2008年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（全國卷I）

理科綜合能力測試（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，一輛有動力驅(qū)動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)在某一段時間內(nèi)小球與小車相對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，則在此段時間內(nèi)小車可能是

A.向右做加速運(yùn)動

B.向右做減速運(yùn)動

C.向左做加速運(yùn)動

D.向左做減速運(yùn)動

【答案】AD 

【解析】對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，小球與小車相對靜止，故小車可能向右加速運(yùn)動或向左減速運(yùn)動。

16.一列簡諧橫波沿x軸傳播，周期為T，t=0時刻的波形如圖所示.此時平衡位置位于x=3 m處的質(zhì)點(diǎn)正在向上運(yùn)動，若a、b兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置的坐標(biāo)分別為x_a=2.5 m, x_b=5.5 m,則

A.當(dāng)a質(zhì)點(diǎn)處在波峰時，b質(zhì)點(diǎn)恰在波谷

B.t=T/4時，a質(zhì)點(diǎn)正在向y軸負(fù)方向運(yùn)動

C.t=3T/4時，b質(zhì)點(diǎn)正在向y軸負(fù)方向運(yùn)動

D.在某一時刻，a、b兩質(zhì)點(diǎn)的位移和速度可能相同

【答案】C  

【解析】由圖可看出波長為4m，t=0時刻x=3m處的質(zhì)點(diǎn)向上振動，可得該波向左傳播。將整個波形圖向左平移1.5m時，a質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波峰，此時b質(zhì)點(diǎn)正好在平衡位置，與t=0時刻平衡位置在7m處的質(zhì)點(diǎn)振動狀態(tài)一樣，故a質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波峰時，b質(zhì)點(diǎn)正在平衡位置并向上振動，A錯；將圖像整體向左平移1m，即波傳播T/4時，a的振動狀態(tài)與與t=0時刻平衡位置在3.5m處的質(zhì)點(diǎn)振動狀態(tài)一樣，即處在平衡位置上方并向y軸正方向運(yùn)動，B錯；將圖像整體向左平移3m，即波傳播3T/4時，a的振動狀態(tài)與與t=0時刻平衡位置在9.5m處和1.5m的質(zhì)點(diǎn)振動狀態(tài)一樣，即處在平衡位置下方并向y軸負(fù)方向運(yùn)動，C對；a、b質(zhì)點(diǎn)相隔3m，即相差3T/4，速度相同的質(zhì)點(diǎn)應(yīng)該在半周期內(nèi)才會出現(xiàn)，故D錯。

17.已知太陽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，可估算出太陽對月球與地球?qū)υ虑虻娜f有引力的比值約為

A.0.2               B.2           C.20            D.200

【答案】B  

【解析】設(shè)太陽質(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，地球繞太陽的周期為T約為360天，月球繞地球的周期為t=27天。對地球繞著太陽轉(zhuǎn)動，由萬有引力定律：G=m，同理對月球繞著地球轉(zhuǎn)動：G=m₀，則太陽質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為M : m=；太陽對月球的萬有引力F= G，地球?qū)υ虑虻娜f有引力f= G，故F : f= ，代入太陽與地球質(zhì)量比，計算出比值約為2，B對。

18.三個原子核X、Y、Z，X核放出一個正電子后變?yōu)閅核，Y核與質(zhì)子發(fā)生核反應(yīng)后生成Z核并放出一個個氦（⁴₂He）,則下面說法正確的是

A.X核比Z核多一個原子

B.X核比Z核少一個中子

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，A錯；由此可得X核的中子（x-y）比Z核的中子（x-y-1）多1個，B錯；X核的質(zhì)量數(shù)（x）比Z核的質(zhì)量數(shù)（x-3）多3個，C對；X核與Z核的總電荷（2y-2）是Y核電荷（y-1）的2倍，D對。

19.已知地球半徑約為6.4×10⁶ m，空氣的摩爾質(zhì)量約為29×10^-3 kg/mol,一個標(biāo)準(zhǔn)大氣壓約為1.0×10⁵ Pa.利用以上數(shù)據(jù)可估算出地球表面大氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為

A.4×10¹⁶ m³                             B.4×10¹⁸ m³

C. 4×10²⁰ m³                             D. 4×10²² m³

【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=5.2×10¹⁸kg。標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下1mol氣體的體積為v=22.4×10^-3m³，故地球表面大氣體積為V=v=×22.4×10^-3m³=4×10¹⁸m³，B對。

20.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直低面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時針方向?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針方向，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針方向，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，穿過玻璃磚自下表射出.已知該玻璃對紅光的折射率為1.5.設(shè)紅光與藍(lán)光穿過玻璃磚所用的時間分別為t₁和t₂，則在θ從0°逐漸增大至90°的過程中

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= ，在玻璃磚中的時間為t= ，聯(lián)立解得t²∝，紅光頻率較小，θ為零時，t₁＜t₂，θ為90°時，趨近漸近線，初步判定該函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，通過帶入θ為其它特殊值，仍然有t₁＜t₂，故B對。

22.（18分）

Ⅰ.（6分）如圖所示，兩個質(zhì)量各為m₁和m₂的小物塊A和B，分別系在一條跨過定滑輪的軟繩兩端，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程中進(jìn)行測量，則需要測量的物理量有_________。

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間；

③物塊B下落的距離及下落這段距離所用的時間；

④繩子的長度。

（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，繩子越長越好；

③盡量保證物塊只沿豎直方向運(yùn)動，不要搖晃；

④兩個物塊的質(zhì)量之差要盡可能小。

以上建議中確實(shí)對提高準(zhǔn)確程度有作用的是_________。

（3）寫出一條上面沒有提到的對提高實(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。現(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（電動勢E為6～7V，內(nèi)阻可忽略不計），一阻值R₂=2000Ω的固定電阻，兩個單刀開關(guān)S₁、S₂及若干導(dǎo)線。

（1）為達(dá)到上述目的，將答題卡上對應(yīng)的圖連成一個完整的實(shí)驗(yàn)電路圖.

（2）連線完成以后，當(dāng)S₁與S₂均閉合時，電壓表的示數(shù)為0.90 V；當(dāng)S₁閉合，S₂斷開時，電壓表的示數(shù)為0.70 V，由此可以計算出改裝后電壓表的量程為        V，電源電動勢為         V.

22、I（1）【答案】①②或①③

【解析】通過連結(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)的勢能變化與動能變化是否相等，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，故不需要測量繩子的長度和B上升的距離及時間。

（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)勢能將有一部分轉(zhuǎn)化為繩子的動能，從而為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律帶來誤差；若物塊搖擺，則兩物體的速度有差別，為計算系統(tǒng)的動能帶來誤差；繩子長度和兩個物塊質(zhì)量差應(yīng)適當(dāng)。

（3）【答案】對同一高度進(jìn)行多次測量取平均值；或選取受力后相對伸長量盡量小的繩；（個人補(bǔ)充：盡量減小滑輪的質(zhì)量、對滑輪轉(zhuǎn)動軸進(jìn)行潤滑、選擇質(zhì)量相對較大的物塊A、B）

【解析】多次取平均值可減少測量誤差，繩子伸長量盡量小，可減少測量的高度的準(zhǔn)確度。（個人補(bǔ)充解析：實(shí)驗(yàn)過程中，滑輪也會轉(zhuǎn)動，其能量同樣來源于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)電源電動勢為E，則由閉合電路歐姆定律，當(dāng)兩開關(guān)都閉合時，R₂被短路，有：U₁=E當(dāng)S₁閉合，S₂斷開時，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，依次經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，已知物體通過AB段與BC段所用的時間相等。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AB段和BC段所用的時間為t，則有：

  ………………………………………①

……………………………………②

聯(lián)立①②式得：

l₂－l₁=at²……………………………………………③

3l₁－l₂=2v₀t…………………………………………④

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t，在AB、BC段用時均為t₁，由運(yùn)動學(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，小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為l。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止。現(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動，當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ＝60°時小球達(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^程中，擋板阻力對滑塊的沖量；

（2）小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩的拉力對小球做功的大小。

24、

【解析】方法一：（1）小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時，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)所求的擋板阻力對滑塊的沖量為Ｉ，規(guī)定動量方向向右為正，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)的過程中，設(shè)繩對小球的拉力做的功為Ｗ，由動能定理得： ………………………………⑤

聯(lián)立③⑤得：

小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩對小球的拉力做的功大小為

方法二：（1）對系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點(diǎn)時速度大小為v₁，此時滑塊的速度大小為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)的水平方向動量守恒定律：mv₁ = mv₂………………………………………②

對滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對滑塊的沖量為：

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)的過程中，設(shè)繩的拉力對小球做功的大小為W，對小球由動能定理：

mgl＋W = mv₁²……………………………………………………………………⑤

聯(lián)立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對小球做負(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；在第二、三象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，其上邊界與電場邊界重疊、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左邊界上的A點(diǎn)射入磁場區(qū)域，并從O點(diǎn)射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ＝30°，大小為v，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進(jìn)入電場后，在電場力的作用下又由O點(diǎn)返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點(diǎn)射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期。忽略重力的影響。求

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