2020年东北三省三校联考高考物理二模试卷

2020年东北三省三校联考高考物理二模试卷一、单选题（本大题共5小题，30.0分年国物理学家卢瑟和他的学生盖革顿一起进行了著名的粒子散射实验”实验中大量的粒子穿过金箔前后的运动图景如图所示。卢瑟福通过对实验结果的分析和研究，于年建立了他自己的原子结构模型。下列关于粒穿过金箔后的描述中，正确的是B.C.

绝大多粒子穿过金箔后，都生了大角度偏转少数粒穿过金箔后，基本上原来方向前进通过粒散射实验，确定了原核半径的数量级

15

D.

通过粒散射实验，确定了原半径的数量级

15

如图所示磁感应强度水平匀强磁场中两竖直放置的平行属导轨顶用一电相连两轨所在的竖直平面与磁场方向垂直根属棒以速

沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法正确的)B.C.D.

回到出发点的速等初速度上行过程中通过的电量大于下行过程中通过的量上行过程中上产生的热量大于下行过程上产生的热量上行的运动时间大于下行的运动时间物体从同一位置沿同一直线运动的速度图象如图所示，下列说法正确的B.

、加时，物体的加速度大于物加速度时，、两体相距最远

22C.D.

时物在物体的方时、物体速度相等，相距

如图所示，在半径为光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内为弧的两个端点们最低点高差为，为光滑的直杆。现将小环分别置于圆端和端点由静止释放环分别沿圆和下环从点运动点从点动到点所需的时间分别和

取𝑠

2

，下列说法正确的

2

B.

C.

2

D.

无法确定

哥白尼根据观察到的现象，运用他的天体模型，计算出了每颗行星绕太阳运行的周期和行星到太阳的距离，第一次给出了宇宙大小的尺寸，如表摘自哥白尼计算数据，其中木星绕太阳运行周期的接近值是到太阳的距以地距离为单行星地球土星木星

绕太阳运行的周期年年

位

年

B.

年

C.

年

D.

年二、多选题（本大题共4小题，23.0分

一质量的块，由碗边滑向碗底，碗内表面是半径的球面，由于摩擦力的作用，木块运动的速率不变，B.C.D.

木块的加速度为零木块所受合外力为零木块所受合外力的大小一定，方向改变木块的加速度大小不变

关于铁轨转弯处内、外轨间的高度关系，下列说法中正确的B.C.D.

内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故因为列车转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮对铁轨的挤压外轨比内轨略高，列车的重力和轨道对列车支持力的合力沿水平方向指向圆心

121212121212121212120

如图所示，阻值的金属棒在水平向右的外力作用下，图示位别以的度沿光滑水平导电不匀通过位置，在这两次到的程中

：

回路电𝐼：

：B.

产生的热量：

：C.

通过任一截面的电荷：

：D.

外力的功率：

：

下列说法正确的B.C.D.E.

非晶体和多晶体都没有确定的几何形状晶体在熔化过程中，分子势能保持不变气体从外界吸收的热量可以全部用来对外做功一定质量的理想气体发生等压膨胀时，气体分子的平均动能增大两分子间距离大于平衡距时分子间的距离越小，分子势能越大三、填空题（本大题共1小题，4.0分）甲乙两列波均右传播，在相遇处各自的波形图如图所示，已知两列波为同一性质的波，在同种介质中传播，则两列波的频率之比______10处点的速度方_填“向上”或“向下。四、实验题（本大题共2小题，15.0分某学生学习小设计了如图所示的实验来验证碰撞过程中的动量守恒定律在处滑相接右为粗糙水平面，有两个质量均的同的小物块甲和乙令物块甲从斜面上点静止下滑，运动至粗糙水平面上点度恰好减为，、间为0

，把小物块乙置于点小物块甲仍从斜面点静止下，小物块甲与小物块乙碰撞后粘在一起在糙水平面上运动的位移为。

000200020000未置小物块乙时，甲离开点的速与的系满足_____ABC.√为证碰撞过程动量守恒，是否需要测量小物块与粗糙平面间的动摩擦因数______选“是”或“否”。若足关系_____则两物块碰撞过程动量守恒。在习使用多用表的实验中：

𝑥𝑥𝑥𝑔𝑥𝑥𝑥𝑥𝑔𝑥某学用多用电表测量电阻，其欧姆挡的电路如图甲所，若选择开关处在”时，按正确使用方法测量电的值，指针位于图乙示位置，

。若欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变，但此表仍能调零，按正确使用方法再测电阻，其测量结果将比真实______填偏大”、“偏小”或“不变。某学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如丙所示。某学进行如下操作：𝑥

未接入时，闭合开关，将红、黑表笔分开，调节可变电阻，可变电阻接入电路的阻值为时电流表满偏。当接、表之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电的值为。知电流表的内阻阻接入电路的阻值为。关该欧姆表，下列说法正确的_____。

，电池的内阻为，可变电A.

电阻刻度的零位在表盘的右端B.

表盘上的电阻刻度是均匀的

0000C

测量前，不需要红、黑表笔短接调零D

测量后，应将开断五、计算题（本大题共4小题，52.0分如所示，斜边的定斜面与水平面的倾，质量的物𝐴以𝐴的速度从斜面底端始沿斜面向上运动时质量也小物斜面0𝐵顶端由静止开始沿斜面下滑，经过一段时间后两物块发生碰撞，碰后两物块粘在一起运动。若两物块和斜面间的动摩擦因数均求取0𝑠速度减为时与相距多远？两块碰撞前运动的时间；两块碰撞后到达斜面底端时的速度大小。

，，如所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力况可推测其电场和磁场．图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距的同平行金属板构成，极板长度为、间距为，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反．质量、电荷量的子加速电加后，水射入偏转电压的移器，最终𝐴水平射入待测区域．不考虑粒子受到的重力．求子射出平移器时的速度大

；当速电压变0

时，欲使粒子仍𝐴点入待测区域，求此时的偏转电已粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时受力大小均现水平向右为轴正方向建如图所示的直角坐标保加速电压为不移装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示．射入方向受力大小

请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向．

如所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱度为，在用竖直向下的外压气体，使封闭空气柱内长度变，对活塞做，气压强为

，计活塞重力。问：若足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强大；若适当的速度压缩气体，气体向外散失的热量则气体的内能增加多少活的横截积

如所示，半圆形玻璃砖的半径，边直，一纸面内的单色光束从玻璃砖的某一定点射入角可任变化求只考虑能边射的情不考虑上射后的情况，已知：，玻璃砖对该单光的折射

，光在真空中的速度。则求光玻璃砖中传播的最短时；能边出射的光线交的范围宽

参考答案解析1.

答：解：、大多数粒穿过金箔后，基本上沿原来方向前进。少粒穿过金箔后，发生大角度偏转，故AB错误；、过粒散射实验”卢瑟福确定了原子核半径的数量级

15

，原子半径的量级为

，不是通过粒散射实验确定的，故确，错；故选：。粒散射实验的现象为：粒穿过原子时，只有粒与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所粒接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数本按直线方向前进。本题主要考查了粒散射实验的现象，难度不大，属于基础题，并理解粒子散射原理。2.

答：解：：A、从出发点上升到回到出发点时，根据能量守恒知，棒的重力势能不变，内能增，则动能减小，所以回到出发点的速小初速度．故A错误．B、上行和下行两个过程中，回路的磁通量变化eq\o\ac(△,)相，根据感应电量表达

，知两个过程中通的量相等，故B误．C能量守恒得高点外任何一个位置升此位置的速大于下落到此位置的速度，则知在任何一个位置，上升到此位置的电流大于下降到此位置的电流，上升到此位置的安培力于下降到此位置的安培力，而上升和下降过程的位移相同，故上升过程中克服安培力做的功比下过程中克服安培力做的功多．所以上升过程中产生的热量大于下降过程中产生的热量．故C正确．D、据量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，上升的位移和下降的位移相等，则上升的时间小于下落的时间．故D错．故选：．根据能量守恒定律，判断回到出发点的速度与初速度的大小．电磁感应中通过导体的电

，分析两个过程通过𝑅的量关系．比较出任何一个位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比较出电流的大小，可道上升过程中产生热量和下落过程中产生的热量大小．

1221√51221√512比较出在任何一个位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比较出上升的时间和落过程的时间．解决本题的关键通过能量守恒定律比较出回到出发点的速度和初速度的大小，从而确定每个位感应电流和速度的大小．记住感应电量经验公，利于分析电量问题．3.

答：解：：、速度时间图象中图线的斜率表示加速度，可、加时图的斜率小，物体的加速度小。故错误。B两体同一位置沿同一方向做直线运动之的速度一直大于的度、之的间距逐渐增大之的度小于的度，开追赶物体，间距减小，所末物体相距最远，最远距离为：20，B错，正。C、𝑠时，根据图象的面积表示位移可知的移

2100，的移2，所以在的方，故误。故选：在速度时间图象中，图线的斜率表示加速度加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．过分析两物体的运动情况，确定何时相距最远．本题是为速时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．4.

答：解解环动沿圆的动可类比于单摆的简谐运动环点动点时间为

𝜋𝑅2𝑔

√1.11；10小环沿直杆下做匀加速直线运动与平方向的夹角为环由牛顿第二定律得：𝑔𝑖，几何关系和运动学公式得：𝑡2

22

，联立解得小环点动点时间为：

；以有：12

，故正确错。故选：。小环运动沿圆弧的动可类于单摆的简谐运动用单摆周期公式求解环沿直下做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律和运动学公式求解。

3𝑟32323𝑟3232本题考查的是简谐运动和匀变速直线运动求时间问题，意在考查学生对简谐运动的理解与应用力及对所学知识的迁移能力和综合分析能力。5.

答：解：对地球和木星，根据开普勒第三定律公式2解：根据开普勒第三定律，有：

列式求解即可。地𝑇地

木𝑇木解得：木

√

木地

𝑇√(5.2)3年年地故选。6.

答：解：木块由碗边滑向碗底，速率不变，做匀速圆周运动，加速度不为零，合力不为零，故A、B错。C、块做匀速圆周运动，合力大小一定，方向始终指向圆心，故C正，正。故选：。木块做匀速圆周运动，合外力指向圆心，加速度方向指向圆心，大小保持不变．解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，知道加速度和合力的大小不为零，方向始终指向圆．7.

答：解：、内外轨道一样高，外轨对轮缘的弹力提供火车转弯的向心力，火车质量太大，靠这种办法得到的向心力，会导致轮缘与外轨间的作用力太大，使铁轨和车轮容易受损，并不能防列车倾倒或翻车，故A错误；B、若内轨高于外轨，轨道给火车的支持力斜向弯道外侧，势必导致轮缘和轨道之的作用力更大，更容使铁轨和车轮受损，不能防列车翻倒。故误；、外轨高于内轨时，轨道给火车的支持力斜向弯道内侧，它与重力合力指向圆心，为火车转弯提供了一部分向心力轻轮缘和外轨的挤压修铁路时据道半径和轨道速度行驶，适当选择内外轨道的高度差，可以使火车的向心力完全由火车的支持力和重力的合力提供，是车行驶更安全，故C正，正。故选：。

12𝑆21212112𝑆212121110火车轨道外高内低的设计是为了减轻轮缘与轨道之间的挤压，这样火车转弯时，轨道给火车的持力和其重力的合力提供向心力，保证行车安全。生活中有很多圆周运动的实例，要明确其设计或工作原理，即向心力是由哪些力来提供的，难不大，属于基础题。8.答：解：、路中感应电流为

𝑅

，，得𝑣

：，正确．B、产生的热量为𝐼

2

𝐵𝐿𝑣

𝐵

2

，，得：

：，B错误．C、过任一截面的电荷量为𝑡

𝐵𝐿𝑣

𝐵𝐿

，与无，则得：

：故C正．D由于棒匀速运动力功等于回路中的功率得

2

𝐵𝐿𝑣

𝑣

2

则得：：，D错．2故选：．回路中感应电流𝐼，𝐸，可求解回路电：

.根焦耳定律求解热量之比．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公𝑡，求解电荷量之比．外力的功率等于回路中的电功率，𝐸求外力的功率之比．本题是电磁感应中的电路问题，关键要掌握感应电流与热量、电荷量、热量和功率的关系，解时要注意𝐵𝐿与培力公式的应用．知道求解电量要用到平均电动势．9.

答：解：、体可以分为晶体和非晶体类，晶体又分为单晶和多晶，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故A正确；B、晶体具有固定的熔点，在熔化的过程中温度不变，吸收热量，分子势能增大，B错；C热学第二定律可知从外界吸收的热量可以全部用来对做功起其他的变化。故C正；D、理气体得状态方程可知，当气体发生等压膨胀时，气体的温度一定升高；而温度是分子的平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大。故D正；E、当两分子间距离大时斥力和引力都存在，分子间表现为引力作用引力作用；此时减小分子之间的距离的过程中分子力做正功，所以分子势能减小。故错误。故选：。

固体可以分为晶体和非晶体两类又分为单晶和多晶体和多晶体都没有确定的几何形状晶体和非晶体的区别：晶体有固定的熔点，熔化过程中吸热，温度保持不变；晶体有熔点，熔过程中不断吸收热量，温度不变。根据理想气体的状态方程分析温度的变化；温度是分子的平均能的标志；分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小；当分子间距大于平衡离时，分子力表现为引力，当增大分子间的距离，引力做负功，分子势能增加；分子间同时存在力和斥力，当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，当减小分子间距时，斥力做负功分子势能增加；此题考查的是物质的三种形态以及三态所具有的性质、热力学第二定律等，需要学生记忆的知点较多，但不难，属于简单题目。10.

答：：向解：：根据波形图知甲、乙两列波的波长分别、，两列波的波长之比：在种介质中，同一性质的波传播速度相等，，两波的频率之比为：；根据“上坡向下，下坡向上”，知两列波都的质点向上振动，故合速度方向向上。故答案为：，上。由图形图直接读出两列波的波长，在同种介质中，同一性质的波传播速度相等，求率之比。根据叠加规律可分析质点的速度方向。本题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同，根据波速式分频率关系。11.

答：否

解：：设块与粗水平面的动摩擦因数，块甲在粗糙水平面上运动过程，由动能定理得：𝑥

解得：√√，故AB错C正。故选：。甲两物块碰撞后一起在粗糙水平面上做匀减速直线运，由动能定理得：⋅2⋅2𝑣

解得：√

，甲两物块碰撞过程系统内力大于外力统动量守恒以向右为正方向动守恒定律得𝑣，

00内𝑔𝑥𝑥内𝑔𝑥𝑔𝑔𝑥𝑅𝑔00内𝑔𝑥𝑥内𝑔𝑥𝑔𝑔𝑥𝑅𝑔整理得√√，则：，验证动量守恒定律的表达式为

，表达式中没有动摩擦因，因此验证碰撞过程动量守恒，不需要测量小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数；由可，实验需要验证的表达式为，即若满足关系，则两物块碰撞过程动0量守恒。故答案为：；否；

。甲粗糙水平面上做减速运动，应用动能定理求出甲的速度与位移间的关系，然后分析答题。应动能定求出甲、乙物块碰撞后的共同速度；甲、乙两物块碰撞过程系统量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理与量守恒定律即可解题。12.

答：偏大

𝑅𝑟)𝑟𝑅

𝑔𝑔

解：：欧表指针数与倍率的乘积是欧姆表示数，所

；欧表调零时内阻内

𝑔

电电动势变小则欧姆表内阻变小欧姆表测电阻时：𝐼

 内

𝑥

内内

𝑔内

，由于变，变，指针跟原来的位置相比偏左了，所测电阻偏大；根该同学的操作过程，接

时：

𝑔

𝑟

，当接时

𝐼𝑔

𝑥𝑔𝑅

𝑟

𝑅𝑔𝑔

，联立可得：

𝑅𝑟)𝑟𝑅

𝑔𝑔考此欧姆表的刻度及调零与否：由图丙所示可知，该欧姆表电表与测电路并联，则电表为电压表，利用并联电路特点测电阻，电阻刻度的零位在表盘的左端，由闭合电路欧姆定律可知，盘上的电阻刻度是不均匀的，由于电表为电压表，测量前，不需要红、黑表笔短接调零，测量后应将开关断，故错，正确。故答案为：；偏；

𝑅𝑟)𝑟𝑅

𝑔𝑔

、欧表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。根闭合电路的欧姆定律分析实验误差。分清楚电路结构、应用闭合电路欧姆定律分析答题。本题考查了欧姆表工作原理、欧姆表读数，实验误差分析等问题；欧姆表指针示数与倍率的乘是欧姆表示数；知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路欧姆定律即可正确解题。

0𝐴222′′2222总0𝐴222′′2222总的度为：2213.

答：：碰前，对根据牛顿第二定律得：

。代入数据解得：

2速减的间为：

𝑠上的位移大小0

122

对，据牛顿第二定律得2代入数据解得：

。在𝑠时下的位移大小为

2

2

，

所以速减时与相的距离为：当的度减到后有同加速度往滑碰撞前的运动过程，有

‘

𝐵

′

解得：′𝑠，则两物体碰前运动总时间′2.25碰前瞬的度为：

′

总对于碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：)𝑣代入数据解得：𝑣对于碰撞后过程由动能定理得

𝑡′2𝑣解得，两物块碰撞后到达斜面底端时的速度大𝑣′答：速度减为时与相距。两块碰撞前运动的时间是2.25两块碰撞后到达斜面底端时的速度大小

。解：先据牛顿第二定律求出两个物体碰撞前加速度的大小速公式求速减为的间，由位移公式求出两个物体的位移，从而求速度减为时与相的距离。利相遇时位移关系，由位移公式求解两物块碰撞前运的时间；

2000021𝑦2𝑦2100𝐹2000021𝑦2𝑦2100𝐹0由度公式求出碰撞前两物块的速度，由动量守恒定律出碰后共同速度，再由动能定理求两物块碰撞后到达斜面底端时的速度大小。解决本题的关键是理清物块的运动过程，对于相遇过程，要抓住位移关系分析。对于碰撞，应据动量守恒定律研究。14.

答案：：设子射出加速器的速度，根据动能定理得：𝑣2由题意

，即

√0

；在一个偏转电场中，设粒子的运动时间加速度的大小

𝑑在离开时，竖直分速度

𝑡竖直位移𝑦

2

2水平位移

粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也𝑡．竖直位移𝑦由题意知，粒子竖直总位移𝑦2𝑦𝑦联立解得𝑦

𝑑

；欲使粒子仍点入待测区域𝑦不，则当加速电压为时，𝑎)由沿轴向射入时的受力情况可知：平行轴且由沿轴方向射入时的受力情况知𝑦平面平行，则

𝐹

；𝐹

2

2

√

2

，则𝐹且𝑓

解得𝐵√设场方向轴方向夹角为.若沿轴向，由轴向射入时的受力情况得

2

𝐹

2

(𝐹)

2解得，或150°即与𝑦平平行且轴向夹角或．同理，沿轴向，

0𝐹𝑚020𝐹𝑚022与平平行且轴向的夹角或．答：粒射出平移器时的速度大为√

2𝑞𝑚

．当速