2021年遼寧省高考物理壓軸試卷(含答案詳解)

2021年遼寧省高考物理壓軸試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.如圖所示，兩個完全相同的小車質(zhì)量為M,放在光滑的水平面上，小車橫梁上用細線各懸掛一

質(zhì)量為<M）的小球，若分別施加水平恒力&、F2,整個裝置分別以加速度由、a?做勻加速

運動，但兩條細線與豎直方向夾角均為仇則下列判斷正確的是（）

A.兩細線的拉力大小不相同B.地面對兩個小車的支持力相同

C.水平恒力K=F2D.兩個小車的加速度由<a2

2.氫原子的能級如圖所示，現(xiàn)處于n=4能級的大量氫原子向低能級躍遷，下列說法正確的是（）

"/>C\

-------------------------（）

4------------------------------------0S5

3——_1si

A.這些氫原子可能發(fā)出6種不同頻率的光

B.已知鉀的逸出功為2.22eV,則氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級輻射的光子可以從金屬鉀

的表面打出光電子

C.氫原子由n=2能級躍遷到n=1能級輻射的光子能量最小

D.氫原子由n=4能級躍遷到n=3能級時，氫原子能量減小，核外電子動能減小

3.關于一定量的氣體，下列敘述正確的是（）

A.氣體吸收多少熱量，溫度就升高多少

B.氣體體積增大時，外界對氣體做功

C.氣體從外界吸收熱量，其溫度可能升高

D.氣體向外界放出熱量，其內(nèi)能肯定減少

4.利用如圖所示裝置做光電效應實驗，用單色光照射某種金屬表面,

有光電子逸出。若要使光電子的最大初動能增大，下列選項正確

的是（）

A.僅延長光照時間

B.僅換用頻率更大的光

C.僅增大入射光的強度

D.僅增大4、K極板間電壓

5.下列說法正確的是（）

A.電荷受到的電場力的方向總跟電場方向相同

B.沿電場線所指的方向，電場強度越來越小

C.電場不是客觀存在的，是想象出來的

D.電場強度的方向總跟正電荷受到的電場力的方向一致

6.如圖所示，質(zhì)量為的木塊和質(zhì)量為機2的長木板疊放在水平地面上。Cl—L

己知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為由，長木板與地面間的動摩擦因口

數(shù)為口2,且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。現(xiàn)對木塊施加一水平向右的拉力F，則（）

A.當內(nèi)61。<+ni2）g時，尸>+62）。木塊與長木板一起運動

B.當mniig<MSh+爪2）9時，尸>同小19只能拉動木塊，而長木板始終不會被拉動

C.當“1巾19>[12（7711+巾2）9時，F(xiàn)<m小19木塊與長木板都不動

D.當內(nèi)619>|12（巾1+巾2）9時，F(xiàn)>H2（mi+機2）9木塊與長木板一定以相同加速度一起加速

運動

7.隨著5G網(wǎng)絡建設熱潮的開啟，中國5G基站的數(shù)量快速增長，實現(xiàn)5G網(wǎng)絡覆蓋的城市也越來越多。

但是5G基站單系統(tǒng)功耗量為4kW（基站用電器功率），而在4G時代，基站單系統(tǒng)功耗僅為

目前困擾5G發(fā)展的大難題是供電。如圖所示。某基站距離lOOkl/主供電線路約為5km,線路電

阻為40。?，F(xiàn)要將4G基站改造為5G基站，而且線路損耗為總功耗的20%,在只更換變壓器（均為

理想變壓器）的前提下，高壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比應變?yōu)椋ǎ?/p>

IOOiv$;f1M站用電a

A.25：1B.50：1C.100；1D.400：3

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.勻強磁場中有四個由細導線彎曲而成的平面回路.磁場方向垂直紙面向里.如圖所示描繪了當

磁場逐漸減弱時，回路中產(chǎn)生的感應電流的方向，其中正確的是（）

XXXXXXXXXp<)(XX

XXXXXXXKxxlxxxx|><;^<

A.XXX'KX<B.XXXXXXXX

XXXXXXXK乂乂|xx，<x|xx

XXXXXXXXxYYYY￥YX

XXXXXXXXXXXXXXXX

xkj<xx?4><|x

C.xk^xxxhrxD.

x|<k乂乂式［x

XXXXXXXXXXXXXXXX

9.如圖甲所示，在%0y坐標系的一、四象限存在勻強磁場，規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向,

磁感應強度隨時間的變化情況如圖乙所示，七=0時刻，一個比看=1.0X104c/g的正電荷從

（0,遙）處以%=1.0xlOtn/s的速度沿y軸負方向射入磁場，則（）

Ay/m

A.在磁場變化的半個周期內(nèi)，帶電粒子的速度方向改變60。

B.在磁場變化的半個周期內(nèi)，帶電粒子的速度方向改變120。

C.帶電粒子從射入磁場至第一次經(jīng)過X軸所需的時間為等x10-45

D.帶電粒子從射入磁場至第一次經(jīng)過久軸所需的時間為詈x10-4s

10.一個彈簧直立于地面，下端固定，上端與A在同一水平線上，一個球放在彈簧上且平衡時，彈簧

的高度在B處.現(xiàn)讓球從某高處落下，將彈簧壓縮到最低位置C后又反彈回去.在這個過程中（）

A.在4位置時動能最大

B.在B位置時動能最大

C.在C位置時彈性勢能最大

D.在4、B、C三個位置時動能和彈性勢能的總和相等

三、實驗題（本大題共2小題，共21.0分）

11.為探究小燈泡的電功率P和電壓U的關系，小明測量小燈泡的電壓U和電流/,利用P=U/得到電

功率，實驗所使用的小燈泡規(guī)格為“3.0V,1.8W"，電源為12P的電池，滑動變阻器的最大阻

值為100。

(1)準備使用的實物電路如圖甲所示。請根據(jù)實物圖畫出相應的電路圖。

(2)現(xiàn)有200和50。的定值電阻，電路中的電阻%應選0的定值電阻。

(3)依據(jù)所描繪的P-i72的圖象，求燈泡在21/電壓下的功率為W,此時的電阻值為2(結(jié)

果均保留兩位有效數(shù)字)

12.如圖所示，在水平桌面的左端固定一個圓弧槽滑道，滑道的末端與水平桌面相切。桌面的右端

附近固定一個光電門，直徑為d、質(zhì)量為Tn1的小球1從圓弧槽上某處由靜止釋放，下滑到水平桌

面向右運動通過光電門與靜止在桌面右邊緣的質(zhì)量為巾2的小球2發(fā)生正碰，碰后小球1向左彈回,

小球2離開桌面做平拋運動，測出小球1連續(xù)兩次通過光電門的時間分別為匕、t2((光電門與球心

等高)，桌面離水平地面高度為無，小球2碰后做平拋運動的水平距離為支。

⑴若兩球的碰撞為彈性碰撞，則兩球的質(zhì)量大小關系應滿足g如(填或

(2)改變小球1在圓弧槽上靜止釋放的位置，重復實驗，實驗中測出多組t］、t2與x的數(shù)據(jù)，若要驗證

兩小球在碰撞過程中動量守恒，則需要滿足的關系式為；若碰撞過程是彈性碰撞，則還

需要滿足關系式__(用題中所給字母的符號表示)。

四、計算題(本大題共3小題，共33.0分)

13.在光滑的水平面內(nèi)，建立一平面直角坐標系，一質(zhì)量m=lkg的小物塊以速'',』

度%=l(hn/s沿x軸正方向運動，經(jīng)過原點。時開始受一沿y軸正方向的恒力

F=5N作用，直線。4與x軸成37。角，如圖所示。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)一F

Ox

(1)如果小物塊的運動軌跡與直線04相交于P點，則求物塊從。點到P點所經(jīng)歷的

時間以及P點的位置坐標；

(2)求小物塊經(jīng)過P點時的速度大小%以及速度方向與x軸的夾角a(用tana表示)。

14.如圖所示，粗細均勻的“U”形管豎直放置，左管封閉、右管開口，管內(nèi)的水銀柱］丁

封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣柱長度L=20cm,左右兩管中水銀柱的高度差為九=

8cm,已知環(huán)境溫度to=27久，熱力學溫度與攝氏溫度間的關系為T=t+273K,己_

大氣壓強Po=76cmHg。(計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)

⑴若在右管緩慢注入水銀，計算當兩管液面相平時左管中氣柱的長度；\1

5)若給左管氣體加熱，計算當兩管液面相平時左管中氣柱的攝氏溫度。

15.質(zhì)量為30kg的小孩坐在秋千板上，小孩離系繩子的橫梁2.5m.如果秋千板擺到最低點時，小孩運

動速度的大小是5m/s,此時秋千板對她的支持力是多大?

參考答案及解析

1.答案：B

解析：

運用整體法和隔離法，對小球和整體進行分析，求出繩子的拉力、加速度，比較出拉力的大小和加

速度大小.再對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律比較出水平恒力的大小，以及在豎直方向上合力等于

零，比較出支持力的大小.本題關鍵要多次對小球和整體受力分析，求出合力，得出加速度和繩子

拉力進行比較.

解：先對右圖中情況下的整體受力分析，受重力、支持力和拉力

根據(jù)牛頓第二定律，有

F2=（M+優(yōu)）a①

再對左圖中情況下的小球受力分析，如圖

根據(jù)牛頓第二定律，有

（2）

F2—T2sina=ma2

0（3）

T2cosa—mg—

由以上三式可解得

T_mg_mgtana

2cosa,&-M.

再對左圖中小球受力分析，如圖

F=mgtana1

口cosa

imgtana.

貝mi=—-—=gtana

因為m<M,則%>a2?拉力A=T12-

對整體分析，尸分=(M+m')a,則6>p2.

在豎直方向上有：N=(M+m)g,所以N1=此.故B正確，4、C、。錯誤.

故選8.

2.答案：A

解析：解：A、根據(jù)底=6,所以這些氫原子總共可輻射出6種不同頻率的光，故A正確；

B、n=3能級躍遷到n=2能級輻射出的光子能量E=-1.51eV-(―3.40eV)=1.89e7<2.22eV,小

于鉀的逸出功，不能發(fā)生光電效應，故B錯誤；

C、由圖可知當核外電子從n=4能級躍遷到n=3能級時，能級差最小，所以放出光子的能量最小。

故C錯誤；

D、由n=4能級躍遷到幾=3能級過程中釋放能量，原子的能量在減小，根據(jù)警=叱知，電子動能

r4r

增大，故。錯誤。

故選：4。

由高能級向低能級躍遷，輻射的光子能量等于兩能級間的能極差，光子頻率越高，波長越短，波長

長的光容易發(fā)生衍射。當光子的能量大于逸出功，即可發(fā)生光電效應；根據(jù)軌道半徑的變化，通過

庫侖引力提供向心力比較出電子動能的變化，通過能量的變化得出電勢能的變化。

解決本題的關鍵知道光子能量與能極差的關系，即4-En=hv,以及知道光電效應產(chǎn)生的條件，

并學會判定躍遷過程中，動能與電勢能，及能量如何變化。

3.答案：C

解析：解：4、根據(jù)熱力學第一定律△(/=(?+〃，氣體吸收熱量，Q為正,若同時對外做功，W為

負，則內(nèi)能不一定增加，故A錯誤.

B、氣體體枳增大時，氣體對外做功，故8錯誤.

C、根據(jù)熱力學第一定律△(/=(2+W,吸收熱量，Q為正,若同時氣體對外不做功，W為負,則內(nèi)

能增大，故C正確.

。、根據(jù)熱力學第一定律△〃=<?+〃，氣體放出熱量，Q為負，若同時外界對氣體做功，”為正,

若放出的熱量小于外界對氣體做的功，則內(nèi)能增加，故。錯誤.

故選：C.

分子的平均動能只與溫度有關，溫度越高，分子的平均動能越大.

分子的勢能與體積有關.

根據(jù)熱力學第一定律△U=W+Q判斷.

熱學中很多知識點要需要記憶，注意平時的積累，在平時訓練中加強練習，要注意各個量的符號.

4.答案:B

解析：解：4、光電效應具有瞬時性，延長光照時間不會影響光電效應的實驗結(jié)果，故A錯誤。

B、由愛因斯坦光電效應方程&=近/-%,故換用頻率更大的光，光電子最大初動能增大，故B正

確。

C、當入射光頻率一定時，增大光照強度，光電流強度增大，而光電子最大初動能不變，故C錯誤。

。、由光電管電路，知電源對逸出的光電子起加速作用，增大力、K間電壓，使到達力極板的電子動

能變大，但不能改變由K逸出的光電子的最大初動能，故。錯誤。

故選：Bo

利用光電效應的瞬時性判斷4選項；由光電效應方程作答B(yǎng)選項；入射光強度決定光電流強度；從4、

K間電壓的作用，處理。選項。

光電效應的四條規(guī)律如下：①入射光頻率大于金屬截止頻率時，產(chǎn)生光電效應；②愛因斯坦光電效

應方程；③當入射頻率一定時，光電流強度隨入射光強度的增大而增大；④光電效應時間極短，短

于10-9s.掌握光電效應的以上規(guī)律，是作答光電效應問題的關鍵。

5.答案：D

解析：解：AD,電場強度的方向與正電荷所受到的電場力方向相同，與負電荷所受到的電場力方向

相反，故A錯誤：。正確；

8、沿著電場線的方向，電勢降低，而電場強度不一定越來越小，故B錯誤；

C、電場是實際存在的物質(zhì)，不是想象出來的.故C錯誤，

故選：D

電場強度的方向與正電荷所受到的電場力方向相同，與負電荷所受到的電場力方向相反；沿著電場

線的方向，電勢降低；電場是實際存在的物質(zhì)，不是想象出來的；

考查電場強度的大小與方向，點電荷的電場強度，及電場線與電勢的關系.特別注意正電荷的電場

力表示電場強度的方向.同時知道電場強度相同與否，還要考慮其方向.

6.答案：B

解析：解：AB,以長木板為研究對象，水平方向受到地面摩擦力和木塊對長木板的摩擦力，且有

＜^2（mi+m2）g＜故長木板不會運動，故A錯誤；

以木塊為研究對象，水平方向受拉力F和長木板對木塊的摩擦力，且有戶＞內(nèi)加19,故木塊會運動,

故8正確：

CD、以木塊和長木板為研究對象，整體水平方向受到拉力F和地面對長木板的摩擦力作用，設木塊

和長木板一起加速運動，最大拉力為％,則有：

-%（血1+瓶2）。=（巾1+m2）a

對長木板，有：UiWiig-112mli+7n2）9=機2a

兩式聯(lián)立，得：&,=四攵詈區(qū)（由-〃2）

當口1巾19>四2（m1+巾2）。時，

若“2（犯1+巾2）0<F<j，且膝<由m19，則木塊和長木板一起運動，故C錯誤；

若F>112（7n1+7n2）g且F>%，木塊與長木板有相對運動，故。錯誤；

故選：B。

AB,分別以整體和長木板為研究對象，由受力分析可以分析研究對象的運動情況；

CD,先求出木塊和長木板共同運動的最大拉力，再根據(jù)拉力和最大拉力關系，分析物體的運動狀態(tài)。

本題考查牛頓第二定律，關鍵是在受力分析時要注意整體法和隔離法的綜合應用，要能由題意根據(jù)

牛頓第二定律得出臨界拉力。

7.答案：C

解析：解：總功耗=線路損耗+基站功耗，線路損耗為總功耗的20%,5G基站功耗為軟W,

總功耗P"==^-W=5000〃，

點1-20%0.80

設線路電流為，2，則線路損耗P茄=線,

代入數(shù)據(jù)解得：％=54，

原線圈電流入=—=5000A=0.054,

1Ui100X103

變壓器原副線圈匝數(shù)比詈=y=盛7=1,故C正確，ABQ錯誤。

幾2A0.05/11

故選：Co

功功耗等于線路損耗與基站功耗，求出功功耗，應用電功率公式求出原副線圈電流，然后根據(jù)變壓

器的變流比求出原副線圈匝數(shù)比。

本題考查了求變壓器原副線圈匝數(shù)比問題，知道變壓器的結(jié)構(gòu)與工作原理是解題的前提與關鍵，應

用電功率公式與變壓器的變流比即可解題。

8.答案：ABC

解析：解：4、該平面回路有兩個回路，根據(jù)楞次定律，兩個回路中的感應電流方向均為順時針，則

中間導線的電流抵消沒有電流.故A正確.

B、該平面回路有兩個回路，根據(jù)楞次定律，兩個回路中的感應電流方向都為順時針方向.故B正確.

C、該平面回路只有一個回路，根據(jù)楞次定律，外環(huán)的感應電流的方向為順時針方向.故C正確.

。、該平面回路有兩個回路，根據(jù)楞次定律，兩回路都相當于電源，根據(jù)楞次定律，兩個電動勢的

方向都為順時針方向，但左邊的電動勢大于右邊的電動勢，最終電流的方向與左邊電動勢的方向一

致.故。錯誤.

故選：ABC.

產(chǎn)生感應電動勢的那部分相當于電源，根據(jù)楞次定律判斷出感應電動勢的方向，從而確定出感應電

流的方向.

解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，以及掌握法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢

的大小.

9.答案：BD

解析：解：AB、粒子進入磁場后在磁場中作勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律

得：qv0B=m晟，代入數(shù)據(jù)解得：R=0.4m,

粒子在磁場中運動的周期：7=手，代入數(shù)據(jù)解得：T=8兀X10-5s,

當△t=|兀xio-55=粒子在磁場中恰好轉(zhuǎn)過g圓周，

在磁場變化的半個周期內(nèi)粒子逆時針轉(zhuǎn)過g圓周，之后磁場方向反

向，粒子順時針轉(zhuǎn)過g圓周，做周期性運動，粒子運動軌跡如圖所

示，在磁場變化的半個周期內(nèi)，帶電粒子的速度方向改變120。，故

A錯誤，B正確;

CD、磁場變化兩個周期后粒子沿y軸向下運動的距離：d=2Rcos300=^-m,

由幾何知識可知，粒子還需要再轉(zhuǎn)過60。的圓心角即可經(jīng)過x軸，轉(zhuǎn)過60。所需時間:

5

t=l7'=yX10-s,則正電荷從射入磁場到第一次經(jīng)過x軸所需時間［=詈xioq,故C錯誤,

D正確；

故選：BD。

粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，由洛倫茲力提供向心力得半徑和周期，根

據(jù)時間知轉(zhuǎn)過的角度，根據(jù)幾何知識求解位置坐標；根據(jù)周期和角度分別求出各段時間從而求總時

間。

本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過

受力情況分析粒子的運動情況，畫出運動過程圖，熟練掌握圓周運動的基本公式，難度適中。

10.答案：BC

解析：解：AB、小球接觸彈簧開始，受到彈簧向上的彈力和向下的重力，彈力先

小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先向下做加速運動，后做減速運

動，在B點，合力為零，速度最大，動能最大，故A錯誤，8正確.

C、在C位置時彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大，故C正確.

。、對于小球和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，即在4、B、C三個位置時

動能、重力勢能和彈性勢能的總和相等，故。錯誤.

故選：BC.

根據(jù)小球所受的合力變化及方向判斷加速度的方向，根據(jù)速度與加速度方向的關系，判斷速度是增

加還是減??；對于小球和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒.

解決本題的關鍵要抓住彈力的可變性，根據(jù)合力分析小球速度的變化，不能想當然，認為小球一接

觸彈簧就開始減速.

解析：解：(1)由圖示實物電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，電流表采用外接法，根據(jù)實物圖

(2)小燈泡的額定電流：/=手=?=0上4由閉合電路歐姆定律可知，電路中的最小電阻為：Rmin=

U額3

]=9=200,所以先應選200；

(3)依據(jù)所描繪的P-(72的圖象當電壓為21/時，電功率：P=1.0w,根據(jù)公式P=?得，R=^

=4.00。

故答案為:；(2)20；(3)1.0；4.0o

(1)測定小燈泡電功率實驗要求電流從零調(diào)，所以滑動變阻器應用分壓式接法，據(jù)此連接實物電路圖。

(2)做電學實驗為保護電流表，需要串聯(lián)一個保護電阻，保護電阻的值應根據(jù)歐姆定律算出。

(3)由圖示圖象求出電壓為2囚1寸燈泡的實際功率，然后應用電功率公式求出此時燈泡電阻。

測定小燈泡電功率實驗要求電流從零調(diào)，所以滑動變阻器應用分壓式接法，據(jù)此連接實物電路圖。

做電學實驗為保護電流表，需要串聯(lián)一個保護電阻，保護電阻的值應根據(jù)歐姆定律算出。

1

2.答案：>6*=一r*+巾2%器撈啰=7nl鈔+啊亭

解析：解：(1)小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞后小球1反彈，由動量守恒結(jié)合機械能守恒可知，小球1的

質(zhì)量應小于小球2的質(zhì)量小，即?712>Mi；

(2)小球1的碰前速度大小為％=g碰后速度大小為藝=7

小球2碰后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有八=|加2,x=vot,解得小球2的碰后速度u=x患

若碰撞前后動量守恒，則有77121=-7711172+巾2。，整理可得：Hl1f=-根11+m2%

若是彈性碰撞,還應滿足機械能守恒，則有加1資=如M+綱2后，整理可得:刑*)2=j*)2+

gx2

Tn-rr-?

422h

故答案為：⑴>；(2)m1=-mx恤($=叫($+力警;

(1)為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后，入射球反彈，兩球直徑應相等，入射球質(zhì)量小于被碰球質(zhì)量;

(2)根據(jù)光電門的測速原理計算小球1的碰前和碰后速度，根據(jù)平拋運動規(guī)律求解小球2的碰后速度,

根據(jù)動量守恒定律得出動量守恒表達式，若兩小球的碰撞是彈性碰撞，則碰撞前后機械能沒有損失。

小球1的碰后速度與初速度方向相反，書寫動量守恒表達式時注意其矢量行。

13.答案：解：(1)由題意可知小物體做類平拋運動，由牛頓第二定律得：F=ma

x軸方向上，由勻速直線運動規(guī)律有：x=vot

y軸方向上，由勻加速直線運動規(guī)律有：y=|at2

由幾何關系得：tan370=

代入數(shù)據(jù)解得：t=3s,x=30m,y=22.5m

即P點的位置坐標為(30m,22.5m)

(2)小物體在P點時，y軸方向上的速度為：vy=at=15m/s

小物塊經(jīng)過P點時的速度大小為：vP=J諾+哆=5-/13m/s

速度方向與x軸的夾角a的正切值為：tana=詈=1.5

答：(1)小物