2008年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試(全國(guó)卷I)
理科綜合能力測(cè)試(物理部分)
14.如圖所示,一物體自傾角為θ的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上。物體與斜面接觸時(shí)速度與水平方向的夾角φ滿足
A.tanφ=sinθ
B. tanφ=cosθ
C. tanφ=tanθ
D. tanφ=2tanθ
【答案】D
【解析】豎直速度與水平速度之比為:tanφ = ,豎直位移與水平位移之比為:tanθ = ,故tanφ =2 tanθ ,D正確。
15.如圖,一輛有動(dòng)力驅(qū)動(dòng)的小車上有一水平放置的彈簧,其左端固定在小車上,右端與一小球相連,設(shè)在某一段時(shí)間內(nèi)小球與小車相對(duì)靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài),若忽略小球與小車間的摩擦力,則在此段時(shí)間內(nèi)小車可能是
A.向右做加速運(yùn)動(dòng)
B.向右做減速運(yùn)動(dòng)
C.向左做加速運(yùn)動(dòng)
D.向左做減速運(yùn)動(dòng)
【答案】AD
【解析】對(duì)小球水平方向受到向右的彈簧彈力N,由牛頓第二定律可知,小球必定具有向右的加速度,小球與小車相對(duì)靜止,故小車可能向右加速運(yùn)動(dòng)或向左減速運(yùn)動(dòng)。
16.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播,周期為T,t=0時(shí)刻的波形如圖所示.此時(shí)平衡位置位于x=
A.當(dāng)a質(zhì)點(diǎn)處在波峰時(shí),b質(zhì)點(diǎn)恰在波谷
B.t=T/4時(shí),a質(zhì)點(diǎn)正在向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)
C.t=3T/4時(shí),b質(zhì)點(diǎn)正在向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)
D.在某一時(shí)刻,a、b兩質(zhì)點(diǎn)的位移和速度可能相同
【答案】C
【解析】由圖可看出波長(zhǎng)為
17.已知太陽(yáng)到地球與地球到月球的距離的比值約為390,月球繞地球旋轉(zhuǎn)的周期約為27天.利用上述數(shù)據(jù)以及日常的天文知識(shí),可估算出太陽(yáng)對(duì)月球與地球?qū)υ虑虻娜f(wàn)有引力的比值約為
【答案】B
【解析】設(shè)太陽(yáng)質(zhì)量M,地球質(zhì)量m,月球質(zhì)量m0,日地間距離為R,月地間距離為r,日月之間距離近似等于R,地球繞太陽(yáng)的周期為T約為360天,月球繞地球的周期為t=27天。對(duì)地球繞著太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng),由萬(wàn)有引力定律:G=m,同理對(duì)月球繞著地球轉(zhuǎn)動(dòng):G=m0,則太陽(yáng)質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為M : m=;太陽(yáng)對(duì)月球的萬(wàn)有引力F= G,地球?qū)υ虑虻娜f(wàn)有引力f= G,故F : f= ,代入太陽(yáng)與地球質(zhì)量比,計(jì)算出比值約為2,B對(duì)。
18.三個(gè)原子核X、Y、Z,X核放出一個(gè)正電子后變?yōu)閅核,Y核與質(zhì)子發(fā)生核反應(yīng)后生成Z核并放出一個(gè)個(gè)氦(42He),則下面說(shuō)法正確的是
A.X核比Z核多一個(gè)原子
B.X核比Z核少一個(gè)中子
C.X核的質(zhì)量數(shù)比Z核質(zhì)量數(shù)大3
D.X核與Z核的總電荷是Y核電荷的2倍
【答案】CD
【解析】設(shè)原子核X的質(zhì)量數(shù)為x,電荷數(shù)為y,依題意寫出核反應(yīng)方程,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒,可得原子核Y的質(zhì)量數(shù)為x,電荷數(shù)為y-1,原子核Z的質(zhì)量數(shù)為x-3,電荷數(shù)為y-2。由此可得X核的質(zhì)子(y)比Z核的質(zhì)子(y-2)多2個(gè),A錯(cuò);由此可得X核的中子(x-y)比Z核的中子(x-y-1)多1個(gè),B錯(cuò);X核的質(zhì)量數(shù)(x)比Z核的質(zhì)量數(shù)(x-3)多3個(gè),C對(duì);X核與Z核的總電荷(2y-2)是Y核電荷(y-1)的2倍,D對(duì)。
19.已知地球半徑約為6.4×
A.4×
C. 4×
【答案】B
【解析】大氣壓是由大氣重量產(chǎn)生的。大氣壓強(qiáng)p==,帶入數(shù)據(jù)可得地球表面大氣質(zhì)量m=5.2×
20.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直低面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流I的正方向,下列各圖中正確的是
【答案】D
【解析】0~1s內(nèi)B垂直紙面向里均勻增大,則由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流,方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较,排除A、C選項(xiàng);2s~3s內(nèi),B垂直紙面向外均勻增大,同理可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较,排除B選項(xiàng),D正確。
21.一束由紅、藍(lán)兩單色光組成的光線從一平板玻璃磚的上表面以入射角θ射入,穿過(guò)玻璃磚自下表射出.已知該玻璃對(duì)紅光的折射率為1.5.設(shè)紅光與藍(lán)光穿過(guò)玻璃磚所用的時(shí)間分別為t1和t2,則在θ從0°逐漸增大至90°的過(guò)程中
A.t1始終大于t2 B.t1始終小于t2
C.t1先大于后小于t2 D.t1先小于后大于t2
【答案】B
【解析】設(shè)折射角為α,玻璃磚的厚度為h,由折射定律n= ,且n= ,在玻璃磚中的時(shí)間為t= ,聯(lián)立解得t2∝,紅光頻率較小,θ為零時(shí),t1<t2,θ為90°時(shí),趨近漸近線,初步判定該函數(shù)為單調(diào)函數(shù),通過(guò)帶入θ為其它特殊值,仍然有t1<t2,故B對(duì)。
22.(18分)
Ⅰ.(6分)如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量各為m1和m2的小物塊A和B,分別系在一條跨過(guò)定滑輪的軟繩兩端,已知m1>m2,現(xiàn)要利用此裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。
(1)若選定物塊A從靜止開始下落的過(guò)程中進(jìn)行測(cè)量,則需要測(cè)量的物理量有_________。
①物塊的質(zhì)量m1、m2;
②物塊A下落的距離及下落這段距離所用的時(shí)間;
③物塊B下落的距離及下落這段距離所用的時(shí)間;
④繩子的長(zhǎng)度。
(2)為提高實(shí)驗(yàn)結(jié)果的準(zhǔn)確程度,某小組同學(xué)對(duì)此實(shí)驗(yàn)提出以下建議:
①繩的質(zhì)量要輕;
②在“輕質(zhì)繩”的前提下,繩子越長(zhǎng)越好;
③盡量保證物塊只沿豎直方向運(yùn)動(dòng),不要搖晃;
④兩個(gè)物塊的質(zhì)量之差要盡可能小。
以上建議中確實(shí)對(duì)提高準(zhǔn)確程度有作用的是_________。
(3)寫出一條上面沒(méi)有提到的對(duì)提高實(shí)驗(yàn)結(jié)果準(zhǔn)確程度有益的建議:______________________________________________________________________________。
Ⅱ.(12分)一直流電壓表V,連成為1V,內(nèi)阻為1000Ω,F(xiàn)將一阻值在5000~7000Ω之間的固定電阻R1與此電壓表串聯(lián),以擴(kuò)大電壓表的連成。為求得擴(kuò)大后量程的準(zhǔn)確值,再給定一直流電源(電動(dòng)勢(shì)E為6~7V,內(nèi)阻可忽略不計(jì)),一阻值R2=2000Ω的固定電阻,兩個(gè)單刀開關(guān)S1、S2及若干導(dǎo)線。
(1)為達(dá)到上述目的,將答題卡上對(duì)應(yīng)的圖連成一個(gè)完整的實(shí)驗(yàn)電路圖.
(2)連線完成以后,當(dāng)S1與S2均閉合時(shí),電壓表的示數(shù)為0.90 V;當(dāng)S1閉合,S2斷開時(shí),電壓表的示數(shù)為0.70 V,由此可以計(jì)算出改裝后電壓表的量程為 V,電源電動(dòng)勢(shì)為 V.
22、I(1)【答案】①②或①③
【解析】通過(guò)連結(jié)在一起的A、B兩物體驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律,即驗(yàn)證系統(tǒng)的勢(shì)能變化與動(dòng)能變化是否相等,A、B連結(jié)在一起,A下降的距離一定等于B上升的距離;A、B的速度大小總是相等的,故不需要測(cè)量繩子的長(zhǎng)度和B上升的距離及時(shí)間。
(2)【答案】①③。
【解析】如果繩子質(zhì)量不能忽略,則A、B組成的系統(tǒng)勢(shì)能將有一部分轉(zhuǎn)化為繩子的動(dòng)能,從而為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律帶來(lái)誤差;若物塊搖擺,則兩物體的速度有差別,為計(jì)算系統(tǒng)的動(dòng)能帶來(lái)誤差;繩子長(zhǎng)度和兩個(gè)物塊質(zhì)量差應(yīng)適當(dāng)。
(3)【答案】對(duì)同一高度進(jìn)行多次測(cè)量取平均值;或選取受力后相對(duì)伸長(zhǎng)量盡量小的繩;(個(gè)人補(bǔ)充:盡量減小滑輪的質(zhì)量、對(duì)滑輪轉(zhuǎn)動(dòng)軸進(jìn)行潤(rùn)滑、選擇質(zhì)量相對(duì)較大的物塊A、B)
【解析】多次取平均值可減少測(cè)量誤差,繩子伸長(zhǎng)量盡量小,可減少測(cè)量的高度的準(zhǔn)確度。(個(gè)人補(bǔ)充解析:實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,滑輪也會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng),其能量同樣來(lái)源于A、B組成的系統(tǒng),故應(yīng)減小滑輪的質(zhì)量。)
II.【答案】7,6.3
【解析】將待測(cè)電壓表與標(biāo)準(zhǔn)電阻串聯(lián)后與電源連接即可。設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為E,則由閉合電路歐姆定律,當(dāng)兩開關(guān)都閉合時(shí),R2被短路,有:U1=E當(dāng)S1閉合,S2斷開時(shí),E=U2+(R1+R2);解兩式得:R1=6000Ω ,E=6.3V;根據(jù)串聯(lián)分壓原理,可得電壓表量程為7V。
23.(14分)
已知O、A、B、C為同一直線上的四點(diǎn)、AB間的距離為l1,BC間的距離為l2,一物體自O(shè)點(diǎn)由靜止出發(fā),沿此直線做勻加速運(yùn)動(dòng),依次經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn),已知物體通過(guò)AB段與BC段所用的時(shí)間相等。求O與A的距離.
【解析】方法一:設(shè)物體的加速度為a,到達(dá)A點(diǎn)的速度為v0,通過(guò)AB段和BC段所用的時(shí)間為t,則有:
………………………………………①
……………………………………②
聯(lián)立①②式得:
l2-l1=at2……………………………………………③
設(shè)O與A的距離為l,則有:
……………………………………………⑤
聯(lián)立③④⑤式得:
方法二:設(shè)物體在OA段的距離為s,用時(shí)t,在AB、BC段用時(shí)均為t1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式:
在OA段:s = at2 ………………………………………①
在OB段:s +l1= a(t+t1)2………………………………②
在OC段:s +l1+l2= a(t+2t1)2……………………………③
聯(lián)立①②③解得s=
24.(18分)
圖中滑塊和小球的質(zhì)量均為m,滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng),小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,輕繩長(zhǎng)為l。開始時(shí),輕繩處于水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止,F(xiàn)將小球由靜止釋放,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住,在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零,小球繼續(xù)向左擺動(dòng),當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ=60°時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)。求
(1)從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^(guò)程中,擋板阻力對(duì)滑塊的沖量;
(2)小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,繩的拉力對(duì)小球做功的大小。
24、
【解析】方法一:(1)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑快和小球的速度分別為v1和v 2,由機(jī)械能守恒定律得:
………………………………①
小球由最低點(diǎn)向左擺動(dòng)到最高點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得:
……………………………②
聯(lián)立①②兩式得:
v1=v2=………………………………………③
設(shè)所求的擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為I,規(guī)定動(dòng)量方向向右為正,有:
I=0-mv1
解得:I=-m………………………………④
(2)小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,設(shè)繩對(duì)小球的拉力做的功為W,由動(dòng)能定理得: ………………………………⑤
聯(lián)立③⑤得:
小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,繩對(duì)小球的拉力做的功大小為
方法二:(1)對(duì)系統(tǒng),設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v1,此時(shí)滑塊的速度大小為v2,滑塊與擋板接觸前
由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律:mgl = mv12 +mv22 ……………………………………①
由系統(tǒng)的水平方向動(dòng)量守恒定律:mv1 = mv2………………………………………②
對(duì)滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^(guò)程中,擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為:
I = mv2…………………………………………………………………………………③
聯(lián)立①②③解得I = m 方向向左…………………………………………………④
(2)小球釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中,設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功的大小為W,對(duì)小球由動(dòng)能定理:
mgl+W = mv12……………………………………………………………………⑤
聯(lián)立①②⑤解得:W =-mgl,即繩的拉力對(duì)小球做負(fù)功,大小為mgl 。
25.(22分)
如圖所示,在坐標(biāo)系xoy中,過(guò)原點(diǎn)的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°,在OC右側(cè)有一勻強(qiáng)電場(chǎng);在第二、三象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),其上邊界與電場(chǎng)邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場(chǎng)左邊界上的A點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域,并從O點(diǎn)射出,粒子射出磁場(chǎng)的速度方向與x軸的夾角θ=30°,大小為v,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧,且弧的半徑為磁場(chǎng)左右邊界間距的兩倍。粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,在電場(chǎng)力的作用下又由O點(diǎn)返回磁場(chǎng)區(qū)域,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再次離開磁場(chǎng)。已知粒子從A點(diǎn)射入到第二次離開磁場(chǎng)所用的時(shí)間恰好等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期。忽略重力的影響。求
【解析】方法一:(1)設(shè)磁場(chǎng)左邊界與x軸相交子D點(diǎn),與CO相交于O’點(diǎn),由幾何關(guān)系可知,直線OO’與粒子過(guò)O點(diǎn)的速度v垂直。在直角三角形 OO’D中已知∠OO’D =300設(shè)磁場(chǎng)左右邊界間距為d,則OO’=2d。依題意可知,粒子第一次進(jìn)人磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心即為O’點(diǎn),圓弧軌跡所對(duì)的圈心角為300 ,且OO’為圓弧的半徑R。
由此可知,粒子自A點(diǎn)射人磁場(chǎng)的速度與左邊界垂直。
A 點(diǎn)到x軸的距離:AD=R(1-cos300)………………………………①
由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,得:
qvB=mv2/R………………………………………②
聯(lián)立①②式得:…………………………………③
(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T第一次在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間為 t1,有:
t1=T/12…………………………………………④
T=2πm/qB………………………………………⑤
依題意.勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與x軸正向夾角應(yīng)為1500。由幾何關(guān)系可知,粒子再次從O點(diǎn)進(jìn)人磁場(chǎng)的速度方向與磁場(chǎng)右邊界夾角為600。設(shè)粒子第二次在磁場(chǎng)中飛行的圓弧的圓心為O’’,O’’必定在直線OC 上。設(shè)粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與磁場(chǎng)右邊界文于P點(diǎn),則∠OO’’P =1200.設(shè)粒子第二次進(jìn)人磁場(chǎng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)問(wèn)為t2有:
t2=T/3…………………………………………⑥
設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t 3,依題意得:
t3=T-(t1+t2)…………………………………⑦
由勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和牛頓定律可知:
?v=v?at3……………………………………⑧
a=qE/m ………………………………………⑨
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得:
E=12Bv/7π……………………………………⑩
粒子自P點(diǎn)射出后將沿直線運(yùn)動(dòng)。
設(shè)其由P點(diǎn)再次進(jìn)人電場(chǎng),由幾何關(guān)系知:∠O’’P’P =300……⑾
消
三角形OPP’為等腰三角形。設(shè)粒子在P、P’兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)的時(shí)問(wèn)為t4,有:
t4=PP’/v………………………………………⑿
又由幾何關(guān)系知:OP=R………………………………………⒀
聯(lián)立②⑿⒀式得:t4=m/qB
方法二:(1)從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后從O點(diǎn)離開磁場(chǎng)的過(guò)程是勻速圓周運(yùn)動(dòng),畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖,依題意由幾何關(guān)系可得圓弧的圓心正好是兩條虛線的交點(diǎn)。
故經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度方向?yàn)閤軸正方向。
設(shè)圓周的半徑為R,有:∠OO
根據(jù)向心力公式:Bqv = m……………………………………………②
A點(diǎn)到x軸的距離:x= R-Rcos30°…………………………………③
聯(lián)立①②③解得:x =
(2)粒子能從O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)且能由O點(diǎn)返回,對(duì)正電荷,說(shuō)明電場(chǎng)的方向垂直于OC向左,設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,電場(chǎng)中的時(shí)間為t1,由動(dòng)量定理:
Eqt1=2mv…………………………………………………………………………④
粒子從A點(diǎn)射入到第二次離開磁場(chǎng)所用的時(shí)間恰好等于粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T,由:
T= …………………………………………………………………………⑤
從O點(diǎn)返回磁場(chǎng)后的軌跡如圖,圓心角為120°,故:
T=t1+T+T………………………………………………………………⑥
聯(lián)立②④⑤⑥解得:E = ……………………………………………⑦
(3)第二次離開磁場(chǎng)后到再進(jìn)入電場(chǎng),如圖軌跡。
則DF=OD=2R cos30°………………………………………………………⑧
時(shí)間t2= =
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