2008年高考四川理综物理试题(含答案)下载

绝密★启用前 2008 年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）理科综合能力测试第Ⅰ卷二、选择题（本题共 8小题。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．下列说法正确的是 A．物体吸收热量，其温度一定升高 B．热量只能从高温物体向低温物体传递 C．遵守热力学第一定律的过程一定能实现 D．做功和热传递是改变物体内能的两种方式 15．下列说法正确的是 A．γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转 B．β射线比α射线更容易使气体电离 C．太阳辐射的能量主要来源于重核裂变 D．核反应堆产生的能量来自轻核聚变 16．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中 R1、R2、R3 和 R4 均为固定电阻，开关 S 是闭合V的1 。和V2 AAA3 和为理想电压表，读数分别为 U 和 U ；、为理想电 1212流表，读数分别为 I1、I2 和 I3。现断开 S，U1 数值不变，下列推断中正确的是 A．U2 变小、I3 变小 C．I1 变小、I2 变小 B．U2 不变、I3 变大 D．I1 变大、I2 变大 17．在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面 A．维持不动 B．将向使α减小的方向转动 C．将向使α增大的方向转动 D．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小 18．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间 t0 滑至斜面底端。已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定。若用 F、v、s 和 E 分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是 EFsvOOOOtttt0 tt0 t0 t0 DACB19．一列简谐横波沿直线传播，该直线上的 a、b 两点相距 4.42 m。图中实、虚两条曲线分别表示平衡位置在第 1 页共 7 页第 1 页共 7 页 a、b 两点处质点的振动曲线。从图示可知 A．此列波的频率一定是 10Hz B．此列波的波长一定是 0.1m C．此列波的传播速度可能是 34 m/s D．a 点一定比 b 点距波源近 20．1990 年 4 月 25 日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约 600 km 的高空，使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展。假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行。已知地球半径为 6.4×106m，利用地球同步卫星与地球表面的距离为 3.6×107m 这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期。以下数据中最接近其运行周期的是 A．0.6 小时 B．1.6 小时 C．4.0 小时 D．24 小时 21．如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为 60°。己知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行。此玻璃的折射率为 A． 2B．1.5 C． 3D．2 第Ⅱ卷本卷共 10 题，共 174 分。 22．（17 分） I．（9 分）一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动。盘边缘上固定一竖直的挡光片。盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图 1 所示。图 2 为光电数字计时器的示意图。光源 A 中射出的光可照到 B 中的接收器上。若 A、B 间的光路被遮断，显示器 C 上可显示出光线被遮住的时间。挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图 3 所示。圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图 4 所示。由图可知，（l）挡光片的宽度为_____________mm。（2）圆盘的直径为_______________cm。（3）若光电数字计时器所显示的时间为 50.0 ms，则圆盘转动的角速度为_______弧度/ 秒（保留 3 位有效数字）。 mA VⅡ．（8 分）图为用伏安法测量电阻的原理图。图中，为电压表，内阻为 4000Ω；第 2 页共 7 页第 2 页共 7 页为电流表，内阻为 50Ω。E 为电源，R 为电阻箱，Rx 为待测电阻，S 为开关。 U（l）当开关闭合后电压表读数 U＝l.6V，电流表读数 I＝2.0mA。若将 Rx  作为测量 I值，所得结果的百分误差是____________。（2）若将电流表改为内接。开关闭合后，重新测得屯压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是______________。实际值  测量值 (百分误差 100% ) 实际值 23．（16 分） A、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶。当 B 车在 A 车前 84 m 处时，B 车速度为 4 m/s，且正以 2 m/s2 的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B 车加速度突然变为零。A 车一直以 20 m/s 的速度做匀速运动。经过 12 s 后两车相遇。问 B 车加速行驶的时间是多少？ 24．（19 分）如图，一半径为 R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为 q（q＞0）、质量为 m 的小球 P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为 O’。球心 O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ 2（0＜θ＜ ) 。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球 P 相应的速率。重力加速度为 g。 25．（20 分）一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度 h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量 m＝0.09kg 的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度 g＝10 m/s2。在小物块与挡板的前 4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？第 3 页共 7 页第 3 页共 7 页理科综合能力测试参考答案二、选择题： 14．D 15．A 16．BC 17．B 18．AD 第Ⅱ卷共 10 题，共 174 分。 22．（ 7 分） 19．AC 20．B 21．C （3）1.69 Ⅰ．（1）10.243 Ⅱ．（1）20％（2）24.220 （2）5％ 23．（ 6 分）设 A 车的速度为 vA，B 车加速行驶时间为 t，两车在 t0 时相遇。则有 sA  vAt0 ①②1sB  vBt  at2  (vB  at)(t0  t) 2式中，t0 =12s，sA、sB 分别为 A、B 两车相遇前行驶的路程。依题意有 sA  sB  s ③式中 s＝84 m。由①②③式得 2(vB  vA )t0s  0 t2  2t0t  ④a代入题给数据 vA=20m/s，vB=4m/s，a =2m/s2， t2  24t 108  0 有⑤式中矿的单位为 s。解得 t1=6 s，t2=18 s ⑥t2＝18s 不合题意，舍去。因此，B 车加速行驶的时间为 6 s。 24．（l9 分）据题意，小球 P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为 O’。P 受到向下的重力 mg、球面对它沿 OP 方向的支持力 N 和磁场的洛仑兹力 f＝qvB ①式中 v 为小球运动的速率。洛仑兹力 f 的方向指向 O’。根据牛顿第二定律 N cos  mg  0 v2 ②③f  N sin  m Rsin 由①②③式得第 4 页共 7 页第 4 页共 7 页 qBRsin qRsin2  cos v2  v   0 ④m由于 v 是实数，必须满足 2qBRsin 4gRsin2    ≥0 ⑤mcos 由此得 2m gB≥ ⑥qR cos 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 2m gBmin ⑦qRcos 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 qBmin Rsin v  2m ⑧由⑦⑧式得 gR v  sin ⑨cos 25．（20 分）解法一：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为 v。由功能关系得 1hmgh  mv2  mg cos ①2sin 以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 I  mv  m(v) ②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为 h’，则 hsin 122mv  mgh  mg cos ③同理，有 1h2 mgh  mv  mg cos ④2sin I  mv  m(v ) ⑤式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得 I  kI ⑥tan   tan   式中 k  ⑦由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 I1  2m 2gh0 (1  cot) 总冲量为 ⑧第 5 页共 7 页第 5 页共 7 页 I  I1  I2  I3  I4  I1(1 k  k2  k3 ) ⑨1 kn 1 k 由得1 k  k2 kn1 1 k4 )⑩I  2m 2gh0 (1  cot) ⑾1 k 代入数据得 I  0.43(3  6) N·s ⑿解法二：设小物块从高为 h 处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为 a，依牛顿第二定律得 mg sin  mg cos  ma ①设小物块与挡板碰撞前的速度为 v，则 hv2  2a sin ②以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 I  mv  m(v) ③由①②③式得 I1  2m 2gh(1  cot) ④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为 a’，依牛顿第二定律有 mg sin  mg cos  ma ⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为 v2 h  sin ⑥2a 由②⑤⑥式得 2h  k h ⑦tan   tan   式中 k  ⑧同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量 I  2m 2gh (1  cot) ⑨由④⑦⑨式得 I  kI ⑩由此可知，小物块前 4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 I1  2m 2gh0 (1  cot) 总冲量为 I  I1  I2  I3  I4  I1(1 k  k2  k3 ) ⑾⑿1 kn 1 k 由得1 k  k2 kn1 1 k4 )⒀I  2m 2gh0 (1  cot) ⒁1 k 第 6 页共 7 页第 6 页共 7 页代入数据得 I  0.43(3  6) N·s ⒂第 7 页共 7 页第 7 页共 7 页