物理高考理综物理部分——福建卷 7页

‎2011年高考理综物理（福建卷）‎ ‎13．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星。若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式，则可估算月球的 A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期 ‎13．A【解析】“嫦娥二号”在近月表面做周期已知的匀速圆周运动，有。由于月球半径R未知，所以无法估算质量M，但结合球体体积公式可估算密度（与成正比），A正确。不能将“嫦娥二号”的周期与月球的自转周期混淆，无法求出月球的自转周期。‎ A B C P Q O ‎14．如图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方。一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带。若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失。在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是 A．减弱，紫光 B．减弱，红光 C．增强，紫光 D．增强,红光 ‎14．C【解析】同一介质对各色光的折射率不同，各色光对应的全反射的临界角也不同。七色光中紫光折射率最大，由n＝可知紫光的临界角最小，所以入射点由A向B缓慢移动的过程中，最先发生全反射的是紫光，折射光减弱，反射增强，故C正确。‎ ‎15．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是 u~‎ n1‎ n2‎ S1‎ S2‎ ‎1‎ ‎2‎ R L1‎ L2‎ 甲 乙 u/V t/s O ‎20‎ ‎-20‎ ‎0.01‎ ‎0.02‎ A．输入电压u的表达式u=20sin(50πt)V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W ‎15．D【解析】读图知周期T = 0.02 s，所以u = V。原本L2正常发光，只断开S2后，电压被两灯泡均分，肯定不会再正常发光。只断开S2后，两灯泡串联，负载电阻增大，输出功率减小，输入功率等于输出功率，所以也减小。由变压器的变压比可得副线圈输出电压为4 V，S1换接到2后，R消耗的功率P = W = 0.8 W。D正确。‎ v1‎ v2‎ A 甲 ‎16．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1，则 v t O v2‎ ‎-v1‎ 乙 t1‎ t3‎ t2‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 ‎16．B【解析】小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远；t2时刻小物块相对传送带静止，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大；0 ~ t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变；t2时刻以后相对传送带静止，不再受摩擦力作用。B正确。‎ a b N Q M P B θ θ ‎17．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0 <θ <90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中 A．运动的平均速度大小为 B．下滑位移大小为 C．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为 ‎17．B【解析】分析棒的受力有mgsinθ－= ma，可见棒做加速度减小的加速运动，只有在匀变速运动中平均速度才等于初末速度的平均值，A错。设沿斜面下滑的位移为s，则电荷量q = ，解得位移s = ，B正确。根据能量守恒，产生的焦耳热等于棒机械能的减少量，Q = mgssinθ－。棒受到的最大安培力为。‎ ‎18．如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的磨擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2。已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是 ‎ m m1‎ m2‎ A B T1‎ T2‎ A． B．‎ C. D. ‎ ‎18．C【解析】由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若T1－m‎1g = m‎1a，则对B应有m‎2g－T2 = m‎2a；上面两分别解出加速度的表达式为a = 和a = ，所以有，即有，根据题目所给选项可设T1 = ，则根据A、B地位对等关系应有T2 = ，将T1、T2的值代入 可解得x = 2y。由此可判断A错C正确。若将T1设为，则结合可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，BD错。‎ ‎19．（18分）‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ cm ‎⑴（6分）某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的试验中：‎ ‎①用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为 cm。‎ ‎②小组成员在试验过程中有如下说法，其中正确的是 。（填选项前的字母）‎ A．把单摆从平衡位置拉开30º的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t/100‎ C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小 ‎⑵（12分）某同学在探究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：‎ V A ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ S E R P L 甲 ‎①在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至____档进行测量。（填选项前的字母）‎ A．直流电压10V B．直流电流5mA C．欧姆× 100 D．欧姆× 1‎ ‎②该同学采用图甲所示的电路进行测量。图中R为滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，额定电流‎1.0A），L为待测小电珠，为电压表（量程6V，内阻20kΩ），为电流表（量程‎0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关。‎ Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最____端；（填“左”或“右”）‎ I O U 乙 Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭和开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是_____点至_____点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）‎ Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而______。（填“不变”、“增大”或“减小”）‎ ‎19．（1）①0.97（0.96、0.98均可）②C ‎（2）①D②Ⅰ．左；Ⅱ． 1 点至 5 点（或 5 点至 1 点）；Ⅲ．增大 ‎【解析】（1）①主尺刻度加游标尺刻度的总和等于最后读数，‎0.9 cm+mm = ‎0.97 cm，不需要估读。②为减小计时误差，应从摆球速度最大的最低点瞬间计时，A错。通过最低点100次的过程中，经历的时间是50个周期，B错。应选用密度较大球以减小空气阻力的影响，D错。悬线的长度加摆球的半径才等于摆长，由单摆周期公式T = 可知摆长记录偏大后，测定的重力加速度也偏大，C正确。‎ ‎（2）①根据电珠的规格标称值可算出其正常工作时的电阻为12 Ω，测电阻选欧姆挡并选×1挡。‎ ‎②开关闭合前，应保证灯泡电压不能太大，要有实验安全意识，调滑片在最左端使灯泡电压从零开始实验。电表示数总调不到零，是由于电源总是对电表供电，滑动变阻器串联在了电路中，1点和5点间没有接好，连成了限流式接法，这也是限流式与分压式接法的最显著区别。伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，所以随着电压的增大，曲线斜率减小，电阻增大。‎ E1‎ E2‎ A B d1‎ d2‎ M N ‎20．（15分）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C，方向如图所示。带电微粒质量m=1.0×10-20kg，带电量q=-1.0×10-9C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：‎ ‎⑴B点到虚线MN的距离d2；‎ ‎⑵带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。‎ ‎20．（1）‎0.50 cm（2）1.5×10-8 s ‎【解析】（1）带电微粒由A运动B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2 = 0‎ 解得　d2 = = ‎‎0.50 cm ‎（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有 ‎|q|E1 = ma1‎ ‎|q|E2 = ma2 ‎ 设微粒在虚线MN两侧的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有 d1 = ‎ d2 = ‎ 又t = t1+t2 ‎ 解得　t = 1.5×10-8 s O O′‎ C B A R ‎2R ‎1.5R ‎0.5R ‎21．（19分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求：‎ ‎⑴质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；‎ ‎⑵弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；‎ ‎⑶已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90º角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2m/3到m之间变化，且均能落到水面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？‎ ‎21．（1）（2）3mgR（3）‎ ‎【解析】（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg = ‎ 解得　v1 = ‎ ‎（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有EP = mg(1.5R+R)+‎ 解得　EP = 3mgR ‎（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距离为x1，由平抛运动规律有 ‎4.5R = ，x1 = v1t+R，解得　x1 = 4R ‎ 当鱼饵的质量为时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能定律有 EP = ‎ 解得　v2 = ‎ 质量为的鱼饵落到水面上时，设离OO′的水平距离为x2，则x2 = v2t+R ‎ 解得　x2 = 7R ‎ 鱼饵能够落到水面的最大面积S = ≈ 8.25πR3 ‎ ‎22．（20分）如图甲，在x >0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。‎ ‎⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v；‎ ‎⑵现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期。‎ Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；‎ Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。‎ y x O h B E v0‎ y x O S S O y t 甲 乙 丙 ‎22．（1）（2）Ⅰ．Ⅱ．‎ ‎【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有 ‎ ①‎ 由①式解得　v = ②‎ ‎（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则 qv1B = qE ③‎ 又　s = v1T ④‎ 式中T = ‎ 解得　s = ⑤‎ Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则 ‎ ⑥‎ 由动能定理有 ⑦‎ 又　Ay = ⑧‎ 由⑥⑦⑧式解得　Ay =‎ 可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y = ‎ ‎28．[3-3]（本题共有两个小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意）‎ T O T0‎ t a b c d e f g M N ‎⑴如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T。从图中可以确定的是_______。（填选项前的字母）‎ A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0‎ B．曲线M的bc段表示固液共存状态 C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态 D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态 ‎⑵一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104J，气体对外界做功1.0×104J，则该理想气体的_______。（填选项前的字母）‎ A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小 C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小 ‎28．（1）B（2）D ‎【解析】（1）看能否得出结论：晶体与非晶体间关键区别在于晶体存在固定的熔点，固液共存态时吸热且温度不变，而非晶体则没有。B正确。‎ ‎（2）理想气体从外界吸热大于对外做功，所以内能增大，温度是理想气体内能的标志，温度一定升高；对外做功，体积膨胀，质量不变，密度要减小。D正确。‎ ‎29. [3-5]（本题共有两个小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个选项符合题意）‎ O ν ν0‎ Ekm ‎⑴爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖。某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。从图中可以确定的是______。（填选项前的字母）‎ A．逸出功与ν有关 ‎ B．Ekm与入射光强度成正比 C．ν<ν0时，会逸出光电子 ‎ D．图中直线的斜率与普朗克常量有关 ‎⑵在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为‎2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是__________。（题选项前的字母）‎ A．0.6 B．0.4 C．0.3 D． 0.2‎ ‎29．（1）D（2）A ‎【解析】（1）光电子的最大初动能与入射光频率的关系是Ekm = hv－W，结合图象易判断D正确。‎ ‎（2）由碰撞中的动量守恒得mv = 2mvB－mvA，vA＞0，则vB＞0.5v，故小于0.5v的值不可能有，A正确。‎ 参考答案 ‎13．A 14．C 15．D 16．B 17．B 18．C（提示：可用排除法，设m1=m2，应该有T1=m1g） ‎ ‎19．⑴①0.97（0.96~0.98均可）②C ⑵①D ②Ⅰ左 Ⅱ1点至5点 Ⅲ增大 ‎20．⑴0.50cm ⑵1.5×10-8s ‎ ‎21．⑴ ⑵Ep=3mgR ⑶‎ ‎22．⑴(提示：该过程对粒子用动能定理，只有电场力做功) ‎ ‎⑵Ⅰ．（提示：取恰好沿x轴匀速运动的粒子计算，由qE=qvB，得，而s=vT） ‎ Ⅱ． （提示：在轨迹的最高点和最低点，沿y方向的合力都应等于简谐运动的回复力，设粒子在最高点和最低点的速度大小分别为v、v0，有qE+qvB=qv0B-qE；粒子从最高点到最低点过程只有电场力做功，沿y方向的位移大小为2Ay，因此有，解方程组可得Ay；由数学知识，y-t表达式为）‎ ‎28．⑴B ⑵D ‎ ‎29．⑴D ⑵A（提示：设A返回的速度大小为v1，B速度大小为v2，由动量守恒，mv=2mv2- mv1，得） ‎