2021届辽宁省(上)高考模拟示范卷物理试题(二)

辽宁省2021年普通高中学业水平选择性考试（模拟卷）

物理试题（二）

本试卷共15题，共100分，考试时间75分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 注意事项:

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱。不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

第Ⅰ卷（选择题共46分）

一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

235921.铀核裂变链式反应是利用慢中子轰击

23592n891U10n56BanKr30n，下列说法正确的是

U产生裂变反应，其核反应方程为

A.m=146，n=36 C.m=144，n=35

B.m=146，n=35 D.m=144，n=36

2.2020年7月23日，我国成功发射“天问一号”火星探测器。已知火星的质量约为地球的的重力加速度为地球表面重力加速度的

1，火星表面102，地球的半径为R，则火星的半径约为 5A.0.5R C.0.2R

B.0.4R D.0.1R

3.某人乘坐竖直电梯上楼，他站在放在电梯底板上的压力传感器上，传感器上显示的压力随时间变化关系图

像如图，已知电梯在t1～t2时间内做匀速直线运动，重力加速度大小为g。据此可知

A.0～t1时间内，电梯的加速度为

F3g F2B.此人的质量为

F1 gC.t2～t3时间内，电梯速度减小 D.t1～t2时间内，电梯处于超重状态

4.如图所示，一质点在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，E、F点分别为AO和OB之间关于O点的对称点（EO和OF的距离相等）。质点从E点向右运动，经过时间t1第一次经过O点，再经过时间t2第二次经过F点，下列说法正确的是

A.质点经过E点和F点的速度一定同 B.质点经过E点和F点的加速度大小一定相等 C.质点经过E点和F点所受的力一定相同 D.质点的振动周期为t1+t2

5.如图所示，一副线圈上有滑动头P的理想变压器，原、副线圈总匝数之比为1:20，其原线圈与

u222sint(V)的电源连接，副线圈与一额定电压为220V、额定功率为40W的灯泡L连接成闭合电

路。若灯丝电阻不随温度变化，将滑动头P移到距离副线圈下端

1位置时，灯泡消耗的电功率为 4

A.5W

B.8W D.12W

C.10W

6.一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C两个过程变化到状态C，其p-V图像如图所示。已知气体在状态A时温度为27℃，以下判断正确的是

A.气体在A→B过程中对外界做的功为2.0×104J B.气体在B→C过程中可能吸热 C.气体在状态B时温度为900℃ D.气体在A→C过程中吸收热量

7.如图所示，在某建筑工地，工人甲将质量为m的工件利用固定在支架上的光滑定滑轮沿竖直方向提升到一定高度后，甲一直站在乙的身后拉紧绳索，此时绳索与水平方向的夹角为θ；工人乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶。已知甲、乙的质量分别为M甲、M乙，重力加速度大小为g，甲、乙始终处于静止状态，下列说法正确的是

A.工件匀速上升时，楼顶对甲的支持力为（M甲-m）g

B.工件以加速度a匀加速上升时楼顶对甲的摩擦力为m（g+a）sinθ C.乙将工件拉到楼顶过程，甲受到的摩擦力不变 D.乙将工件拉到楼顶过程，楼顶对乙的摩擦力逐渐增大

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分）

8.如图甲所示，在倾角为θ的U形金属导轨上放置一根导体棒MN，开始时导体棒MN处于静止状态。今在导轨所在空间加一个垂直于导轨平面的磁场，图中磁场方向为正方向，磁感应强度大小变化情况如图乙所示，导体棒始终静止。下列关于导体棒在0～t0内受到的摩擦力的大小的说法，正确的是

A.不断增大

B.不断减小 D.先减小后增大

C.先增大后减小

9.理论表明:弹簧振子的振动周期T2m1，总机械能与振幅A的平方成正比，即EkA2，k为弹簧k2

的劲度系数，m为振子的质量。如图，一劲度系数为k的轻弹簧一端固定，另一端连接着质量为m的物块，物块在光滑水平面上往复运动。当物块运动到最大位移为A的时刻，把另一质量也为m的物块轻放在其上，两个物块始终一起振动设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。放上质量也为m的物块后，下列说法正确的是

A.物块振动周期变为原来的2倍

B.两物块之间的动摩擦因数至少为

kA 2mgkA2C.物块经过平衡位置时速度为 2mD.系统的振幅可能减小

10.电视机显像管应用了电子束磁偏转原理。如图所示，电子束经电子枪加速后进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，经磁场偏转后打在荧光屏上产生亮点。已知电子的比荷为k，加速电子束的电子枪电压为U。电子束按图中方向偏转，在匀强磁场中运动轨迹所对应的圆心角为

，由此可知 4

A.图中偏转磁场的方向为垂直纸面向外

B.电子进入偏转磁场时的速度为2U k

C.电子在偏转磁场中运动轨迹的半径为2U kB2D.电子在偏转磁场中的运动时间为

k 4B第Ⅱ卷（非选择题共54分）

三、非选择题（本题共6小题，共54分）

11.（6分）某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，所用器材包括气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门A和B、砝码盘和砝码等。实验步骤如下:

（1）启动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平。

（2）用天平测出砝码与砝码盘的总质量为m、滑块（含遮光片）的质量为M，光电门AB之间的距离为L。用游标卡尺测量遮光片的宽度，如图乙所示，则遮光片的宽度d=___________mm。

（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块。

（4）释放砝码和砝码盘，令滑块在细线的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处光电门的遮光时间t1、t2。

（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，砝码和砝码盘、滑块组成的系统动能增加了__________，势能减少了__________。验证系统机械能守恒的表达式为__________。

（均用题中给出的物理量对应符号及重力加速度g表示）

12.（8分）某同学通过实验描绘小灯泡L（额定电压为2.5V，额定电流为0.3A）的伏安特性曲线，实验室有下列器材可供选择:

A.电流表（量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω）；

B.电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）；

C.电压表（量程0～3V，内阻约为10kΩ）；

D.滑动变阻器R1（阻值范围为0～10Ω，额定电流为2A）； E.滑动变阻器R2（阻值范围为0～100Ω，额定电流为1.5A）； F.直流电源E（电动势为8V，内阻r=9Ω） G.开关、导线若干。

（1）为减小实验误差且要求电压从0开始调节，实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用__________。（均填写字母序号）

（2）若描绘的小灯泡L的伏安特性曲线如图甲所示将该小灯泡L与一个电动势为4V、内阻为9Ω的电源和滑动变阻器R（阻值范围为0～20Ω）连接成如图乙所示的电路，闭合开关，移动滑动变阻器R的滑片改变滑动变阻器电阻。在R的变化范围内，电源的最大输出电功率为_________W，此时小灯泡的功率为_________W，滑动变阻器R接入电路的电阻为_________Ω。（结果都保留两位有效数字）

13.（10分）如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口且足够长，用两段水银

封闭了A、B两部分理想气体，下方水银左右液面高度差△L=6cm，右管上方的水银柱高h=18cm，初状态时的环境温度为27℃，A气体长度l1=13cm，外界大气压强p0=76cmHg。现保持温度不变在右管中缓慢注入水银，使下方水银左右液面等高。然后给A部分气体缓慢升温，

使A中气柱长度恢复到13cm。求:

（1）右管中注入水银的高度△h。

（1）A中气柱长度再次为13cm时，A部分气体的温度。 14.（13分）如图所示，竖直面内半径R=0.45m的

1光滑圆弧轨道AB与水平面BE在B点平滑连接，在水4平面上固定一开口可以让小滑块通过的竖直光滑圆轨道CDC′，在水平轨道右侧相距不远处有一与竖直方向夹角θ=37°斜面。在水平轨道左侧放置一质量m=0.1kg的滑块Q，一质量为2m的滑块P从A点静止释放，滑动到水平轨道上后与滑块Q发生弹性碰撞，碰撞后滑块Q恰好能够通过竖直面内圆轨道的最高点D，而后运动到水平轨道最右端E后水平抛出，滑块Q恰好从斜面的最高点G进入斜面，并且与斜面不碰撞。已知水平轨道BC部分光滑，滑块与C′E部分轨道间的动摩擦因数加速度g=10m/s2。求:

1

，C′E=R，sin37°=0.6，重力9

（1）小滑块P经过半圆弧轨道B处时受到的支持力大小。

（2）竖直圆轨道CDC′的半径。 （3）E、G之间的水平距离。

15.（17分）如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1（a，0），圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场。在直线y=a的上方和直线x=2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力。

（1）求磁感应强度B的大小.

（2）若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射人第一象限，当速度方向与x轴正方向的夹角为θ=30°时，求粒子从第一次射入磁场到最终离开磁场的时间t.

辽宁省2021年普通高中学业水平选择性考试（模拟卷）

物理试题（二）参考答案

1.D

解析:根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知m=235+1-89-3×1=144，n=92-56=36，D项正确。 2.A

2R地MgMm解析:由G2mg，得2=地火，即R火=0.5R，A项正确。

RR火M火g地3.C

解析:根据压力随时间变化关系图像可知，0～t1时间内，压力为F3，由牛顿第三定律可知，压力传感器对人

的支持力大小等于F3；t1～t2时间内，压力为F2，由牛顿第三定律可知，压力传感器对人的支持力大小等于F2，由平衡条件可知，人的重力等于F2，则其质量mF2；0～t1时间内，由牛顿第二定律，有F3-F2=ma，g解得aF3F2g，A、B项错误。t2～t3时间内，压力小于人的重力处于失重状态，电梯加速度向下，电F2梯做减速运动，电梯速度减小，C项正确。t1～t2时间内，电梯匀速运动，加速度为零，不是处于超重状态，D项错误。 4.B

解析:由题述E、F点分别为AO和OB之间关于O点的对称点，根据简谐运动的对称性可知，质点经过E点和F点的速度大小一定相等，但方向可能相反，A项错误；由EO和OF的距离相等，根据质点简谐运动的回复力公式可知质点经过E点和F点所受的回复力大小一定相等，方向都是指向O点，由牛顿第二定律可知，质点经过E点和F点的加速度大小一定相等，B项正确、C项错误；质点从E点向右运动，经过时间t1第一次经过O点，再经过时间t2第二次经过F点，所以t1+t2=5.C

解析:由u222sin100t(V)可知，原线圈输入电压U1=22V。由灯泡额定电压为220V、额定功率为40W、P=UI，可得灯泡额定电流I=

T，D项错误。 221A。当滑动头P移到距离副线圈下端位置时，原副线圈匝数之比为n1：n2=1:5，114n2U1110V，灯丝电阻不变，则灯丝中电流为额定电n1根据理想变压器变压公式U1:U2=n1：n2，可得U2流的

11，即IA，则灯泡消耗的电功率P=U2I′=10W，C项正确。 2116.D

解析:气体在A→B过程中压强不变体积增大，气体对外界做功，气体对外界做的功W=pA（VB-VA）=1.5×105×（0.3-0.1）J=3.0×104J，A项错误；气体在B→C过程中体积不变，压强减小，温度降低内能减小，由热力学第一定律可知气体一定放热，B项错误；气体在A→B过程，由

VAVB可得气体在状态B时温度TATB为TB=900K=627℃，C项错误；气体在A→C的过程，由理想气体状态方程可知，A和C两状态温度相等，气体内能相同，由热力学第一定律△U=W+Q，可知气体对外界做功并且吸收热量，D项正确。

7.D

解析:在质量为m的工件竖直向上匀速运动过程中，甲拉绳索的拉力等于工件重力mg，由牛顿第三定律可知，绳索对甲的拉力等于mg。对甲受力分析，由平衡条件可知，FN+mgsinθ=M甲g，解得FN=（M甲-mgsinθ）g，A项错误；在质量为m的工件以加速度a竖直向上匀加速运动过程中，由牛顿第二定律，有F-mg=ma，绳索对甲的拉力F=m（g+a）。对甲受力分析，由平衡条件可知，Ff=Fcosθ=m（g+a）cosθ，B项错误；乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶过程中，对结点进行受力分析，根据平衡条件和平行四边形定则，如图所示，绳索拉力F1逐渐增大，乙拉轻绳的拉力F2逐渐增大。由牛顿第三定律可知绳索对甲的拉力不断增大，轻绳对乙的力逐渐增大。对甲，由平衡条件可知，甲受到的摩擦力不断增大，C项错误；对乙，在水平方向由平衡条件可知，楼顶对乙的摩擦力逐渐增大，D项正确。

8.B

解析:在0～t0内，磁感应强度均匀减小，感应电流恒定，安培力沿斜面向下减小，由平衡条件知，摩擦力不断减小，B项正确。 9.BC

解析:根据弹簧振子的振动周期公式，放上质量也为m的物块后，振动周期变为原来的2倍，A项错误；两个物块一起振动，即加速度相同。系统的最大加速度amax的最大静摩擦力提供即amaxg，所以FmaxkA，上面物块的加速度由二之间mm2mkA，B项正确；它们经过平衡位置时，机械能全部转化为2mgkA21212动能，故kA(mm)v，所以v，C项正确由于振动过程中系统机械能守恒，而弹簧振子

222m的总机械能与振幅的平方成正比，所以振幅不变，仍为A，D项错误。 10.AC

解析:由左手定则可判断出偏转磁场的方向为垂直纸面向外，A项正确；设电子质量为m，电荷量为e，电子束射入到偏转磁场时的速度为v，由动能定理,有eU2eU122kU，B项错误；电mv，解得vm2mv2Umv2子进入偏转磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有evB，解得r，C项正确；电子2eBkBr在磁场中的运动时间t11.（2）6.65（1分）

rvmeB4kB，D项错误。

（5）

111111(Mm)d2(22)（2分）mgL（1分）(Mm)d2(22)mgL（2分） 2t2t12t2t1解析:（2）根据游标卡尺读数规则，遮光片的宽度d=6mm+13×0.05mm=6.65mm

（5）遮光片通过两个光电门的速度分别为vAdd、vB砝码和砝码盘、滑块组成的系统动能增加了t1t21111122(Mm)vB(Mm)vA(Mm)d2(22)，势能减少了mgL。验证系统机械能守恒的表达式222t2t1为

111(Mm)d2(22)mgL。 2t2t112.（1）A（1分）D（1分）

（2）0.44（2分）0.37（2分）1.3（2分）

解析:（1）由于小灯泡额定电流为0.3A，以电流表应选择量程0～0.6A的电流表（序号A）；实验要求电压从0开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器应选择阻值范围为0～10Ω的滑动变阻器R1（序号D）。

（2）根据电源输出电功率最大的条件，当外电路电阻R外等于电源内阻r=9.0Ω时，电源输出电功率最大，

E24W。电源输出电功率最大时，电路总电阻为R外+r=2r=18Ω，由闭合电路欧姆定最大输出功率P4r9律可得小灯泡中电流IE2A，由题图甲所示的小灯泡伏安特性曲线可知，I=0.22A时对应的电压U灯2r9

=1.70V，小灯泡的功率P灯=U灯I=1.7×0.22W=0.37W。小灯泡的电阻R灯=路的电阻R=r-R灯=1.3Ω。

13.解:（1）设右管中注入的水银高度为△h，对A部分气体，有 初状态p1p0(186)cmHg100cmHg，V1Sl113S（1分）

U灯=7.7，滑动变阻器接入电I末状态p2p0(18h)cmHg(94h)cmHg，V2S(l1根据玻意耳定律，有p1V1p2V2 （2分） 解得△h=36cm。（1分）

l)10S（1分） 2（2）升温前A部分气体的温度T0=300K，设升温后A部分气体的温度为T，对A部分气体进行分析 升温前p2p0(18h)cmHg130cmHg，V2=10S（1分）

升温后p3(p0hhL)cmHg136cmHg，V3=13S（1分）

根据理想气体状态方程，有

p2V2p3V3（2分） T0T解得T=408K（1分）

14.解:（1）滑块P沿

112光滑圆弧轨道下滑，机械能守恒，有2mgR=2mvB （1分） 422vB设轨道对滑块P的支持力为F，由牛顿第二定律，F-2mg=2m（1分）

R联立解得F=6mg=6N。（1分） （2）滑块P与Q发生弹性碰撞，有

2mvB2mvPmvQ （1分）

111222 （1分） 2mvB2mvPmvQ222

解得vQ42gR4m/s （1分） 32vD设竖直圆轨道CDC′的半径为r，滑块Q恰好通过最高点D，有mgm （1分）

r由滑块Q运动过程机械能守恒有

1212mvQmvDmg2r （1分） 22解得r32R0.32m（1分） 451212mvEmvQ （1分） 22（3）滑块Q滑到E点的过程中，由动能定理可得mgR滑块Q以速度vE从E点水平飞出，设经过时间t，好沿斜面下滑，有tanvE （1分） gtE、G之间的水平距离x=vEt（1分） 联立解得x=

40R=2m。（1分） 9v215.解:（1）设粒子在磁场中做圆运动的轨迹半径为R，则qvBm（2分）

R粒子自A点射出，由几何知识R=a（1分）

解得Bmv。（2分） qa2a（2分） v（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期T设粒子从磁场中的P点射出，因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形，如图所示，故粒子从P点的出射方向与y轴平行，粒子由O到P所对应的圆心角θ1=60°（1分）

由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离sacos3a（2分） 2粒子在电场中做匀变速运动，在电场中运动的时间t1=m（2分）

粒子由P点第2次进入磁场，由Q点射出，PO1QO3构成菱形，由几何知识可知 Q点在x轴上，粒子由P到Q的偏向角θ2=120°，则 θ1+θ2=π（1分）

粒子先后在磁场中运动的总时间t2T （1分） 22(as)（1分） v粒子在场区之问做匀速运动的时间t3粒子从第一次射入磁场到最终离开磁场的时间t总=t1t2t3(23)a2mv。（2分） vqE