2010年全国高考卷1物理试题及答案

理科综合能力测试

本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第Ⅱ卷5至12页。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

第I卷

注意事项：

1. 答题前，考生在答题卡上务必用直径毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

2. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题没有的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。 ．．．．．．．．．3. 第I卷共21小题，每小题6分，共126分

二、选择题（本题共8小题，在每小题给的四个选项中，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）

234U14．原子核238经放射性衰变①变为原子90Th，继而经放射性衰变②变为原子92核234再经放射性衰变③变为原子核234放射性衰变①、②和③依次为 91Pa，92U。 A．α衰变、β衷变和β衰变 B．β衰变、α衷变和

β衰变

C．β衰变、β衰变和α衰变 D．α衰变、β衰变和α衰变 【答案】A

①234【解析】【解析】238U9290Th,质量数少4,电荷数少2,说明①为α衰变. 2349023491②Th23491Pa,质子数加1,说明②为β衰变,中子转化成质子. ③Pa23492U,质子数加1,说明③为β衰变,中子转化成质子.

【考点】考查根据原子核的衰变反应方程，应用质量数与电荷数的守恒分析解决问题。

15．如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M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a1、a2重力加速度大小为g。则有 A．a10，a2g B．a1g，a2g C．a10,a2【答案】C

mMmMg D．a1g，a2g MM1 2 【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。对1物体受重力和支持力，mg=F，a1=0。对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律

FMgMmag

MM【考点】牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题。 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 【答案】C

【解析】在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，A错误。电势差的大小决定于两点间距和电场强度，B错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，C正确；场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功。

【考点】考查静电场中电场强度和电势的特点。

17．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为×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 C．河南岸的电势较高 D．河北岸的电势较高 【答案】BD

【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低，D对C错。根据法拉第电磁感应定律E=BLv=×10-5×100×2=9×10-3V, B对A错 【考点】导体棒切割磁场的实际应用。

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．tan B．2tan

11C． D． θ tan2tan【答案】D

【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，有：tan12gty2gt1则下落高度与水平射程之比为，D正确。

xv0t2v02tanv0。gt【考点】平抛速度和位移的分解

19．右图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的Ep 是

A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力

O r r B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力

C．当r等于r2时，分子间的作用力为零

D．当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功 【答案】BC

【解析】分子间距等于r0时分子势能最小，即r0= r2。当r小于r1时分子力表现为斥力；当r大于r1小于r2时分子力表现为斥力；当r大于r2时分子力表现为引力，A错BC对。在r由r1变到r2的过程中，分子斥力做正功分子势能减小，D错误。

【考点】分子间距于分子力、分子势能的关系 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 【答案】B 【解析】

解法1：如图是恰好看到树时的反射光路，由图中的三角眼睛 形可得

12r

树高树到镜的距离眼睛距镜的距离0.4m，

镜高6cm眼睛距镜的距离0.4m树 树的像 HL0.4m。人离树越远，视野越大，看到树所0.06m0.4mHL0.4m6m需镜面越小，同理有，以上两式解得L=29.6m，H=4.5m。 0.05m0.4m【考点】平面镜的反射成像，利用数学三角形求解 解法2：如图。 A A1 设原来镜离树的距离为L，树高为y yL0.4则 0.060.4yL0.46人前进6.0m后， 0.05B 0.4B1 解得y=4.5m，本题选B． 6 L 21．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝4-0.1m；t＝s 时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0.1m。该振子的振幅和周期

3可能为

88A．0.1m，s B．0.1m，8s C．0.2m，s D．0.2m，8s

33【答案】ACD 【解析】

即

A2

B2

23=,根据 t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m， T434振动方程为：x0.1cost m， 当t＝s时刻x＝0.1m；当t＝4s时刻x＝

430.1m，A正确；

2对B，=,根据 t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m，

T44振动方程为：x0.1cost m， 当t＝s时刻x=0；B错误；

4323对C，=, 根据A=0.2m及 t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m，

T434振动方程为：x0.2sin(t) m， 当t＝s时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝

4630.1m，正确；

2对D，=,根据A=0.2m及 t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m，

T44振动方程为：x0.2sin(t) m， 当t＝s时刻x=0.1m；当t＝4s时刻

463x=0.1m；正确； 所以本题选ACD。

2010年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅰ） 对A，理科综合能力测试

第Ⅱ卷

注意事项：

1.答题前，考生先在答题卡上用直径毫米的黑色墨水签字笔将自己的姓名，

准考证号填写清楚，然后贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号，姓名和科目。 2.第Ⅱ卷共8页，请用直径毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域

内作答，在试卷上作答无效 ．．．．．．．．

3.第Ⅱ卷共13题，共174分。

22．（6分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．．．．

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）。

-2接收器 (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×10s，反光涂层 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10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 cm。 光源 （保留3位有效数字） 图1

图2

【答案】⑴转 /s ⑵1.46cm

【解析】⑴从图2可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图2中横坐标上每格表示×10-2s，所以圆盘转动的周期是，则转速为转 /s ⑵反光引起的电流图像在图2中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘

10.2023.142r2cm1.46cm。 周长的22分之一为2222【考点】匀速圆周运动的周期与转速的关系。 23．（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．．．．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Im。所用器材有：

量程不准的电流表A1，内阻r1=，量程标称为mA；

A 标准电流表A2，内阻r2=45，量程为mA；

R 标准电阻R，阻值10；

A 滑动变阻器R，总电阻约为3000； 电源E，电动势为， 内阻不计；

c 保护电阻R2；开关S；导线。

a R S 回答下列问题： E

图1

（1）在答题卡上（图2所示）的实物图上画出连线。

（2）开关S闭合前，滑动变阻

mA R 器的滑动端c应滑动至 A

端。

（3）开关S闭合后，调节滑动R

变阻器的滑动端，使电流表A1满mA A 偏；若此时电流表A2的读数为I2，c 则A1的量程S 2111

2

2

1

R2 b + E 图2

a R

b 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）

2 3 1 （5）写一条提高测量准确度的建议：4 0 0 。 5 【答案】⑴连线如图 mA mA ⑵阻值最大 电流表A示数 电流表A示数

1

2⑶Im⑷

I2(R1r2) r1图3 A2 mA R1 R2 mA A1 S c + E a R b 【解析】⑴连线如图

⑵在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑动触头滑动到阻值最大端 ⑶闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im。根据并联电路电压相等有Imr1I2(r2R1)得ImI2(R1r2) r1⑷待测表未满偏有I1r1I2(r2R1)，将A2的示数和其他已知条件代入有

I1I2(R1r2)0.66(1045)3.63mA r110但图中A1的示数量程为，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为 24．（15分）（注意：在试题卷上作答无效） ．．．．．．．．．．．．

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-2 a/m?s图线如右图所示。 2 （1）画出汽车在0~60s内的v-t图线； 1 30 O （2）求这60s内汽车行驶的路程。

-1【答案】⑴速度图像为右图。

⑵900m

【解析】由加速度图像可知前10s汽车匀加速运动，后20sv/m·s-2 汽车匀减速运动恰好停止，因为图像的面积表示速度的变20 化，此两段的面积相等。最大速度为20m/s。所以速度图像10 30 为右图。然后利用速度图像的面积求出位移。

0 ⑵汽车运动的面积为匀加速、匀速、匀减速三段的位移之和。

ss1s2s3101030201020900m

60 t/

60 t/s 25．（18分）（注意：在试卷题上作答无效） ．．．．．．．．．

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。 A （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T1。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T2。已知地球和月球的质量分别为×1024kg和×1022kg。求T2与T1两者平方之比。（结果保留3位小数）

O B L3【答案】⑴T2 ⑵

G(Mm)【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。

mML，rL mMmMGMm2M对A根据牛顿第二定律和万有引力定律得2m()2L

LTMm则有：m2rM2R，rRL，解得RL3化简得 T2 G(Mm)L3⑵将地月看成双星，由⑴得T12 G(Mm)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GMm22m()L 2LTL3化简得 T22 GMT22mM5.9810247.351022所以两种周期的平方比值为()1.01 24T1M5.981026．（21分）（注意：在试卷题上作答无效） ．．．．．．．．．

如图，在0x3a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=t0时刻刚好从磁场边界上P(3a,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． 【答案】⑴R23q2a  3m3Bt0y P (3a，a)

O x

3a ⑵速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120° ⑶从粒子发射到全部离开所用 时间 为2t0

【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R2a2(3aR)2 解得R23a 3sina3，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，R2周期为T3t0

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

Bqvm(q2222R，化简得 )R，vm3Bt0TT⑵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R23a，而它的高是 3h3a233aa，半径与y轴的的夹角是30°，这种粒子33的圆心角是240°。所用 时间 为2t0。 所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为2t0。

R R R