2019年东北三省四市高考物理二模试卷解析版

1、2019年东北三省四市高考物理二模试卷、选择题1 . （6分）用国际基本单位表达物理量的单位，下列表达正确的是（）A.万有引力常量 G基本单位是 m/kg?sB.静电力常量k基本单位是 m3?kg/s?C2C.普朗克常量h基本单位是m2?kg/sD .弹簧的劲度系数 k的基本单位是N/m2. （6分）已知金属钙的逸出功为2.7eV,氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n = 4的能量状态，则（）月村0-0.85-1.513.40113,60A.氢原子可能辐射 3种频率的光子B.氢原子可能辐射 5种频率的种子C.有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D.有4种频率的辐射光子能使钙发生光电

2、效应3. （6分）在水平地面上有相距为L的A、B两点，甲小球以vi= 10ms/的初速度，从 A点沿与水平方向成30°角的方向斜向上抛出，同时，乙小球以V2的初速度从B点竖直向上抛出。若甲在最高点时与乙相遇，重力加速度 g取10m/s2,则下列说法错误的是（）彳甲Q 乙777T7777777777y77T a aA .乙球的初速度 V2 一定是5m/sB.相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度C. L 为 2.54ljmD.甲球与乙球始终在同一水平面上4. （6分）如图所示，一个各短边边长均为L,长边边长为3L的线框，匀速通过宽度为Lab恰好的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，线框沿纸面

3、运动，开始时线框右侧短边与磁场左边界重合，此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差 Uab随时间t变化关方形的中心O点做正方形的垂线，A、B为垂线上关于正方形对称的两点，以无穷远为零电势点，用Ea、Eb别表示A、B两点的场强，用 M、如分别表示A、B两点的电势,则下列说法正确的是（）A. Ea与Eb相等B . 4 a与如相等C.将一个带正电的点电荷由B点无初速释放，仅在电场力作用下，该电荷从 B点运动到O点的过程中加速度一定会一直减小D.将一个带正电的点电荷由A点无初速释放，仅在电场力作用下，该电荷从A点运动到O点的过程中加速度可能先增大后减小6. （6分）继“好奇”号之后，“洞察”号再次探

4、访火星，使火星再次成为人类最为关注的行星。已知它的直径约是地球的一半，质量约为地球质量的,表面积相当于地球陆地10面积自转周期与地球十分接近，到太阳的距离约是日地距离的1.5倍。根据以上信息可知（ ）A .火星表面的重力加速度约是地球的0.4倍B.火星的第一宇宙速度约为地球的1.6倍C.火星的同步卫星轨道半径约为地球的1倍D.火星的公转周期约1.8年7. （6分）带电小球在电场力和重力作用下，由静止开始沿竖直方向向下运动。运动过程中小球的机械能随位移关系如图所示，曲线关于x = X0对称，最低点位置坐标为 X0,在小球运动到x= 2x0的过程中，下列说法正确的是（）A .小球所受电场力方向可能

5、不变B.小球所受电场力始终比重力小C.小球加速度一直增大D .小球在X0位置时，动能最大8. （6分）如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一质量也为m小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与木板在AB段的动摩擦因数为 由在BC段的动摩擦因数为 2的若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力Fi可使其恰好与木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与木板发生相对滑动。下列说法正确的是（）, BClA. Fi与F2的大小之比为1 : 2B.若将Fi、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到 B点的时间之比为1 : 2C.若

6、将Fi、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板的位移之比 1:1D.若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1 ： 1三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共 129分）9. （6分）某同学为了验证小钢球在光滑的斜面上保持相对静止的条件，设计了如下实验。装置如图1所示，一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，小车上固定一个很光滑的硬质斜面，车与斜面的总质量为M,细线的一端与小车相连接，另一端跨过定滑轮连接一小桶，小车的后面连接纸带，

7、纸带穿过固定在桌面上的打点计时器的限位孔，忽略 所有接触面的摩擦和空气阻力，实验中可以通过往桶中增减沙子来实现斜面上的小钢球 与车在运动过程中保持相对静止。（g取9.80m/s2,结果均保留三位有效数字，73 = 1.732）卸坪（1）某次释放小车后，该同学发现小钢球相对斜面向下滑动，他应向小桶内 （"添力口”或“取出”）砂子；（2）测量出斜面的倾角为 30。，理论上要保持小钢球相对斜面静止，小钢球的加速度为,2m/s。（3）某次实验观察到小钢球相对斜面静止时，打下一条纸带如图2,纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔 T = 0.02s,其中xi= 13.

8、43cm、X2=19.44cm、X3= 25.46cm、X4= 31.47cm、X5= 37.50cm、X6= 43.52cm ,由纸带可知小车运动的加速度为 m/s2。（4）实验发现（3）中算出的小车实际加速度与（2）中计算的理论值不相等，其原因可能是A.斜面实际不够光滑，小钢球与斜面间摩擦力产生的影响B.车与木板间摩擦力产生的影响C.车与木板的质量没有远大于小桶与砂子的质量D.纸带与打点计时器限位孔间存在摩擦产生的影响10. （9分）小张同学想测量构成滑动变阻器的金属丝的电阻率。于是，他找到了一个坏了的滑动变阻器，拆下一段长约1m、阻值约为10 的金属丝，进行测量。图1（1）用螺旋测微器测

9、量金属丝的直径，如图 1所示，金属丝的直径 d=mm （2）为了准确测量这段金属丝的电阻，小明找到如下器材：电流表（量程50mA）电阻箱（0- 99.99。一节干电池（电动势约 1.5V）开关一个、线夹一个、导线若干请你利用上述器材，帮他设计一个可以完成电阻测量的电路图，画在图甲的方框中。完善小明同学的实验步骤（步骤中出现的物理量均需给出相应的符号）。A.去掉金属丝的绝缘漆，接在线夹上，如图乙所示；b.按电路图连接实物；c.调节电阻箱和线夹位置使电流表有一个较大的示数，除记录该电流表示数外还需记录 和d.改变线夹的位置，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录 和;e.用米尺测量出f.写出电阻率的表

10、达式： （用实验过程中出现的物理量符号表示）；g.重复上述步骤进行多次测量取平均值11（14分）北京2022年冬奥运会和冬残奥运开闭幕式计划在北京市区举行，国家游泳中 心“水立方”又将迎来新的使命，在这里将进行冰壶的比赛项目。在冰壶比赛中我们经 常可以听到这些词：“先手”、“后手”、“进营”、“打定”等。其中“打定”就是将对方的 冰壶击打出大本营，自己的冰壶停在打击位置，从而留在大本营。此过程中两个冰壶的 碰撞可以看作是对心弹性碰撞，两个冰壶质量完全相同，且运算时可当质点处理。下图 为冰壶场地示意图，大圆半径为R,栏线到圆心的距离为 L,已知冰壶甲静止于圆心处。（1）请用物理学知识解释“打定”

11、中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；（2）已知冰壶和冰面之间的动摩擦因数为臼欲通过“打定”的技巧将甲冰壶打出大本营，求乙冰壶从A点投出时速度应满足的条件。12. （18分）平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 2B和B （B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿- y方向的 匀强电场，x轴上有一点P,其坐标为（L, 0）。现使一个电量大小为 q、质量为m的带 正电粒子从坐标（-2a, a）处以沿+x方向的初速度V0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点 P,不计粒子的重力。（1）求粒子经过原点时的速度；（2）求磁感应强

12、度B的所有可能取值（3）求粒子从出发直至到达 P点经历时间的所有可能取值。物理选修3-3 （15分）13. （5分）下列说法正确的是（）A.空调机既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性B .第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律C.对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大D .用温度计测量温度是根据热平衡的原理E.随着科技的发展，热机的效率定能达到100%14. （10分）如图所示，粗细均匀的U型玻璃管在竖直平面内放置其中AB段水平，左右两管均竖直。右侧玻璃管内封闭一定质量的理想气体，气柱长度L = 10cm,左侧玻璃管开口且足够长。室温为27c时，左右两管内水

13、银柱的高度均为h=10cm。求：右管内封闭气体为多少摄氏度时，两侧管内水银柱高度差为5cm （已知大气压强 p0=75cmHg）。ti物理选修3-4 （15分15. 用弹簧将一物块悬挂于天花板上，使物块在竖直方向做简谐振动，其振动图象如图所示,则（）A.该简谐振动的周期为 2.0sB . t= 1.0s时刻系统能量达到最小值C. t=1.0s和t= 2.0s两个时刻物块动能相等D . t= 0.5s和t= 1.5s两个时刻弹簧的弹性势能相等E. t= 0.5s和t= 1.5s两个时刻物块的加速度均为最大值但不相等16.（10分）如图所示，有一个用折射率为 n = 2区的透明材料做成的正方体，其

14、底面ABCD为边长等于2R的正方形，在该正方形 ABCD的中心处放置一点光源 S,已知真空中光速为c,不考虑光线在界面上多次反射，求：（1）光自光源S出发到从正方体的四个侧面（不包括顶面A' B' C' D'）射出所能经历的最长时间（2）光能从正方体四个侧面上射出部分的总面积。2019年东北三省四市高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题21 .【解答】解：A、根据万有引力定律 F=9胆得：G =空一，又力的单位：1N=1kg?m/s2, r上Mm则万有引力常量 G基本单位是 m3/kg?s2,故A错误。B、根据库仑定律：F=W署，结合力的单位可得静电力常量

15、k基本单位是m3?kg/s2?TC2,故B错误。C、根据动量与波长的关系：p=-,可得：h=p?入，动量p的单位是kg?m/s,波长 入的单位是m,所以普朗克常量 h基本单位是 m2?kg/s。故正确误。D、弹簧的劲度系数 k的基本单位是 N/m,但N是导出单位，故 D错误。故选：Co2 .【解答】 解：A、根据C； = 6知，这群氢原子可能辐射 6种频率的光子。故 A错误，B错 误。C、n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为 0.66eV, n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为 1.89eV, n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为 2.55eV,均小于逸出功，不能发生光电效 应，其余3种光子能量均大

16、于 2.7eV,所以这群氢原子辐射的光中有3种频率的光子能使钙发生光电效应。故 C正确，D错误。故选：Co3 .【解答】解：甲球竖直方向的初速度 vy= visin30° = 5m/s,水平方向的初速度 V0 = vicos30° =5,/3m/s°A、甲球在最高点与乙球相遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的初速度V2=Vy=5m/S,故A正确；B、相遇前甲球的水平速度不为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故B错误；C、相遇时间 t = =0.5s,则 L = v0t = 2.5m,故 C 正确；D、由于

17、甲球和乙球竖直方向的运动情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故D正确。本题选错误的，故选：Bo4 .【解答】 解：0L过程中，ab边切割磁感应线产生的感应电动势Ei = BLv, a点电势高于 b,贝U Uab=10 DiL2L过程中感应电动势 E2 = 2BLv, a点电势低于b,则Uab<0;2L3L过程中，最左边切割磁感应线产生的感应电动势E3=3BLv, a点电势高于b,则Uab=-x 3BLv=-BLv，故 D 正确，ABC 错误。 1010故选：D。5 .【解答】 解：AB、根据电场的叠加原理和 A、B两点的对称性，A、B两点的电场强度大小相等方向相反，电势相等，故A

18、错误，B正确。CD、如果A、B离。点足够远，A、B两点的电场强度近似为零，而对于 。点，两个+q 和两个-2q分别关于O点称性，O点出电气强度也为零，所以带电粒子从B点到O点或者从A点到。点，电场强度都是先增大后减小，由ma=qE,加速度也先增大后减小；如果A、B离。点比较近，加速度会一直减小，故C错误，D正确。故选：BD。6 .【解答】解：A、根据万有引力等于重力得出：驾 =mg得：g=4d 那 根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的 0.4倍，故A正确； B、根据第一宇宙速度的公式： v=V&R则火星的第一宇宙速度与地球的第一

19、宇宙速度之比：VO. 4X 0. 5=0,1加倍。故B错误；C、由于不知道火星的自转周期，所以不能比较火星的同步卫星轨道半径约为地球的同步 卫星的轨道关系。故 C错误；,，一, 一 GMn m* 4TTD、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：-=厂R2 T2得：T= 2,M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过 T的表达 式发现火星与地球公转周期之比为 研:4,所以火星的公转周期约 1.8年。故D正确。 故选：AD。7 .【解答】解：A、由图象可知，小球机械能先减小后增大，则说明电场力先做负功后做正功，运动方向不变，故电场力方向发生变化，故 A错误

20、；B、0-X0段小球做加速，又电场力做负功，故竖直向上，故重力大于电场力，两段关于x0对称，故小球所受电场力始终比重力小，故 B正确;C、图象中斜率表示电场力，由图可知，电场力先减小后增大；且据 A项分析可知电场力方向先竖直向上，此时 a= g -,故加速度增大；后电场力竖直向下且增大，加速度m为a=g+E,则加速度继续增大，故加速度一直增大；故 C正确； IDD、根据C项分析可知，加速度方向始终与速度方向相同，故小球一直加速，2x0处速度最大，故D错误；故选：BC。8 .【解答】 解：A、施加水平向右的力 F1时，由题意知：对滑块有：Fi - gg = ma,对木板有： 师g = ma,联立

21、得： Fi =2 师g,同理，施加水平向右的力 F2时，有F2=4gg,所以Fi与F2的大小之比为1: 2,故A正确; -2F(B、设AB的长度为L,施加水平向右的力 2F1时，对滑块有：ai =-四皿对木板有：a' 1=四设经时间t到达B点，由位移关系得：-1 t2-l2嗯 21 z 2 I1 2X1 = ya 巡=_rjt ,同理，施加水平向右的力 2F2时，运动到 B点的时间木板上运动到 B点的时间之比为加：1,故B错误;C、施加水平向右的力 2F1时，由位移公式得木板的位移同理，施加水平向右的力2F2时，由位移公式得木板的位移X2=四？t' 2'所以小物块在木板

22、上运动到B点时木板的位移之比 1: 1,故C正确;D、小物块最终都会滑离木板， 二者的相对位移相等， 所以整个过程中摩擦生热之比为摩擦力之比，即为1: 1,故D正确；故选：ACD 。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题第40题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(共 129分)9 .【解答】 解：(1)由题意，小球的加速度相对斜面向下运动，故小球水平加速度大于斜面加速度，故应在小桶内添加沙子以使斜面加速度增大；(2)小球相对斜面静止，则小球和斜面加速度相等，对小球受力分析，设小球加速度为a,有：tan 0= g代入数据，得：a=

23、 5.66m/s2(3)纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔为：T =0.02s,则计数点间的时间间隔为：to=0.02X 5= 0.1s根据匀变速直线运动的推论：x= ato2小车的加速度为:(x5+x5+x4)-(k3+x2+k1)a=9 t /2代入数据得：a= 6.02m/s(4)小球相对斜面静止，则小球和斜面的加速度相等，计算理论值只考虑小球的重力和支持力，没有考虑摩擦力，故实际值和理论值会有误差，故 A正确BCD错误。故选：Ao故答案为：(1)添加；(2) 5.66; (3) 6.02; (4) A。10 .【解答】解：(1)由图知螺旋测微器固定刻度为0

24、.5mm,可动读数为 3.1 x 0.01mm = 0.031mm ,故金属丝的直径为0.5mm+0.031mm = 0.531mm ;(2)电路图如图,根据电阻定律，可知故实验还需要测出电阻 R和相应的长度L,由实验原理可得，若电路中电流不变，则电路总电阻不变，故电阻箱阻值的变化就是连入电路的电阻丝电阻的变化；由此可知，在实验中c、调节电阻箱和线夹位置使电流表有一个较大的示数，除记录该电流表示数外还需记录线夹的位置M和电阻箱的示数 Ri；d.改变线夹的位置，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录线夹的位置N和电阻箱的示数R2；e、用米尺测量出两次线夹 MN间的距离L;由，代入数据，得：p=(R：

25、 R1)兀4L故答案为：(1) 0.531; (2)记录线夹的位置 M,电阻箱的示数 Ri;线夹的位置N,电阻(Ro-Ri) 。箱的小数 R2；两次线夹 MN间的距离L; p=-7rd之。4L11 .【解答】 解：设两个冰壶的质量均为 m,碰撞前乙的速度为 v,碰撞后乙和甲的速度分别为V1、V2,(1)两冰壶发生对心弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞前乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mv=mv1+mv2,由机械能守恒定律得： -ymv2=,y mv ? W占W解得：V1=0, V2 = V,由此可知，有自己的冰壶停在打击位置不动的现象；(2)设以冰壶投出的速度为 vo

26、,甲冰壶刚好被打出大本营，乙冰壶从投出到碰撞前瞬间过程，由动能定理得：- mgL二工由第"j， 乙乙两冰壶发生对心弹性碰撞，则碰撞后V2= V,若甲冰壶恰好滑到大本营的右侧边缘，对甲冰壶，由动能定理得：-即gR = o-2 J解得：vo= -2昨皆十尺),要将冰壶甲打出大本营，乙冰壶从 A点投出的速度应满足：vo西运百行；答：(1)两冰壶发生弹性碰撞，碰撞后互换速度，出现“打定”中，自己的冰壶在打击后停在击打位置不动的现象；(2)乙冰壶从A点投出时速度应满足的条件是：V0>d2N 我+R)。12.【解答】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a=v0t,竖直方向：a=

27、二£t,2解得：Vy= vo, tan 0= = 1, 0= 45 ,v0粒子穿过O点时的速度：v=G沁Z = Evo;(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，2由牛顿第二定律得：qvB = m?-,r粒子能过 P点，由几何知识得：L=nrcos45°n= 1、2、3 ,nmvn解得：b=n- n=1、2、3qj-(3)设粒子在第二象限运动时间为t1,则：t1=;v0粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：= 空亚，丁2 =三,qB qB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为 工圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为圆弧，44若粒子经下方磁场直接到达 P点，则粒子在磁场

28、中的运动时间：t2 = L-，若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2=T1+3-T2,44若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2= 2X2T1+±T2,44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2=2X±T1+2x2T2,44贝u t2= kJ12!l+ (k 1)1兀口k=1、2、3或 t2=n&l+n 37Tmn=1、2、3t= t1+t2,3冗mk=1、2、3粒子从出发到p点经过的时间：解得：t=2+k舞 + (k-1)VO 2qB或 t = &_+n 7T坨+n 3冗m n=l、2、3；v0 2

29、qB 4qB答：(1)粒子经过原点时的速度大小为&v0,方向：与x轴正方向夹45°斜向下； mvn(2)磁感应强度 B的所有可能取值：B =n- n = 1、2、3；北(3)粒子从出发直至到达 P点经历时间的所有可能取值：t=2包+kZH+ (k- 1) W2皿 v0 2qB4qBk=1、2、3或 t=+n-+n 37Tmn=i、2、3。v0 2qP 4qB物理选修3-3 (15分)13【解答】 解：A、热传递存在方向性是说热量只能自发的从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外，而制热过程也是这样进行的。

30、故 A错误。B、第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量的转化和守恒定律。故 B正确。C、理想气体内分子之间的相互作用忽略不计，所以理想气体得内能仅仅与温度一个，对于一定质量的理想气体，只要温度升高其内能就一定增大。故 C正确。D、用，故D正确。E、根据热力学第二定律可知，即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100%.故E错误；故选：BCD。14 .【解答】解：以封闭气体为研究对象初态压强 Po=75cmHg,体积 Vo=LS,温度 To= ( 273+27) K=300K若左管水银面比右管低 5cm,其末态压强为：P1 = (p0-h) cmHg=70cmHg末态体积为： Vi= (L+2.5) S= 12.5S根据理想气体状态方程得：T0 T1代入数据解得：Tl= 350K = 77 c若右管水银面比左管低 5cm,其末态压强为：P2= (