2021年高考物理押题卷2(辽宁卷)(附参考答案)

2021年高考押题卷02【辽宁卷】
物理
（考试时间：75分钟试卷满分：100分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。

在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

>，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端向下滑动时（）1．如图所示电路中，已知R r
A．电源输出功率不断增大
B．电源输出功率先增大后减小
C．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
D．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
2．甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为4m/s，振幅相同；某时刻的波形图像如图所示。

则下列说法正确的是（）
A．甲、乙两波的起振方向相同
B．甲、乙两波的频率之比为2:3
C．甲、乙两波在相遇区域会发生干涉
x=处的质点处于平衡位置
D．再经过3s，平衡位置在6m
3．如图所示，有一个竖直薄壁圆筒，内壁光滑且半径为R，上部侧面A处的正下方h处有一个小孔B，一个大小合适的小球刚好可以穿过小孔，现使小球从小孔A处以某一初速度沿切线方向水平出发，使小球紧贴筒内壁运动，到达底部时恰好从B孔飞出，下列判断正确的是（）
A．小球沿着筒内侧运动时，对圆筒内侧的压力大小不变B．小球从B孔穿出的时间会因为初速度的不同而不同
C．小球的初速度一定为
2 2
g
R
h
D．无论初速度多大小球到达底部时都刚好从B孔穿出
4．一粗糙的绝缘的无限长斜面固定在正交的匀强磁场和匀强电场的叠加场中，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下，一个带负电的物块轻轻地放在斜面上释放后沿斜面下滑。

就下滑过程，下列说法正确的有（）
A．释放瞬间，物块受到5个力的作用B．运动后，物块一定受到5个力作用
C．速度较小时，物块才受到5个力作用D．速度很大时，物块可能受到3个力作用
5．北京时间2月10号19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，发动机点火工作约15分钟后，探测器顺利进入近火星点高度约400千米、周期约10个地球日、倾角约10°的大椭圆环火星轨道，这是中国第一颗人造卫星实现此次任务“绕、着、巡”目标的第一步，成功开启环绕火星模式，后续“天问一号”还将经过多次轨道调整，进入火星停泊轨道，开展预选着陆区探测，计划于2021年5月至6月择机实施火星着陆，开展巡视探测。

若探测器登陆火星前，除P点在自身动力作用下改变轨道外，其余过程中仅受火星万有引力作用，经历从椭圆轨道Ⅰ→椭圆轨道Ⅱ→圆轨道Ⅲ的过程，如图所示，则探测器（）
A ．在轨道Ⅰ运行时，探测器在Q 点的机械能比在P 点的机械能大
B ．探测器在轨道Ⅲ上运行速度大于火星的第一宇宙速度
C ．探测器在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
D ．探测器分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过P 点的向心加速度大小相等
6．质量分别为13kg m =、22kg m =、31kg m =的a 、b 、c 三个物体按照图所示水平叠放着，a 与b 之间、b 与c 之间的动摩擦因数均为0.1，水平面光滑，不计绳的重力和绳与滑轮间的摩擦，g 取210m/s 。

若作用在b 上的水平力8N F =，则b 与c 之间的摩擦力大小为（ ）
A ．4N
B ．
13N 3
C ．
14N 3
D ．5N
7．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则（ ）
A．a点的电势比b点的高B．a点的电场强度比b点的小
C．c点的电势比d点的高D．c点的电场强度比d点的大
8．如图所示，a、b为两束颜色不同的单色光，它们以不同的入射角射入等腰梯形玻璃棱镜，两条射出光能合为一束，下列说法正确的是（）
A．b光在玻璃中的折射率小
B．b光在玻璃中的光速大
C．对于同种金属，a光能发生光电效应，则b光一定也能发生光电效应
D．若两束光通过同一双缝装置且都能形成干涉图样，则a光条纹间距较大
9．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上有一正方形区域，区域内有竖直向上的匀强磁场。

在桌面上有一边长为L的正方形闭合刚性导线框MNPQ，导线框在外力F的作用下，沿对角线AC的方向以速度v匀速运动，、、、恰好在磁场各边界中点。

下列图像中能正确反映PQ边产生的感应t 时刻，其四个顶点M N P Q
电动势E、线框中的感应电流i、外力F的大小、线框的电功率P随时间t变化规律的是（）
A．B．
C ．
D ．
10．如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F 。

质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。

则下列选项正确的是（ ）
A ．细绳拉断前，细绳拉力对木板的冲量为0
B ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为2
2v gl
C ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为212
mv D ．弹簧恢复原长时滑块的动能为
212
mv 二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11. （6分）
图1是探究加速度与力关系的实验装置。

提供器材如下：带有刻度尺的气垫导轨、气泵、光电门2个、数字计时器、带挡光片滑块（其上可放砝码），砝码盘（质量5g ）、质量5g 的砝码5个。

实验步骤：固定光电门，测出光电门间的距离；调节导轨水平，将滑块用细线跨过轻质滑轮与砝码盘相连；将5个砝码放到滑块上，释放滑块，测出其经过光电门1和2的挡光时间；取滑块上一个砝码放入砝码盘，释放滑块，测出挡光时间；再次取滑块上一个砝码，依次重复上述操作，直至将5个砝码全部转移到砝码
盘。

描点作图分析加速度与力的关系。

（1）图2、图3分别为甲、乙同学用各自实验数据绘制的a—F图像。

上述图像中只有_____（填“图2”或“图3”）能正确反映加速度和力的关系。

错误图像形成的原因可能是_____。

A．滑块释放时具有一定的初速度
B．绘制a—F图像时，将砝码盘中的砝码重量作为合力F
C．滑块上固定的挡光片发生倾斜
（2）依据上述正确图像计算出滑块的质量为____g。

（结果保留三位有效数字）
12. （8分）
某同学利用伏安法测量电池的电动势和内阻，所用电压表的内阻为1kΩ，电流表内阻为0.5Ω。

该同学采用两种测量方案，如图甲、乙。

测量得到如图丙所示的两条电源的特征曲线，其中U与I分别为电压表和电流表的示数。

回答下列问题：
（1）图丙中标记为Ⅰ的图线是采用__________（填“甲”或“乙”）方案测量得到的；
（2）图丙中图线Ⅰ中测量的电源电动势E=__________V，电源内阻r=__________Ω；
（3）研究表明，甲图方案中电池电阻测量值为电池内阻与电压表内阻并联值，乙图中电池电阻测量值为电池内阻与电流表内阻串联值。

实验中测量内阻的相对误差可表示为100%r r r
η-=⨯测
，乙图的相对误差为
__________%；（保留到整数）
（4）若选择实验方案时，只考虑让内阻测量的相对误差较小，根据丙图和计算结果，实验应采用__________（填“甲”或“乙”）方案。

13. （10分）
如图所示，一根重力为G 的上端封闭下端开口的横截面积为S 的薄壁玻璃管静止直立于可视为无限大无限深的水槽中，已知水的密度为p ，重力加速度为g ，管内空气柱的长度为L ，空气柱长度大于管内外液面高度差。

大气压强为0p ，求： （1）管内外液面高度差；
（2）若在A 端施加竖直向下大小也为G 的作用力，待平衡后，A 端下移的高度。

（A 端依然在水面上）
14. （12分）
如图甲所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限中，有平行于y 轴向下的匀强电场，在y 轴的右侧区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度大小B 随时间变化的关系如图乙所示，在t ＝0时刻有一比荷为1×104 C/kg 的带正电粒子（不计重力）从坐标原点O 沿x 轴 正方向以初速度v 0＝2×103 m/s 进入磁场，开始时，磁场方向垂直纸面向里，粒子最后到达x 轴上坐标为（－2 m ，0）的P 点，求： (1)粒子在磁场中运动的轨迹半径； (2)粒子到达y 轴时与O 点的距离s ； (3)匀强电场的电场强度大小E 。

15. （18分）
如图所示，一块足够长的薄木板C 质量为2kg M =，放在光滑的水平面上，右端与固定墙之间距离12.5m x =。

在木板上自左向右放有A 、B 两个完全相同的炭块（在木板上滑行时能留下痕迹）
，炭块A 和B 的质量均为1kg m =，A 、B 与木板间的动摩擦因数均为0.3μ=，开始时木板静止不动，炭块A 的初速度为012m/s v =，炭块B 的初速度20m/s v =。

A 、B 两炭块运动过程中不会相碰且均未脱离木板，C 与固定墙碰撞后原速率反弹，重力加速度210m/s g =。

求： （1）木板C 刚开始运动瞬间的加速度的大小；
（2）木板C 的最大速度m v ，以及墙对木板C 作用力的总冲量的大小； （3）若要求两炭块与木板C 的划痕不重叠，求木板C 的最小长度。

物理·全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D
D
A
B
D
B
D
AB
BC
BC
1． 【答案】 D 【解析】
AB ．该电路为滑动变阻器的上下两部分并联与电阻R 串联，当滑动变阻器的上下两部分电阻相等时并联部分电阻最大，因此划片向下滑动时电路总电阻先增大后减小，电源的输出功率和外电阻的关系如图
电源输出功率先减小后增大，所以A 、B 错误；
CD ．外电阻先增大后减小，电压表V 读数先变大后变小，触头P 由上往下滑至中点，并联部分电压增大而电流表所在支路电路在减小，电流表A 读数变大，触头P 由中点往下滑的过程中，外电阻减小，总电流增大，与电流表并联的支路电流在减小，电流表A 读数变大，所以C 错误，D 正确。

故选D 。

2． 【答案】 D 【解析】
A ．根据波的传播方向，由波形图可得：甲波起振方向向下，乙波起振方向向上，故两波起振方向相反，A 错误；
B ．由图可得甲、乙两波波长之比为
1223
=λλ 根据v
f λ
=
可知频率之比为
1232
=f f B 错误；
C ．甲、乙两波频率不同，在相遇区域不会发生干涉，C 错误；
D ．乙波的周期为
26
1.5s 4
T v
λ
=
=
= 所以再经过3 s ，乙波在x =6 m 处的质点仍然处于平衡位置。

对于甲波，波速为4 m/s ，所以再经过1 s ，甲波传播到x =6 m 处，此时x =6 m 处的质点处于平衡位置且向下振动。

而由于甲波的周期为
14
1s 4
T v
λ
=
=
= 所以再经过3 s ，甲波在x =6 m 处的质点仍然处于平衡位置。

根据波的叠加原理得到，再经过3 s 平衡位置在x =6m 处的质点处于平衡位置，D 正确。

故选D 。

3． 【答案】 A 【解析】
A ．小球的运动是水平匀速圆周运动和竖直自由落体运动的合成，小球水平匀速圆周运动的速度大小没变，则向心力大小不变，那么对圆筒内侧的压力不变，A 正确；
B ．小球竖直方向做自由落体运动， 由于竖直方向高度确定，则小球自由落体的时间是确定的，与初速度大小没有关系，B 错误；
CD ．小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为
t =
在水平方向，以圆周运动的规律来研究，则得
2R
t n
v π=（n =1、2、3…） 所以
02Rn v t π
=
2π=CD 错误。

故选A 。

4． 【答案】 B 【解析】
A ．释放瞬间，物块速度为零，物块只受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力，垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力的作用，即只受到4个力的作用，故A 错误；
B ．运动后，还要受到垂直斜面向下的洛伦兹力的作用，即受到5个力的作用，故B 正确；
CD ．物块加速运动一段时间后最终将做匀速直线运动，即运动后一直受到5个力的作用，故CD 错误。

故选B 。

5．
【答案】 D
【解析】
A ．在轨道Ⅰ上从P 点到Q 点的过程中，只有万有引力做功，探测器机械能不变，选项A 错误；
B ．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
2Mm v G m r r
＝ 解得
v =由于在轨道III 上运行时的轨道半径大于火星的半径，因此在轨道III 上运行时的速度小于火星的第一宇宙速度，选项C 错误；
D ．根据2
2'2Mm v G ma m r r
==可知探测器分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过P 点的向心加速度大小相等，选项D 正确。

故选D 。

6．
【答案】 B
【解析】
由题意可知，a 与b 之间的滑动摩擦力大小为
f 1=μm 1
g =0.1×3×10 N =3N
b 与
c 之间的滑动摩擦力大小为
f 2=μ（m 1+ m 2）
g =0.1×5×10 N =5N
由于f 1< f 2，而地面光滑，则物体的运动情况为：a 向左加速，b 与c 整体向右加速。

根据牛顿第二定律，对a 有
T -3N=3a
而对b 与c 有
F -T -3N=3a
解得
a=1 3
设b与c之间的摩擦力大小为f，隔离b分析有
8N-3N-f=2×1 3
解得
f=13 3
N
故选B。

7．
【答案】 D
【解析】
A．电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，故A错误；
B．由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故B错误；
C．由正电荷在d，c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点．故C错误；
D．负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d点正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，故D正确。

故选D。

8．
【答案】AB
【解析】
A．根据题意画出光路图，两光束出棱镜时，折射角相同，a光的入射角小，b光入射角大，可得a光的折射率大，b光的折射率小，A正确；
B．在同种介质中的光速，折射率越大，光速越小，在同种介质中b光的速度较大，B正确；
C．折射率越大，光子频率越大，光子能量越大，a光能发生光电效应，但b光折射率更小，故b光不一定也能发生光电效应，C错误；
D ．折射率大的光束波长小，根据条纹间距公式
x l d λ=较大，b 光折射率较小，故b 光条纹间距较大，D
错误。

9．
【答案】 BC
【解析】
ABC ．过程分析如图
第一段时间从初位置到MN 离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M 1A 与N 1B 之和，即为1M M '长度的2倍，此时电动势为
2E Bvtv = 设线框的电阻为R ，则线框中的感应电流为
22E Bv t I R R
== i -t 图象为过原点的倾斜直线，线框受到的外力为
232
42B v t F F BIvt R
===安 图象是开口向上的抛物线。

第二段时间如图乙所示，线框的右端M 2N 2刚好出磁场时，左端Q 2P 2恰好与MP 共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与MN 重合，这段时间内感应电流不变，安培力大小不变，则外力F 不变。

最后一段时间如图丙所示，从匀速运动至M 2N 2开始计时，有效长度为
2A C L vt '''=-
电动势为
(2)E B L vt v ''=-
感应电流为
22E BLv Bv t I R R
''-'== 线框受到的外力为
22(2)B L vt v F F R
'-''==安 图像是开口向上的抛物线。

由过程分析可知，电动势E 开始时2E Bvtv =与时间成正比，故A 错误，BC 正确；
D ．第一过程中线框的电功率为
22
44B v t P Fv R
== 图像是开口向上的抛物线；第二过程电流不变，安培力不变，速度不变，则功率不变；第三过程中线框的电功率为
222
(2)B l vt v P Fv R
'-== 图像是开口向上的抛物线，故D 错误。

故选BC 。

10．
【答案】 BC
【解析】
A ．细绳拉断前，根据I Ft =可知细绳拉力对木板的冲量不为0，A 错误；
C ．滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为212
mv ，C 正确； B ．由于细绳被拉断后，长木板停止运动，小滑块恰未掉落，说明木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即
2p 12
E mv = 小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v '，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
()0m M v =+' ()2p 1'2
E m M v mgl μ=++ 联立解得
2
2v gl
μ= B 正确；
D ．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于
212mv ，D 错误。

故选BC 。

11.
【答案】 图2 B 1903±
【解析】
（1）根据牛顿第二定律F a m
=知，加速度和合外力成正比，a —F 图像应该是过原点的一条直线，所以上述图像中只有图2能正确反映加速度和力的关系；
图3不是过原点的一条直线，形成的原因可能是绘制a —F 图像时，将砝码盘中的砝码重量作为合力F ，没有考虑砝码盘（质量5g ）本身的重量，使得实际的合力比绘制a —F 图像时的合力偏大，故选B ； （2）设滑块的质量为M ，砝码盘及砝码的质量为m ，细线上的拉力为F T ，据牛顿第二定律，对砝码盘及砝码
T mg F ma -=
对滑块
T F Ma = 可得加速度
mg F a m M m M
==++ 即图2图像斜率即为
1m M +，有 110.136 4.53kg 0.030
m M -==+ 变形为
1kg=0.220kg=220g 4.53
m M +=
由题知当23010N F -=⨯时，即5个砝码全部转移到砝码盘，这时砝码盘及砝码的质量30g m =，所以滑块的质量
190g M =
12.
【答案】 乙 6.6 55 1 乙
【解析】
(1)通过图比较Ⅰ的斜率大于Ⅱ斜率，所以Ⅰ的内阻测量值大，因此Ⅰ的图线是采用乙方案；
(2)根据图像数据，当路端电压为零时，短路电流为120mA ，当电流为20mA 时，路端电压为5.5V ，根据 U E Ir =-
解得
55r =Ω
6.6V E =
(3) 相对误差为
100%1%r r r η-=⨯=测
(4)若采用甲方案，内阻测量值约为52Ω，相对误差大于乙方案。

13.
【答案】 （1）G h gS ρ=
；（2）()002G p S L G H L gS G p S
ρ+=+-+ 【解析】
(1)设空气柱压强为p ，大气压强为0p ，对玻璃管则有 0G p S pS +=
另外又有
0p p gh ρ=+
联立两式得到
G h gS
ρ= (2)设空气柱压强为p '，大气压强为0p ，对玻璃管则有
02G p S p S '=-
此时的管内外液面高度差为h '，亦有
0p gh p ρ''=+
又有
pL p L =''
A 端下移高度为
()H L h L h =---''
解得
()002G p S L G H L gS G p S
ρ+=+
-+ 14. 【答案】 (1)0.4 m ；(2)1.6 m ；(3)3.2×102 V/m
【解析】
(1)粒子进入磁场后在磁场中做圆周运动，轨迹半径为R ，由洛伦兹力提供向心力有
200v qv B m R
= 得
00.4m mv R qB
== (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，则
T ＝2m qB
π＝4π×10－4 s 0～43
π×10－4 s 时间内，粒子运动的周期数为 414410134103
N ππ--⨯==⨯ 运动轨迹对应的圆心角为120°；
43π×10－4～
2π×10－4 s 内，粒子运动的周期数为 424210134106
N ππ--⨯==⨯ 运动轨迹对应的圆心角为60°； 2π×10－4～103
π×10－4s 内，粒子运动的周期数为 434410134103
N ππ--⨯==⨯ 运动轨迹对应的圆心角为120°，故粒子运动轨迹如图所示
粒子恰好在t ＝
103
π×10－4 s 时到达y 轴，由图知粒子到达y 轴时与O 点的距离 s ＝4R ＝1.6m
(3)粒子进入电场后做类平抛运动，则 22122qE s at t m
== x ＝v 0t
解得
E ＝3.2×102 V/m
15.
【答案】 （1）23m /s a =；（2）7m/s ，32N s I =⋅；（3）272m 3
L =
【解析】
（1）C 刚开始运动时，收到A 、B 对其向右的摩擦力 mg mg Ma μμ+=
得
23m /s a =
（2）刚开始阶段，A 和B 减速运动
1mg ma μ=
得
213m /s a =
若A 和C 共速时C 还未与墙碰撞，应满足
01v a t at -=
得
2s t =
而在2s 内，木板C 的位移
2116m 2
x at == 符合条件；
所以应该为A 、C 先共速，设为1v ，
16m /s v at ==
之后A 、C 一起向右加速，B 继续减速，若B 未和A 、C 共速，对A 、C 整体
()2mg M m a μ=+
得
211m /s a =
设还需要1t 时间A 、C 与墙碰撞
21112112
x x v t a t -=+ 解得
11s t =
此时A 、C 整体速度为2v
21217m /s v v a t =+=
而此时
()B 11211m /s v v a t t =-+=
C 与墙碰后原速率反弹，则墙对C 的冲量
12228N s I Mv ==⋅，方向向左
之后A 、B 继续向右减速运动，而C 向左减速运动，可知A 和C 的加速度大小相等，减速到0所需时间为2t 220v at =-
得
27s 3
t = 此时B 的速度为
3B 24m /s v v at =-=
分析可知，此后B 继续向右减速，A 、C 整体向右加速，三者共速之后和墙发生第二次碰撞，
设三者的共同速度为4v 由动量守恒应有
()342mv M m v =+
解得
41m /s v =
再次和墙碰撞后C 原速率反弹所以墙对C 的冲量
2424N s I Mv ==⋅，方向向左
A 、
B 向右减速运动，
C 向左减速运动，由于三者的初速度均为1m/s ，由前面的分析可知三者同时减速到0 所以墙对C 的总冲量大小为
1232N s I I I =+=⋅
（也可以判断出最终三者速度为0之后得出墙对C 的总冲量大小等于系统最开始的总动量）
（3）要求划痕不重叠，即相对位移没有重合的部分，由（2）可知，在运动过程中A 、B 始终相对于C 向右运动，所以木板的最小长度为A 、B 与C 的相对位移之和，最终速度均为0，设A 和C 的相对位移为1x ∆，B
理科综合物理 第21页 共21页 和C 的相对位移为2x ∆，全过程能量守恒 2201211ΔΔ22
mv mv mg x mg x μμ+=+ 解得C 的最小长度L 满足 12272ΔΔm 3
L x x =+=。