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2008年高考全解全析理综物理试卷(全国Ⅰ)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=sinθB.tanφ=cosθC.tanφ=tanθD.tanφ=2tanθ
14、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=2tanθ,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
15、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=3m处的质点正在向上运动,若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa=
2.5mxb=
5.5m则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
16、C解析由图可看出波长为4m,t=0时刻x=3m处的质点向上振动,可得该波向左传播将整个波形图向左平移
1.5m时,a质点到达波峰,此时b质点正好在平衡位置,与t=0时刻平衡位置在7m处的质点振动状态一样,故a质点到达波峰时,b质点正在平衡位置并向上振动,A错;将图像整体向左平移1m,即波传播T/4时,a的振动状态与与t=0时刻平衡位置在
3.5m处的质点振动状态一样,即处在平衡位置上方并向y轴正方向运动,B错;将图像整体向左平移3m,即波传播3T/4时,a的振动状态与与t=0时刻平衡位置在
9.5m处和
1.5m的质点振动状态一样,即处在平衡位置下方并向y轴负方向运动,C对;a、b质点相隔3m,即相差3T/4,速度相同的质点应该在半周期内才会出现,故D错
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A.
0.2B.2C.20D.
20017、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=,带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3D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍
18、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
6.4×106m,空气的摩尔质量约为29×10-3kg/mol一个标准大气压约为
1.0×105Pa.利用以上数据可估算出地球表面大气在标准状况下的体积为A.4×1016m3B.4×1018m3C.4×1020m3D.4×1022m
319、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=
5.2×1018kg标准状态下1mol气体的体积为v=
22.4×10-3m3,故地球表面大气体积为V=v=×
22.4×10-3m3=4×1018m3,B对
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
20、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t2B.t1始终小于t2C.t1先大于后小于t2D.t1先小于后大于t
221、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m
1、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,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S
1、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
0.90V;当S1闭合,S2断开时,电压表的示数为
0.70V,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
(1)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l1BC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.
23、解析设物体的加速度为a,到达A点的速度为v0,通过AB段和BC点所用的时间为t,则有l1=v0t+at2
①l1+l2=2v0t+2at2
②联立
①②式得l2-l1=at2
③3l1-l2=2v0t
④设O与A的距离为l,则有l=
⑤联立
③④⑤式得l=个人解析设物体在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=at+t12
②在OC段s+l1+l2=at+2t12
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、个人解析
(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
(1)粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离;
(2)匀强电场的大小和方向;
(3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间
25、个人解析
(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∠OO1A=30°
①根据向心力公式Bqv=m
②A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=2Rcos30°
⑧时间t2==EQ\FmBq本资料来源于中高考无忧网(www.zgk5u.com)vvOO2DF。