2020-2021辽宁高考物理模拟预测卷（1）（解析版）

2021 辽宁高考模拟预测卷 1 物 理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.答选择题时。选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时将答案写在答题卡上。写在本试卷上无 效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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。 1.物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度—时间图象如图所示，下列说 法中正确的是 A．在 1 s 末，物体速度为 8 m/s B．0～2 s 内，物体加速度为 6 m/s2 C．6～7 s 内，物体做速度方向向西的加速运动 D．10～12 s 内，物体做速度方向向东的加速运动 【答案】 C 【解析】 A．由所给图象知，物体 1 s 末的速度为 9 m/s，选项 A 错误； B．0～2 s 内，物体的加速度 a＝ 12 6 2 v t   m/s2＝3m/s2 选项 B 错误； C．6～7 s 内，物体的速度、加速度为负值，表明它向西做加速直线运动，选项 C 正确； D．10～12 s 内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向西做减速直线运动，选项 D 错误。 2.抗击新冠肺炎疫情的战斗中，中国移动携手“学习强国”推出了武汉实景 24 小时直播，通过 5G 超高清技术 向广大用户进行九路信号同时直播武汉城市实况，全方位展现镜头之下的武汉风光，共期武汉“复苏”。5G 是“第五代移动通信技术”的简称，其最显著的特征之一是具有超高速的数据传输速率。5G 信号一般采用 3.3×109——6×109Hz 频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术 4G 的频段范围 1.88×109——2.64×109Hz， 则（ ） A．5G 信号相比于 4G 信号更不容易绕过障碍物，所以 5G 通信需要搭建更密集的基站 B．5G 信号比 4G 信号所用的无线电波在真空中传播得更快 C．空间中的 5G 信号和 4G 信号相遇会产生干涉现象 D．5G 信号是横波，4G 信号是纵波 【答案】A 【解析】A．5G 信号的频率更高，则波长小，故 5G 信号更不容易发生明显的衍射现象，因此 5G 信号相比 于 4G 信号更不容易绕过障碍物，所以 5G 通信需要搭建更密集的基站，故 A 正确； B．任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故 B 错误； C．5G 信号和 4G 信号的频率不一样，不能发生干涉现象，故 C 错误； D．电磁波可以发生偏振现象，为横波，故 D 错误。 故选 A。 3.关于原子和原子核的知识，以下说法正确的是（ ） A．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型 B．若紫外线照射锌板能发生光电效应，则红光照射锌板也一定能发生光电效应 C．一群处于 n=3 能级的氢原子向低能级跃迁，由 3 能级向基态跃迁辐射的光子频率最小 D．不同原子核的结合能是不同的，结合能越大的原子核越稳定 【答案】A 【解析】A．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，A 正确； B．若紫外线照射锌板能发生光电效应，由于红光频率低于紫外线的频率，红光的能量低于紫外线的能量， 根据光电效应产生的条件，红光照射锌板不一定发生光电效应，B 错误； C．一群处于 n=3 能级的氢原子向低能级跃迁，由 3 能级向基态跃迁辐射的光子频率最大，由 3 能级向 2 能 级跃迁辐射的光子频率最小，C 错误； D．原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量，这也就是原子核的结合能，组成 原子核的核子越多，结合能越高。它的结合能与核子数之比即为比结合能，比结合能越大，原子核中核子 结合的越牢固，比结合能越大的原子核越稳定，D 错误； 故选 A。 4.带电粒子射入两块平行板间的匀强电场中，入射方向跟极板平行，重力不计，若初动能为 Ek，则出场时 动能为 2Ek。如果初速度增加为原来的 2 倍，则出场时动能为（ ） A．3Ek B．4Ek C． k 9 2 E D．17 4 Ek 【答案】D 【解析】设粒子第一个过程中初速度为 v，电场宽度为 L，初动能为 2 k 1 2E mv 第一个过程中粒子沿电场线方向的位移为 2 2 2 k 1 1 2 2 4 qE L qELy at m v E        第一个过程由动能定理 k k k2qEy E E E   同理，第二个过程中沿电场线方向的位移为 21 1 2 2 4 qE LY ym v       初动能为  2' k k 1 2 42E m v E  根据动能定理得 k k' 4qEY E E  代入得 k k 1 ' 44qE y E E   解得 k k 17' 4E E ， 故选 D。 5.有一列沿水平绳向右传播的简谐横波，频率为 10Hz，振动方向沿竖直方向。当绳上的质点 P 到达其平衡 位置且向下运动时，在其平衡位置右方相距 0.9m 处的质点 Q 刚好到达最高点，由此可知波速不可能的是 （ ） A．36m/s B．4m/s C．7.2m/s D．12m/s 【答案】D 【解析】当波向右由 P 到 Q 传播时，两点相距可能为 1) 0.9m4n  ( 则波长为 3.6 m4 1n    波速为 36 m/s4 1v f n    （n=0，1，2…） 则 n=0 时，v=36m/s，n=1 时，v=7.2m/s，n=2 时，v=4m/s，故 ABC 有可能；D 不可能。 故选 D。 6. 如图所示，为了使三个半径均为 R 的光滑圆筒堆放在光滑桌面上（mA=mB，mC=2mA），可以在桌上 A、B 圆筒两侧固定一对相同的垫块，从而确保三个圆筒相互接触且不会倒塌，则垫块的最小厚度约为（ ） A．0.02R B．0.04R C．0.06R D．0.08R 【答案】B 【解析】先对上面的球受力分析，受重力、两个支持力，根据平衡条件，有 C2 cos30N m g  解得 C C 3 2cos30 3 m gN m g  再对下面的球分析，受重力、地面的支持力、挡板的支持力和上面球的压力，如图所示 对 A 球，设 2N 与水平方向的夹角为 ，根据平衡条件，水平方向 2sin30 cosN N   竖直方向 1 2 Asin cos30N N N m g    其中 mA=mB，mC=2mA，临界条件是 1N 0 ，且有数学关系 sin R h R   ， 2 2( )cos R R h R    解得 0.04h R 故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 7.手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，可以简化为图乙。一个小型旋转电枢式交流发 电机的矩形线圈面积为 S，匝数为 n，线圈总电阻为 r，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中以矩形线圈中轴线 为轴以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过 M、N 与外电路连接，如图所示，外电路电灯电阻为 R，电压 表为理想交流电表。在线圈由平行于磁场方向位置转过 90°的过程中，下面说法正确的是（ ） A．电压表 V 的示数为 RnBS R r   B．通过灯泡的电荷量为 2n BS R r C．电灯中产生的焦耳热为 2 2 2 24( ) n B S R R r   D．当线圈由平行于磁场方向位置转过 90°时，流过线圈的电流为 nBS R r   【答案】C 【解析】A．电动势 sinBS tE n nt t      当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值 maxE nBS 所以，有效电流 max 2( ) 2( ) E n BSI R r R r     电压表示数 2( ) n BSRU IR R r    故 A 错位； B．通过灯泡的电荷量为 2 ( ) 2 E n BS nBSq tR r R r R r          故 B 错误； C．电动势的有效值 2 nBSE  电流的有效值 2( ) nBSI R r   电灯中产生的焦耳热 2 2 2 2 24( ) n B S RQ I Rt R r    故 C 正确； D．流过线圈的电流为 max 2( ) 2( ) E n BSI R r R r     故 D 错误。故选 C。 8. 为了探测 X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为 r1 的圆轨道上运动，周期为 T1， 总质量为 m1. 随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为 r2 的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为 m2，则（ ） A．X 星球的质量为 M= 2 3 1 2 1 4 r GT  B．X 星球表面的重力加速度为 gx= 2 1 2 1 4 r T  C．登陆舱在半径为 r2 轨道上做圆周运动的周期为 3 2 2 1 3 1 rT T r  D．登陆舱在 r1 与 r2 轨道上运动时的速度大小之比为 1 1 2 2 2 1 v m r v m r  【答案】 AC 【解析】飞船绕星球做圆周运动，万有引力提供向心力， 2 2 2 4GMm mrr T  ，那么 X 星球的质量为 2 3 1 2 1 4 rM GT  选项 A 对．飞船的向心加速度 2 1 2 1 4 ra T  ，而飞船并不是在星球表面，向心加速度不是重力加速度选项 B 错．根据开普勒第三定律 3 3 1 2 2 2 1 2 r r T T  ， 3 2 2 1 3 1 rT T r  选项 C 对． 2 2 GMm mv r r  ，线速度 GMv r  ，所以有 1 2 2 1 v r v r  选项 D 错． 9.如图，劲度系数为 100N/ m 的轻弹簧下端固定于倾角为 =53 的光滑斜面底端，上端连接物块 Q，Q 同 时与斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮 O 与套在光滑竖直杆的物块 P 连接，图中 O、B 两点等高，间 距 d=0.3m。初始时在外力作用下，P 在 A 点静止不动，A、B 间距离 h=0.4m，此时轻绳中张力大小为 50N。 已知 P 质量为 0.8kg，Q 质量为 5kg。现将 P 由静止释放（不计滑轮大小及摩擦，取 g=10m/s2，sin53 =0.8， cos53 =0.6），下列说法正确的是（ ） A．P 位于 A 点时，弹簧的伸长量为 0.2m B．P 上升至 B 点时的速度大小为 32 m/s C．P 上升至 B 点的过程中，轻绳拉力对其所做的功为 8J D．P 上升至 B 点的过程中，细线拉力对 P 做的功小于 Q 机械能的减少量 【答案】BC 【解析】A．物块 P 位于 A 点时，假设弹簧伸长量为 x1，则有 1sinQT m g kx  代入求得 1 0.1mx  则 P 位于 A 点时，弹簧的伸长量为 0.1m，故 A 错误； BCD．经分析，此时 OB 垂直竖直杆，OB=0.3m，此时物块 Q 速度为 0，下降距离为 0.5m 0.3m 0.2mx    即弹簧压缩 2 0.2m 0.1m=0.1mx   弹性势能不变，对物块 PQ 及弹簧，根据能量守恒有 2 2 1sin PPPQ vmghmxgm   解得 2 3m/sPv  对物块 P 有 21 2T P P PW m gh m v  解得 =8JTW Q 机械能的减少量 = sin53 5 10 0.2 0.8J=8JQE m g x       故 D 错误，BC 正确。 故选 BC。 10. 如图所示，在倾角 30 的光滑绝缘斜面上存在一有界匀强磁场，磁感应强度 B=1T，磁场方向垂直斜 面向上，磁场上下边界均与斜面底边平行，磁场边界间距为 L=0.5m。斜面上有一边长也为 L 的正方形金属 线框 abcd，其质量为 m=0.1kg，电阻为  5.0R 。第一次让线框 cd 边与磁场上边界重合，无初速释放后， ab 边刚进入磁场时，线框以速率 v1 作匀速运动。第二次把线框从 cd 边离磁场上边界距离为 d 处释放，cd 边刚进磁场时，线框以速率 v2 作匀速运动。两种情形下，线框进入磁场过程中通过线框的电量分别为 q1、 q2，线框通过磁场的时间分别 t1、t2，线框通过磁场过程中产生的焦耳热分别为 Q1、Q2.已知重力加速度 g=10m/s2，则：（ ） A． 1 2 1v v  m/s， 0.05d  m B． 1 2 0.5q q  C， 0.1d  m C． 1 2: 9:10Q Q  D． 1 2: 6:5t t  【答案】 BCD 【解析】A．匀速运动时，对线框进行受力分析可知 2 2 sin B L vmg R   可得 1 2 1m/sv v  根据机械能守恒 2 2 1sin 2mgd mv  可得 0.1md  A 错误； B．进入磁场过程中 2BLE t t    ， EI R  ， q I t  ① 由三式联立得 2  BLq R 代入数据整理得 1 2 0.5Cq q  结合 A 选项可知 B 正确； C．根据能量守恒定理，第一次进入磁场过程中 2 1 1 1 92 sin30 J2 20Q mg L mv    第二次由于匀速运动 2 12 sin30 J2Q mg L   因此 1 2 9 10 Q Q  C 正确； D．根据动量定理，第一次进入磁场的时间 1sinmg t F t mv     ②而 F BIL ③ 将①③代入②代入数据，可得 0.7st  接下来匀速运动，离开磁场的时间 0.5sLt v    因此第一次穿过磁场的时间 1 1.2st t t    第二次匀速穿过磁场的时间 2 2 1.0st t  因此 1 2 6 5 t t  D 正确。故选 BCD。 二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。 11. 某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。如图所示，带滑轮的 长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块和长木板末端的滑轮，与力传感器和沙 桶连接。在沙桶重力作用下滑块沿长木板做匀加速直线运动，滑块右侧纸带通过打点计时器打出一系列点 迹，细绳拉力可由传感器直接读出。若轻绳与长木板平行，且不计轻绳与各滑轮之间的摩擦，试完成下列 问题： (1)实验时，一定要进行的操作是__________； A．将长木板右端垫高以平衡摩擦力 B．使沙和沙桶的总质量远小于滑块质量 C．将打点计时器接交流电源 D．用天平测沙和沙桶的总质量 (2)实验获得的纸带如下图所示，相邻两个计数点之间的还有四个计时点未画出，打点计时器所接交流电的 频率为 f，则滑块加速度的表达式为_______________； (3)若力传感器示数为 F，滑块的质量为 m，重力加速度为 g，用 a 表示滑块的加速度，则滑块与桌面之间的 摩擦因数表达式为____________________； (4)若 s1=1.60cm，s2=2.09cm，s3=2.60cm，s4=3.12cm，s5=3.60cm，s6=4.08cm，f=50Hz，F=0.14N，m=0.1kg， g=9.8m/s2，则摩擦因数大小为__________。（保留两位有效数字） 【答案】C   2 4 5 6 1 2 3 225 s s s s s s f     2F ma mg  0.23 【解析】(1)[1]A.测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，不需要将长木板右端垫高以平衡摩擦力，A 错误； B.绳子的拉力可以通过力传感器得出，不需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量，B 错误； C. 打点计时器应接交流电源，C 正确； D.拉力的大小可以通过拉力传感器测出，不需要用天平测沙和沙桶的总质量，D 错误。 故选 C。 (2)[2]用逐差法求滑块加速度 4 5 6 1 2 3 2 ( ) ( ) 9 s s s s s sa T      又 1 5 T f  即 5T f  所以 2 4 5 6 1 2 3( ) 225 s s s s s s fa      (3)[3]根据牛顿第二定律得 2F μmg ma  解得 2F ma mg   12.某小组利用如图(a)电路测量电源电动势和内阻。其中电压传感器内阻可视为无穷大，电流表内阻可视为 零，其量程为 0.3A，R 为定值电阻，RL 为置于控温炉内的二极管，二极管内电流 I0=0.10A 时其两端电压 U 与温度的关系如图(b)． (1)将电路中的电压传感器 M 端与 N 端连接，闭合开关，电压传感器的示数为 1.8V 时，电流表的指针位置 如图(c)，其读数为_________A； (2)将电压传感器 M 端改接到电路中 Q 端，通过控温炉改变温度，读出不同温度时的 U、I，得到的 U-I 关 系如图(d)，则根据图像可知电源电动势 E 为_________V，内阻 r 为_________Ω(结果保留 2 位有效数字)； (3)撤去电压传感器，若电流表的示数刚好为 I0，则二极管的温度应该为______°C(结果保留 2 位有效放字)． 【答案】 (1). 0.200 (0.199~0.201 均给分) (2). 9.0 (3). 1.0 (4). 32 【解析】(1)[1]．电流表量程为 0.3A，由图示表盘可知，其分度值为 0.01A，示数为 0.200A。 (2)[2][3]．将电压传感器的 M 端改接到电路中 Q 端，电压传感器测量温控炉两端电压，但由于正负接线接 反了，因此测量的数值会变为负值，计算时取绝对值即可，根据如图(d)所示的 U-I 图可知，由图示电路图 可知，电路电流为零时，电压传感器测电源电动势，由图(d)所示图象可知，电源电动势 E=9.0V； 定值电阻阻值 1.8V 90.200A UR I   ＝ 由闭合电路的欧姆定律有： E=U+I(R+r) 由图(d)所示图象可知，当 U=6.0V 时，I=0.300A，代入数据解得，电源内阻： r=1.0Ω； (3)[4]．由闭合电路欧姆定律得： E=U+I(R+r) 电路电流 I0=0.10A 时，9.0=U+0.10(9+1.0) 解得二极管两端电压： U=8V 由图(b)所示图象可知，温度为 32℃。 13. 如图所示，一光滑的 1 4 圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径 R=0.8m，小车的右侧固定连有轻弹簧的挡板， 弹簧处于原长状态，自由端恰在 C 点，小车置于光滑的地面上，左侧靠墙，小车、圆弧轨道和挡板的总质 量为 M=3kg。一物块从圆弧顶端上的 A 点由静止滑下，经过 B 点时无能量损失，最后物块恰好停在车上的 B 点。已知物块的质量 m=1kg，物块与小车间的摩擦因数为 0.1  ，BC 长度为 L=2.8m，g 取 10m/s2.在此 运动过程中，求： (1)弹簧的最大压缩量； (2)弹簧弹性势能的最大值。 【答案】(1)0.2m；(2)3J 【解析】(1)由 A 点到 B 点的过程中，由动能定理得 21 2 BmgR mv 解得 4m/sBv  设物块相对于小车的总路程为 s，从开始到停在 B 点系统动量和能量守恒有 ( )Bmv M m v  ， 2 21 1 ( ) 22 2Bmv M m v mgs   解得 s=6m 因为 2L