2021年高考物理押題預(yù)測卷03（遼寧卷）（全解全析）

2021年高考押題預(yù)測卷03【遼寧卷】

物理?全解全析

12345678910

BDBDBCAACBCDBD

1.

【答案】B

【解析】

A.發(fā)射探測器前，宇宙飛船做半徑廠=2R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)未知行星的質(zhì)量為M，宇宙飛船的質(zhì)量為

加，則

4

M=/Rp

得

24萬

p=----

GT2

所以A錯(cuò)誤；

3

BC.探測器橢圓軌道的半長軸。=-R,根據(jù)周期定律得

2

F2_a}

7'=（斗T=

所以B正確，C錯(cuò)誤；

D.A點(diǎn)是遠(yuǎn)日點(diǎn)，B點(diǎn)是近日點(diǎn)，由開普勒第二定律得巳＜%，所以D錯(cuò)誤。

故選B。

2.

【答案】D

【解析】

B.由拉力圖像可知，5s內(nèi)拉力對(duì)物塊的沖量等于圖線下方的面積

/=lx5x5N-s=12.5N-s

2

B錯(cuò)誤；

A.結(jié)合阻力圖像可知，5s內(nèi)物塊所受的合外力的沖量為

/合=12.5N-s-—x4x4+3xlIN-S=1.5N-s

據(jù)動(dòng)量定理，5s末物塊的動(dòng)量

p=/合=1.5N-s

A錯(cuò)誤；

C.由

p—mv

F12

E.,=—mv

k2

聯(lián)立可得,5s末物塊的動(dòng)能大小為1.125J,C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做功等于物體動(dòng)能的增量，即1.125J,D正確。

故選D。

3.

【答案】B

【解析】

A.對(duì)角線“c?剛進(jìn)入磁場時(shí)線框切割磁感線的有效長度為L產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為

E=BLv

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)閉合電路歐姆定律可知線框中的感應(yīng)電流為

,EBLv

1=—=----

rr

故B正確；

C.〃邊所受的安培力為

F[=BIL=

邊所受的安培力為

B2I：V

F2=BIL

根據(jù)幾何關(guān)系可知為、尸2方向垂直，故線框所受安培力的大小為

八后下=迎女

vr

故c錯(cuò)誤;

D.a、c兩端的電壓為

故D錯(cuò)誤。

故選Bo

4.

【答案】D

【解析】

A.粒子恰好到達(dá)N點(diǎn)，說明粒子做減速運(yùn)動(dòng)，所以粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤;

B.粒子沿連線射入電場到減速至零的過程中，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為零

d=—t

2°0

qU

vat

o-o=―md7fo

粒子以，角斜射入電場時(shí)，將速度分解，則沿MN方向上，有

%sin6=af=必，

md

可得

t<to

故粒子沿MN方向的速度減為零時(shí)尚未達(dá)到CD板，因此，不能打在C￡?板上，故B錯(cuò)誤:

CD.在豎直方向

y=%cos0t

飛行時(shí)間為

%sin0

a

飛行的距離為

_vcos0vsin8_20

y=0o=

aa

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)

8=45°

時(shí)，粒子打在AB板上距M點(diǎn)最遠(yuǎn)，不會(huì)從8D端口飛出，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

5.

【答案】B

【解析】

A.由氣體做功的表達(dá)式

W=Fx=pSx=p-AV

可知，P-V圖線和橫軸體積圍成面積即為做功大小，所以氣體在a7人過程中氣體對(duì)外做的功小于在hfc

過程中氣體對(duì)外做的功，故A錯(cuò)誤；

B.氣體在人―。過程中，由

2Po?2%一Po.4%

(一(

可得

1=(

故為等溫變化，由熱力學(xué)第一定律AU=Q+W可知，由于△[/=(),W<0,故

或>0

氣體從c過程中發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律可得

空=%

T2T3

解得

7；=47；

由熱力學(xué)第一定律可得

△U'=2“+W'

因?yàn)?/p>

AU'<0,Wf>0

可得

2“<°

則有

W<|圖

即在cfa過程中外界對(duì)氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量，由圖可知

獷=用

則可得

Z<|Z|

即在匕過程中氣體從外界吸收的熱量小于在CT■。過程中氣體向外界放出的熱量，故B正確，C錯(cuò)誤;

D.由于方和c溫度相同，則在。一>。過程中氣體內(nèi)能的增加量等于cfa過程中氣體內(nèi)能的減少量，故D

錯(cuò)誤。

故選Bo

6.

【答案】C

【解析】

A.行李箱在0?2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移對(duì)時(shí)間為二次函數(shù)關(guān)系，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.行李箱在2?6s內(nèi)不受摩擦力，摩擦力的功率為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.后一行李箱剛勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，與前一行李箱的距離最大，由丫-/圖像容易求得

\L-vT—2m

選項(xiàng)C正確；

D.行李箱剛放上皮帶時(shí)與前方行李箱有最小距離為

△/=；/dgT2=0.5m

所有行李箱運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，只是時(shí)間上依次落后T=1.0s,則在B端有行李到達(dá)后每10s有十件行李箱到

達(dá)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選C。

7.

【答案】A

【解析】

AB.Ro>&時(shí)，燈L2與滑動(dòng)變阻器的左部分串聯(lián)的總電阻先大于后小于右部分的電阻，當(dāng)變阻器的滑片

P由。向匕端移動(dòng)時(shí)，總電阻先增大，后減小，所以總電流先減小后增大，所以通過燈Li的電流先減小后

增大，故Li先變暗后變亮，而通過L2的電流一直變大，L2不斷變亮，所以A正確；B錯(cuò)誤；

C.電容器C上的電壓

〃=E-/(r+&)

總電流先減小后增大，所以電容器C上的電壓先增大后減小，則電容器極板所帶的電量先增大后減小，所

以c錯(cuò)誤；

D.電源的效率

n=^LxlOO%=—X1OO%=-=E-Ir

1——

P&EIEEE

因?yàn)榭傠娏飨葴p小后增大，所以由源的效率先增大后減小，則D錯(cuò)誤;

故選Ao

8.

【答案】AC

【解析】

A.據(jù)題意作出光路如圖

發(fā)生全反射的臨界角為C,有

?八1

sinC=—

n

而兩列光的入射角相同，〃光線發(fā)生了全反射，。光折射，則有〃“＞〃〃，則有力＞/，而光子的動(dòng)量為

故a光的光子動(dòng)量比人光大，故A正確；

B.由c=4f結(jié)合。＞力可知，々＜乙，而用同一裝置進(jìn)行雙縫干涉時(shí)的條紋間距為

Ax=-A

d

則a光的條紋間距小于b光的條紋間距，故B錯(cuò)誤；

C.a光發(fā)生全反射的臨界角為37。，則有

sin37°=—

n?

解得。光的折射率為

5

故C正確；

D.由光路圖的幾何關(guān)系可知，〃光在AB面反射的入射角為/7=30°,小于全反射的臨界角37。，則“光在

AB面上不能發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。

故選ACo

9.

【答案】BCD

【解析】

A.所有電子運(yùn)動(dòng)軌跡相同，水平分界線上電子射出區(qū)域的長度為L,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.改變上方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，電子運(yùn)動(dòng)軌跡改變但所有電子運(yùn)動(dòng)軌跡依然相同，電子射出區(qū)域的長度將

保持不變，選項(xiàng)B正確；

C.從P點(diǎn)入射的電子應(yīng)到達(dá)。點(diǎn)右側(cè)，即偏轉(zhuǎn)對(duì)應(yīng)的最小弦長為乙，則

_mvo＞L

Fr飛

8＜師。

eL

選項(xiàng)c正確;

D.出射電子束的寬度(平行線間的距離)為回，只要滿足電子軌跡半徑等于磁場區(qū)域圓的半徑就可以

2

實(shí)現(xiàn)收集(會(huì)聚)。設(shè)想以較大的磁場區(qū)域圓實(shí)現(xiàn)會(huì)聚，不斷縮小磁場區(qū)域圓直至以出射電子束的寬度為半

徑對(duì)應(yīng)最小的半圓形磁場區(qū)域，如圖所示:

可以是區(qū)域1、2組成的半圓，也可以是區(qū)域1、3組成的半圓，最小半徑與最大的磁感應(yīng)強(qiáng)度用=友絲也

3eL

相對(duì)應(yīng)，選項(xiàng)D正確。

故選BCD。

10.

【答案】BD

【解析】

AB.Ulis時(shí)兩車速度相等，0~lls內(nèi)。車的位移

xi=-x(10+30)x10m+30m=230m

2

b車的位移

X2=-x(10+20)x10m+20m=170m

2

則只要兩車的初始距離大于八k為-%2=60m,便不會(huì)相撞，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；

CD.兩車速度相等時(shí)剛好不相撞，。車至停下的位移

x=-x(16-11)xl0m=25m

a2

b車的位移

Xb=—x(21-11)xl0m=50m

2

兩車都停下時(shí)的最小距離為

x=25m

選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。

故選BDO

11.

【答案】6.860戶3噌

t22bl?

【解析】

(1)桿的寬度為L很小，A端通過光電門的時(shí)間為f,則A端通過光電門的瞬時(shí)速度巾的表達(dá)式為

L

VA=7

螺旋測微器測量寬度L的讀數(shù)

L=6.5mm+0.360mm=6.860mm

(2)觀察表中的數(shù)據(jù)，可以看出產(chǎn)與〃成正比，因此應(yīng)選擇戶為縱坐標(biāo)，

(3)從釋放到A端下降了高度桿重心下降了高度為所以直桿重力勢能的減少量

2

△E=遜

P2

⑷[5]由圖像(c)分析可得

-2b1

t=—h

a

A端轉(zhuǎn)動(dòng)到任意位置經(jīng)過光電門時(shí)速度

L

根據(jù)機(jī)械能守恒，直桿向下轉(zhuǎn)動(dòng)到任意位置時(shí)其動(dòng)能的表達(dá)式為

E_mgh_mgat~2_mgav\

k2b~2hl}

12.

b.-b.

【答案】R?+Rs+rBCA左丁」

b2

【解析】

(1)根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，Rc的理論值為

RQ=RH+七+「

(2)已知該型號(hào)多用電表的電源采用2節(jié)干電池，則虛線框中X為儀器應(yīng)該用能讀數(shù)的電阻箱B,電壓表應(yīng)

選用量程為3V的電壓表C；

(3)ii.將圖2電路與多用電表的表筆連接，黑表筆因接內(nèi)部電源的正極，則應(yīng)連接A端；

(4)根據(jù)

結(jié)合圖像可知

E=U

b2

13.

【答案】(1)r=30°；(2)120°

【解析】

(1)光路如圖所示

根據(jù)折射率公式

sin60°

n=

sin/

代入數(shù)據(jù)解得

y=3O°

(2)如圖，連接AC,由幾何關(guān)系可得

OC1

tanZOAC=—=…尸一<tan30°

OA2石-1

進(jìn)入工件的光線經(jīng)4點(diǎn)折射到BC邊，在BC邊的入射角為

a=60。

sinC=』=—<sin60°

n3

所以光線在BC邊發(fā)生全反射，設(shè)邊過E點(diǎn)的法線與OA邊的交點(diǎn)為廣，邊與半圓球面的交點(diǎn)為

D,因?yàn)?/p>

AF-Rtana-幣R

AD=R+（2后-1）R=24R

則有

FD=AD-AF=AF

光線在邊的反射角為a=60°,所以BC邊的反射光線恰好過。點(diǎn)，且在力點(diǎn)的入射角為

尸=30。

sin。

n=----

sinp

解得

6>=60°

過。點(diǎn)作4點(diǎn)入射光線的平行線，解得光線從工件表面射出的方向相對(duì)A點(diǎn)入射光線的偏角為120。

14.

【答案】（1）L=11.25m；（2）%=0.5s；（3）5.42m

【解析】

（1）對(duì)木塊由牛頓第二定律有

2g=ma]

可得

2

ax-2m/s

對(duì)木板由牛頓第二定律有

/jmg=Ma2

可得

2

a2=4m/s

兩物體相向運(yùn)動(dòng)的位移之和等于板長，有

112r

卬一針廠2+卬_2a2廣=心

解得

L=11.25m

(2)設(shè)兩物體碰撞前的速度為匕'、v；,有

V,=Vj-axt=3m/s

%%-aj=Om/s

板與木塊彈性碰撞，有

mv\-mv[+Mv\

—AWV,2=—mv^+—

212122

聯(lián)立解得

vf=Im/s,=4m/s

碰撞后到物塊與木板共速，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒有

“匕"+Mv；=(M+⑼丫共

解得

y共=2m/s

對(duì)木板由動(dòng)量定理，有

_〃mgt[=My共一Mu；

解得

4=0.5s

即碰后經(jīng)0.5s木板與木塊共速；

(3)若物塊與木板碰撞結(jié)束的瞬間，給木板施加一水平向右的力尸，力只作用2s時(shí)間，對(duì)木塊加速有

n,=v"+at-,=5m/s

對(duì)木板，

—8+4

F-------N=6N

2

其用動(dòng)量定理

Ft-f.imgt=Mv"-Mv"

則

設(shè)△丫為2s內(nèi)木板速度