- 2021-05-13 发布 |
- 37.5 KB |
- 8页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
高考全国1卷理综物理含答案
2010 年普通高等学校招生全国统一考试(全国Ⅰ卷) 理科综合能力测试 物理部分 第 I 卷 二、选择题(本题共 8 小。在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确, 有的有多个选项正确,全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。) 14.原子核 经放射性衰变①变为原子 ,继而经放射性衰变②变为原子核 , 再经放射性衰变③变为原子核 。放射性衰变①、②和③依次为 A.. 衰变、 衷变和 衰变 B. 衰变、 衷变和 衰变 C. 衰变、 衰变和 衰变 D. 衰变、 衰变和 衰变 15.如右图,轻弹簧上端与一质量为 的木块 1 相连,下端与另一质量为 的木块 2 相连, 整个系统置于水平放置的光滑木坂上,并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出,设 抽出后的瞬间,木块 1、2 的加速度大小分别为 、 重力加速度大小为 g。则有 A. , B. , C. D. , 16.关于静电场,下列结论普遍成立的是 A..电场强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低 B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C.在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电势降低最快的方向 D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点,电场力做功这零 17.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为 4.5×10-5T。一灵敏电压表连接 在当地入海河段的两岸,河宽 100m,该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过。设落 潮时,海水自西向东流,流速为 2m/s。下列说法正确的是 A.电压表记录的电压为 5mV B.电压表记录的电压为 9mV 238 92 234 90 Th 234 91 Pa 234 92 α β β β α β β β α α β α m M 1a 2a ° 1 0a = 2a g= 1a g= 2a g= 1 20, m Ma a gM += = 1a g= 2 m Ma gM += C.河南岸的电势较高 D.河北岸的电势较高 18.一水平抛出的小球落到一倾角为 的斜面上时,其速度方向与斜面垂直,运动轨迹如右 图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 A. B. C. D. [来 19.右图为两分子系统的势能 与两分子间距离 的关系曲线。下列说法正确的是 A.当 大于 r1 时,分子间的作用力表现为引力 B.当 小于 r1 时,分子间的作用力表现为斥力 C.当 等于 r2 时,分子间的作用力为零 D.当 由 r1 变到 r2 的过程中,分子间的作用力做负功 20.某人手持边长为 6cm 的正方形平面镜测量身后一棵树的高度。测量时保持镜面与地面 垂直,镜子与眼睛的距离为 0.4m。在某位置时,他在镜中恰好能够看到整棵树的像;然后 他向前走了 6.0m,发现用这个镜子长度的 5/6 就能看到整棵树的像。这棵树的高度约为 A.4.0m B.4.5m C.5.0m D.5.5m 21.一简谐振子沿 轴振动,平衡位置在坐标原点。 =0 时刻振子的位移 =-0.1m; = 时刻 =0.1m; =4 时刻 =0.1m。该振子的振幅和周期可能为 A.0.1m, B.0.1m,8 C.0.2m, D.0.2m,8 θ tanθ 2tanθ 1 tanθ 1 2tanθ pE r r r r r x t x t 4 3 s x t s x 8 3 s s 8 3 s s 第Ⅱ卷 22.(6 分) 图 1 是利用激光测转速的原理示意图,图中圆盘可绕固定轴转动,盘边缘侧面上有一 小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时,接收器可以接受到反光涂层所反射的激光 束,并将所收到的光信号转变成电信号,在示波器显示屏上显示出来(如图 2 所示)。 (1)若图 2 中示波器显示屏横向的每大格(5 小格)对应的事件为 ,则圆盘的 转速为 转/s。(保留 3 位有效数字) (2)若测得圆盘直径为 ,则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 。 (保留 3 位有效数字) 23.(12 分) 一电流表的量程标定不准确,某同学利用图 1 所示电路测量该电流表的实际量程 。所用 器材有: 量程不准的电流表 ,内阻 r1=10.0 ,量程标称为 5.0 ; 标准电流表 A2,内阻 r2=45,量程为 1.0 ; 标准电阻 R,阻值 10 ; 滑动变阻器 R,总电阻约为 3000 ; 电源 E,电动势为 3.0V, 内阻不计; 保护电阻 R2;开关 S;导线。 回答下列问题: (1)在答题卡上(图 2 所示)的实物图上画出连线。 25.00 10 s−× 10.20cm cm m I 1A Ω mA mA Ω Ω (2)开关 S 闭合前,滑动变阻器的滑动端 c 应滑动至 端。 (3)开关 S 闭合后,调节滑动变阻器的滑动端,使电流表 A1 满偏;若此时电流表 A2 的读 数为 I2,则 A1 的量程 Im= 。 (4)若测量时,A1 未调到满偏,两电流表的示数如图 3 所示,从图中读出 A1 的示数 I1= , A2 的示数 I2= ;由读出的数据计算得 Im= 。(保留 3 位有效数字) (5)写一条提高测量准确度的建议: 。 24.(15 分) 汽车由静止开始在平直的公路上行驶,0~60s 内汽车的加速度随时间变化的图线如右图 所示。 (1)画出汽车在 0~60s 内的 v-t 图线; (2)求这 60s 内汽车行驶的路程。 25.(18 分) 如右图,质量分别为 m 和 M 的两个星球 A 和 B 在引力作用下都绕 O 点做匀速圆周运动, 星球 A 和 B 两者中心之间的距离为 L。已知 A、B 的中心和 O 三点始终共线,A 和 B 分别 在 O 的两侧。引力常数为 G。 (1)求两星球做圆周运动的周期: (2)在地月系统中,若忽略其他星球的影响,可以将月球和地球看成上述星球 A 和 B, 月球绕其轨道中心运行的周期为 。但在近似处理问题时,常常认为月球是绕地心做圆周运 动的,这样算得的运行周期记为 。已知地球和月球的质量分别为 和 。求 与 两者平方之比。(结果保留 3 位小数) 26.(21 分) 1T 2T 245.98 10 kg× 227.35 10 kg× 2T 1T 如下图,在 区域内存在与 xy 平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B。 在 t=0 时刻,一位于坐标原点的粒子源在 xy 平面内发射出大量同种带电粒子,所有粒子的 初速度大小相同,方向与 y 轴正方向夹角分布在 0~180°范围内。已知沿 y 轴正方向发射的 粒子在 t= 时刻刚好从磁场边界上 P( ,a)点离开磁场。求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 及粒子的比荷 q/m; (2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围; (3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间. 参考答案 0 3x a≤ ≤ 0t 3a 14. A 15. C 16. C 17、BD 18. D 19. BC 20. B 21. A 22.⑴4.55 转 /s ⑵2.91cm 23.(16 分) ⑴连线如图 ⑵阻值最大 ⑶ ⑷6.05mA 24.(15 分)⑴速度图像为右图。 ⑵900m ⑵汽车运动的面积为匀加速、匀速、匀减速三段的位移之和。 m 25.【解析】 ⑴A 和 B 绕 O 做匀速圆周运动,它们之间的万有引力提供向心力,则 A 和 B 的 向心力相等。且 A 和 B 和 O 始终共线,说明 A 和 B 有相同的角速度和周期。 则有: , ,解得 , 对 A 根据牛顿第二定律和万有引力定律得 化简得 ⑵将地月看成双星,由⑴得 将月球看作绕地心 做圆周运动,根据牛顿第二定律和万有引力定律得 化简得 所以两种周期的平方比值为 26.(21 分) 1 212 )( r rRII m += 900201020301010321 =×+×+×=++= ssss 2 2m r M Rω ω= r R L+ = mR Lm M = + Mr Lm M = + 2 2 2( )GMm Mm LL T M m π= + 3 2 ( ) LT G M m π= + 3 1 2 ( ) LT G M m π= + 2 2 2( )GMm m LL T π= 3 2 2 LT GM π= 24 22 22 24 1 5.98 10 7.35 10( ) 1.015.98 10 T m M T M + × + ×= = =× 30 60 20 10 0 v/m·s-2 t/s 【解析】 ⑴粒子沿 y 轴的正方向进入磁场,从 P 点经过做 OP 的垂直平分线与 x 轴的交点 为圆心,根据直角三角形有 解得 ,则粒子做圆周运动的的圆心角为 120°, 周期为 粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提 供,根据牛顿第 二定律得 , ,化简得 ⑵仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于 120°,这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出;角 度最大时从磁场左边界穿出。 角度最小时从磁场右边界穿出圆心角 120°,所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图,根据 弦与半径、x 轴的夹角都是 30°,所以此时速度 与 y 轴的正方向的夹角是 60°。 角度最大时从磁场左边界穿出,半径与 y 轴的的夹角是 60°,则此时速度与 y 轴的正方向的 夹角是 120°。 所以速度与 y 轴的正方向的夹角范围是 60°到120° ⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与 磁场的右边界相 切, 在 三角形中两个相等的腰为 ,而它的高是 ,半径与 y 轴的的夹角是 30°,这种粒子的 圆心角是 240°。所用 时间 为 。 所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为 。 2 2 2( 3 )R a a R= + − 2 3 3R a= 3sin 2 a R θ = = 03T t= 22( )Bqv m RT π= 2 Rv T π= 0 2 3 q m Bt π= 2 3 3R a= 2 3 33 3 3h a a a= − = 02t 02t R R R查看更多