【文档说明】2021年高考物理终极猜题卷 新高考版 辽宁地区专用 答案.docx，共(8)页，302.235 KB，由小赞的店铺上传

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2021年高考物理终极猜题卷新高考版辽宁地区专用答案以及解析1.答案：D解析：本题考查对固体、液体和物态变化的认识。在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水汽蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较

大，但绝对湿度不一定大，故A错误；分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故B错误；温度升高，气体分子对器壁的平均撞击力增大，要保证压强不变，分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数必减少，故C错误；饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大

，故D正确。2.答案：D解析：本题考查波的干涉和叠加。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；由题图可得甲、乙两波波长之比为1223=，根据vf=可知频率之比为1232ff=，B错误；甲、乙两波频率不同，在相遇区域不会发生干涉

，C错误；再经过3s，甲波向右传播6mxvt==，同理可知乙波向左传播6m，故两波的波形如图所示，由图可知，平衡位置在6mx=处的质点处于平衡位置，D正确。3.答案：D解析：本题考查近代物理常识。X射线通过实物发生散射时，散射光中除了有原波长为0的光外，还产

生了波长0的光，这种现象称为康普顿效应，康普顿借助于爱因斯坦的光子理论，从光子与电子碰撞的角度对此实验现象进行了圆满的解释，A说法正确；根据电荷数守恒及质量数守恒可知238206492822nnm=+=+−，，得86nm==，，B说法正确；原子核的结合能与核子数的比值越大，即比结合能越大，原

子核越稳定，C说法正确；氢原子从基态跃迁到激发态，需要吸收一定频率的光子，总能量增加，D说法错误。D符合题意。4.答案：C解析：本题考查追及相遇问题。两车的初速度0108km/h30m/sv==，结合运动学公式知前车从刹车到速度为0的位移220130m75m226vxa===，

则从前车开始刹车到后车速度为0时后车的位移230(40.4)m75m207m105m75m180mx=++=+=，所以两车会相撞，相撞时前车已经停止，与后车减速到速度为0的位置相距207m180m27mx=−=，根据减速到

速度为零的运动可以视为初速度为零的反向加速运动可知，则相撞时后车的速度22vax=，解得18m/sv=，故C正确。5.答案：A解析：本题考查磁感应强度的叠加问题。根据右手螺旋定则可知，通电导线a在O点处产生的磁场平行于bc指向左方，通电导线b在O点处产生的磁场平行于ac指

向右下方，通电导线c在O点处产生的磁场平行于ab指向左下方，根据公式kIBr=可得022abcBBBB===，根据平行四边形定则可知，O点的合场强的方向平行于ab指向左下方，大小为03B，故A正确，B错误；根据左手定则，质子垂直纸面向里通过O点

时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由c点指向O，故C错误；根据左手定则，电子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由O点指向c，故D错误。6.答案：B解析：本题考查光的折射、衍射、干涉规律。对a光分析，根

据折射定律可得sin603sin30an==，对b光分析，根据1sinCn=可得123sin603bn==，所以:3:2abnn=，故A错误；根据cvn=可得a、b在水中的传播速率之比为:2:3abvv=，故B正确；

由于水对a光的折射率大于对b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，a光的波长小于b光的波长，b光的波动性强，通过同一狭缝，b光的衍射现象比a光的衍射现象更明显，故C错误；a光的波长小于b光的波长，由于在相同的条件下，双缝干涉条纹间距与波长成正比，所以相

同条件的双缝干涉实验中，a光产生的干涉条纹间距比b光产生的干涉条纹间距小，故D错误。7.答案：C解析：本题考查万有引力定律的应用。载人飞船在与空间站同一轨道加速后一定会离心变轨，无法实现对接，A错误；能量守恒定律是普遍适用的，B错误；载人飞船在近地轨道运行时的速度为第一宇宙速度，故其返回地面时，

速度可以大于第一宇宙速度，C正确；由动量定理可知Ip=，本方案可用于延长作用时间，减小试验船对地面的冲力，但不能减少试验船对地面的冲量，D错误。8.答案：CD解析：本题考查带电粒子在磁场中运动的对比。两粒了在磁场中运动的轨迹

如图所示，设磁场区域的半径为R，由几何关系可得3rR=甲，2Rr=乙，由mvrqB=可得qvmBr=，则甲、乙两粒子的比荷之比为36，由于两粒子质量未知，无法确定两粒子的电荷量之比，A、B错误；甲粒子从P点到M点运动的时间16tT=甲甲，乙粒子从Q点到

M点运动的时间12tT=乙乙，2πmTqB=，则2333tTtT==甲乙乙甲，即乙粒子比甲粒子先到达M点，C、D正确。9.答案：ABD解析：本题考查理想变压器的动态分析。开关1S始终接a，则理想变压器副线圈两端电压不变，电压表1V示数不变，当滑片

P向下滑动时，R变大，流过副线圈的电流减小，电流表2A示数变小，1R两端电压减小，则电压表2V示数变大，A正确；开关1S始终接b，则副线圈两端电压不变，电压表1V示数1U不变，当滑片P向上滑动时，R接入电路的阻值减小，流过副线圈的电流变大，1R的电功率增大，由于电压

表2V的示数2121UUIR=−，则2V示数的变化量与2A示数的变化量之比212URI=不变，B正确；保持滑片P的位置不变，将开关1S由b改接a，原线圈匝数增多，则副线圈两端电压减小，副线圈所在电路中消耗的功率减小，则

变压器输入功率变小，C错误；保持滑片P的位置不变，将开关1S由a改接b，原线圈匝数减少，则副线圈两端电压变大，电容器两端电压变大，所带电荷量的最大值将增大，D正确。10.答案：AD解析：本题考查牛顿运动定律在板块模型中的应用。若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速度大小相等

，由牛顿第二定律得1(2)mgMma=+，对A，由牛顿第二定律得f1FMa=，解得f2MmgFMm=+，故A正确；当A、B恰好发生相对滑动时，A所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有2MgMa=，解得2ag=，以A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得2(2)mgMma=+，解得21M

m=−，故要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系21Mm−，故B错误；若物块A、B未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F，对C受力分析，根据牛顿第二定律有3mgFma−=，解得3Fmgmamg=−，故

C错误；若物块A、B未发生相对滑动，由上述分析可知，此时的加速度为f12FmgaMMm==+，对C受力分析，根据牛顿第二定律有1mgFma−=，解得22MmgFMm=+，根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力大小为22222MmgNFFMm=

+=+，故D正确。11.答案：（1）C（2）D（3）121123mxmxmx=+解析：本题考查“探究碰撞中的不变量”实验的操作及数据处理。（1）为了保证碰撞前后入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于

被碰小球的质量，为了使两小球发生正碰，两小球的半径必须相同，故C正确。（2）由于各种偶然因素，如所受阻力不相等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，A、B错误；为了减小偶然误差，用一个尽量小的圆把落点圈起来，可用该圆的圆心代替落点，C错误，D正确。（3）P为碰前入

射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的平均位置，N为碰后被碰小球的平均位置，碰撞前入射小球的速度202xvhg=，碰撞后入射小球的速度112xvhg=，碰撞后被碰小球的速度322xvhg=，若101122mvmv

mv=+，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得121123mxmxmx=+。12.答案：（1）①见解析②10；150mA（2）乙；2.90；2解析：本题考查“测量电流表量程和内阻”实验的数据处理以及“测量

电源电动势和内阻”实验的电路分析与数据处理。（1）①根据题图a连接实物图如图所示。②设电流表的满偏电流为gI，内阻为gR，当电流表指针指示在题图c的a位置时，电流为g3I，有()g1g113UIRR=+，当电流表指针

指示在图c的b位置时，电流为g23I，有()2gg223UIRR=+，解得gg150mA,10IR==。（2）电流表内阻已知，电流表应直接测通过电源的电流，选乙电路图。电源路端电压为2U，由闭合电路欧姆定律可得()g2UEIRr=−+，得()g22IRrEU+=−，

由UI−图线截距得1.45V2E=，解得2.90VE=，由图像斜率得g1.450.5520.150Rr+−=−，解得2r=。13.答案：（1）023L（2）6次解析：本题考查理想气体变质量问题。（1

）设当打气筒内气体压强为p时开始有气体进入储气罐，则有03pp=取B中气体为研究对象，由玻意耳定律有00pLSpLS=解得013LL=，所以活塞下移距离0023xLLL=−=（2）取储气罐内最终总的气体为研究对象，设这些气体压强为03p时的体积为1V，由玻意耳定律有000

1463pLSpV=解得108VLS=，设还需要补入压强为03p的气体体积为2V，则有210062VVLSLS=−=设补入气体在压强为0p下的体积为3V，由玻意耳定律有02033pVpV=解得306VLS=打气筒应连续打

气的次数为306VnLS==次14.答案：（1）25m/s（2）5J（3）405m解析：本题考查电磁感应和动量、能量的结合。（1）棒MN做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得FBlLma−=棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为EBLv=棒MN做匀加速直线运动，5s时的速度为12m/sva

t==，在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得2EIR=代入数据解得5s时拉力大小0.5NF=，5s时拉力F的功率为PFv=代入数据解得1WP=棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为mv，棒受力平衡，则有mmmm02BLvPBILIvR−

==，代入数据解得m25m/sv=（2）解除棒PQ锁定后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设共同速度大小为v，则有m2mvmv=设从PQ棒解除锁定到两棒达到相同速度，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得22m11222Qmvmv=−代入数据解得5JQ=（3

）以棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间t内，由动量定理得BiLtmv−=对式子两边求和，有()()BiLtmv−=，而qit=联立各式解得mBLqmv=对于电路中有2EqIttR==，由法拉第电磁感应定律有BLxEt=得2BLx

qR=代入数据解得405mx=15.答案：（1）1.1m；0.5（2）25m/s（3）1.37m解析：本题考查力学运动规律的综合应用。（1）对M由牛顿第二定律得MMMmgagm==由(65)m/svt=−可知，碰前物体M的加速度大小25m/s

Ma=，则25m/sg=解得0.5=开始时物体M向右做匀减速运动，则MN、两物体间的距离6(650.2)0.2m1.1m2xvt+−===（2）M与N碰前的速度05(650.2)m/s5m/svvt=−=−=两物体发生弹性碰撞，碰撞时间极短，设碰后的速度分别为MNvv、，以向右为正方向，

则对物体MN、由动量守恒定律、能量守恒定律有0MMMNNmvmvmv=+2220111222MMMNNmvmvmv=+解得3m/s2m/sMNvv=−=，碰后瞬间对平板车受力分析有()6MNNMmmmgmgmgma++−−=解得25m/sa=（3）对N和平板车分析，当两者共速时设

其共同速度为1v，则111Nvvgtat=−=，得11m/sv=，10.2st=N相对平板车的位移111110.2m22Nvvvxtt+=−=对M分析，1t时刻后，12m/sMMvvgt=+=−，M相对平板

车的位移21211110.6m22Mvxvtgtt=++=M和地面对N和平板车的摩擦力产生的加速度()2263m/s5m/sMNMNmmmgmgagmm+++===+所以N和平板车保持相对静止，此时，M做初速度为2m/s−，加

速度为25m/s的减速运动，N和平板车做初速度为1m/s，加速度为23m/s−的减速运动，设物体N和平板车一起向右做匀减速运动到速度为零的位移为3x，则有2302Nvax−=，得31m6x=，此后地面对平板车的最大静摩擦力()16MNMMfmmmgfmg=++=，所以

N和平板车相对地面静止，M继续向左运动，M从N相对平板车静止到停止运动的位移240.4m2Mvxa==，整个装置停止时，两物体MN、之间的距离12341.37mxxxxx=+++=