1、 1 / 8 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） 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可以在 N的内壁上下滑动，设筒内气
2、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
3、三力作用下保持静止，下列判断正确的是（ ） A、 F1F2F3 B、 F3F1F2 C、 F2F3F1 D、 F3 F2F1 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1F2F30603FP5图MN4图铅柱钩码3图2 / 8
4、抛运动，下列表述正确的是（ ） A、球的速 度 v 等于HgL 2B、球从击出至落地所用时间为gH2C、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=55， 、 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
5、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（ ） A、卫星距地面的高度为 3224GMTB、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2RMmGD、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
6、 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RVAVu/st/22200222001.0 02.0 03.0)(a )(b7图VALHv6图3 / 8 34（ 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。 OD 间的距离为 _cm。 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）。 （ 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.
7、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。 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 _ 。 cms/22/st01.0 02.0 03.0 04.0 05.0 06.00.10.20.315图O B C D EA 1 32cm14图 直流高压电源带电尘埃集尘极放电极8图4 / 8 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。 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
8、中点向_端滑动。 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 a b c d e f U/V 0.00 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 I/A 0.000 0.122 0.156 0.185 0.216 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
9、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？ 010 500 0 210 4 6 820 30 40503040502025020150100501000V50K15.215255.11 25.0VAASPa bV
10、E17图16图电源 0 1 2 300.2 0.4 0.60.6A10V10 505025010100 5.215025050105.2K1 101 VOF mA0105000 2104 6 82030405030 40502025020150100501000V5K15.215255.11 25. VAV/5000/25005.20.5.2黑红18图5 / 8 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
11、，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 Rl 5.6 ，板右端到 C 的距离 L在 R0，没有热交换， Q=0，由热力学第一定律 QWU ，气体内能增大。故 B正确。 15.C 解析：由法拉第电磁感应定律 tnE 可知， C 正确。 16.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： vtL 221gtH 22 HLs
12、 可知， AB 正确。 18.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2121 nnUU 可知，原、副线圈匝数之比为 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 )()2()( 22 hRTmhR MmG 可知， AB 错误。 21.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
13、知， D 正确。 三、非选择题 34.(18 分 ) （ 1） 2.20 加速度的二分之一 0.923 (2) 1 7.5 如右图 a、 b 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 22101122qU mv mv 7 / 8 解得 2012qUvv 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 222 vqBv m r 由几何关系可知，粒子运动的 圆心角为 900，则 22212 ( )r R R 得 02rR 联
14、立 得 2022 mvB qR 匀速圆周运动周期22 rT v 粒子在磁场中运动时间 14tT 联立 ，得 0222 Rt v （ 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 21102RRrR 设此过程的磁感应强度为 B1， 由牛顿第二定律 2313 1vqBv m r 由 ，得 31 0mvB qR 所以磁感应强度应小于 30mvqR 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 215 2 02 Bm g R m g R m v 解得 3Bv gR （ 2）假设物块与滑板
15、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 ()Bmv m M v 8 / 8 设物块在滑板上运动的距离为 s1，由能量守恒得 221 11 ()22Bm g s m v m M v 由 ，得 1 6 6.5s R l R 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 s2，对滑板由动能定理得 22 12mg s Mv 由 ，得 2 2sR 讨论： 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 vC， 对物块由动能定理得 2211() 22CBm g l L m v m v 解得 (2. 5 ) 0Cv R L
16、所以克服 摩擦力所做的功 ( ) 3 . 2 5 0 . 5fW m g l L m g R m g L 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 212 Cmv mgH 解得 34HR ，故物块不能滑到 CD 轨道中点。 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 vC1 ， 对物块由动能定理得 222111() 22CBm g l s m v m v 解得1 02C gRv 所以克服摩擦力所做的功 2( ) 4 .2 5fW m g l s m g R 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 2112 Cmv mgh 解得 4RhR，故物块不能滑到 CD 轨道中点。
