2008年高考真題物理山東卷

2008年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合物理部分試題（山東卷）二、選擇題(本題包括7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4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)16.用輕彈簧豎直懸掛的質量為m物體，靜止時彈簧伸長量為L0現(xiàn)用該彈簧沿斜面方向拉住質量為2m的物體，系統(tǒng)靜止時彈簧伸長量也為L0斜面傾角為30，如圖所示。則物體所受摩擦力A.等于零B.大小為,方向沿斜面向下C.大于為，方向沿斜面向上D.大小為mg,方向沿斜面向上17.質量為1500kg的汽車在平直的公路上運動，vt圖象如圖所示。由此可求A.前25s內汽車的平均速度B.前10s內汽車的加速度C.前10s內汽車所受的阻力D.15~25s內合外力對汽車所做的功18.據(jù)報道，我國數(shù)據(jù)中繼衛(wèi)星“天鏈一號01星”于2008年4月25日在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空，經過4次變軌控制后，于5月1日成功定點在東經77赤道上空的同步軌道。關于成功定點后的“天鏈一號01星”，下列說法正確的是A.運行速度大于7.9km/sB.離地面高度一定，相對地面靜止C.繞地球運行的角速度比月球繞地球運行的角速度大D.向心加速度與靜止在赤道上物體的向心加速度大小相等19.直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖所示。設投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態(tài)。在箱子下落過程中，下列說法正確的是A.箱內物體對箱子底部始終沒有壓力B.箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最大C.箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛投下時大D.若下落距離足夠長，箱內物體有可能不受底部支持力而“飄起來”20.圖1、圖2分別表示兩種電壓的波形，其中圖1所示電壓按正弦規(guī)律變化。下列說法正確的是A.圖1表示交流電，圖2表示直流電B.兩種電壓的有效值相等C.圖1所示電壓的瞬時值表達式為u=311sin100VD.圖1所示電壓經匝數(shù)比為10:1的變壓器變壓后，頻率變?yōu)樵瓉淼?1.如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q，在x軸上C點有點電荷Q,且CO=OD,∠ADO＝60.下列判斷正確的是A.O點電場強度為零B.O點電場強度為零C.若將點電荷+q從O移向C,電勢能增大D.若將點電荷q從O移向C，電勢能增大22.兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L,底端接阻值為R的電阻。將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計。現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC.金屬棒的速度為v時，所受的按培力大小為F=D.電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少第Ⅱ卷(必做120分+選做32分，共152分)【必做部分】23.（12分）2007年諾貝爾物理學獎授予了兩位發(fā)現(xiàn)“巨磁電阻”效應的物理學家。材料的電阻隨磁場的增加而增大的現(xiàn)象稱為磁阻效應，利用這種效應可以測量磁感應強度。若圖1為某磁敏電阻在室溫下的電阻磁感應強度特性曲線，其中RB、RO分別表示有、無磁敏電阻的阻值。為了測量磁感應強度B，需先測量磁敏電阻處于磁場中的電阻值RB。請按要求完成下列實驗。（1）設計一個可以測量磁場中該磁敏電阻阻值的電路，在圖2的虛線框內畫出實驗電路原理圖（磁敏電阻及所處磁場已給出，待測磁場磁感應強度大小約為0.6～1.0T，不考慮磁場對電路其它部分的影響）。要求誤差較小。提供的器材如下：A.磁敏電阻，無磁場時阻值B.滑動變阻器R，全電阻約C.電流表，量程2.5mA,內阻約D.電壓表，量程3V，內阻約3kE.直流電源E，電動勢3V，內阻不計F.開關S，導線若干（2）正確接線后，將磁敏電阻置入待測磁場中，測量數(shù)據(jù)如下表：123456U（V）0.000.450.911.501.792.71I（mA）0.000.300.601.001.201.80根據(jù)上表可求出磁敏電阻的測量值RB=，結合圖1可知待測磁場的磁感應強度B＝T。（3）試結合圖1簡要回答，磁感應強度B在0～0.2T和0.4～1.0T范圍內磁敏電阻阻值的變化規(guī)律有何不同？（4）某同學查閱相關資料時看到了圖3所示的磁敏電阻在一定溫度下的電阻磁感應強度特性曲線（關于縱軸對稱），由圖線可以得到什么結論？（1）如右圖所示（2）15000.90（3）在0～0.2T范圍內，磁敏電阻的阻值隨磁感應強度非線性變化（或不均勻變化）;在0.4～1.0T范圍內，磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）（4）磁場反向，磁敏電阻的阻值不變。25.（15分）某興趣小組設計了如圖所示的玩具軌道，其中“2008”四個等高數(shù)字用內壁光滑的薄壁細圓管彎成，固定在豎直平面內（所有數(shù)字均由圓或半圓組成，圓半徑比細管的內徑大得多），底端與水平地面相切。彈射裝置將一個小物體（可視為質點）以va=5m/s的水平初速度由a點彈出，從b點進入軌道，依次經過“8002”后從p點水平拋出。小物體與地面ab段間的動摩擦因數(shù)u=0.3,不計其它機械能損失。已知ab段長L＝1.5m，數(shù)字“0”的半徑R＝0.2m，小物體質量m=0.01kg,g=10m/s2。求：（1）小物體從p點拋出后的水平射程。（2）小物體經過數(shù)這“0”的最高點時管道對小物體作用力的大小和方向。解：（1）設小物體運動到p點時的速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得 ① ②s=vt ③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得s=0.8m ④（2）設在數(shù)字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向 ⑤聯(lián)立①⑤式，代入數(shù)據(jù)解得F＝0.3N ⑥方向豎直向下25.（18分）兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）。若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷均已知，且，兩板間距。（1）求粒子在0～t0時間內的位移大小與極板間距h的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。解法一：（1）設粒子在0～t0時間內運動的位移大小為s1 ① ②又已知聯(lián)立①②式解得 ③（2）粒子在t0~2t0時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則 ④ ⑤聯(lián)立④⑤式得 ⑥又 ⑦即粒子在t0~2t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2 ⑧解得 ⑨由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0時間內繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2 ⑩ eq\o\ac(○,11)解得 eq\o\ac(○,12)由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大半徑。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。解法二：由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為方向向上后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn又已知由以上各式得粒子速度大小為粒子做圓周運動的半徑為解得顯然（1）粒子在0～t0時間內的位移大小與極板間距h的比值（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑（3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2。36.（8分）【物理—物理33】噴霧器內有10L水，上部封閉有1atm的空氣2L。關閉噴霧閥門，用打氣筒向噴霧器內再充入1atm的空氣3L（設外界環(huán)境溫度一定，空氣可看作理想氣體）。（1）當水面上方氣體溫度與外界溫度相等時，求氣體壓強，并從微觀上解釋氣體壓強變化的原因。（2）打開噴霧閥門，噴霧過程中封閉氣體可以看成等溫膨脹，此過程氣體是吸熱還是放熱？簡要說明理由。解：（1）設氣體初態(tài)壓強為p1,體積為V1；末態(tài)壓強為p2,體積為V2，由玻意耳定律p1V1=p1V1①代入數(shù)據(jù)得p2=2.5atm②微觀察解釋：溫度不變，分子平均動能不變，單位體積內分子數(shù)增加，所以壓強增加。（2）吸熱。氣體對外做功而內能不變，根據(jù)熱力學第一定律可知氣體吸熱。37．（8分）【物理—物理34】麥克斯韋在1865年發(fā)表的《電磁場的動力學理論》一文中揭示了電、磁現(xiàn)象與光的內在聯(lián)系及統(tǒng)一性，即光是電磁波。一單色光波在折射率為1.5的介質中傳播，某時刻電場橫波圖象如圖1所示，求該光波的頻率。圖2表示兩面平行玻璃磚的截面圖，一束平行于CD邊的單色光入射到AC界面上，a、b是其中的兩條平行光線。光線a在玻璃磚中的光路已給出。畫出光線B從玻璃磚中管次出射的光路圖，并標出出射光線與界面法線夾角的度數(shù)。解：（1）設光在介質中的傳播速度為v，波長為λ,頻率為f，則f=①②聯(lián)立①②式得③從波形圖上讀出波長m，代入數(shù)據(jù)解得f=5×1014Hz（2）光路如圖所示38．（8分）【物理—物理35】（1）在氫原子光譜中，電子從較高能級躍遷到n=2能級發(fā)出的譜線屬于巴耳末線系。若一群氫原子自發(fā)躍過時發(fā)出的譜線中只有2條屬于巴耳末線系，則這群氫原子自發(fā)躍遷時最多可發(fā)生條不同頻率的譜線。（2）一個物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質量為M的盒子，如圖1所示。現(xiàn)給盒子—初速度v0，此后，盒子運動的vt圖象呈周期性變化，如圖2所示。請據(jù)此求盒內物體的質量。解：（1）6（2）設物體的質量為m,t0時刻受盒子碰撞獲得速度v，根據(jù)動量守恒定律①3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)関0，說明碰撞是彈性碰撞②聯(lián)立①②解得m=M③(也可通過圖象分析得出v0=v,結合動量守恒，得出正確結果)2008年普通高等學校招生全國同一考試理科綜合物理部分試題+解析（山東卷）16．A【解析】豎直掛時，當質量為2m放到斜面上時，，因兩次時長度一樣，所以也一樣。解這兩個方程可得，物體受到的摩擦力為零，A正確。17．ABD【解析】通過圖像的面積就是物體的位移，所以能求出面積，還知道時間，所以能求出平均速度，A對。圖像的斜率就是物體的加速度，所以能得到１０秒內的加速度，B對。不知道汽車的牽引力，所以得不出受到的阻力，C錯。15到25汽車的初速度和末速度都知道，由動能定理，可以得出合外力做的功，D對18．BC【解析】由題目可以后出“天鏈一號衛(wèi)星”是地球同步衛(wèi)星，運行速度要小于7.9,而他的位置在赤道上空，高度一定，A錯B對。由可知，C對。由可知，D錯。【高考考點】萬有引力定律在航天中的應用。19．C【解析】因為受到阻力，不是完全失重狀態(tài)，所以對支持面有壓力，A錯。由于箱子阻力和下落的速度成二次方關系，最終將勻速運動，受到的壓力等于重力，最終勻速運動，BD錯，C對。20．C【解析】交流電的概念，大小和方向都隨時間變化，在t軸的上方為正，下方為負，A錯。有效值只對正弦交流電使用，最大值一樣，所以B錯。由圖可知，C對。變壓之后頻率不變，D錯。21．BD【解析】電場是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由和幾何關系可以得出，A錯B對。在之間，合場強的方向向左，把負電荷從Ｏ移動到C，電場力做負功，電勢能增加，C錯D對。22.AC【解析】在釋放的瞬間，速度為零，不受安培力的作用，只受到重力，A對。由右手定則可得，電流的方向從b到a，B錯。當速度為時，產生的電動勢為，受到的安培力為，計算可得,C對。在運動的過程中，是彈簧的彈性勢能、重力勢能和內能的轉化，D錯。23．（1）見解析圖 （2）1500；0.90（3）在0～0.2T范圍內，磁敏電阻的阻值隨磁感應強度非線性變化（或不均勻變化）；在0.4～1.0T范圍內，磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）（4）磁場反向，磁敏電阻的阻值不變?！窘馕觥浚?）當B＝0.6T時，磁敏電阻阻值約為6×150Ω＝900Ω，當B＝1.0T時，磁敏電阻阻值約為11×150Ω＝1650Ω．由于滑動變阻器全電阻20Ω比磁敏電阻的阻值小得多，故滑動變阻器選擇分壓式接法；由于，所以電流表應內接．電路圖如圖所示．（2）方法一：根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以求得磁敏電阻的阻值分別為：，，，，，故電阻的測量值為（1500－1503Ω都算正確．）由于，從圖1中可以讀出B＝0.9T方法二：作出表中的數(shù)據(jù)作出U－I圖象，圖象的斜率即為電阻（略）．（3）在0～0.2T范圍，圖線為曲線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度非線性變化（或非均勻變化）；在0.4～1.0T范圍內，圖線為直線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）；（4）從圖3中可以看出，當加磁感應強度大小相等、方向相反的磁場時，磁敏電阻的阻值相等，故磁敏電阻的阻值與磁場方向無關．本題以最新的科技成果為背景，考查了電學實驗的設計能力和實驗數(shù)據(jù)的處理能力．從新材料、新情景中舍棄無關因素，會看到這是一個考查伏安法測電阻的電路設計問題，及如何根據(jù)測得的U、I值求電阻．第（3）、（4）問則考查考生思維的靈敏度和創(chuàng)新能力．總之本題是一道以能力立意為主，充分體現(xiàn)新課程標準的三維目標，考查學生的創(chuàng)新能力、獲取新知識的能力、建模能力的一道好題．24．（1）0.8m（2）0.3N方向豎直向下【解析】（1）設小物體運動到p點時的速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得 ① ②s=vt ③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得s=0.8m ④（2）設在數(shù)字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向 ⑤聯(lián)立①⑤式，代入數(shù)據(jù)解得F＝0.3N ⑥方向豎直向下本題將勻變速直線運動、圓周運動、平拋運動三種高中物理中典型的運動模型相結合，全面考查了力學兩大基本觀點和一個基本方法．分析圓周運動某一點的受力情況用牛頓第二定律，曲線運動全過程分析用動能定理，研究平拋運動的基本方法是運動的合成和分解．本題題意較新穎，是一道中等難度的好題．25．（1）1:5（2）2h:5π（3）見解析【解析】解法一：（1）設粒子在0～t0時間內運動的位移大小為s1 ① ②又已知聯(lián)立①②式解得 ③（2）粒子在t0~2t0時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則 ④ ⑤聯(lián)立④⑤式得 ⑥又 ⑦即粒子在t0~2t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2 ⑧解得 ⑨由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0時間內繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2 ⑩ eq\o\ac(○,11)解得 eq\o\ac(○,12)由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大半徑。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。解法二：由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為方