2011年广东高考物理卷(含答案)

理科综合（物理）

一、单项选择题：本大题共16小题，每小题4分，共分。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

铅柱 MN钩码图4

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可以在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

F1图33060F3P F2图5二、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L2Hg B、球从击出至落地所用时间为

g2HvC、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

LH 图618、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，A、V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（ ）

u/VA~R2202V022020.010.020.03t/s

(a)图7(b)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，引力常量为G，有关同步卫星，下列表述正确的是（ ）

2GMTA、卫星距地面的高度为3 B、卫星的运行速度小于第一宇宙速度

24C、卫星运行时受到的向心力大小为GMm D、卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 2R21、图8为静电除尘机理的示意图，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

放电极集尘极•••带电尘埃 直流高压电源图834（18）

（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。

OAB•••C•D•E•1cm2图143 ① OD间的距离为________cm。

② 图15是根据实验数据绘出的s-t2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/s2（保留三位有效数字）。

s/cm3.02.0

1.0t2/s20.010.020.03图150.040.050.06（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“×1”、“×10”或“×100”）；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________。

5001001K200302515504010020411.5AV105~0~05010~000~00~~00V00.5021503062004082.5~红250500.20.42001A20.63黑

0.63

图16AVaPbS电源E••图17图18② 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_______间多测几组数据（请填写“ab” “bc” “cd” “de”或“ef”）

数据点 U/V I/A a 0.00 0.000 b 0.50 0.122 c 1.00 0.156 d 1.50 0.185 e 2.00 0.216 f 2.50 0.244 35、（18分） 如图19（a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2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，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+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v1射出，求粒子在A点的初速度v0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v2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v3，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？

R2O•Av0R1Ov1AC45 v2(a)图19(b)36、（18）

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时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板，滑板运动到C时被牢固粘连，物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l6.5R，板右端到C的距离L在R（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Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

AS5RDR••R BMCl6.5R图20

L2011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）参及解析(熊小勤执笔）

一、单项选择题，本题共4小题，每小题4分，共16分，只有一个选项正确。

题号 答案 13 C 14 B 15 C 16 D 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，错选、不选者本小题得0分 题号 答案 17 AB 18 BD 19 AC 20 CD 21 AD 13.C 解析：铅柱由于分子间的引力而粘在一起，故C正确。

14.B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UWQ，气体内能增大。故B正确。 15.C解析：由法拉第电磁感应定律En可知，C正确。 t16.D解析：把F1、F2、F3移到一个矢量三角形中，可知F3对应900, 可知F1对应600, 可知F2对应300.

故D正确。 17.AB解析：网球做平抛运动有：Lvt H12gt sL2H2可知，AB正确。 2U1n1 可知，原、副U2n218.BD解析：由光电效应规律及光电效应方程可知AC错误，BD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

线圈匝数之比为2:1，故B错误。

20.CD解析：第一宇宙速度是最大运行速度，C正确；地球表面的重力加速度为最大运行加速度，D正确；

由GMm22m()(Rh)可知，AB错误。

T(Rh)221.AD解析：电场由电容的正极指向负极，A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，BC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

qU1212mv1mv0 ① 22解得v0v122qU ② m （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

2v2qBv2m ③

r由几何关系可知，粒子运动的圆心角为900，则

22 2r(R2R1) 得 r2R0 ④

联立③④得B2mv2 ⑤ 2qR02r ⑥ v2匀速圆周运动周期T粒子在磁场中运动时间t1T ⑦ 4 联立③⑤⑥⑦，得 t2R0 ⑧ 2v2切，轨

（3）要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相迹图如答图2

由几何关系可知粒子运动的轨道半径r1R2R1R0 2⑨

2v3 设此过程的磁感应强度为B1， 由牛顿第二定律qB1v3m ⑩

r1 由⑨⑩，得B1mv3 ⑾ qR0mv3 qR0所以磁感应强度应小于

36.(18分)

解：（1）设物块到达B点的速度为vB，对物块从E到B由动能定理得

2mg5Rmg2RmvB0 ①

12解得vB3gR 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

mvB(mM)v ③

设物块在滑板上运动的距离为s1，由能量守恒得mgs1 由③④，得s16Rl6.5R ⑤

即达到共同速度v时，物块不会脱离滑板滑下。

121mvB(mM)v2 ④ 22设此过程滑板向右运动的距离为s2，对滑板由动能定理得mgs2由③⑥，得s22R

1Mv2⑥ 2讨论：①当RL2R时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为vC，对物块由动能定理得

mg(lL)1212mvCmvB ⑦ 22解得vC(2.5RL)0

所以克服摩擦力所做的功Wfmg(lL)3.25mgR0.5mgL 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

12mvCmgH ⑧ 23解得HR，故物块不能滑到CD轨道中点。

4②当2RL5R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vC1 ，对物块由动能定理得

1212mg(ls2)mvCmvB ⑨ 122解得vC1gR0 2所以克服摩擦力所做的功Wfmg(ls2)4.25mgR 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

12mvC1mgh ⑩ 2R解得hR，故物块不能滑到CD轨道中点。

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