【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220

130m75m226vxa===，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207

m180m27mx=−=，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1

sinCn=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f1F

Ma=，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

21Mm=−，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101122mvmvmv=+，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121123

mxmxmx=+。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0001463pLSpV=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

/svat==，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22m11222Qmv

mv=−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2BLxqR=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/sMa=，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2121111

0.6m22Mvxvtgtt=++=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=+++=