2021年高考物理押题预测卷03（辽宁卷）（全解全析）.pdf

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1、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-s

2、2B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

3、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

4、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

5、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

6、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%

7、=-=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

8、,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

9、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

10、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

11、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

12、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 _

13、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

14、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)