2008年普通高等學校招生全國統一考試（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，設在某一段時間內小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內小車可能是
A.向右做加速運動
B.向右做減速運動
C.向左做加速運動
D.向左做減速運動
【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動或向左減速運動。
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=
A.當a質點處在波峰時，b質點恰在波谷
B.t=T/4時，a質點正在向y軸負方向運動
C.t=3T/4時，b質點正在向y軸負方向運動
D.在某一時刻，a、b兩質點的位移和速度可能相同
【答案】C
【解析】由圖可看出波長為
17.已知太陽到地球與地球到月球的距離的比值約為390，月球繞地球旋轉的周期約為27天.利用上述數據以及日常的天文知識，可估算出太陽對月球與地球對月球的萬有引力的比值約為
【答案】B
【解析】設太陽質量M，地球質量m，月球質量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。對地球繞著太陽轉動，由萬有引力定律：G=m，同理對月球繞著地球轉動：G=m0，則太陽質量與地球質量之比為M : m=；太陽對月球的萬有引力F= G，地球對月球的萬有引力f= G，故F : f= ，代入太陽與地球質量比，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為Y核，Y核與質子發生核反應后生成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核的質量數比Z核質量數大3
D.X核與Z核的總電荷是Y核電荷的2倍
【答案】CD
【解析】設原子核X的質量數為x，電荷數為y，依題意寫出核反應方程，根據質量數守恒和電荷數守恒，可得原子核Y的質量數為x，電荷數為y-1，原子核Z的質量數為x-3，電荷數為y-2。由此可得X核的質子（y）比Z核的質子（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核的質量數（x）比Z核的質量數（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×
A.4×
C. 4×
【答案】B
【解析】大氣壓是由大氣重量產生的。大氣壓強p==，帶入數據可得地球表面大氣質量m=5.2×
20.矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規定磁場的正方向垂直低面向里，磁感應強度B隨時間變化的規律如圖所示.若規定順時針方向為感應電流I的正方向，下列各圖中正確的是
【答案】D
【解析】0～1s內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定律可得線圈中產生恒定的感應電流，方向為逆時針方向，排除A、C選項；2s～3s內，B垂直紙面向外均勻增大，同理可得線圈中產生的感應電流方向為順時針方向，排除B選項，D正確。
21.一束由紅、藍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.設紅光與藍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，初步判定該函數為單調函數，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，現要利用此裝置驗證機械能守恒定律。
（1）若選定物塊A從靜止開始下落的過程中進行測量，則需要測量的物理量有_________。
①物塊的質量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）為提高實驗結果的準確程度，某小組同學對此實驗提出以下建議：
①繩的質量要輕；
②在“輕質繩”的前提下，繩子越長越好；
③盡量保證物塊只沿豎直方向運動，不要搖晃；
④兩個物塊的質量之差要盡可能小。
以上建議中確實對提高準確程度有作用的是_________。
（3）寫出一條上面沒有提到的對提高實驗結果準確程度有益的建議：______________________________________________________________________________。
Ⅱ.（12分）一直流電壓表V，連成為1V，內阻為1000Ω�，F將一阻值在5000～7000Ω之間的固定電阻R1與此電壓表串聯，以擴大電壓表的連成。為求得擴大后量程的準確值，再給定一直流電源（電動勢E為6～7V，內阻可忽略不計），一阻值R2=2000Ω的固定電阻，兩個單刀開關S1、S2及若干導線。
（1）為達到上述目的，將答題卡上對應的圖連成一個完整的實驗電路圖.
（2）連線完成以后，當S1與S2均閉合時，電壓表的示數為0.90 V；當S1閉合，S2斷開時，電壓表的示數為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】通過連結在一起的A、B兩物體驗證機械能守恒定律，即驗證系統的勢能變化與動能變化是否相等，A、B連結在一起，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】如果繩子質量不能忽略，則A、B組成的系統勢能將有一部分轉化為繩子的動能，從而為驗證機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，為計算系統的動能帶來誤差；繩子長度和兩個物塊質量差應適當。
（3）【答案】對同一高度進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；（個人補充：盡量減小滑輪的質量、對滑輪轉動軸進行潤滑、選擇質量相對較大的物塊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確度。（個人補充解析：實驗過程中，滑輪也會轉動，其能量同樣來源于A、B組成的系統，故應減小滑輪的質量。）
II.【答案】7，6.3
【解析】將待測電壓表與標準電阻串聯后與電源連接即可。設電源電動勢為E，則由閉合電路歐姆定律，當兩開關都閉合時，R2被短路，有：U1=E當S1閉合，S2斷開時，E=U2+(R1+R2)；解兩式得：R1=6000Ω ，E=6.3V；根據串聯分壓原理，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、AB間的距離為l1,BC間的距離為l2,一物體自O點由靜止出發，沿此直線做勻加速運動，依次經過A、B、C三點，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：設物體的加速度為a，到達A點的速度為v0,通過AB段和BC段所用的時間為t，則有：
………………………………………①
……………………………………②
聯立①②式得：
l2－l1=at2……………………………………………③
設Ｏ與Ａ的距離為l,則有：
……………………………………………⑤
聯立③④⑤式得：
方法二：設物體在OA段的距離為s，用時t，在AB、BC段用時均為t1，由運動學公式：
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
聯立①②③解得s=
24.（18分）
圖中滑塊和小球的質量均為m，滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點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，小球和滑塊均靜止�，F將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住，在極短的時間內速度減為零，小球繼續向左擺動，當輕繩與豎直方向的夾角θ＝60°時小球達到最高點。求
（1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量；
（2）小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做功的大小。
24、
【解析】方法一：（1）小球第一次到達最低點時，滑快和小球的速度分別為v1和v 2，由機械能守恒定律得：
………………………………①
小球由最低點向左擺動到最高點，由機械能守恒定律得：
……………………………②
聯立①②兩式得：
v1=v2=
………………………………………③
設所求的擋板阻力對滑塊的沖量為Ｉ，規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最低點的過程中，設繩對小球的拉力做的功為Ｗ，由動能定理得： 
………………………………⑤
聯立③⑤得： 
小球從開始釋放到第一次到達最低點的過程中，繩對小球的拉力做的功大小為
方法二：（1）對系統，設小球在最低點時速度大小為v1，此時滑塊的速度大小為v2，滑塊與擋板接觸前
由系統的機械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22 ……………………………………①
由系統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為零的過程中，擋板阻力對滑塊的沖量為：
I = mv2…………………………………………………………………………………③
聯立①②③解得I = m 方向向左…………………………………………………④
（2）小球釋放到第一次到達最低點的過程中，設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
聯立①②⑤解得：W =－mgl，即繩的拉力對小球做負功，大小為mgl 。
25.（22分）
如圖所示，在坐標系xoy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°,在OC右側有一勻強電場；在第二、三象限內有一勻強磁場，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，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ＝30°，大小為v，粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區域，經過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點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動的周期。忽略重力的影響。求
【解析】方法一：（1）設磁場左邊界與x軸相交子D點，與CO相交于O’點，由幾何關系可知，直線OO’與粒子過O點的速度v垂直。在直角三角形 OO’D中已知∠OO’D =300設磁場左右邊界間距為d，則OO’=2d。依題意可知，粒子第一次進人磁場的運動軌跡的圓心即為O’點，圓弧軌跡所對的圈心角為300 ，且OO’為圓弧的半徑R。
由此可知，粒子自A點射人磁場的速度與左邊界垂直。
A 點到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動的規律，得：
qvB=mv2/R………………………………………②
聯立①②式得：
…………………………………③
（2）設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T第一次在磁場中飛行的時間為 t1，有：
t1=T/12…………………………………………④
T=2πm/qB………………………………………⑤
依題意．勻強電場的方向與x軸正向夾角應為1500。由幾何關系可知，粒子再次從O點進人磁場的速度方向與磁場右邊界夾角為600。設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O’’，O’’必定在直線OC 上。設粒子射出磁場時與磁場右邊界文于P點，則∠OO’’P =1200．設粒子第二次進人磁場在磁場中運動的時問為t2有：
t2=T/3…………………………………………⑥
設帶電粒子在電場中運動的時間為 t 3，依題意得：
t3=T－(t1+t2)…………………………………⑦
由勻變速運動的規律和牛頓定律可知：
?v=v?at3……………………………………⑧
a=qE/m ………………………………………⑨
聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：
E=12Bv/7π……………………………………⑩
粒子自P點射出后將沿直線運動。
設其由P點再次進人電場，由幾何關系知：∠O’’P’P =300……⑾
消
三角形OPP’為等腰三角形。設粒子在P、P’兩點間運動的時問為t4，有：
t4=PP’/v………………………………………⑿
又由幾何關系知：OP=
R………………………………………⒀
聯立②⑿⒀式得：t4=m/qB
方法二：（1）從A點進入磁場后從O點離開磁場的過程是勻速圓周運動，畫出粒子運動的軌跡圖，依題意由幾何關系可得圓弧的圓心正好是兩條虛線的交點。
故經過A點的速度方向為x軸正方向。
設圓周的半徑為R，有：∠OO
根據向心力公式：Bqv = m……………………………………………②
A點到x軸的距離：x= R－Rcos30°…………………………………③
聯立①②③解得：x =
（2）粒子能從O點進入電場且能由O點返回，對正電荷，說明電場的方向垂直于OC向左，設電場強度大小為E，電場中的時間為t1，由動量定理：
Eqt1=2mv…………………………………………………………………………④
粒子從A點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動的周期T，由：
T= …………………………………………………………………………⑤
從O點返回磁場后的軌跡如圖，圓心角為120°，故：
T=t1＋T＋T………………………………………………………………⑥
聯立②④⑤⑥解得：E = ……………………………………………⑦
（3）第二次離開磁場后到再進入電場，如圖軌跡。
則DF=OD=2R cos30°………………………………………………………⑧
時間t2= =
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