离．已知离开弹簧后C
的速度恰好为v ．求弹簧释放的势能．
02011 年全国统一高考物理试卷（新课标）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项
中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选
对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）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，能正确表示安培假设中环形电
流方向的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】C5：地磁场；CB：分子电流假说．
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【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用．
【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在
地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲
的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向．
【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的
方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四
指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西。故 C正确，
ABD错误。
故选：C。
【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况
是解决此题的关键所在．另外要掌握此类题目一定要注意安培定则的准确应
用．2．（6分）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（ ）
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
【考点】65：动能定理．
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【分析】一质点开始时做匀速直线运动，说明质点所受合力为 0，从某时刻起
受到一恒力作用，这个恒力就是质点的合力．
根据这个恒力与速度的方向关系确定质点动能的变化情况．
【解答】解：A、如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一
直变大，故A正确。
B、如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到 0，质点在
恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大。故B正确。
C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所
在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度
就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小。故 C错
误。
D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所
在直线和垂直恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度
就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减
到0时，另一个方向还有速度，所以速度到最小值时不为 0，然后恒力方向
速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大。故D正确。
故选：ABD。
【点评】对于直线运动，判断速度增加还是减小，我们就看加速度的方向和速
度的方向．
对于受恒力作用的曲线运动，我们可以将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（ ）
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
【考点】69：弹性势能；6C：机械能守恒定律．
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【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．
【分析】运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳
张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦
极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的
改变与重力做功有关，取决于初末位置．
【解答】解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的
重力势能始终减小。故A正确。
B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性
力对运动员做负功，弹性势能增加。故B正确。
C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的
机械能守恒。故C正确。
D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势
能零点的选取无关。故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题类似于小球掉在弹簧上的类型．重力与弹力特点相似，这两种力
做正功时，势能减小，做负功时，势能增加．
4．（6分）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．U=110V，I=0.2A B．U=110V，I=0.05A
C．U=110 V，I=0.2A D．U=110 V，I=0.2 A
【考点】E8：变压器的构造和原理．
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【专题】53A：交流电专题．
【分析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，计算电流，根据变压器中电
压与匝数成正比，电流与匝数成反比即可求解．
【解答】解：灯泡正常发光说明副线圈的电压为 220V，电流为 =0.1A，根
据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为 =110V，电流为
=0.2A，A正确。
故选：A。
【点评】本题考查了变压器的特点；电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．
5．（6分）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的磁场（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度增加至原来的2倍，理论上可
采用的办法是（ ）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
【考点】65：动能定理；CC：安培力．
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【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的
出射速度。
根据速度的表达式进行求解。
【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，
利用动能定理有BIl•L= mv2，
磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI
解得 。
A、只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故
A错误
B、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的 2倍，故B正
确
C、只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的 倍，故C
错误
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，
弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解。
要找出一个物理量变化所采用的方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量
再根据表达式中各个因素求解。
6．（6分）卫星电话信号需要通过地球卫星传送．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到信号所需要最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径为 3.8×105km，运动周期约
为27天，地球半径约为 6400km，无线电信号的传播速度为 3×108m/s）（
）
A．0.1s B．0.25s C．0.5s D．1s
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．
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【分析】同步卫星和月球都是绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心
力 ，求出轨道半径比，从而得出同步卫星的轨道半径以及高度，
根据速度公式求出时间．
【解答】解：根据万有引力提供向心力 ，解得：r= ，已知
月球和同步卫星的周期比为27：1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9：
1．同步卫星的轨道半径 r′= ×3.8×105=4.2×104km．所以接收到信号的最
短时间t= ≈0.25s。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力 ．
7．（6分）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）（ ）
A． B．C． D．
【考点】41：曲线运动；A6：电场强度与电场力．
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【专题】16：压轴题；532：电场力与电势的性质专题．
【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再
由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择。
【解答】解：
A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的
内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向。故 A
错误。
B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的
夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符。故B错误。
C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应
向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动。故C错误。
D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方
向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意。
故D正确。
故选：D。
【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度
沿轨迹的切线方向是解题的关键。
8．（6分）如图，在光滑水平面上有一质量为m 的足够长的木板，其上叠放一
1
质量为m 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。
2
现给木板施加一随时间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a 和a ，下列反映a 和a 变化的图线中正确的是（ ）
1 2 1 2A． B．
C． D．
【考点】37：牛顿第二定律．
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【分析】当水平拉力F较小时，木板和木块保持相对静止一起向右做匀加速直
线运动，运用整体法求解出加速度。当木块和木板发生相对滑动时，隔离分
析得出两者的加速度大小，从而得出正确的图线。
【解答】解：当 F 较小时，木块和木板一起做匀加速直线运动，加速度 a=
= ，则知a∝t；
当拉力达到一定程度后，木块和木板之间发生相对滑动，对木块，所受的滑动
摩擦力恒定，加速度恒定，即a = =μg；
2
对m ，加速度为 a = = ﹣
1 1
由于 ＜ ，可知a 图线后一段斜率大于前一段的斜率，由数学知识知 C
1
正确。
故选：C。
【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体
法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思
路。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 9题～12题为必考题；每个试
题考生都必须作答．第 13题～18题为选考题，考生根据要求作答．（一）
必考题
9．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，A
0
是标准电流表，R 和R 分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S 分别是单刀双掷
0 N 1
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S ，调节 R ，使待测表头指针偏转到适当位置，
1 0
记下此时 标准电流表 的读数I；
（2）然后将S拨向接点2，调节 R ，使 标准电流表的读数仍为 I ，记
N
下此时R 的读数；
N
（3）多次重复上述过程，计算R 读数的 平均值 ，此即为待测微安表头内
N
阻的测量值．
【考点】N4：用多用电表测电阻；N6：伏安法测电阻．
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【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】先接通1，使待测电表有一示数，再接通2调节电阻箱使待测电表的示
数相同，此时电阻箱的示数即为待测电表的内阻．
【解答】解：（1）将S拨向接点1，接通S ，调节R 使待测表头指针偏转到适
1 0
当位置，记下此时标准电流表 读数I；
（2）然后将S拨向接点2，调节R ，使 标准电流表的读数仍为I，记下此时R
N N
的读数；
（3）多次重复上述过程，计算R 读数的 平均值，此即为待测微安表头内阻的
N
测量值．
故答案为：（1）R ，标准电流表；（2）R ，标准电流表的读数仍为I；
0 N
（3）平均值．
【点评】本题考查了一种新的实验方法测量电表的内阻，要能够根据实验原理图知道实验的原理和步骤．
10．利用图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．
s（m） 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950
t（ms） 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4
s/t（m/s） 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22
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v 、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是 s=v t﹣ at 2
1 1
；
（2）根据表中给出的数据，在答题纸的图上给出的坐标纸上画出 ﹣t图线；
（3）由所画出的s/t﹣t图线，得出滑块加速度的大小为 a= 2.1 m/s2（保留2
位有效数字）．【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．
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【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
【分析】可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量
值s和t四个物理量之间所满足的关系式．
由位移时间关系式整理得到 ﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关
系．
【解答】解：①已知滑块沿斜面下滑时做匀加速运动，滑块加速度的大小a、
滑块经过光电门乙时的瞬时速度v 、测量值s和t四个物理量．因为时速度v
1 1
是下滑的末速度，所以我们可以看下滑的逆过程，所以满足的关系式是：
s=v t﹣ at2
1
②根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出 ﹣t图线；
③由s=v t﹣ at2整理
1
得： =v ﹣ at
1
由表达式可知，加速度等于斜率大小的两倍．所以由图象得出滑块加速度的大
小为a=2.1m/s2
故答案为：①s=v t﹣ at2；②如图；③2.1．
1【点评】题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了它的逆过程，并且要
整理图象所要求的表达式．
11．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．
【考点】1D：匀变速直线运动的速度与时间的关系；1E：匀变速直线运动的位
移与时间的关系．
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【专题】16：压轴题；511：直线运动规律专题．
【分析】分别对甲乙两车研究，用加速度a，时间间隔t 等相同的量表示总位移，
0
再求出路程之比．
【解答】解：设汽车甲在第一段时间时间间隔t 末的速度为v，第一段时间间隔
0
内行驶的路程为s ，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s ．由题，
1 2
汽车甲在第二段时间间隔内加速度为2a．设甲、乙两车行驶的总路程分别为
s、s'，则有s=s +s ，s'=s ′+s ′．
1 2 1 2
由运动学公式得
v=at ①
0
s = ②
1
③
将①代入③得 s =2a ，④
2
由②+④得 s=s +s =
1 2
设乙车在时间t 的速度为v'，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s ′、
0 1
s ′．
2
同样有
v'=（2a）t ⑤
0⑥
⑦
将⑤代入⑦得 s ′= ⑧
2
由⑥+⑧得s'=s ′+s ′= ．
1 2
所以甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 ⑨
答：甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为5：7．
【点评】对于两个物体运动问题的处理，除了分别研究两个物体的运动情况外，
往往要抓住它们之间的关系，列出关系式．
12．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轴正向的夹角为
30°；此时，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 ，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。
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
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【专题】16：压轴题；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，运用几何关系求出粒子的轨道半径，结合牛顿第二定律求出粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小。
（2）通过洛伦兹力提供向心力，得出a粒子在区域Ⅱ中的轨道半径是区域Ⅰ中的
一半，结合几何关系得出a粒子离开区域Ⅱ时，a粒子的纵坐标。根据时间关
系通过几何关系求出当a离开区域Ⅱ时，b粒子的纵坐标，从而得出a、b两
粒子的y坐标之差。
【解答】解：（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R ，粒子速率为v ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P'，如图
a1 a
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ①
由几何关系得∠PCP′=θ ②， ③，式中 θ=30°
由①②③式得 ④
（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为O ，半径为R ，射出点为P （图中
a a2 a
未画出轨迹），∠P′O P =θ′。
a a
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤
由①⑤式得 ⑥
C、P'和O 三点共线，且由⑥式知O 点必位于 ⑦的平面上。由对称性知，
a a
P 点与P'点纵坐标相同，
a
即 y =R cosθ+h⑧式中，h是C点的y坐标
1 a1
设b在I中运动的轨道半径为R ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
b1
⑨
设a到达P 点时，b位于P 点，转过的角度为α．如果b没有飞出I，则
a b
⑩，
，（11）式中，t是a在区域II中运动的时间，而
（12）， （13）
由⑤⑨⑩（11）（12）式得
α=30°（14）
由①③⑨（14）式可见，b没有飞出。P 点的y坐标为 y =R （2+cosα）+h
b 2 b1
由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 。
答：（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坐标之差为 。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，需掌握粒子在磁场中运动的轨道
半径公式，能够正确地作出轨迹图，运用几何关系求解。
三、（二）选考题：．[物理--选修3-3]
13．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是 （ ）
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断升高，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
【考点】8A：物体的内能；8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．
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【专题】16：压轴题；547：内能及其变化专题．
【分析】理想气体内能由物体的温度决定，理想气体温度变化，内能变化；由
理想气体的状态方程可以判断气体温度变化时，气体的体积与压强如何变化．【解答】解：A、由理想气体的状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，
则其温度不变，其内能也一定不变，故A正确；
B、若气体的内能不变，则气体的温度不变，气体的压强与体积可能发生变化，
气体的状态可能变化，故B错误；
C、由理想气体的状态方程可知，若气体的温度 T随时间升高，体积同时变大，
其压强可能不变，故C错误；
D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度
升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可
知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；
E、理想气体内能由温度决定，当气体温度升高时，气体的内能一定增，故 E
正确；
故选：ADE。
【点评】理想气体分子间的距离较大，分子间的作用力为零，分子势能为零，
理想气体内能由温度决定．
14．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长 l =66cm的水银柱，
1
中间封有长l =6.6cm的空气柱，上部有长 l =44cm的水银柱，此时水银面恰
2 3
好与管口平齐。已知大气压强为 P =76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平
0
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。
【考点】99：理想气体的状态方程．
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【专题】16：压轴题；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】根据平衡条件研究空气柱压强初位置的压强，玻璃管开口向下时，原
来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空，水银柱总长度为
76cm，然后根据玻意耳定律列式求解；转回到原来位置时先根据平衡条件求出空气中压强，然后根据玻意耳定律列式求解．
【解答】解：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为：P =P +ρgl ①
1 0 3
（式中ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度．）
玻璃管开口向下时，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P =ρgl ，P +ρgx=P ②
2 1 2 0
（P 管内空气柱的压强．）
2
由玻意耳定律得P （sl ）=P （sh） ③
1 2 2
（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P ，则P =P +ρgx⑤
3 3 0
由玻意耳定律得P （sl ）=P （sh′）⑥
1 2 3
（式中，h′是此时空气柱的长度．）
由①②③⑤⑥h′≈9.2cm
答：在开口向下管中空气柱的长度为12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是
9.2cm．
【点评】本题关键是求出被封闭气体的压强即可正确解答，解答这类问题注意
以水银柱为研究对象，根据平衡状态求解．
四、[物理--选修3-4]
15．一振动周期为T、振幅为A、位于x=0点的波源从平衡位置沿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v，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v
D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离
E．若P点与波源距离s=vT，则质点P的位移与波源的相同
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．
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【专题】16：压轴题．【分析】波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质
点相同，质点的振动速度大小跟波速无关．
【解答】解：A、B、D波传播过程中，各振动质点的振动周期、振幅、起振方
向都和波源质点相同，A、B正确，D错误；
C、质点的振动速度大小跟波速无关，C错误；
E、s=vT，则s等于一个波长，即P点与波源质点相位相同，振动情况总相同，
位移总相同，E正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了波动和振动的区别和联系，质点振动的速度是呈周期性变
化的．
16．一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银（图中粗线），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点入射角为30°，∠MOA=60°，∠NOB=30°．求
（ⅰ）光线在M点的折射角；
（ⅱ）透明物体的折射率。
【考点】H3：光的折射定律．
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【专题】16：压轴题；54D：光的折射专题．
【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求出光线在M点的折射角．
（2）根据折射角，通过折射定律求出透明物体的折射率．
【解答】（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面
EF对称，Q、P和N三点共线
设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ=α，∠PNF=β．根据题意
有 α=30° ①
由几何关系得，∠PNO=∠PQO=r，于是 β+r=60°②
且α+r=β ③由①②③式得 r=15°④
（2）根据折射率公式有 sini=nsinr ⑤
由④⑤式得 n= ⑥
答：（1）光线在M点的折射角为15°．
（2）透明物体的折射率为 ．
【点评】本题主要考查光的折射和反射，掌握折射定律，本题对数学几何能力
的要求较高．
五、[物理--选修3-5]
17．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为 λ ，该金属的逸出功
0
为 。若用波长为λ（λ＜λ ）的单色光做该实验，则其遏止电压为
0
。已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为 e、c
和h。
【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程．
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【专题】16：压轴题；54I：光电效应专题．
【分析】逸出功W =hγ ，根据该公式求出金属逸出功的大小。根据光电效应方
0 c
程，结合E =eU求出遏止电压的大小。
km
【解答】解：金属的逸出功 。
根 据 光 电 效 应 方 程 知 ： ， 又 E =eU ， 则 遏 止 电 压 U=
km。
故答案为： ， 。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及掌握最大初动能与遏止电压
的关系。
18．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C
之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再
压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整
体．现A以初速度v 沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．
0
以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C与A、B分离．已知离开弹簧后C
的速度恰好为v ．求弹簧释放的势能．
0
【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．
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【专题】16：压轴题；52F：动量定理应用专题．
【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者
的共同速度；
线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；
在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程
即可求出弹簧的弹性势能．
【解答】解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律
得：mv =3mv，
0
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v ，由动量守恒得3mv=2mv +mv ，解得：
1 1 0
v =0；
1
（2）设弹簧的弹性势能为 E ，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守
P
恒，有
（3m）v2+E = （2m）v 2+ mv 2，解得：E = mv 2 ；
P 1 0 P 0答：弹簧释放的势能为 mv 2．
0
【点评】分析清楚物体运动过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可
正确解题．
