2011年天津市高考物理試卷解析版

2011年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題（每小題6分，共30分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1．（6分）下列能揭示原子具有核式結構的實驗是（）A．光電效應實驗 B．倫琴射線的發(fā)現(xiàn) C．α粒子散射實驗 D．氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)【考點】1U：物理學史；J1：粒子散射實驗．【專題】54M：原子的核式結構及其組成．【分析】本題比較簡單，考查了近代物理中的幾個重要試驗及發(fā)現(xiàn)，要了解這些試驗及發(fā)現(xiàn)的內(nèi)容及其重要物理意義．【解答】解：A、光電效應實驗說明光具有粒子性，A選項錯誤；B、X射線（倫琴射線）的發(fā)現(xiàn)是19世紀末20世紀初物理學的三大發(fā)現(xiàn)（X射線1896年、放射線1896年、電子1897年）之一，這一發(fā)現(xiàn)標志著現(xiàn)代物理學的產(chǎn)生，B選項錯誤；C、α粒子散射實驗中極少數(shù)α粒子的大角度偏轉(zhuǎn)說明原子內(nèi)存在原子核，C正確D、氫原子光譜的發(fā)現(xiàn)解釋了原子的穩(wěn)定性以及原子光譜的分立特征，D選項錯誤。故選：C?！军c評】本題考查對物理學史、常識的識記能力，對于類似知識要注意平時的積累與記憶．2．（6分）如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力（）A．方向向左，大小不變 B．方向向左，逐漸減小 C．方向向右，大小不變 D．方向向右，逐漸減小【考點】27：摩擦力的判斷與計算；2A：滑動摩擦力與動摩擦因數(shù)；37：牛頓第二定律．【專題】4A：整體法和隔離法．【分析】整體法和隔離法是動力學問題常用的解題方法．1、整體法：整體法是指對物理問題中的整個系統(tǒng)或整個過程進行分析、研究的方法．在力學中，就是把幾個物體視為一個整體，作為研究對象，受力分析時，只分析這一整體對象之外的物體對整體的作用力（外力），不考慮整體內(nèi)部之間的相互作用力（內(nèi)力）．整體法的優(yōu)點：通過整體法分析物理問題，可以弄清系統(tǒng)的整體受力情況和全過程的受力情況，從整體上揭示事物的本質(zhì)和變體規(guī)律，從而避開了中間環(huán)節(jié)的繁瑣推算，能夠靈活地解決問題．通常在分析外力對系統(tǒng)的作用時，用整體法．2、隔離法：隔離法是指對物理問題中的單個物體或單個過程進行分析、研究的方法．在力學中，就是把要分析的物體從相關的物體體系中隔離出來，作為研究對象，只分析該研究對象以外的物體對該對象的作用力，不考慮研究對象對其他物體的作用力．隔離法的優(yōu)點：容易看清單個物體的受力情況或單個過程的運動情形，問題處理起來比較方便、簡單，便于初學者使用．在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體（或一個物體的各個部分）間的相互作用時用隔離法．本題中兩物體相對靜止，可以先用整體法，整體受重力、支持力和向后的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律先求出整體加速度，再隔離物體B分析，由于向前勻減速運動，加速度向后，故合力向后，對B物體受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律，可以求出靜摩擦力的大?。窘獯稹拷猓篈、B兩物塊疊放在一起共同向右做勻減速直線運動，對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有然后隔離B，根據(jù)牛頓第二定律有fAB＝mBa＝μmBg大小不變，物體B做速度方向向右的勻減速運動，故而加速度方向向左，摩擦力向左；故選：A?！军c評】對于連接體問題可以用整體法求加速度，用隔離法求解系統(tǒng)內(nèi)力！3．（6分）質(zhì)點做直線運動的位移x與時間t的關系為x＝5t+t2（各物理量均采用國際單位制單位），則該質(zhì)點（）A．第1s內(nèi)的位移是5m B．前2s內(nèi)的平均速度是6m/s C．任意相鄰的1s內(nèi)位移差都是1m D．任意1s內(nèi)的速度增量都是2m/s【考點】19：平均速度；1E：勻變速直線運動的位移與時間的關系．【專題】511：直線運動規(guī)律專題．【分析】對照勻變速直線運動的位移時間關系公式x＝v0t，即可求得質(zhì)點的初速度和加速度，再根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律求解各選項的正誤?！窘獯稹拷猓篈、代入t＝1s，可得第1s內(nèi)的位移為6m，故A錯誤；B、代入t＝2s，可得前2s的位移為14m，根據(jù)平均速度公式可得前2s的平均速度為7m/s故B錯誤；C、根據(jù)位移時間關系公式x＝v0t，可得物體運動的初速度為5m/s，加速度為2m/s2，據(jù)△x＝aT2可得任意相鄰1s內(nèi)位移差都是2m，故C錯誤；D、因為加速度為2m/s2，所以任意1s內(nèi)速度增量都是2m/s，故D正確。故選：D?！军c評】本題關鍵要掌握勻變速直線運動的位移時間關系公式x＝v0t、推論△x＝aT2等運動學公式的基本規(guī)律，并能靈活應用。4．（6分）在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示，產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．t＝0.005s時線框的磁通量變化率為零 B．t＝0.01s時線框平面與中性面重合 C．線框產(chǎn)生的交變電動勢有效值為311V D．線框產(chǎn)生的交變電動勢的頻率為100Hz【考點】E2：交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理；E3：正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達式．【專題】53A：交流電專題．【分析】由圖2可知特殊時刻的電動勢，根據(jù)電動勢的特點，可判處于那個面上，由圖象還可知電動勢的峰值和周期，根據(jù)有效值和峰值的關系便可求電動勢的有效值。【解答】解：A、由圖乙可知，當0.05s時，感應電動勢最大，則此時穿過線框回路的磁通量變化率最大，故A錯誤；B、由圖乙可知，當0.01s時，感應電動勢為零，則此時穿過線框回路的磁通量最大，處于中性面，故B正確；C、線框產(chǎn)生的產(chǎn)變電動勢的有效值E220V；故C錯誤；D、由圖可知，交流電的周期為0.02s，則轉(zhuǎn)速為：n50Hz，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查的是有關交變電流的產(chǎn)生和特征的基本知識，要具備從圖象中獲得有用信息的能力。并明確有效值和頻率等物理量的計算。5．（6分）板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1．現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，下列說法正確的是（）A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1【考點】AS：電容器的動態(tài)分析．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)電容公式判斷出電容的變化，再根據(jù)電容定義式得出電勢差的變化，再根據(jù)勻強電場公式判斷出場強的變化．【解答】解：根據(jù)電容公式說明電容變?yōu)?倍，根據(jù)電容定義式，發(fā)現(xiàn)電量變?yōu)樵瓉淼?倍，電容也變?yōu)樵瓉淼?倍，所以電勢差不變，根據(jù)場強關系，d變?yōu)樵瓉淼模詧鰪娮優(yōu)?倍，故A、B、D錯誤，C正確。故選：C。【點評】解決本題的關鍵是熟練運用電容的定義式、決定式．二、選擇題（每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．）6．（6分）甲、乙兩單色光分別通過一雙縫干涉裝置得到各自的干涉圖樣，設相鄰兩個亮條紋的中心距離為△x，若△x甲＞△x乙，則下列說法正確的是（）A．甲光能發(fā)生偏振現(xiàn)象，乙光則不能發(fā)生 B．真空中甲光的波長一定大于乙光的波長 C．甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量 D．在同一均勻介質(zhì)中甲光的傳播速度大于乙光【考點】F5：波長、頻率和波速的關系；H9：光的干涉；ID：光子及其動量．【專題】54D：光的折射專題；54L：物理光學綜合專題．【分析】光是橫波，偏振現(xiàn)象是橫波特有的現(xiàn)象；雙縫干涉的條紋間距滿足公式△x；光速、波長和頻率滿足公式C＝λγ，而光子的能量滿足公式E＝hγ；光的頻率越小，在同一種介質(zhì)中的折射率越小，結合公式n可求光在介質(zhì)中的傳播速度．【解答】解：A、偏振現(xiàn)象是橫波特有的現(xiàn)象，由于光是橫波，故甲乙都可以發(fā)生偏振現(xiàn)象。故A錯；B、根據(jù)雙縫干涉的條紋間距△x可知對于同一個實驗裝置，波長越大，條紋間距越大，由△x甲＞△x乙可知甲光的波長一定大于乙光的波長，故B正確；C、根據(jù)C＝λγ可知甲光的頻率小于乙光的頻率，而光子的能量E＝hγ，故甲光的光子能量一定小于乙光的光子能量，故C錯；D、由于不同的單色光頻率小，折射率小，即甲光折射率小，根據(jù)n可知甲光的傳播速度大，故D正確。故選：BD。【點評】該部分所考查的大多是基礎性題目，難度不是太大，但綜合性很強，只要掌握了基礎知識就能順利解決．7．（6分）位于坐標原點處的波源A沿y軸做簡諧運動．A剛好完成一次全振動時，在介質(zhì)中形成簡諧橫波的波形如圖所示．B是沿波傳播方向上介質(zhì)的一個質(zhì)點，則（）A．波源A開始振動時的運動方向沿y軸負方向 B．此后的周期內(nèi)回復力對波源A一直做負功 C．經(jīng)半個周期時間質(zhì)點B將向右遷移半個波長 D．在一個周期時間內(nèi)A所受回復力的沖量為零【考點】F1：波的形成和傳播；F4：橫波的圖象；F5：波長、頻率和波速的關系．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)題中波的傳播方向可知波源A開始振動方向．由功的公式分析此后的周期內(nèi)回復力做功的正負．由簡諧波的對稱性研究沖量．【解答】解：A、由A剛好完成一次全振動時的圖線可知波由A向B傳播，可判斷A此時刻沿y軸負方向運動，與0時刻的開始振動時的運動方向相同，故A正確。B、在此后的周期內(nèi)，質(zhì)點A向y軸負方向向波谷運動，回復力沿y軸正方向，則回復力做負功，故B正確。C、質(zhì)點不隨波遷移，故C錯誤。D、由簡諧運動的對稱性可知，回復力在一個周期內(nèi)的沖量為零，故D正確。故選：ABD?！军c評】本題考查意圖是機械波的形成和特征．機械波在形成過程中各質(zhì)點起振方向與波源起振方向相同，質(zhì)點不隨波遷移．8．（6分）質(zhì)量為m的探月航天器在接近月球表面的軌道上飛行，其運動視為勻速圓周運動．已知月球質(zhì)量為M，月球半徑為R，月球表面重力加速度為g，引力常量為G，不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響，則航天器的（）A．線速度v B．角速度ω C．運行周期T＝2π D．向心加速度a【考點】4A：向心力；4F：萬有引力定律及其應用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】16：壓軸題．【分析】研究月航天器繞月球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出問題．向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所要求解的物理量選取應用．不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響，萬有引力等于重力．【解答】解：根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力和萬有引力等于重力得出：A、m?v故A正確；B、mg＝mω2R?ω故B錯誤；C、mg＝mR?T＝2π故C正確；D、ma?a故D錯誤。故選：AC?！军c評】應用萬有引力定律進行衛(wèi)星加速度、速度、周期和中心天體質(zhì)量的估算．三、實驗題（共1小題，18分）9．（18分）（1）某同學利用測力計研究在豎直方向運行的電梯運動狀態(tài)，他在地面上用測力計測量砝碼的重力，示數(shù)是G，他在電梯中用測力計仍測量同一砝碼的重力，則測力計的示數(shù)小于G，由此判斷此時電梯的運動狀態(tài)能是減速上升或加速下降；．（2）用螺旋測微器測量某金屬絲直徑的結果如圖所示．該金屬絲的直徑是1.706mm．（3）某同學用大頭針、三角板、量角器等器材測量玻璃磚的折射率，開始玻璃磚位置如圖中實線所示，使大頭針P1、P2圓心O在同一直線上，該直線垂直于玻璃磚的直徑邊，然后使玻璃磚繞圓心緩緩轉(zhuǎn)動，同時在玻璃磚的直徑邊一側觀察P1、P2的像，且P2的像擋住P1的像，如此只需測量出玻璃磚的直徑邊繞O轉(zhuǎn)過的角度θ，即可計算出玻璃磚的折射率，請用你的方法表示出折射率n＝（4）某同學測量阻值約為25kΩ的電阻RX，現(xiàn)備有下列器材：A．電流表（量程122μA，內(nèi)阻約2kΩ）；B．電流表（量程500μA，內(nèi)阻約300Ω）；C．電壓表（量程15V，內(nèi)阻約100kΩ）；D．電壓表（量程50V，內(nèi)阻約500kΩ）；E．直流電源（20V，允許最大電流1A）；F．滑動變阻器（最大阻值1kΩ，額定功率1W）；G．電鍵和導線若干．電流表應選B．電壓表應C．（填字母代號）該同學正確選擇儀器后連接了圖3所示的電路，為保證實驗順利進行，并使測量誤差盡量減小，實驗前請你檢查該電路，指出電路在接線上存在的問題：①電流表采用了外接的方法．②滑動變阻器采用了限流式的接法．【考點】3E：牛頓運動定律的應用﹣超重和失重；BE：伏安法測電阻；H3：光的折射定律；L1：實驗中常用儀器及其正確操作方法．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）測力計的示數(shù)小于G，砝碼的加速度向下，處于失重狀態(tài)，電梯向下加速或向上減速．（2）螺旋測微器的固定刻度最小分度為1mm，可動刻度最小分度為0.01mm，由固定刻度讀出整毫米數(shù)，可動刻度讀出毫米的小數(shù)部分．（3）在玻璃磚的直徑邊一側觀察P1、P2的像，且P2的像擋住P1的像，這現(xiàn)象剛好消失，意味著剛好發(fā)生全反射，此時玻璃磚內(nèi)光線的入射角恰好等于臨界角C，玻璃磚轉(zhuǎn)過θ，法線也轉(zhuǎn)過θ，則θ＝C，根據(jù)臨界角求出折射率．（4）采用阻值的比較法選擇電流表的接法，根據(jù)變阻器的總電阻與待測電阻的關系選擇變阻器的接法．【解答】解：（1）加速度方向向下，物體處于失重狀態(tài)，故可能是減速上升或加速下降．（2）螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm，可動刻度要有估讀，讀數(shù)為20.6×0.01mm＝0.206mm．本題讀數(shù)為1.5mm+0.206mm＝1.706mm．（3）由題意可知，當玻璃磚轉(zhuǎn)過某一角度θ時，剛好發(fā)生全反射，在直徑邊一側觀察不到P1、P2的像，做出如圖所示的光路圖可知，測出玻璃直徑邊轉(zhuǎn)過的角度θ，則法線轉(zhuǎn)過的角度也為θ，玻璃磚內(nèi)入射角為θ，臨界角為θ，則n（4）電學實驗選擇儀器的一般步驟如下：①根據(jù)電路中電流、電壓的最大值選擇電流表和電壓表的量程，量程不能太大導致電表的讀數(shù)偏??；②根據(jù)題中關鍵語句，如精確測量，從零開始連續(xù)可調(diào)等等選擇分壓電路亦或是限流電路；分壓電路滑動變阻器選擇小阻值，限流電路滑動變阻器選擇大阻值；③選擇電流表的內(nèi)外接法，采用阻值比較法，一般的原則是“大內(nèi)偏大，小外偏小”（I）本題中，待測電阻Rx的阻值約為25kΩ，直流電源電動勢為20V，經(jīng)粗略計算電路中最大的電流約為μA，所以電流表選擇B；雖然電壓表C的量程不足，可以變阻器調(diào)節(jié)使電壓不超過量程．電壓表D的量程超過太多，讀數(shù)偏小，故電壓表選擇C表．（II）由于483.3則電流表應采用內(nèi)接的方法；則存在的問題有①電流表采用外接的方法②滑動變阻器采用限流式的接法．故本題答案：（1）減速上升或加速下降；（2）1.706；（3）玻璃磚直徑邊繞O點轉(zhuǎn)過的角度；（4）B，C，①電流表采用了外接的方法；②滑動變阻器采用了限流式的接法【點評】本題（3）考查應用全反射測量玻璃折射率的實驗技能．題（4）考查按要求設計電路的能力．四、解答題（共3小題，滿分54分）10．（16分）如圖所示，圓管構成的半圓形豎直軌道固定在水平地面上，軌道半徑為R，MN為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距N為2R．重力加速度為g，忽略圓管內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求：（1）粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；（2）小球A沖進軌道時速度v的大小?！究键c】1J：自由落體運動；43：平拋運動；6C：機械能守恒定律．【分析】（1）求平拋運動的時間，當然是從豎直方向的自由落體運動中求得。（2）小球A以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點的過程機械能守恒、A與B碰撞過程動量守恒，而碰撞完成后的速度就是AB一起平拋的初速度。列出機械能守恒和動量守恒的方程組，問題可解。【解答】解：（1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有①解得②（2）設球A的質(zhì)量為m，碰撞前速度大小為v1，把球A沖進軌道最低點時的重力勢能定為0，由機械能守恒定律知③設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，則v2由動量守恒定律知mv1＝2mv2…④飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有2R＝v2t…⑤綜合②③④⑤式得v＝2答：（1）兩球從飛出軌道到落地的時間（2）小球A沖進軌道時速度為2。【點評】本題考查機械能守恒和動量守恒，分段列出相應的物理規(guī)律方程是解決問題的關鍵，11．（18分）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距為L＝0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m＝0.02kg，電阻均為R＝0.1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.1T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止。取g＝10m/s2，問：（1）通過棒cd的電流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每產(chǎn)生Q＝1J的熱量，力F做的功W是多少？【考點】D9：導體切割磁感線時的感應電動勢；DD：電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化．【專題】53C：電磁感應與電路結合．【分析】（1）對cd研究：cd保持靜止，分析受力，由平衡條件求出安培力，即能求出電流。運用楞次定律分析感應電流的方向。（2）再對棒ab研究，棒ab沿導軌向上勻速運動，由平衡條件求出F。（3）已知棒cd產(chǎn)生的熱量，由焦耳定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律列式，求出位移，由W＝Fs求得力F做的功。【解答】解：（1）對cd棒受力分析如圖所示由平衡條件得mgsinθ＝BIL得I2A。根據(jù)楞次定律可判定通過棒cd的電流方向為由d到c。（2）棒ab與cd所受的安培力大小相等，對ab棒，受力分析如圖所示，由共點力平衡條件知F＝mgsinθ+BIL代入數(shù)據(jù)解得F＝2mgsinθ＝0.2N。（3）設在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q＝1J的熱量，由焦耳定律知Q＝I2Rt設ab棒勻速運動的速度是v，其產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv由閉合電路歐姆定律知I時間t內(nèi)棒ab運動的位移s＝vt力F所做的功W＝Fs綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W＝4J。答：（1）通過棒cd的電流I是2A，方向由d到c。（2）棒ab受到的力F是0.2N。（3）力F做的功W是4J?！军c評】本題是電磁感應中的力學問題，綜合運用電磁磁學知識和力平衡知識。第2小題，也可以選擇研究整體求解F的大小。12．（20分）回旋加速器在核科學、核技術、核醫(yī)學等高新技術領域得到了廣泛應用，有力地推動了現(xiàn)代科學技術的發(fā)展。（1）當今醫(yī)學成像診斷設備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射電子的同位素碳11為示蹤原子，碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應方程。若碳11的半衰期τ為20min，經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？（結果取2位有效數(shù)字）（2）回旋加速器的原理如圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為f的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速，D1、D2置于與盒面垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、f的關系式（忽略質(zhì)子在電場中運動的時間，其最大速度遠小于光速）（3）試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△r是增大、減小還是不變？【考點】37：牛頓第二定律；65：動能定理；CK：質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理；J9：天然放射現(xiàn)象．【專題】16：壓軸題；537：帶電粒子在復合場中的運動專題．【分析】（1）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒書寫核反應方程式。根據(jù)半衰期的定義寫成剩余質(zhì)量和總質(zhì)量的關系式即可求解。（2）根據(jù)電流的定義式I和Q＝Nq以及P求解。（3）求出rk所對應的加速次數(shù)和rk+1所對應的加速次數(shù)即可求出它們所對應的軌道半徑，然后作差即可求出rk和rk+1，從而求出△rk，運用同樣的方法求出△rk+1，比較△rk和△rk+1即可得出答案。【解答】解：（1）核反應方程為NH→