全国各地高考物理word版广东卷讲解学习_5724

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1、此文档收集于网络，如有侵权请联系网站删除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

2、.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。下列判断正确的是此文档仅供学习和交流此文档收集于网络，如有侵

3、权请联系网站删除A. F1 F2 F3B. F3 F1 F2C. F2 F3 F1D. 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gA.球的速度 v 等于 L2HB.球从击出至落地所用时间为2HgC.球从击球点至落地点的位移等

4、于LD.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2AB. 原、副线圈匝数比为1:2C. 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此文档仅供学习和交流此文档收集于网络，如有侵权请联系网站删除20.已知地球质量为 M，半

5、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3 GMT 2A.卫星距离地面的高度为24B.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G MmR2D.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

6、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 之间的距离为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/s 2（包里 3 位有效数字）此文档仅供学习和交流此文档收集于网络，如有侵权请联系网站删除（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。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

7、接，示数如图16，结果为 _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abcdefU/V0.000.501.001.502.002.50I/A0.0000.1220.1560.1850.2160.24435、（ 18分）此文档仅供学习和交流此文档收集于网络，如有侵权请联系网站删除如图 19（ a）所示，在以 O 为

8、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， R1R0 , 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？

9、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 RL0 ，没有热交换，Q= 0，由热力学第一定律U WQ ，气体内能增大。故A 正确。15.C 解析：由法拉第电磁感应定律Ent可知，

10、 C 正确。16.B 解析：把123移到一个矢量三角形中，可知3对应 900,10可知F、F、FF可知 F对应 60,F 2对应 300.故 B 正确。17.AB 解析：网球做平抛运动有：L vtH1 gt 2sL2H 2 可知， AB 正确。218.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U 1n150Hz，由n2U 2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 GMmm(2 )2

11、(Rh) 可知， AC 错误。(R h) 2T21.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） 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qU1 mv12 1 mv0222此文档仅供学习和交流此文档收集于网络，如有侵权请联系网站删除解得 v0v

12、122qUm（ 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qBv2m v22r由几何关系可知，粒子运动的圆心角为900，则2r 2(R2 R1 )2得 r2R0 联立得 B2mv22qR0匀速圆周运动周期T2rv2粒子在磁场中运动时间t1 T4联立，得t2R02v2（ 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R2R1R0r12设此过程的磁感应强度为B1， 由牛顿第二定律qB v m v3213r1mv3由，得 B1qR0所以磁感应强度应小于mv3qR036.(18 分 )解：（ 1）设物块

13、到达B 点的速度为vB，对物块从E 到 B 由动能定理得mg 5R mg 2R1 mvB20 2解得 vB 3 gR（ 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(mM )v此文档仅供学习和交流此文档收集于网络，如有侵权请联系网站删除设物块在滑板上运动的距离为s1，由能量守恒得mg s11mvB21( mM )v222由，得 s16Rl6.5R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mg s21Mv 2 由，得 s22R2讨论：当 R L2R时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为v

14、C，对物块由动能定理得mg(lL)1mvC21mvB222解得 vC(2.5RL)0所以克服摩擦力所做的功W fmg(lL) 3.25mgR0.5mgL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1 mvC2mgH23解得 HR ，故物块不能滑到 CD 轨道中点。4当2R L5R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mg(l s2 )1 mvC2 11 mvB222解得 vC1gR02所以克服摩擦力所做的功W fmg(ls2 ) 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1mvC21mgh2R解得 hR ，故物块不能滑到CD 轨道中点。4此文档仅供学习和交流