2008年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷I)
理科综合能力测试(物理部分)
14.如图所示,一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足
A.tanφ=sinθ
B. tanφ=cosθ
C. tanφ=tanθ
D. tanφ=2tanθ
【答案】D
【解析】竖直速度与水平速度之比为:tanφ = ,竖直位移与水平位移之比为:tanθ = ,故tanφ =2 tanθ ,D正确。
15.如图,一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧,其左端固定在小车上,右端与一小球相连,设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态,若忽略小球与小车间的摩擦力,则在此段时间内小车可能是
A.向右做加速运动
B.向右做减速运动
C.向左做加速运动
D.向左做减速运动
【答案】AD
【解析】对小球水平方向受到向右的弹簧弹力N,由牛顿第二定律可知,小球必定具有向右的加速度,小球与小车相对静止,故小车可能向右加速运动或向左减速运动。
16.一列简谐横波沿x轴传播,周期为T,t=0时刻的波形如图所示.此时平衡位置位于x=
A.当a质点处在波峰时,b质点恰在波谷
B.t=T/4时,a质点正在向y轴负方向运动
C.t=3T/4时,b质点正在向y轴负方向运动
D.在某一时刻,a、b两质点的位移和速度可能相同
【答案】C
【解析】由图可看出波长为
17.已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390,月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识,可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为
【答案】B
【解析】设太阳质量M,地球质量m,月球质量m0,日地间距离为R,月地间距离为r,日月之间距离近似等于R,地球绕太阳的周期为T约为360天,月球绕地球的周期为t=27天。对地球绕着太阳转动,由万有引力定律:G=m,同理对月球绕着地球转动:G=m0,则太阳质量与地球质量之比为M : m=;太阳对月球的万有引力F= G,地球对月球的万有引力f= G,故F : f= ,代入太阳与地球质量比,计算出比值约为2,B对。
18.三个原子核X、Y、Z,X核放出一个正电子后变为Y核,Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个个氦(42He),则下面说法正确的是
A.X核比Z核多一个原子
B.X核比Z核少一个中子
C.X核的质量数比Z核质量数大3
D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍
【答案】CD
【解析】设原子核X的质量数为x,电荷数为y,依题意写出核反应方程,根据质量数守恒和电荷数守恒,可得原子核Y的质量数为x,电荷数为y-1,原子核Z的质量数为x-3,电荷数为y-2。由此可得X核的质子(y)比Z核的质子(y-2)多2个,A错;由此可得X核的中子(x-y)比Z核的中子(x-y-1)多1个,B错;X核的质量数(x)比Z核的质量数(x-3)多3个,C对;X核与Z核的总电荷(2y-2)是Y核电荷(y-1)的2倍,D对。
19.已知地球半径约为6.4×
A.4×
C. 4×
【答案】B
【解析】大气压是由大气重量产生的。大气压强p==,带入数据可得地球表面大气质量m=5.2×
20.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向垂直低面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向,下列各图中正确的是
【答案】D
【解析】0~1s内B垂直纸面向里均匀增大,则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流,方向为逆时针方向,排除A、C选项;2s~3s内,B垂直纸面向外均匀增大,同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向,排除B选项,D正确。
21.一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入,穿过玻璃砖自下表射出.已知该玻璃对红光的折射率为1.5.设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的时间分别为t1和t2,则在θ从0°逐渐增大至90°的过程中
A.t1始终大于t2 B.t1始终小于t2
C.t1先大于后小于t2 D.t1先小于后大于t2
【答案】B
【解析】设折射角为α,玻璃砖的厚度为h,由折射定律n= ,且n= ,在玻璃砖中的时间为t= ,联立解得t2∝,红光频率较小,θ为零时,t1<t2,θ为90°时,趋近渐近线,初步判定该函数为单调函数,通过带入θ为其它特殊值,仍然有t1<t2,故B对。
22.(18分)
Ⅰ.(6分)如图所示,两个质量各为m1和m2的小物块A和B,分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端,已知m1>m2,现要利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程中进行测量,则需要测量的物理量有_________。
①物块的质量m1、m2;
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间;
③物块B下落的距离及下落这段距离所用的时间;
④绳子的长度。
(2)为提高实验结果的准确程度,某小组同学对此实验提出以下建议:
①绳的质量要轻;
②在“轻质绳”的前提下,绳子越长越好;
③尽量保证物块只沿竖直方向运动,不要摇晃;
④两个物块的质量之差要尽可能小。
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是_________。
(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议:______________________________________________________________________________。
Ⅱ.(12分)一直流电压表V,连成为1V,内阻为1000Ω。现将一阻值在5000~7000Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联,以扩大电压表的连成。为求得扩大后量程的准确值,再给定一直流电源(电动势E为6~7V,内阻可忽略不计),一阻值R2=2000Ω的固定电阻,两个单刀开关S1、S2及若干导线。
(1)为达到上述目的,将答题卡上对应的图连成一个完整的实验电路图.
(2)连线完成以后,当S1与S2均闭合时,电压表的示数为0.90 V;当S1闭合,S2断开时,电压表的示数为0.70 V,由此可以计算出改装后电压表的量程为 V,电源电动势为 V.
22、I(1)【答案】①②或①③
【解析】通过连结在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律,即验证系统的势能变化与动能变化是否相等,A、B连结在一起,A下降的距离一定等于B上升的距离;A、B的速度大小总是相等的,故不需要测量绳子的长度和B上升的距离及时间。
(2)【答案】①③。
【解析】如果绳子质量不能忽略,则A、B组成的系统势能将有一部分转化为绳子的动能,从而为验证机械能守恒定律带来误差;若物块摇摆,则两物体的速度有差别,为计算系统的动能带来误差;绳子长度和两个物块质量差应适当。
(3)【答案】对同一高度进行多次测量取平均值;或选取受力后相对伸长量尽量小的绳;(个人补充:尽量减小滑轮的质量、对滑轮转动轴进行润滑、选择质量相对较大的物块A、B)
【解析】多次取平均值可减少测量误差,绳子伸长量尽量小,可减少测量的高度的准确度。(个人补充解析:实验过程中,滑轮也会转动,其能量同样来源于A、B组成的系统,故应减小滑轮的质量。)
II.【答案】7,6.3
【解析】将待测电压表与标准电阻串联后与电源连接即可。设电源电动势为E,则由闭合电路欧姆定律,当两开关都闭合时,R2被短路,有:U1=E当S1闭合,S2断开时,E=U2+(R1+R2);解两式得:R1=6000Ω ,E=6.3V;根据串联分压原理,可得电压表量程为7V。
23.(14分)
已知O、A、B、C为同一直线上的四点、AB间的距离为l1,BC间的距离为l2,一物体自O点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A、B、C三点,已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等。求O与A的距离.
【解析】方法一:设物体的加速度为a,到达A点的速度为v0,通过AB段和BC段所用的时间为t,则有:
………………………………………①
……………………………………②
联立①②式得:
l2-l1=at2……………………………………………③
设O与A的距离为l,则有:
……………………………………………⑤
联立③④⑤式得:
方法二:设物体在OA段的距离为s,用时t,在AB、BC段用时均为t1,由运动学公式:
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
联立①②③解得s=
24.(18分)
图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l。开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止。现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点。求
(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量;
(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小。
24、
【解析】方法一:(1)小球第一次到达最低点时,滑快和小球的速度分别为v1和v 2,由机械能守恒定律得:
………………………………①
小球由最低点向左摆动到最高点,由机械能守恒定律得:
……………………………②
联立①②两式得:
v1=v2=………………………………………③
设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有:
I=0-mv1
解得:I=-m………………………………④
(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳对小球的拉力做的功为W,由动能定理得: ………………………………⑤
联立③⑤得:
小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,绳对小球的拉力做的功大小为
方法二:(1)对系统,设小球在最低点时速度大小为v1,此时滑块的速度大小为v2,滑块与挡板接触前
由系统的机械能守恒定律:mgl = mv12 +mv22 ……………………………………①
由系统的水平方向动量守恒定律:mv1 = mv2………………………………………②
对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量为:
I = mv2…………………………………………………………………………………③
联立①②③解得I = m 方向向左…………………………………………………④
(2)小球释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功的大小为W,对小球由动能定理:
mgl+W = mv12……………………………………………………………………⑤
联立①②⑤解得:W =-mgl,即绳的拉力对小球做负功,大小为mgl 。
25.(22分)
如图所示,在坐标系xoy中,过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°,在OC右侧有一匀强电场;在第二、三象限内有一匀强磁场,其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直抵面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域,并从O点射出,粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=30°,大小为v,粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧,且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后,在电场力的作用下又由O点返回磁场区域,经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求
【解析】方法一:(1)设磁场左边界与x轴相交子D点,与CO相交于O’点,由几何关系可知,直线OO’与粒子过O点的速度v垂直。在直角三角形 OO’D中已知∠OO’D =300设磁场左右边界间距为d,则OO’=2d。依题意可知,粒子第一次进人磁场的运动轨迹的圆心即为O’点,圆弧轨迹所对的圈心角为300 ,且OO’为圆弧的半径R。
由此可知,粒子自A点射人磁场的速度与左边界垂直。
A 点到x轴的距离:AD=R(1-cos300)………………………………①
由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律,得:
qvB=mv2/R………………………………………②
联立①②式得:…………………………………③
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T第一次在磁场中飞行的时间为 t1,有:
t1=T/12…………………………………………④
T=2πm/qB………………………………………⑤
依题意.匀强电场的方向与x轴正向夹角应为1500。由几何关系可知,粒子再次从O点进人磁场的速度方向与磁场右边界夹角为600。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O’’,O’’必定在直线OC 上。设粒子射出磁场时与磁场右边界文于P点,则∠OO’’P =1200.设粒子第二次进人磁场在磁场中运动的时问为t2有:
t2=T/3…………………………………………⑥
设带电粒子在电场中运动的时间为 t 3,依题意得:
t3=T-(t1+t2)…………………………………⑦
由匀变速运动的规律和牛顿定律可知:
?v=v?at3……………………………………⑧
a=qE/m ………………………………………⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得:
E=12Bv/7π……………………………………⑩
粒子自P点射出后将沿直线运动。
设其由P点再次进人电场,由几何关系知:∠O’’P’P =300……⑾
消
三角形OPP’为等腰三角形。设粒子在P、P’两点间运动的时问为t4,有:
t4=PP’/v………………………………………⑿
又由几何关系知:OP=R………………………………………⒀
联立②⑿⒀式得:t4=m/qB
方法二:(1)从A点进入磁场后从O点离开磁场的过程是匀速圆周运动,画出粒子运动的轨迹图,依题意由几何关系可得圆弧的圆心正好是两条虚线的交点。
故经过A点的速度方向为x轴正方向。
设圆周的半径为R,有:∠OO
根据向心力公式:Bqv = m……………………………………………②
A点到x轴的距离:x= R-Rcos30°…………………………………③
联立①②③解得:x =
(2)粒子能从O点进入电场且能由O点返回,对正电荷,说明电场的方向垂直于OC向左,设电场强度大小为E,电场中的时间为t1,由动量定理:
Eqt1=2mv…………………………………………………………………………④
粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期T,由:
T= …………………………………………………………………………⑤
从O点返回磁场后的轨迹如图,圆心角为120°,故:
T=t1+T+T………………………………………………………………⑥
联立②④⑤⑥解得:E = ……………………………………………⑦
(3)第二次离开磁场后到再进入电场,如图轨迹。
则DF=OD=2R cos30°………………………………………………………⑧
时间t2= =
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