2008年天津市高考物理试卷

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2008年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）物理部分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，共300分，考试用时150分钟。第Ⅰ卷l至5页，第Ⅱ卷6至15页．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第I卷注意事项：1.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考兮、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试卷上的无效。3．本卷共21题，每题6分．共126分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质最：H1　C　12　　O　16　S　32Cl35.5K39Br8014.下列说法正确的是(D)A.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B.没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C.知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同15.一个氡核衰变成钋核并放出一个粒子，其半衰期为3.8天。1g氡经过7.6天衰变掉氡的质量，以及衰变成的过程放出的粒子是(B)A.0.25g，α粒子　　　　　　　　　　　B.0.75g，α粒子C.0.25g，β粒子　　　　　　　　　　　D.0.75g，β粒子16.下列有关光现象的说法正确的是(A)A.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大B.以相同入射角从水中射向空气，紫光能发生全反射，红光也一定能发生全反射-15- C.紫光照射某金属时有电子向外发射，红光照射该金属时也一定有电子向外发射D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度17.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R。设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大时(B)A.I1减小，P1增大B.I1减小，P1减小C.I2增大，P2减小D.I2增大，P2增大18.带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动。该电场可能由(A)A.一个带正电的点电荷形成B.一个带负电的点电荷形成C.两个分立的带等量负电的点电荷形成D.一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成19.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中(C)A.F1保持不变，F3缓慢增大B.F1缓慢增大，F3保持不变C.F2缓慢增大，F3缓慢增大D.F2缓慢增大，F3保持不变20.一个静止的质点，在0～4s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在(D)A.第2s末速度改变方向B.-15- 第2s末位移改变方向C.第4s末回到原出发点D.第4s末运动速度为零21.一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10.5m的a、b两处的质点振动图象如图中a、b所示，则(D)A.该波的振幅可能是20cmB.该波的波长可能是8.4mC.该波的波速可能是l0.5m/sD.该波由a传播到b可能历时7s2008年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科综合能力测试第Ⅱ卷注意事项：1．答卷前将密封线内的项日填写清楚。2．用钢笔或圆珠笔直接答在试卷上。3．本卷共10题，共174分。题　号22232425262728293031总　分得　分-15- 得分评卷人22.（16分)（1）用螺旋测微器测测量金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为__1.880（1.878~1.882均正确）_____________mm。（2）用下列器材组装成描绘电阻R0伏安特性曲线的电路，请将实物图连线成为实验电路。微安表μA（量程200μA，内阻约200Ω)；电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）；电阻R0（阻值约20kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值50Ω，额定电流1A)；电池组E（电动势3V，内阻不计）；开关S及导线若干。-15- （3）某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L—T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g＝。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将相同。（填“偏大”、“偏小”或“相同”）23.（16分）在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差UMN；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t。答案：（1）设粒子过N点时速度为v，有　　　　　　　　　＝cosθ　　　　　　　　　　　　①v＝2v0②粒子从M点运动到N点的过程，有-15- qUMN＝mv2－mv　　　　　　　　③UMN＝　　　　　　　　　　　　④（2）粒子在磁场中以O/为圆做匀速圆周运动，半径为O/N，有　　　　　　　　qvB＝⑤r＝　　　　　　　　　　　　　　⑥（3）由几何关系得ON＝rsinθ⑦设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1⑧t1＝　　　　　　　　　　　　　　⑨粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝　　　　　　　　　　　　　　⑩　　　设粒子在磁场中运动的时间t2，有　　　　　　　　　t2＝　　　　　　　　　t2＝　　　　　　　　　　　　　　t＝t1＋t2　　　　　　　　　　　　　　　　　t＝　　　　　　　　　　-15- 得分评卷人24.（18分）光滑水平面上放着质量，mA＝1kg的物块A与质量mB＝2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP＝49J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝0.5m,B恰能到达最高点C。取g＝10m/s2，求（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；-15- （2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；（3）绳拉断过程绳对A所做的功W。答案：（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C点时的速度为vC，有　　　　　　　　　mBg＝mB　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①　　　　　　　　　mBv＝mB＋2mBgR②代入数据得　　　　　　　　　vB＝5m/s③（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有　　　　　　　　　EP＝mB　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④　　　　　　　　　I＝mBvB－mBv1　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑤代入数据得　　　　　　I＝－4N·s，其大小为4N·s　　　　　　　　　　　　　　⑥（3）设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有　　　　　　　　　mBv1＝mBvB＋mAvA　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦　　　　　　　　　W＝mA　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧代入数据得　　　　　　W＝8J　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑨-15- 得分评卷人25.（22分）磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具，它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN为l平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图l所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B0，如图2所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时问的变化可以忽略，并忽略一切阻力。列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v（v＜v0＝。（1）简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；（2）为使列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式；（3）计算在满足第（2）问的条件下列车速度为v时驱动力的大小。-15- （l）由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即　　　　　　　　d＝(2k＋1)或λ=(k∈N)　　　　　　　　　　　①（3）由于满足第（2）问条件，则MN、PQ边所在处的磁感就强度大小均为B0且方向总相反，经短暂时间Δt，磁场沿Ox方向平移的距离为v0Δt，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为vΔt。　　因为v0＞v，所以在Δt时间内MN边扫过的磁场面积　　　　　　　　S＝(v0－v)lΔt　　在此Δt时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化　　　　　　　　＝B0l(v0－v)Δt　　　　　　　　　　　　　　　　　②　　同理，该Δt时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化　　　　　　　　＝B0l(v0－v)Δt　　　　　　　　　　　　　　　　　③　　故在内金属框所围面积的磁通量变化　　　　　　　　＝＋　　　　　　　　　　　　　　　　④　　根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小　　　　　　　　E＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑤　　　　根据闭合电路欧姆定律有　　　　　　　　I＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥根据安培力公式，MN边所受的安培力　　　　　FMN＝B0IlPQ边所受的安培力-15- 　　　　　FPQ＝B0Il根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小　　　　　F＝FMN＋FPQ＝2B0Il　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦联立解得　　　　　F＝　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧2008年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）物理部分参考答案14.D15.B16.A　　　17.B18.A19.C20.D21.DⅡ卷共10题，共174分22.（16分）（1）1.880（1.878~1.882均正确）（2）（3）相同23.（16分）-15- （1）设粒子过N点时速度为v，有　　　　　　　　　＝cosθ　　　　　　　　　　　　①v＝2v0②粒子从M点运动到N点的过程，有qUMN＝mv2－mv　　　　　　　　③UMN＝　　　　　　　　　　　　④（2）粒子在磁场中以O/为圆做匀速圆周运动，半径为O/N，有　　　　　　　　qvB＝⑤r＝　　　　　　　　　　　　　　⑥（3）由几何关系得ON＝rsinθ⑦设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1⑧t1＝　　　　　　　　　　　　　　⑨粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝　　　　　　　　　　　　　　⑩　　　设粒子在磁场中运动的时间t2，有　　　　　　　　　t2＝　　　　　　　　　t2＝　　　　　　　　　　　　　　t＝t1＋t2-15- 　　　　　　　　　　　　　　　　　t＝　　　　　　　　　　24.（18分）（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C点时的速度为vC，有　　　　　　　　　mBg＝mB　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①　　　　　　　　　mBv＝mB＋2mBgR②代入数据得　　　　　　　　　vB＝5m/s③（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有　　　　　　　　　EP＝mB　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④　　　　　　　　　I＝mBvB－mBv1　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑤代入数据得　　　　　　I＝－4N·s，其大小为4N·s　　　　　　　　　　　　　　⑥（3）设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有　　　　　　　　　mBv1＝mBvB＋mAvA　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦　　　　　　　　　W＝mA　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧代入数据得　　　　　　W＝8J　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑨25.（22分）（l）由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ-15- 应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即　　　　　　　　d＝(2k＋1)或λ=(k∈N)　　　　　　　　　　　①（3）由于满足第（2）问条件，则MN、PQ边所在处的磁感就强度大小均为B0且方向总相反，经短暂时间Δt，磁场沿Ox方向平移的距离为v0Δt，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为vΔt。　　因为v0＞v，所以在Δt时间内MN边扫过的磁场面积　　　　　　　　S＝(v0－v)lΔt　　在此Δt时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化　　　　　　　　＝B0l(v0－v)Δt　　　　　　　　　　　　　　　　　②　　同理，该Δt时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化　　　　　　　　＝B0l(v0－v)Δt　　　　　　　　　　　　　　　　　③　　故在内金属框所围面积的磁通量变化　　　　　　　　＝＋　　　　　　　　　　　　　　　　④　　根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小　　　　　　　　E＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑤　　　　根据闭合电路欧姆定律有　　　　　　　　I＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥根据安培力公式，MN边所受的安培力　　　　　FMN＝B0IlPQ边所受的安培力　　　　　FPQ＝B0Il根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小　　　　　F＝FMN＋FPQ＝2B0Il　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦-15- 联立解得　　　　　F＝　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧-15-