2011全国各地高考物理word版广东卷

2011年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）
一、单项选择题：本大题共16小题，每小题4分。

共64分。

在每小题给出的四个选项中，
只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

13.如图3所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落,主要原因是
A.铅分子做无规则热运动
B.铅柱受到大气压力作用
C.铅柱间存在万有引力作用
D.铅柱间存在分子引力作用
14.图4为某种椅子与其升降部分的结构示意图,M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中
A.外界对气体做功，气体内能增大
B.外界对气体做功，气体内能减小
C.气体对外界做功，气体内能增大
D.气体对外界做功，气体内能减小
15.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是
A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
16.如图5所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止。

下列判断正确的是
A. F1 > F2> F3
B. F3 > F1> F2
C. F2> F3 > F1
D. F3> F2 > F1
二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。

17.如图6所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是
A.球的速度v等于
B.
C.球从击球点至落地点的位移等于L
D.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
18.光电效应实验中，下列表述正确的是
A.光照时间越长光电流越大
B.入射光足够强就可以有光电流
C.遏止电压与入射光的频率有关
D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子
19.图7（a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图7（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是
A．电流表的示数为2A
B. 原、副线圈匝数比为1:2
C. 电压表的示数为电压表的有效值
D. 原线圈中交变电压的频率为100Hz
20.已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力为G 。

有关同步卫星，下列表述正确的是
A.卫星距离地面的高度为
B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度
C.卫星运行时受到的向心力大小为2Mm
G
R
D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
21.图8为静电除尘器除尘机理的示意图。

尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的。

下列表述正确的是
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由集尘极指向放电极
C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
34（18分）（1）图14是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点，加速度大小用a 表示 ①OD 之间的距离为 cm
②图15是根据实验数据绘出的s-t 2图线（s 为各计数点至同一起点的距离），斜率表示 ，其大小为 m/s 2（包里3位有效数字）
（2）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。

①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_____倍率的电阻档（请填写“x1”、“x10”或“x100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图16，结果为_____
②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图17完成实物图18中的连线。

③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端。

为使小电珠亮度增加，P应由中点向_____端滑动。

④下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点_____
35、（18分）
如图19（a ）所示，在以O 为圆心，内外半径分别为1R 和2R 的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，1020,3R R R R ==,一电荷量为+q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力。

（1） 已知粒子从外圆上以速度1v 射出，求粒子在A 点的初速度0v 的大小
（2） 若撤去电场，如图19（b ）,已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度2v 射出，
方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间
（3） 在图19（b ）中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为3v ，方向不确定，要使粒子
一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
36(18分)
如图20所示，以A 、B 和C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B 、C 。

一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 点时刚好与传送带速度相同，然后经A 点沿半圆轨道滑下，再经B 滑上滑板。

滑板运动到C 点时被牢固粘连。

物块可视为质点，质量为m ，滑板质量为M=2m ，两半圆半径均为R ，板长l =6.5R ，板右端到C 得距离L 在R<L<5R 范围内取值，E 距A 为S=5R ，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度取g 。

（1）求物块滑到B 点的速度大小；
（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f 与L 的关系，并判断物块能否滑到CD 轨道的中点。

2011年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷） 理科综合（物理部分）参考答案及解析(熊小勤执笔）
一、
二、双项选择题，每小题6分，共30分。

每小题有两个正确选项，每选对一项得3分，错
13.D 解析：铅柱由于分子间的引力而粘在一起，故D 正确。

14.A 解析：在M 向下滑的过程中，气体体积变小，外界对气体做功，W >0，没有热交换，Q=0，由热力学第一定律Q W U +=∆，气体内能增大。

故A 正确。

15.C 解析：由法拉第电磁感应定律t
n
E ∆∆=φ
可知，C 正确。

16.B 解析：把F 1、F 2、F 3移到一个矢量三角形中，可知F 3对应900, 可知F 1对应600, 可知
F 2对应300.故B 正确。

17.AB 解析：网球做平抛运动有：vt L = 2
2
1gt H =
22H L s +=可知，AB 正确。

18.CD 解析：由光电效应规律及光电效应方程可知AB 错误，CD 正确。

19.AC 解析：电压、电流表表示有效值，故AC 正确。

由图可知频率为50Hz ，由
2
1
21n n U U =
可知，原、副线圈匝数之比为2:1，故B 错误。

20.BD 解析：第一宇宙速度是最大运行速度，B 正确；地球表面的重力加速度为最大运行加
速度，D 正确；由)()2()
(2
2
h R T m h R Mm G
+=+π可知，AC 错误。

21.BD 解析：电场由电容的正极指向负极，B 正确；由电荷从电容的负极到正极，可知尘埃
带负电，电场力的方向与电场方向相反，AC 错误，由F=qE 及匀强电场可知，D 正确。

三、非选择题
34.(18分)
（1）① 2.20 ②加速度的二分之一 0.923 (2) ①×1 7.5 ②如右图 ③ a 、b
④ ab 解析：因为ab 电流相距太远，可能是直线，也可能先是直线，后是曲线。

35.(18分) 解：
（1）粒子从A 点射出后到外界边界射出过程，由动能定理得
22
101122
qU mv mv =
①
解得0v =
② （2）撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如答图1，设粒子运动的轨道半径为r ，由牛顿第
二定律 22
2v qBv m r
= ③
由几何关系可知，粒子运动的圆心角为900，则 22212()r R R =- 得
0r = ④
联立③④得2
2B qR =
⑤ 匀速圆周运动周期2
2r
T v π=
⑥ 粒子在磁场中运动时间1
4
t T =
⑦ 联立③⑤⑥⑦，得
2
2R t v =
⑧ （3）要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如答图2
由几何关系可知粒子运动的轨道半径21
102
R R r R -== ⑨
设此过程的磁感应强度为B 1， 由牛顿第二定律23
131
v qB v m r = ⑩
由⑨⑩，得3
10
mv B qR =
⑾ 所以磁感应强度应小于
3
mv qR 36.(18分) 解：（1）设物块到达B 点的速度为v B ，对物块从E 到B 由动能定理得
2
1
5202
B mg R mg R mv μ⋅+⋅=- ①
解得B v = ②
（2）假设物块与滑板达到共同速度v 时，物块还没有离开滑板，对物块与滑板，由动量守恒，有 ()B mv m M v =+ ③
设物块在滑板上运动的距离为s 1，由能量守恒得22111
()22
B mg s mv m M v μ⋅=
-+ ④ 由③④，得16 6.5s R l R =<= ⑤
即达到共同速度v 时，物块不会脱离滑板滑下。

设此过程滑板向右运动的距离为s 2，对滑板由动能定理得221
2
mg s Mv μ⋅=
⑥ 由③⑥，得22s R =
讨论：①当2R L R <<时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为v C ，对物块由动能定理得
22
11()22
C B mg l L mv mv μ-+=
- ⑦
解得0C v => 所以克服摩擦力所做的功() 3.250.5f W mg l L mgR mgL μ=+=+ 设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为H ，由机械能守恒得
2
12
C mv mgH = ⑧ 解得3
4
H R <，故物块不能滑到CD 轨道中点。

②当25R L R ≤<时，滑块与滑板最终一起运动至滑板与C 相碰，碰后滑块在滑板上
继续做减速运动到右端，设此时的速度为v C 1 ，对物块由动能定理得
22
2111()22C B mg l s mv mv μ-+=
- ⑨
解得10C v =
> 所以克服摩擦力所做的功2() 4.25f W mg l s mgR μ=+= 设物块离开滑板沿圆轨道上升的高度为h ，由机械能守恒得
2
112
C mv mgh = ⑩ 解得4
R
h R =<，故物块不能滑到CD 轨道中点。