2021年高考物理押题预测卷03（辽宁卷）（全解全析）.pdf
2021年高考押题预测卷0 3【辽宁卷】物理全解全析12345678910BDBDBCAACBCDBD1.【答案】B【解 析】A.发射探测器前，宇宙飞船做半径厂=2 R的匀速圆周运动，设未知行星的质量为M，宇宙飞船的质量为加，则4M=/R p得24万p=-GT2所 以A错 误；3B C.探测器椭圆轨道的半长轴。=-R,根据周期定律得2F2 _ a7=（斗 T=所 以B正确，C错 误；D.A点是远日点，B点是近日点，由开普勒第二定律得巳%，所 以D错 误。故 选B。2.【答案】D【解 析】B.由拉力图像可知，5 s内拉力对物块的冲量等于图线下方的面积/=lx 5 x 5 N-s =12.5N-s2B错误；A.结合阻力图像可知，5 s内物块所受的合外力的冲量为/合=12.5N-s-x4x4+3xl IN-S=1.5N-s据动量定理，5s末物块的动量p=/合=1.5N-sA错误；C.由p mvF 1 2E.,=mvk 2联 立 可 得,5s末物块的动能大小为1.125J,C错误；D.根据动能定理，合外力做功等于物体动能的增量，即1.125J,D正确。故选D。3.【答案】B【解析】A.对角线“c刚进入磁场时线框切割磁感线的有效长度为L 产生的感应电动势为E=BLv故A错误；B.根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为,E BLv1=-r r故B正确；C.边所受的安培力为F=BIL=边所受的安培力为F2=BILB2I：V根据几何关系可知为、尸 2方向垂直，故线框所受安培力的大小为八 后 下=迎 女vr故 c 错误;D.a、c 两端的电压为故 D 错误。故选Bo4.【答案】D【解析】A.粒子恰好到达N 点，说明粒子做减速运动，所以粒子带负电，故 A 错误;B.粒子沿连线射入电场到减速至零的过程中，做匀减速直线运动，末速度为零d=t02 qUvo -a to=7 fomd粒子以，角斜射入电场时，将速度分解，则沿MN方向上，有%sin6=af=必，md可得tto故粒子沿MN方向的速度减为零时尚未达到CD板，因此，不能打在C板上，故 B 错误:C D.在竖直方向y=%cos 0t飞行时间为%sin 0a飞行的距离为_ v0 cos 0vo sin 8 _ 2 0y=a a根据数学知识可知当8=45时，粒子打在AB板上距M点最远，不会从8D端口飞出，故C错误，D正确。故选D。5.【答案】B【解析】A.由气体做功的表达式W=Fx=pSx=p-AV可知，P-V图线和横轴体积围成面积即为做功大小，所以气体在a 7人过程中气体对外做的功小于在h f c过程中气体对外做的功，故A错误；B.气体在人。过程中，由2Po 2%一 Po.4%(一(可得1=(故为等温变化，由热力学第一定律AU=Q+W可知，由于/=(),W 0气体从c过程中发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得空=%T2 T3解得7；=47；由热力学第一定律可得U=2“+W因为AU 0可得2“则有W|图即在c f a过程中外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，由图可知犷=用则可得Z 。过程中气体内能的增加量等于c f a过程中气体内能的减少量，故D错误。故选Bo6.【答案】C【解析】A.行李箱在02s内做匀加速直线运动，位移对时间为二次函数关系，选项A错误；B.行李箱在26s内不受摩擦力，摩擦力的功率为零，选项B错误；C.后一行李箱刚匀速运动时，与前一行李箱的距离最大，由丫-/图像容易求得L-v T 2m选项C正确；D.行李箱刚放上皮带时与前方行李箱有最小距离为/=；/dgT2=0.5m所有行李箱运动规律相同，只是时间上依次落后T=1.0 s,则 在B端有行李到达后每10s有十件行李箱到达，选 项D错误。故选C。7.【答案】A【解析】AB.Ro&时，灯 L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器的滑片P 由。向匕端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L i的电流先减小后增大，故 L i先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，L2不断变亮，所以A 正确；B 错误；C.电容器C 上的电压 =E-/(r+&)总电流先减小后增大，所以电容器C 上的电压先增大后减小，则电容器极板所带的电量先增大后减小，所以c 错误；D.电源的效率n=LxlOO%=X1OO%=-=P&EI EE-IrE1 E因为总电流先减小后增大，所以由源的效率先增大后减小，则 D 错误;故选Ao8.【答案】AC【解析】A.据题意作出光路如图发生全反射的临界角为C,有八1sinC=n而两列光的入射角相同，光线发生了全反射，。光折射，则有“，则 有 力 /，而光子的动量为故a光的光子动量比人光大，故A正确；B.由c=4 f结合。力可知，乙，而用同一装置进行双缝干涉时的条纹间距为Ax=Ad则a光的条纹间距小于b光的条纹间距，故B错误；C.a光发生全反射的临界角为37。，则有sin 37=n解得。光的折射率为5故C正确；D.由光路图的几何关系可知，光在AB面反射的入射角为/7=3 0 ,小于全反射的临界角37。，则“光在AB面上不能发生全反射，故D错误。故选ACo9.【答案】BCD【解析】A.所有电子运动轨迹相同，水平分界线上电子射出区域的长度为L,选项A错误；B.改变上方磁场的磁感应强度，电子运动轨迹改变但所有电子运动轨迹依然相同，电子射出区域的长度将保持不变，选项B正确；C.从P点入射的电子应到达。点右侧，即偏转对应的最小弦长为乙，则r_m vo LF飞8 师。eL选项c 正确;D.出射电子束的宽度(平行线间的距离)为回，只要满足电子轨迹半径等于磁场区域圆的半径就可以2实现收集(会聚)。设想以较大的磁场区域圆实现会聚，不断缩小磁场区域圆直至以出射电子束的宽度为半径对应最小的半圆形磁场区域，如图所示:可以是区域1、2 组成的半圆，也可以是区域1、3 组成的半圆，最小半径与最大的磁感应强度用=友丝也3eL相对应，选项D 正确。故选BCD。10.【答案】BD【解析】AB.U lis 时两车速度相等，0 lls内。车的位移xi=-x(10+30)x 10m+30m=230m2b 车的位移X2=-x(10+20)x 10m+20m=170m2则只要两车的初始距离大于八k 为-%2=60m,便不会相撞，选项A 错误，B 正确；C D.两车速度相等时刚好不相撞，。车至停下的位移xa=-x(16-11)xl0m=25m2b车的位移Xb=x(21-11)xl0m=50m2两车都停下时的最小距离为x=2 5 m选项C错误，D正确。故选B DO1 1.【答案】6.860户 3 噌t2 2 bl?【解析】(1)杆的宽度为L很小，A端通过光电门的时间为f,则 A端通过光电门的瞬时速度巾的表达式为LVA=7螺旋测微器测量宽度L的读数L=6.5 mm+0.3 60 mm=6.8 60 mm(2)观察表中的数据，可以看出产与成正比，因此应选择户为纵坐标，(3)从释放到A端 下 降 了 高 度 杆 重 心 下 降 了 高 度为所以直杆重力势能的减少量2E=逊P 2 5 由图像(c)分析可得-2 b 1t=haA端转动到任意位置经过光电门时速度L根据机械能守恒，直杆向下转动到任意位置时其动能的表达式为E _ mgh _ mgat2 _ mgavk 2 b 2 hl1 2.b.-b.【答案】R+Rs+r B C A 左 丁b2【解析】(1)根据电路结构可知，R c 的理论值为RQ=RH+七+(2)已知该型号多用电表的电源采用2节干电池，则虚线框中X为仪器应该用能读数的电阻箱B,电压表应选用量程为3V的电压表C；(3)i i.将图2电路与多用电表的表笔连接，黑表笔因接内部电源的正极，则应连接A端；(4)根据结合图像可知E=Ub21 3.【答案】(1)r =3 0；(2)1 2 0【解析】(1)光路如图所示根据折射率公式n=s i n 60 s i n/代入数据解得y =3 O(2)如图，连接AC,由几何关系可得O C 1t a n Z O A C =尸一 t a n 3 0 OA 2 石-1进入工件的光线经4点折射到BC边，在BC边的入射角为a =60。s i n C =60 过。点作4点入射光线的平行线，解得光线从工件表面射出的方向相对A点入射光线的偏角为1 2 0。1 4.【答案】（1）L =1 1.2 5 m；（2）%=0.5 s；（3）5.4 2 m【解析】（1）对木块由牛顿第二定律有2 g =ma可得ax-2 m/s2对木板由牛顿第二定律有/jmg=Ma2可得a2=4 m/s2两物体相向运动的位移之和等于板长，有1 2 1 2 r卬 一 针 厂+卬 _2 a 2广=心解得L =1 1.2 5 m(2)设两物体碰撞前的速度为匕、v；,有V,=V j -axt=3m/s%-a j=O m/s板与木块弹性碰撞，有mv-mv+MvAW V,2=mv+2 1 2 1 2 2联立解得v f =I m/s ,=4 m/s碰撞后到物块与木板共速，由系统动量守恒有“匕 +Mv；=(M+丫共解得y共=2 m/s对木板由动量定理，有_mgt=M y共一M u；解得4 =0.5 s即碰后经0.5 s木板与木块共速；(3)若物块与木板碰撞结束的瞬间，给木板施加一水平向右的力尸，力只作用2 s时间，对木块加速有n,=v+at-,=5m/s对木板，8+4F-N=6N2其用动量定理Ft-f.imgt=Mv-Mv则设丫为2s内木板速度变化量，有v-8m/s由系统动量守恒和能量守恒，有mv+Mv=(M+m)vv,g mv+g Mvf=；(M+)n)v+林mg-Ax解得唳=6m/s,Ax=0.75m故总的相对位移为x=Ar+A X =5.42m15.【答 案】mg(R+r)、上 段(吟 B d“加世乐+/)一苑 一；(2)R+r 苑 284d2c、mgt m-gt(3)-BL BUm+CB21?)【解析】(1)金属棒ab的最大速度时，根据平衡条件有mg=BIL则电流为,BLv1=-R+r联立解得_ mg(R+r)v-F z?-(2)根据动量定理有mgt BqL=mv又电量BLxq=-R+r根据能量守恒定律有1，八/咫*=加+。总且联立解得Rmg(mgt 8 8)(R+r)D L机 3g 2(R+r)R+rB2I?2B,C(3)根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma变形得解得mgm+CB2I：匀加速直线运动，根据动量定理有mgmg BqL=m-m+CBC解得，啜-rrr gtBL(m+CB2L2)
