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文檔簡介

第4頁(共12頁)2007年全國統(tǒng)一高考物理試卷(Ⅱ)一、選擇題(本題包括8小題.每小題給出的四個選項中,有的只有一個選項正確,有的有多個選項正確,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.(3分)對一定質(zhì)量的氣體,下列說法正確的是()A.在體積緩慢不斷增大的過程中,氣體一定對外界做功B.在壓強(qiáng)不斷增大的過程中,外界對氣體一定做功C.在體積不斷被壓縮的過程中,內(nèi)能一定增加D.在與外界沒有發(fā)生熱量交換的過程中,內(nèi)能一定不變2.(3分)(2013秋?貴州月考)一列橫波在x軸上傳播,在x=0與x=1cm的兩點(diǎn)的振動圖線分別如圖中實(shí)線與虛線所示.由此可以得出()A.波長一定是4cm B.波的周期一定是4sC.波的振幅一定是2cm D.波的傳播速度一定是1cm/s3.(3分)如圖所示,PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的圓周軌道,圓心O在S的正上方.在O、P兩點(diǎn)各有一質(zhì)量為m的有物塊a和b,從同一時刻開始,a自由下落,b沿圓弧下滑.以下說法正確的是()A.a(chǎn)比b先到達(dá)S,它們在S點(diǎn)的動量不相等B.a(chǎn)與b同時到達(dá)S,它們在S點(diǎn)的動量不相等C.a(chǎn)比b先到達(dá)S,它們在S點(diǎn)的動量相等D.b比a先到達(dá)S,它們在S點(diǎn)的動量相等4.(3分)如圖,P是偏振片,P的透振方向(用帶的箭頭的實(shí)線表示)為豎直方向.下列四種入射光束中,哪幾種照射P時能在P的另一側(cè)觀察到透射光?()A.太陽光B.沿豎直方向振動的光C.沿水平方向振動的光D.沿與豎直方向成45°角振動的光5.(3分)氫原子在某三個相鄰能級間躍遷時,可發(fā)出三種不同波長的輻射光.已知其中的兩個波長分別為λ1和λ2,且λ1>λ2,則另一個波長可能是()A.λ1+λ2 B.λ1﹣λ2C. D.6.(3分)如圖所示,一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)在固定的正的點(diǎn)電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運(yùn)動,周期為T0,軌道平面位于紙面內(nèi),質(zhì)點(diǎn)的速度方向如圖中箭頭所示.現(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場,已知軌道半徑并不因此而改變,則()A.若磁場方向指向紙里,質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的周期大于T0B.若磁場方向指向紙里,質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的周期小于T0C.若磁場方向指向紙外,質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的周期大于T0D.若磁場方向指向紙外,質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的周期小于T07.(3分)假定地球、月球都靜止不動,用火箭從地球沿地月連線發(fā)射一探測器.假定探測器在地球表面附近脫離火箭.用W表示探測器從脫離火箭處飛到月球的過程中克服地球引力做的功,用Ek表示探測器脫離火箭時的動能,若不計空氣阻力,則()A.Ek必須大于或等于W,探測器才能到達(dá)月球B.Ek小于W,探測器也可能到達(dá)月球C.Ek=W,探測器一定能到達(dá)月球D.Ek=W,探測器一定不能到達(dá)月球8.(3分)如圖所示,在PQ、QR區(qū)域是在在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場,磁場寬度均為l,磁場方向均垂直于紙面,bc邊與磁場的邊界P重合.導(dǎo)線框與磁場區(qū)域的尺寸如圖所示.從t=0時刻開始線框勻速橫穿兩個磁場區(qū)域.以a→b→c→d→e→f為線框中有電動勢的正方向.以下四個ε﹣t關(guān)系示意圖中正確的是()A. B. C. D.12.(20分)如圖所示,在坐標(biāo)系Oxy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E.在其他象限中存在勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向里.A是y軸上的一點(diǎn),它到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為h;C是x軸上的一點(diǎn),到O的距離為l.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域,繼而通過C點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)域,并再次通過A點(diǎn),此時速度與y軸正方向成銳角.不計重力作用.試求:(1)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時速度的大小和方向(用tanθ表示即可);(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B.

2007年全國統(tǒng)一高考物理試卷(Ⅱ)參考答案與試題解析一、選擇題(本題包括8小題.每小題給出的四個選項中,有的只有一個選項正確,有的有多個選項正確,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.(3分)【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律.【分析】解答本題應(yīng)明確:氣體體積膨脹則氣體對外做功;氣體壓縮時,外界對氣體做功;做功和熱傳遞均可改變內(nèi)能.【解答】解:A、當(dāng)氣體體積增大時,氣體對外界做功,A正確;B、根據(jù)=常數(shù),P增大時,V不一定變化,B錯;C、當(dāng)氣體體積減小時,外界對氣體做功,可能向外界放熱,根據(jù)△U=W+Q可知,內(nèi)能不一定增大,C錯誤;D、在Q=0的過程中,不能排除做功,若有外界對氣體做功,則內(nèi)能增大,若氣體對外界做功,則內(nèi)能減小,故D錯誤.故選A.【點(diǎn)評】做功和熱傳遞均可改變物體的內(nèi)能,故在分析內(nèi)能時一定要借助熱力學(xué)第一定律分析內(nèi)能的變化.2.(3分)【考點(diǎn)】波長、頻率和波速的關(guān)系;橫波的圖象.【分析】由振動圖象可直接讀出振幅、周期;因不知波的傳播方向故需討論兩種可能的傳播方向,在圖象中找出同一時刻兩點(diǎn)的位置確定兩點(diǎn)間的可能的波長數(shù);則由波長、頻率及波速的關(guān)系可求得波速的可能值;【解答】解:根據(jù)振動圖象兩個最大值的橫坐標(biāo)之差為振動周期,則T=4s,B選項正確;從圖象縱坐標(biāo)可看出振幅A=2cm,C選項正確;根據(jù)題中所給的振動圖象可得如果波從0到1傳播,則,如果波從1到0傳播,則,根據(jù)可計算出波速和波長可能是1cm/s和4cm(波從1到0傳播,n=0),但1cm/s和4cm,不是唯一答案,故A、D錯誤.故選BC.【點(diǎn)評】本題把兩個質(zhì)點(diǎn)的振動圖象分虛實(shí)線畫在同一個坐標(biāo)系上,這在平時是很少見的,但是y﹣x中這樣的畫法卻是非常常見的,所以有的考生根本就不看橫坐標(biāo)的含義,就把本題認(rèn)定為波形圖,得到“波長一定是4cm”的錯誤答案,這是本題的創(chuàng)新點(diǎn);歸根到底還是考生沒有養(yǎng)成解題的良好習(xí)慣,憑感覺做題,缺乏分析,這正是命題專家經(jīng)常命題的一個方向.同時應(yīng)注意波的傳播中在時間和空間上的多解性.3.(3分)【考點(diǎn)】動量沖量;機(jī)械能守恒定律.【分析】要求物體運(yùn)動的時間,則要找出兩個物體運(yùn)動的速率大小關(guān)系:根據(jù)機(jī)械能守恒定律,相同高度速率相同.動量是矢量,等于物體的質(zhì)量和速度的乘積.【解答】解:在物體下落的過程中,只有重力對物體做功,故機(jī)械能守恒故有mgh=解得v=所以在相同的高度,兩物體的速度大小相同,即速率相同.由于a的路程小于b的路程.故ta<tb,即a比b先到達(dá)s.又到達(dá)s點(diǎn)時a的速度豎直向下,而b的速度水平向左.故兩物體的動量不相等.故選A.【點(diǎn)評】兩物體運(yùn)動的路程關(guān)系:sb>sa,但在相同的高度速率相同,這是本題的突破口.所以挖掘出隱含條件是解題的關(guān)鍵.4.(3分)【考點(diǎn)】光的偏振.【分析】根據(jù)光的現(xiàn)象,只要光的振動方向不與偏振片的狹逢垂直,都能有光通過偏振片.【解答】解:A、太陽光包含垂直傳播方向向各個方向振動的光,當(dāng)太陽光照射P時能在P的另一側(cè)觀察到偏振光,故A正確;B、沿豎直方向振動的光能通過偏振片,故B正確;C、沿水平方向振動的光不能通過偏振片,因為它們已經(jīng)相互垂直.故C是錯誤的;D、沿與豎直方向成45°角振動的光也能通過偏振片,故D正確;故選:ABD【點(diǎn)評】D選項容易漏選,其實(shí)題中另一側(cè)能觀察到光即可.5.(3分)【考點(diǎn)】氫原子的能級公式和躍遷.【分析】氫原子在躍遷時,發(fā)光的光子能量等于能級間的差值,則設(shè)出三個能級即可表示出輻射光子的能量關(guān)系,由E=h可明確波長關(guān)系.【解答】解:氫原子在能級間躍遷時,發(fā)出的光子的能量與能級差相等.如果這三個相鄰能級分別為1、2、3能級E3>E2>E1,且能級差滿足E3﹣E1>E2﹣E1>E3﹣E2,根據(jù)可得可以產(chǎn)生的光子波長由小到大分別為:、和這三種波長滿足兩種關(guān)系和,變形可知C、D是正確的.故選CD.【點(diǎn)評】本題考查氫原子的能級公式和躍遷,在解題時要注意進(jìn)行討論所有的可能性,不能漏掉應(yīng)有的答案.6.(3分)【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動;牛頓第二定律;庫侖定律.【分析】負(fù)電在正電的庫侖引力作用下做勻速圓周運(yùn)動,當(dāng)外加一垂直平面的勻強(qiáng)磁場時,負(fù)電質(zhì)點(diǎn)還會受到洛倫茲力作用,軌道半徑因不變,所以會導(dǎo)致周期發(fā)生變化.當(dāng)磁場方向指向紙里時,負(fù)電荷受到的洛倫茲力與庫侖力方向相反,所以周期變大;當(dāng)磁場方向指向紙外時,負(fù)電荷受到的洛倫茲力與庫侖力方向相同,所周期變小.【解答】解:在未加磁場時,根據(jù)牛頓第二定律和庫侖定律得:=在加磁場時,根據(jù)牛頓第二定律、庫侖定律和洛侖茲力公式(左手定則)得若磁場指向紙里:,T1>T0若磁場指向紙外:,T2<T0,故選:AD【點(diǎn)評】沒有磁場時庫侖引力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動,當(dāng)有磁場時負(fù)電荷仍做圓周運(yùn)動,不過導(dǎo)致提供的向心力可能變大也可能變小,所以會使得周期發(fā)生變化.7.(3分)【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用;動能定理的應(yīng)用.【分析】本題主要考查動能定理和萬有引力相結(jié)合的題目,探測器要能到達(dá)月球則到達(dá)月球時的速度必須大于等于0,即Ek末=EK﹣W+W1≥0;根據(jù)地月質(zhì)量關(guān)系可得探測器克服地球引力所做的功與月球?qū)μ綔y器的引力所做的功的關(guān)系.【解答】解:探測器脫離火箭后同時受到地球的引力和月球的引力,根據(jù)F=G可知開始時物體受到地球的引力大于受到月球的引力,后來受到月球的引力大于受到地球的引力,所以探測器在運(yùn)動的過程中地球的引力對物體做負(fù)功,月球的引力對物體做正功,所以探測器能夠到達(dá)月球的條件是必須克服地球引力做功越過引力相等的位置.又根據(jù)F=G可知探測器受到的引力相等的位置的位置距離地球遠(yuǎn)而距離月球近,設(shè)在探測器運(yùn)動的過程中月球引力對探測器做的功為W1,探測器克服地球引力對探測器做的功為W,并且W1<W,若探測器恰好到達(dá)月球,則根據(jù)動能定理可得﹣W+W1=EK末﹣Ek,即EK末=EK﹣W+W1故探測器能夠到達(dá)月球的條件是Ek末=EK﹣W+W1≥0,即EK≥W﹣W1,故EK小于W時探測器也可能到達(dá)月球.故B正確.由于M地≈81M月,故W≈81W1假設(shè)當(dāng)EK=W時探測器能夠到達(dá)月球,則Ek≥W﹣W1仍然成立,可轉(zhuǎn)化為≥W﹣W1仍然成立,即應(yīng)有W1≥W,這顯然與W≈81W1相矛盾,故假設(shè)不正確.即探測器一定不能到達(dá)月球.故D正確.故選B、D.【點(diǎn)評】本題綜合性較強(qiáng),探測器能否到達(dá)月球主要是看到達(dá)月球時探測器的速度是否仍然大于等于零,這是此類題目的突破口.8.(3分)【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢;右手定則.【分析】根據(jù)右手定則判斷出不同階段電動勢的方向,以及根據(jù)E=BLv求出不同階段的電動勢大小.剛進(jìn)磁場時,只有bc邊切割;bc邊進(jìn)入QR區(qū)域時,bc邊和de邊都切割磁感線,但等效電動勢為0;bc邊出磁場后,de邊和af邊切割磁感線,af邊切割產(chǎn)生的電動勢大于bc邊;de邊出磁場后后,只有af邊切割.【解答】解:下面是線框切割磁感線的四個階段示意圖.在第一階段,只有bc切割向外的磁感線,由右手定則知電動勢為負(fù),大小為Blv.在第二階段,bc切割向里的磁感線,電動勢為逆時針方向,同時de切割向外的磁感線,電動勢為順時針方向,等效電動勢為零.在第三階段,de切割向里的磁感線同時af切割向外的磁感線,兩個電動勢同為逆時針方向,等效電動勢為正,大小為3Blv.在第四階段,只有af切割向里的磁感線,電動勢為順時針方向,等效電動勢為負(fù)大小為2Blv.故C正確,A、B、D錯誤.故選C.【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握右手定則判斷出不同階段電動勢的方向,以及根據(jù)E=BLv求出不同階段的電動勢大?。?、實(shí)驗題9.(17分)【考點(diǎn)】用單擺測定重力加速度;伏安法測電阻.【分析】(1)在用單擺測定重力加速度為了提高精度,擺線要長些,擺球選擇質(zhì)量大體積小的,拉離平衡位置的角度不能太大,測30﹣50次全振動的時間,去求單擺的周期.(2)(ⅰ)該實(shí)驗是利用半偏法測量電流表的內(nèi)阻,最后電流表的內(nèi)阻等于R1的阻值,所以R1應(yīng)該用電阻箱,為了減小測量的誤差.電源應(yīng)選用E2.在實(shí)驗的過程中認(rèn)為總電阻不變,則總電流不變,所以R的阻值要遠(yuǎn)大于電流表的內(nèi)阻.根據(jù)電源的電動勢和電流表的量程可知電路的最小電阻為6kΩ,所以知道應(yīng)選擇最大電阻為10kΩ的滑動變阻器.(ⅱ)用半偏法測量電流表的內(nèi)阻,認(rèn)為總電阻不變,總電流不變,實(shí)際上調(diào)節(jié)變阻箱后,總電阻變小,總電流變大,電流表為時,電阻箱的電流比大,它們電壓相等,所以電流表的內(nèi)阻大于電阻箱的電阻,用電阻箱的電阻表示電流表的內(nèi)阻,比真實(shí)值偏?。窘獯稹拷猓海?)A、根據(jù)單擺的周期公式T=2π可得,g=,從該公式可看出,擺長l大一些,周期大一些,有利于減小誤差,提高測量結(jié)果精度.故A正確.B、擺球體積較大,空氣阻力也大,不利于提高測量的精確度.故B錯誤.C、只有在小角度的情形下,單擺的振動才可以看作簡諧振動,周期公式才滿足.故C正確.D、T對測量結(jié)果影響較大,采用累計法測量可以減小誤差.故D錯誤.故選AC.(2)(?。└鶕?jù)半偏法的測量原理,R1必須選電阻箱R0,才能測量;電源選擇E2,誤差較?。鶕?jù)電源的電動勢和電流表的量程可知電路的最小電阻為6kΩ,所以滑動變阻器乙不能有效調(diào)節(jié),應(yīng)該選擇甲.(ⅱ)根據(jù)閉合電路的歐姆定律及電路特點(diǎn)可得:合上S1,調(diào)節(jié)R使電流表滿偏:Ig=合上S2,調(diào)節(jié)R1使電流表半偏(電路中的總電流):I=上式比較可得I>Ig.所以,通過電阻箱的電流:>則:R1<rg(R1為測量值,rg為真實(shí)值),即此結(jié)果與rg的真實(shí)值相比偏?。时绢}答案為:(1)AC.(2)(?。╇娮柘銻0,滑動變阻器甲、電源E2.(ⅱ)偏小【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道單擺測定重力加速度的注意事項,以及用半偏法測量電流表內(nèi)阻的原理.10.(16分)【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律;向心力.【分析】要求物塊相對于圓軌道底部的高度,必須求出物塊到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的速度,在最高點(diǎn)物體做圓周運(yùn)動的向心力由重力和軌道對物體的壓力提供,當(dāng)壓力恰好為0時,h最?。划?dāng)壓力最大時,h最大.【解答】解:若物體恰好能夠通過最高點(diǎn),則有mg=m解得v1=初始位置相對于圓軌道底部的高度為h1,則根據(jù)機(jī)械能守恒可得mgh1=2mgR+解得h1=當(dāng)小物塊對最高點(diǎn)的壓力為5mg時,有5mg+mg=解得v2=初始位置到圓軌道的底部的高度為h2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgh2=2mgR+解得h2=5R故物塊的初始位置相對于圓軌道底部的高度的范圍為【點(diǎn)評】物體在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的過程中在最高點(diǎn)的最小速度必須滿足有mg=m,這是我們解決此類問題的突破口.11.(19分)【考點(diǎn)】動量守恒定律.【分析】中性粒子與靜止的氫核發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒與能量守恒定律分別列式,求解出氫核的速度;中性粒子再次與靜止的氮核發(fā)生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒與能量守恒定律列式,再求解出氮核的速度,將兩次速度比較,可以求出中性粒子的質(zhì)量.【解答】解:設(shè)構(gòu)成鈹“輻射”的中性粒子的質(zhì)量和速度分別為m和v,氫核的質(zhì)量為mH.構(gòu)成鈹“輻射”的中性粒子與氫核發(fā)生彈性正碰,碰后兩粒子的速度分別為v′和vH′.由動量守恒與能量守恒定律得mv=mv′+mHvH′①②解得vH′=③同理,對于質(zhì)量為mN的氮核,其碰后速度為vN′=④由③④中2mv相同式可得m=⑤將mH=1.0u和mN=14.0u和vH′=7.0vN′代入⑤式得m=1.2u即構(gòu)

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