1、绝密启用前2005届高三第二次大联考物 理 试 卷（TIANXING）试卷总分：150分 考试时间：120分钟本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.第卷1至4页，第卷5至12页.第卷（选择题共40分）注意事项：1.答第卷前，考生务必将密封线内的内容填写完整.2.每小题选出答案后，用钢笔或圆珠笔将答案填写在第卷卷头处.3.本卷共10小题，共40分.一、本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个正确选项，有的小题有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.1.在物理学发展史上，有一些定律或规律的发现，首先是通过推理论证建立理
2、论，然后再由实验加以验证.下列叙述内容符合上述情况的是A.牛顿发现了万有引力，经过一段时间后卡文迪许用实验方法测出引力常量的数值，从而验证了万有引力定律B.爱因斯坦提出了量子理论，后来普朗克用光电效应实验提出了光子说C.麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来由赫兹用实验证实了电磁波的存在D.汤姆生提出原子的核式结构学说，后来由卢瑟福用粒子散射实验给予了验证2.如图所示，叠放在一起的A、B两物体在水平力F的作用下，沿水平面以某一速度匀速运动.现突然将作用在B上的力F改为作用在A上，并保持大小和方向不变，则A、B的运动状态可能为A.一起匀速运动B.一起加速运动C.A加速，B减速D.A加速，
3、B匀速3.在高纬度地区，高空大气稀薄的地方常出现五颜六色的弧状、带状或幕状的极其美丽壮观的发光现象，这就是我们常听说的“极光”，它是由太阳发射的高速带电粒子受到地球磁场的影响，进入两极附近，撞击并激发高空中的空气分子和原子而引起的.假如我们在北极地区忽然发现高空出现了沿顺时针方向生成的紫色弧状极光，则关于引起这一现象的高速粒子的电性及弧状极光的弯曲程度的说法正确的是A.高速粒子带正电B.高速粒子带负电C.弯曲程度逐渐减小D.弯曲程度逐渐增大4.“轨道电子俘获”也是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（称为母核）俘获一个核外电子，其内部一个质子变为中子，从而变成一个新核（称为子核），并且放出
4、一个中微子的过程.中微子的质量很小，不带电，很难探测到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子的存在的.下面关于一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”，衰变为子核并放出中微子的说法中正确的是A.母核的质量数等于子核的质量数 B.母核的电荷数大于子核的电荷数C.子核的动量等于中微子的动量 D.子核的动能大于中微子的动能5.氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于=3的激发态，在向基态跃迁的过程中，下列说法中正确的是A. 这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中=3能级跃迁到=2 能级所发出光的波长最短B.这群氢原子如果从=3能级跃迁到=1能级所发出光恰好使某金属发生光电效应，则从=3能级跃迁到=2
5、能级所发出光一定不能使该金属发生光电效应现象C.用这群氢原子所发出的光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，则从金属钠表面所发出的光电子的最大初动能可能为11.11 eVD.用这群氢原子所发出的光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，则从金属钠表面所发出的光电子的最大初动能可能为9.60 eV6.两细束平行光、的间距为，斜射到一块矩形玻璃砖的同一表面上.已知在玻璃中的传播速度，设经玻璃砖两次折射后的出射光线间距为，则下列说法正确的是A.可能等于零B.不可能小于C.不可能等于D.不可能大于7.2004年10月某日上午，中国首颗业务型静止轨道（即同步轨道）气象卫星“风云二号”由“长征三号甲”运载火箭成
6、功送入预定轨道.下列关于这颗卫星在轨道上运行的描述，正确的是A.速度介于7.9 km/s11.2 km/s B.周期大于地球自转周期C.处于平衡状态 D.加速度小于地面的重力加速度8.下列是热学的有关知识，说法中正确的是A.布朗运动反映了微粒中分子运动的不规则性B.对不同种类的物体，只要温度相同，分子的平均动能一定相同C.分子间距增大时，分子间的引力增大而斥力减小D.一定质量的气体，温度升高时，分子间的平均距离一定增大9.如图所示，一边长为的正方形线圈A，其电流I方向固定不变，用两条长度恒为的细绳静止悬挂于水平长直导线的正下方.当导线中无电流时,两细绳中张力均为T，当通过CD的电流为时，两细绳
7、中张力均降为 (01,而当上的电流为时，细绳中张力恰好为零.已知长直通电导线的磁场的磁感应强度与到导线的距离成反比（即=/，为常数）.由此可知，中的电流方向和电流之比 /分别为A.向左1+B.向右1+C.向左1-D.向右1- 10.如图所示是一列简谐横波t=0时刻的图象. 经过=1.2 s时间，恰好第三次重复出现图示的波形.根据以上信息，下面各项能确定的是 A.波的传播速度的大小B.=1.2 s时间内质点经过的路程C. =0.6 s时刻质点的速度方向D. =0.6 s时刻的波形图绝密启用前天星教育2005届高三第二次大联考物 理 试 卷注意事项：1.用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试题卷中.2.答
8、卷前将密封线内的项目填写清楚.3.本卷共8小题，共110分.二、本题共2小题，共20分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.11.（8分）常用螺旋测微器的精度是0.01 mm.右图中的螺旋测微器读数为5.620 mm，请你在刻度线旁边的方框内标出相应的数以符合给出的数.若另制一个螺旋测微器，使其精确度提高到0.005 mm，而螺旋测微器的螺距仍保持0.5 mm不变，可以采用的方法是 .12.（12分）在电学实验中由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量结果总存在系统误差.某校课外研究性学习小组进行了消除系统误差的探究实验，下面就举两例：.（6分）某组设计了如图所示的电路，该电路能够测量电源E
9、的电动势和内电阻，是辅助电源. A、B两点间有一灵敏电流计G.（1）补充下列实验步骤：闭合开关S1、S2， 使得灵敏电流计的示数为零，这时，A、B两点UA、UB 的关系是UA UB，即A、B相当于同一点，读出电流表和电压表的示数I1和U1，其中I1就是通过电源E的电流.改变滑动变阻器R、R的阻值，重新使得_，读出_.（2）写出步骤对应的方程式及电动势和内电阻的表达式_：.（6分）某组利用如图所示的电路测定金属电阻率，在测量时需要用刻度尺测出被测金属丝的长度，用螺旋测微器测出金属丝的直径，用电流表和电压表测出金属丝的电阻.（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：=_.（2）利用该电路进行实验的主要操
10、作过程是：第一步：闭合电键S1，将电键S2接2，调节滑动变阻器RP和，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U1、I1；请你接着写出第二步，并说明需要记录的数据：_.由以上记录的数据计算出被测电阻的表达式为=_. 活动总结：经过分析研究就可以看出该活动是十分有成效的，它们都可以消除系统误差，测量的是真实值.三、本题共6小题，共90分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位.13.（12分）在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动.如图所示， 人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始下滑，滑到斜坡底部B点后沿
11、水平滑道再滑行一段距离到C点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数均为=0.50，不计空气阻力，重力加速度=10 m/s2，斜坡倾角=37.（1）若人和滑块的总质量为=60 kg，求人在斜坡上下滑时的加速度大小.（sin 37=0.6，cos 37=0.8）（2）若由于受到场地的限制，A点到C点的水平距离为=50 m，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求？14.（10分）如图甲所示，ABCD为一放于水平面上的长方体槽，上端开口，AB、CD面为两铜板，其他面为绝缘板，槽中盛满导电液体（设该液体导电时不发生电解）.现在质量不计的
12、细铜丝的下端固定一铁球构成一单摆，铜丝的上端可绕O点摆动，O点在槽中心的正上方，摆球摆动平面与AB垂直.在两铜板上接上图示的电源，电源内阻可忽略，电动势E=8 V，将电源负极和细铜丝的上端点分别连接到记+忆示波器的“地”和“Y”输入端（记忆示波器的输入电阻可视为无穷大）.假设摆球在导电液中做简谐运动，示波器的电压波形如图乙所示.（1）求单摆的摆长（已知2=10，=10 m/s2）.（2）设AD边长为4 cm，则摆动过程中摆球偏离CD板的最大距离和最小距离（忽略铜丝对导电液中电场的影响）.15.（18分）在电场强度为E的匀强电场中，有一条与电场线平行的几何线，如图中虚线所示.几何线上有两个静止的
13、小球A和B（均可看作质点），两小球的质量均为，A球带电荷量+Q，B球不带电.开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正对碰撞，碰撞中A、B两球的总动能无损失.设在各次碰撞过程中，A、B两球间无电量转移，且不考虑重力及两球间的万有引力.问：（1）A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞？（2）第一次碰撞后，A、B两球的速度各为多大？（3）请猜测在以后A、B两球再次不断地碰撞的时间间隔会相等吗？并对猜测的结论进行论证.如果相等，请计算出时间间隔T，如果不相等，请说明理由.16.（16分）如图所示，磁场的方向垂直于平面向里，磁感应强度B沿方向没有变化,沿方向均匀增加,每经过1
14、 cm增加量为1.010-4 T，即=1.010-4 T/cm，有一个长L=20 cm，宽=10 cm的不变形的矩形金属线圈，以 =20 cm/s的速度沿方向运动.求：（1）如果线圈电阻R=0.02 ，线圈消耗的电功率是多少？（2）为保持线圈匀速运动，需要多大外力？机械功率是多少？17.（16分）如图所示，滑块A1、A2由轻杆连接成一个物体，其质量为M，轻杆长为.滑块B的质量为、长为，其左端为一小槽，槽内装有轻质弹簧，在弹簧的作用下，整个系统获得动能Ek.弹簧松开后便从侧边离开小槽并远离木块，以后B将在A1、A2间发生无机械能损失的碰撞.假定整个系统都位于光滑的水平面上，求物块B的运动周期.1
15、8.（18分）常见的激光器有固体激光器和气体激光器，世界上发达国家已经研究出了自由电子激光器，其原理可简单用右图表示：自由电子经电场加速后，射入上下排列着许多磁铁的“孑孓”管中，相邻的两块磁铁的极性是相反的，在磁场的作用下电子扭动着前进，犹如孑孓在水中游动.电子每扭动一次就会发出一个光子（不计电子发出光子后能量的损失），管子两端的反射镜使光子来回反射，结果从略为透光的一端发射出激光.（1）该激光器发出的激光频率能达到X射线的频率，功率能达到兆千瓦.若激光器发射激光的功率为P=6.63109 W，激光的频率为 =1016 Hz，则该激光器每秒发出多少激光光子？（普朗克常量=6.6310-34 J
16、s）（2）若加速电压U=1.8104 V,电子质量为 =910-31 kg，电子的电量=1.610-19C，每对磁极间的磁场可看作是均匀的，磁感应强度为B=910-4 T，每个磁极的左右宽度为L=30 cm，垂直于纸面方向的长度为2L=60 cm，忽略左右磁极间的缝隙，当电子在磁极的正中间向右垂直于磁场方向射入时，电子可通过几对磁极？绝密启用前天星教育2005届高三第二次大联考物理参考答案与解析1.AC 本题以物理学史为核心命题，考查了学生对物理中一些定律或规律的发现经历的掌握情况.牛顿得出了万有引力与物体质量及它们之间距离的关系，但却无法算出两个天体之间万有引力的大小，因为他不知道引力常量G
17、的值.一百多年后，英国物理学家卡文迪许在实验室通过实验比较准确地测出了G的数值，从而验证了万有引力定律，故A正确.爱因斯坦提出了光子说，它是受到普朗克量子理论的启发，因此B错误.麦克斯韦只是提出电磁场理论并预言了电磁波的存在，但无法用实验来证实，后来由赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C正确.汤姆生提出的是“枣糕模型”，因此D错误.2.AC 本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识.解决的关键是正确对两物体进行受力分析.开始，A、B一起匀速运动，说明地面和B之间一定有摩擦力，大小等于F.但A、B之间一定没有摩擦力，没有摩擦力并不意味着二者之间的摩擦因数为
18、零，A、B之间可以光滑也可以不光滑.如果A、B之间光滑，那么将力作用在A上后，A加速，B受到地面的摩擦力作用而减速运动，故C正确.如果A、B之间不光滑，二者仍看作一个整体，则二者仍匀速运动，故A正确.3.AD 本题以常见的自然现象为背景命题，考查了地磁场、左手定则、带电粒子在磁场中的运动等知识点.极光在地球上看为顺时针方向，如果俯视则应为逆时针方向，在北极上空磁场方向为竖直向下，由左手定则可以判断粒子带正电.由于空气阻力的作用，粒子速度逐渐减小，其运动半径逐渐减小，因此弯曲程度逐渐增大，故选项A、D正确.4.ABC 本题以“轨道电子俘获”为背景进行命题，考查了原子物理知识.该过程的核反应方程式
19、为A+eB+（中微子），因此根据核反应中质量数和电荷数守恒可以判断A、B正确.在俘获过程中系统动量守恒，故C正确.根据EK=和题中中微子的质量很小的信息可以知道D错误.5.BD 本题以氢原子的能级图为背景进行命题，考查了氢原子的跃迁、光电效应、爱因斯坦的光电方程等知识.根据在跃迁过程中=E2-E1可以计算出各能级差的大小，就可判断频率的大小.已知从=3能级跃迁到=1时能级差最大，因此所发出的光的频率最大，若恰好使某金属能发生光电效应，则从=3能级跃迁到=2所发出的光一定不能发生光电效应.根据=和就可得D正确.综上本题答案为BD.6.A 本题以玻璃砖为背景进行命题，考查了折射定律、折射率与速度的
20、关系、平行玻璃砖的光线特点.本题要牢牢抓住折射率定律表达式和结合分析，思维要开阔，由于玻璃砖厚度不同，讨论出射光线和入射光线之间的间距x大小比较，要从会出现的几种情况思考分析,得出结论.详细的解答为：，由sin i=n sin r分析，a光在玻璃砖上表面的折射角大于光在上表面折射角.若a光在左，b光在右，随着玻璃砖厚度的不同，可能x2x1，也可能x2=0，a、b两光在玻璃砖内相交再折射出时，还可能x2=x1，若b光在左，a光在右，则x2x1，依次分析可知A正确.7.D 本题以“风云二号”卫星为背景进行命题，考查了天体运动中的有关问题.由于“风云二号”为同步轨道，因此它的周期和地球自转的周期相等
21、，速度一定比第一宇宙速度小，因此AB错误.卫星在运动中受到万有引力的作用，万有引力提供向心力从而做圆周运动，因此C错误.根据重力加速度的变化可以判断D正确.8.B 本题以常见的热学概念为核心进行命题，考查了热学的基本概念.布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，故A错误.温度是分子平均动能的标志，与哪种物质无关，所以B正确.分子间的引力和斥力都是随着距离的增大而减小的，所以C错误.气体的温度升高，体积可能增大也可能减小，所以D错误.9.C 本题以信息题的形式出现考查了电磁感应现象、安培力的计算、左手定则、受力分析等知识点.由题目中给出的信息可知，当CD中通电流时，细绳中的张力减小，故正方形线圈受
22、到的安培力的合力一定向上.当通过CD的电流为i时，对线圈进行受力分析，受到重力、向上和向下的安培力、细绳的拉力，故G+；当通过CD的电流为i时，对线圈进行受力分析，受到重力、向上和向下的安培力、细绳的拉力，故G+；当通过CD中无电流时，对线圈进行受力分析，受到重力和细绳的张力，故G=2T.解可得i/i=(1-a)/1.10.ABD 本题以机械波的图象为核心命题，考查了波的传播速度、质点在某段时间内的路程、波形图等知识点.并且本题具有发散性，要求学生具有从图象中得到有关信息的能力.从图象中可知波长=8 m，经过t=1.2 s时间，恰好第三次重复出现图示的波形，因此可知周期T=0.4 s，从而确定
23、波速和t=1.2 s时间内质点P经过的路程为s=4A3=120 cm，t=0.6 s时由于不知波的传播方向，因此无法确定质点P的振动方向，t=0.6 s=1.5 T，因此可以确定t=0.6 s的波形图.综上本题答案为ABD.11.【命题分析】 本题是考查螺旋测微器的读数和原理，尤其考查了学生对原理的理解，从而学生才能正确的改装螺旋测微器.由读数的方法就可以在方框中填入数字.如果知道了螺旋测微器的基本原理即它的螺距为0.5 mm，即每转一周，螺杆就前进或后退0.5 mm，将它分成50等份的圆周，则每旋转一份即表示0.01 mm，因此，它可精确到0.01 mm.如果要使其精确度提高到0.005 m
24、m，那么就可采取将螺距分成100等份即可.答案：方框内数字为：5、15、10（顺序为从左向右，从上到下）.将可动刻度100等份（每空2分）12.【命题分析】 本题是比较创新的实验，是属于研究性学习实验，是在常规实验基础上的改进，主要考查的是测量电源电动势和内阻、测金属电阻率的实验原理及误差的消除方法.本题都是两次测量，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差，提高了实验的准确度.【解】.调整滑动变阻器R、R(2分)= （1分）灵敏电流计的示数为零（1分）电流表和电压表的示数I2和U2（1分）（2）E=I1r+U1，E=I2r+U2，解得E=U1+I1(U2-U1)/(I1-I2)，r=(U2-U
25、1)/(I1-I2)（2分）.（1）d2Rx/4l（2分）（2）将电键S2接1，只调节滑动变阻器r，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U2、I2 （2分） U1/I1U2/I2（2分）提示：由欧姆定律得U1=I1(RA+RP+Rx)，U2=I2(RA+RP)，故Rx=U1/I1U2/I2.13.【命题分析】 本题是以海滨游乐园中游乐活动的新情景为核心命题，考查了牛顿第二定律、运动学等知识，并且第（2）问具有开放性.【解】（1）在斜坡上下滑时，由牛顿第二定律得mgsin-f=ma （1分）N-mgcos=0 （1分）f=N （1分）解得，a=gsin-gcos=2 m/s2
26、（2分）（2）设斜坡的最大高度为h，滑至底端时的速度为v,则v2=2ahsin （1分）沿BC段前进时的加速度a=mg/m=g （1分）沿BC段滑行的距离L=v2/2a （1分）为确保安全要求，则L+hcots （2分）联立解得h25 m，故斜坡的高度不应超过25 m.（2分）14.【命题分析】 本题以记忆示波器为核心命题，考查了学生的读图能力、理解能力和处理信息的能力，涉及到单摆、电路等知识.解决的关键是从图象上找出周期，然后根据单摆的周期公式进行计算.对于第（2）问，要理解记忆示波器的读数原理.【解】（1）由图乙可知单摆的周期为T=1 s（2分）由T=2得，l= = m=0.25 m.（2
27、分）（2）摆动过程中电压最大为6 V，该电压与摆球偏离CD板的距离l成正比，有=，其中lAD=4 cm，U=6 V，E=8 V解得l=3 cm此即为摆球偏离CD板的最大距离.（3分）同理可得，摆球偏离CD的最小距离为1 cm.（3分）15.【命题分析】 本题以带电粒子在电场中的运动为核心命题，考查了电场力做功、动量守恒、动能定理和利用数学方法解决物理问题的能力等.解题的难点在于猜测碰撞的时间间隔是否相等，然后利用不完全归纳的方法得出结论.当然还可以利用图象来计算出时间间隔.解决时关键点在于二者碰撞的过程中位移相等.【解】（1）对小球A进行研究，根据牛顿第二定律和运动学的公式有，QE=ma（1分
28、）L=at2 （1分）解得t=（2分）（2）由动量守恒得，mv=mv1+mv2 （2分）又由碰撞的过程中无机械能损失，得mv2=mv+mv，其中v1为A碰撞后的速度，v2为B碰撞后的速度 ，（2分）解得，v1=0，v2=v， （2分）又由动能定理，12mv2=QEL（1分）故v1=0，v2=（2分）（3）由（2）可知，A、B两球碰后速度交换，故at=v2t2，t2=，第二次碰撞后A球速度为v2，B球速度为v3，所以v3=at2=2v2，由位移关系得v2t3+at=v3t3，t3=2v2a（2分）依次类推，得vn-1tn+at=vntn，得tn=，所以T=2，故间隔相等.（3分）16.【命题分析
29、】 本题以矩形线框在磁场中的运动为核心命题，考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功率、安培力、能量等知识点.解决的关键是求出电动势，然后根据电路知识解决.【解】（1）设线圈向右移动一距离x，则通过线圈的磁通量变化为=hx L（2分）而所需时间为t=（1分）根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为E=hvL=410-5 V（3分）根据欧姆定律可知感应电流I=ER=210-3 A（2分）电功率P=IE=810-8 W（2分）（2）电流方向是沿逆时针方向的，导线dc受到向左的力，导线ab受到向右的力，两力大小不等，当线圈做匀速运动时，所受合力为零，因此需施加外力F外，根据能量守恒定律得机械功率
30、为P机=P=810-8 W.（2分）根据P机=F外v得F外=410-7 N（4分）17.【命题分析】 本题以滑块模型为核心命题，考查了动量守恒、能量守恒、物体的往复运动等知识.此题最大的难点在于不能正确分析其运动的过程.【解】设弹簧松开后物体A1A2与滑块B的速度各为V和v，则有MV+mv=0（2分）12MV2+12mv2=EK（2分）若规定向右的方向为正方向，联立解得V=- v=（2分）当B与A2发生第一次碰撞后，A1A2与滑块B的速度分别为V1和v1，则有MV1+mv1=MV+mv=0（2分）12MV+12mv=MV2+mv2=EK（2分）联立解得，V1=v1=（2分）可见B与A2碰撞后，
31、B与A1A2的速度大小不变，只改变方向.同理，B与A1碰撞后也有同样的结果，即各自的速度大小不变，只改变方向.这说明B与A1A2都以大小不变的速度做往返的运动，B的运动周期等于B与A2连续两次碰撞的时间间隔，也就是B与A1A2相向运动，共同运动l所经历的时间的2倍.（说明占2分）即T=2 =.（2分）18.【命题分析】本题以激光器为核心进行命题，考查了光子的能量、电子在磁场中的运动、电场力做功、动能定理及空间几何关系.【解】（1）每个激光光子的能量E=h=6.6310-341016 J=6.6310-18 J（2分）设该激光器每秒发射n个光子，则Pt=(nt)E，（2分）所以n=P/E=6.63109/6.6310-18=1027（2分）（2）设电子经电场加速获得的速度为v ，由动能定理得，qU=mv2/2，（2分）v=2qU/m=m/s=8107 m/s（2分）由电子在磁场中做圆周运动，设轨道半径为R，则qvB=mv2/R（2分）R=mv/qB=910-318107/（1.610-19910-4）m=0.5 m（2分）电子在磁极间的运动轨迹如图所示（俯视图），电子穿过每对磁极的侧移距离均相同，设为L，则L=R- =0.5-=0.1 m（2分）通过的磁极个数n=L/L=0.3/0.1=3（2分）15
