【文档说明】2020-2021辽宁高考物理模拟预测卷（13）解析版.doc，共(18)页，710.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9c690d8db608b7a287fffd31f5677cba.html

以下为本文档部分文字说明：

2021辽宁高考模拟预测卷13物理考生注意：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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

其他答案标号．回答非选择题时，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.A、B两物体从同一位置向同一方向同时运动，甲图是A物体的位移时间图象，乙图是B物体的速度时间图象，根据图象下列说法正确的是（）A．运动过程中，A、B两物体相遇一次B．运动过程中，A

、B两物体相遇两次C．A、B两物体最远距离是30mD．6秒内，A物体的平均速度是B物体的平均速度的两倍【答案】A【解析】AB．在0−2s内，A做匀速直线运动，位移为：xA1=40m；B做匀加速直线运动，位移为：1102m10m

2Bx==知在0−2s内B没有追上A；在2~4s内，A静止，B继续沿原方向运动，通过的位移为：mxb202=t=4s末B还没有追上A；在4−6s内，A返回，位移为：xA2=−40m，t=6s返回原出发点；B的位移为：3102m10m2Bx==则在0~6s内B的总位移为：xB=40m，

可知A、B两物体在4~6s内相遇一次，故A正确，B错误；C．由AB选项分析可知当t=6s时，A、B两物体相距最远，最远距离为xB=40m，故C错误；D．6秒内，A物体的位移为0，则平均速度为0；B物体的平均速度为：v=xt=406=203m/

s故D错误。故选A。2.如图所示，一束由两种单色光混合的复色光，沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束反射光束I、II、III，若玻璃砖的上下表面足够宽，则下列说法错误的是（）A.光束I仍为复色光，光束II、III为单色光B.改变α

角，光束I、II、III仍保持平行C.通过相同的双缝干涉装置，光束II产生的条纹宽度要小于光束III的D.在真空中，光束II的速度小于光束III的速度【答案】D【解析】A．所有色光都能反射，反射角相同，则由图可知光束I是复色光；而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚

玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的可逆性，知两光束仍然平行射出，且光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；B．一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等。所以由光路可逆可得出射光线

平行。改变α角，光线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ仍保持平行，故B正确；C．由图知：光束Ⅱ的偏折程度大于比光束Ⅲ，根据折射定律可知光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光Ⅱ

产生的条纹间距比光Ⅲ的小，故C正确；D．在真空中，光束II的速度与光束III的速度都为3×108m/s；故D错误。故选D。3.中国空间站的建设过程是，首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成

空间站。假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。忽略空气阻力，以下说法正确的是A.实验舱应当向前喷出气体B.喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变C.喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能

不变D.实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小【答案】B【解析】】A．实验舱要向高轨道运行，需要做离心运动，所以要加速，应该向后喷出气体，A错误；B．喷气过程没有外力，实验舱与喷出气体系统动量守恒，喷

气前后，总动量不变，B正确；C．喷气前后，内力做功，总机械能增大，发生变化，C错误；D．实验舱飞向核心舱过程中，地球的万有引力做负功，重力势能增大，且实验舱速度增大，机械能增大，D错误；故选B。4.如图所示，挂钩连接三

根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环以加速度a=12g匀加速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为（）A.512mgB.59mgC.58mgD.56mg【答案】C【解析】由几何关系可知

，每根绳子与竖直方向的夹角sinθ=0.6，cosθ=0.8；对圆环在竖直方向：3cosTmgma−=解得58Tmg=A．512mg，与结论不相符，选项A错误；B．59mg，与结论不相符，选项B错误；C．58mg，与结论相符，选项C正确；D．56mg，与结论不相符，选项D错误

；故选C。5.水平放置的光滑圆环，半径为R，AB是其直径。一质量为m的小球穿在环上并静止于A点，沿AB方向水平向右的风力大小恒为F=mg，小球受到轻扰而开始运动，则下列说法正确的是（）A.运动中小球对环的最大压力为26mgB.运动中小球对环的最大压力

为(322)mg+C.小球运动过程中的最大速度为gRD.小球运动过程中的最大动能为(21)mgR+【答案】A【解析】CD．小球从A运动至B点时速度最大，设最大速度为v，根据动能定理得21202FRmv=−得：42vFRgR==小球

运动过程中的最大动能为2122kEmvmgR==故CD错误；AB．圆周运动在B点速度最大时，轨道的支持力最大，从而有小球对环的压力最大，在B点水平面内，有21vNFmR−=得15Nmg=竖直面内由平衡条

件有2Nmg=根据力的合成法和牛顿第三定律知，最大压力为221226NNNNmg==+=故A正确，B错误。故选A。6.如图所示，AB与BC间有垂直纸面向里的匀强磁场，30,BP=为AB上的点，PB=L．一对正、负电子(重力及电子间的作用均不计)同时从P点以同一速度沿平

行于BC的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从S点垂直于AB方向射出磁场，另一个从Q点射出磁场，则下列说法正确的是（）A.负电子从S点射出磁场B.正、负电子先后离开磁场C.正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为150°D.Q、S两点间的距离为L【答案】D【解析】A.由左手定则可知，正电

子从S点射出磁场，选项A错误；B.由轨迹图可知，正、负电子在磁场中做圆周运动的偏转角均为60°，正负电子运动的周期相同，则在磁场中运动的时间相同，可知正负电子同时离开磁场，选项B错误；C.由轨迹图可知，正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°，选项C错误；D.由轨迹图可知，PQ

=PS=R=BP=L且夹角为60°，则∆PQS为等边三角形，则Q、S两点间的距离为L，选项D正确．7.如图所示，图甲为一简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=0.5m处的质点，Q是平衡位置在x=2m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。下列说法

正确的是（）A.这列波沿x轴正方向传播B.这列波的传播速度为2m/sC.t=0.15s，P的加速度方向与速度方向相同D.从t=0.10s到t=0.15s，P通过的路程为10cm【答案】C【解析】A．分析振动图像，由乙图读出，在t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根

据波动规律结合图甲可知，该波沿x轴负方向的传播，故A错误；B．由甲图读出波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=0.2s，则波速为4m/s20m/s0.2vT===故B错误；C．从t=0.10s到t=0.15s，质点P振动了4T，根据波动规律可

知，t=0.15s时，质点P位于平衡位置上方，速度方向沿y轴负方向振动，则加速度方向沿y轴负方向，两者方向相同，故C正确；D．在t=0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程s≠

A=10cm故D错误。故选C。8.如图所示绝缘传送带长为l，倾角为θ。沿顺时针方向转动，速度大小恒为12v0，质量为m、电荷量为－q的带电物块(可视为质点)，以初速度v0从底端滑上传送带，并从传送带顶

端滑出。整个空间存在匀强电场，场强大小E=sinmgq，方向平行于传送带斜向下。传送带与物体间动摩擦因数μ≠0，运动过程中物块所带电量不变，重力加速度为g。物块从底端滑至顶端的过程中可能正确的是（）A.物块一直做匀速直线运动B.物块先做匀

减速直线运动后做匀速直线运动C.物块电势能增加了mglsinθD.物块克服摩擦力做功为2038mv【答案】BD【解析】AB．开始时物块沿传送带方向受到向上的电场力sinFEqmg==向下的重力的分量sinm

g以及向下的滑动摩擦力，则物块受到的合外力向下，加速度向下，物块向上做匀减速运动；当物块与传送带共速时，因沿传送带向上的电场力等于向下的重力的分量，则物体受合力为零，向上做匀速运动，则选项A错误，B正确；C．电场力对物块做正功，

则物块电势能减小，选项C错误；D．整个过程由动能定理：22011sin(0.5)22fqElmglWmvmv−−=−解得2038fWmv=选项D正确；故选BD。9.如图所示，变压器原副线圈的匝数比为3:

1，L1、L2、L3、L4为四只规格为“9V6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图像如图所示，则以下说法中正确的是（）A.电压表的示数为36VB.电流表的示数为1.5AC.四只灯泡均能正常发光D.变压器副线圈两端交变电

流的频率为50Hz【答案】CD【解析】ABC．由输入端交变电压u的图象，可求出有效值36V，由原、副线圈匝数之比3：1，可得原、副线圈的电压之比3：1，电流之比1：3，设灯泡两端电压为u1，所以11336Vuu+=则19Vu=因此原线圈电压为

27V，副线圈电压为9V，四只灯泡均能正常发光。电流表的读数为6=3A=2A9I所以电压表示数为27V，电流表示数为2A，故AB错误，C正确；D．变压器副线圈两端交变电流的频率11Hz50Hz0.02fT===故D正确。故选CD。10.如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ=30°，

斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L1=0.5m，bc边长为L2，线框质量m=1kg、电阻R=0.4Ω，有界匀强磁场的磁感应强度为B=2T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef//MN．导体框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F=10N作用下从静止开

始运动，其ab边始终保持与底边MN平行．已知导线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导线框某一截面的电荷量q=0.5C，则下列判断正确的是（）A.导线框进入磁场时的速度为2m/sB.导线框bc边长为L2=0.1mC.导线框开始运动时ab边到磁

场边界ef的距离为0.4mD.导线框进入磁场的过程中产生的热量为1J【答案】ACD【解析】导线框刚进入磁场时做匀速运动，则2201sin30BLvFmgR=+，解得v=2m/s；根据12BLLqRR==，解

得L2=0.2m，选项B错误；线圈在磁场外运动的加速度：02sin305/Fmgamsm−==，则导线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为2220.4225vxmma===，选项C正确；导线框进入磁场的过程中产生的热量为022sin

30100.2100.50.21QFLmgLJ=−=−=，选项D正确；故选ACD.点睛：此题关键是搞清线圈进入磁场的过程的受力情况以及能量转化情况；并且要记住一些经验公式，例如安培力的公式22=BLvFR安以及电量的

公式qR=总等.二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.如图所示为“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置．某同学的实验步骤如下：①用天平测量并记录物块和拉力传感器的总质量M；②调整长木板和滑轮，使长木板水平且

细线平行于长木板；③在托盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，记录拉力传感器的读数F1，根据相对应的纸带，求出加速度a1；④多次改变托盘中砝码的质量，重复步骤③，记录传感器的读数Fn，求出加速度an．请回答下列问题：(1)图乙是某次实验得到的纸带，测出连续相邻计时点O、A、

B、C、D之间的间距为x1、x2、x3、x4，若打点周期为T，则物块的加速度大小为a=________________(用x1、x2、x3、x4、T表示)．(2)根据实验得到的数据，以拉力传感器的读数F为横坐标、物块的加速度a为纵坐标，画出a-F图线如图丙所示，图

线不通过原点的原因是____________，图线斜率的倒数代表的物理量是__________．(3)根据该同学的实验，还可得到物块与长木板之间动摩擦因数μ，其值可用M、a-F图线的横截距F0和重力加速度g表示为μ=____________，与真实值相比，测得的动摩擦因数__________

(填“偏大”或“偏小”)．【答案】(1).34122()()4xxxxT+−+；(2).没有平衡摩擦力；(3).M；(4).0FMg=；(5).偏大；【解析】(1)根据逐差法求出加速度：34123412222()()()()(2)4xxxx

xxxxxatTT+−++−+===(2)根据图像可知，当拉力大于F0时，才产生加速度，所以原因为该同学在操作中没有平衡摩擦力(3)根据图像可知，当拉力等于F0时，物块刚好产生加速度，所以0FMg=，解得：0FMg=12.某物理兴趣小组欲将电流表G(量程为300μA，内阻约为100Ω)

改装成直流电压表(量程为6V)。小组同学先按图甲所示电路测量电流表的内阻，提供的实验器材有：A．电源(电动势为2V，内阻不计)；B．电源(电动势为10V，内阻不计)；C．电阻箱(最大阻值为999.9Ω)；D．滑动变阻器(0~

10kΩ)；E．滑动变阻器(0~50kΩ)；F．开关S1、S2，导线若干。(1)按图甲所示电路将图乙中实物间的连线补充完整，要求闭合开关的瞬间，电流表不会被烧坏________。(2)为了尽可能减小实验误差，电源应选用_________(选填“A”或“B”)，

滑动变阻器应选用______(选填“D”或“E”)。(3)在实物连线正确的情况下，主要实验步骤如下：①闭合S1，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表的指针满偏；②在保持滑动变阻器R1的滑片位置不变的情况下，闭合

S2，调节电阻箱R2，当其阻值为204.0时电流表G的示数如图丙所示，则电流表G的示数为_____μA，电流表的内阻为_______。③给电流表G______(选填“串”或“并”)联一个阻值为_____Ω的电阻，即可

将该电流表G改装成量程为6V的电压表。【答案】(1).；(2).B；(3).E；(4).200；(5).102.0；(6).串；(7).19898。【解析】(1)[1]根据原理图画得实物连线图如图所示；(2)[2][3]本实验采用的是恒流法

测电阻，为保证总电流几乎不变，电源选择电动势较大的B电源；滑动变阻器选择阻值大的E；(3)[4]电流表G量程为300μA，精确度为10μA，故读数为200μA；[5]流过电流表的电流为G200μAI=，总电流认为不变，则流过电阻箱的电流为2300μA-200μA100μAI==电流表和电阻箱并联，

两端电压相等，则有G22GIrIr=代入数值可得：G102.0Ωr=；[6]把电流表改装成电压表需要串联一合适的电阻；[7]设串联电阻阻值为R，电流表的满偏电流为mI，则有()GmIrRU+=代入数值可得G66.0Ω102.0Ω19898Ω30010URrI−=−=−=。13.如图所示，

圆柱形汽缸放在水平面上，容积为V，圆柱内面积为S的活塞(质量和厚度可忽略不计)将汽缸分成体积比为3：1的上下两部分，一轻质弹簧上下两端分别固定于活塞和汽缸底部，此时弹簧处于压缩状态，活塞上部气体压强为P

0，弹簧弹力大小为04pS，活塞处于静止状态。要使活塞移动到汽缸正中间并能保持平衡，可通过打气筒向活塞下部汽缸注入压强为p0的气体(汽缸下部有接口)。已知活塞处于正中间时弹簧恰好恢复原长，外界温度恒定，汽缸和活塞导热性能良好，不计活塞与汽缸间的摩擦，求：①初始状态活塞下部气体压强；②需要注入的

压强为p0的气体的体积。【答案】①34p0②916V【解析】①对活塞受力分析得：p0S=p1S+04pS解得：p1=34p0②设当活塞处于正中间时，上部气体压强为P2，则：p034V=p22V又弹簧处于原长，则下部气体压强也为p2

，则：p14V+p0Vx=p22V联立解得：Vx=916V14.如图所示，倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在

光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为EP。不计定滑轮，细绳，弹簧的质量，不计斜面，滑轮的摩擦，已知弹簧的劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L。现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时由静止释放物块A，当物块B

刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：(1)当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；(2)在以后的运动过程中物块A的最大速度。【答案】(1)A的加速度大小为21()msingm−，方向沿斜面向上(2)2211

2()PmmgsinEvkm=−【解析】(1)B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面．当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F．B受力平衡，F=m2g对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，m1gsinθ-F=m1a

联立解得21(sin)magm=−由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinθ＜m2g，即，21sinmm故A的加速度大小为21(sin)mgm−，方向沿斜面向上(2)由题意，物

块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm．从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，211sin2pmmgxEmv=+当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsinθ=kx联立解得

，2211sin2()pmEmgvkm=−15.如图所示，在xOy平面内，y＞0空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)

，以大小为0v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为30,23l−的A点进入电场中，然后从坐标为(),0l−的B点垂直x轴进入磁场区域，并通过坐标为(0,3)l的C点，最后从x轴上的D点(图中

未画出)射出磁场。求：(1)电场强度的大小E，以及粒子通过B点时的速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小B；(3)粒子从A点运动到D点所用的时间t。【答案】(1)2038mvEql=，02Bvv=(2)04mvBql=(3)0

43123lltv+=【解析】【详解】(1)粒子从A到B的过程中，0cosyvv=，123/3yltv=0sinxvv=，xvat=，qEam=有以上关系可得：电场强度的大小为：2038mvEql=粒子

经过B的速度大小为：02Byvvv==(2)从B经C到D的过程中，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：222()(3)RllR−+=根据洛伦兹力提供向心力：2BmvqvBR=由上式可得04mvBql=(3)从A到B的过程中，根据123/3yltv=可得：104

33ltv=从B经C到D的过程中，22Tt=2BRTv=可得：204ltv=从A到D的过程中：根据12ttt=+可得：000434431233lllltvvv+=+=