决胜2021年新高考物理核心素养卷（05） （辽宁专用解析版）

2021年辽亍省新局考综合模拟

物理核心素养卷（05）

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。

1.1885年，巴耳末对当时已知的氢气放电管获得的四条可见光谱进行研究，发现这些谱线满足

〃=3、4、5、6,这个公式称为巴耳末公式.如图所示，氢原子能级图可以很好的解释巴

耳末公式。已知可见光能量在1.64~3.19V之间，巴耳末研究的四条可见光消中波长最长的是在哪两个能级

之间跃迁辐射的（）

n簟

8

4=

3

=」

2

1----------------13.6

A.3至U2B.4至l」2C.5至IJ2D.6至!]2

【答案】A

【解析】巴耳末系是指氢原子由高能级向〃=2能级跃迁时释放的光子，巴耳末研究的四条可见光谱中波长

最长的，对应的是两个能级之间能量差值最小的能级，为3到2,故A正确，BCD错误。

故选Ao

2.在图示的双缝涉实验中，光源S到缝Si、S2距离相等，R）为与S2连线中垂线与光屏的交点。用波长为

400nm的光实验时，光屏中央Po处呈现中央亮条纹（记为第。条亮条纹），P处呈现第3条亮条纹。当改

用波长为600nm的光实验时，尸处将呈现（）

A.第2条亮条纹B.第3条亮条纹

C.第2条暗条纹D.第3条暗条纹

【答案】A

【解析】由公式Ax=%可知

当改用波长为600nm的光实验时，则有

na

即

〃_4_400

3-X-600

解得

n=2

即P处将呈现第2条亮条纹。

故选A»

3.如图所示，某人把质量为〃?的石块从距地面人高处以初速度％抛出，%方向与水平方向夹角为，

(00<0<90°),石块最终落在水平地面上。若空气阻力可忽略，则下列说法不正确的是()

A.石块和地球构成的系统的机械能守恒

B.石块在运动全程中的动量变化量为

C.石块落地时的动能大小为mgh+；mvl

1,

D.人对石块做功的大小为一根片

2

【答案】B

【解析】A.石块在空中运动时只有重力做功，石块和地球构成的系统机械能守恒，A正确，不符题意；

B.物体在竖直方向上做匀变速直线运动，有

2

h--v0sina/+ggt

解得

vsin0+JVQsin20+2gh

0t=--------------------------------

g

由动量定理可得

^p-mgt-m{vQsin0+Jv：sin?.+2g/?)

B错误，符合题意：

C.由机械能守恒可得

12

Ek-mgh+—mvn

C正确不符题意；

D.人对石块做功使得石块获得动能，即人对石块做功的大小为D正确，不符题意。

故选B,

4.如图所示，不可伸长且足够长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于。'点的固定光滑轴悬挂质

量为例的物块，00'段水平，长度为L,绳子上套一可沿绳滑动的轻环.现在轻环上悬挂质量为机的钩码,

平衡后物块上升了L,则钩码和物块的质量关系正确的是

【答案】D

【解析】由题意可知，重新平衡后，绳子形状如下图:

WG

由于OO'长为3物体上升高度L,说明绳子在左侧总长度为23则左右两边均为L如图所示，则可知:

1

si・ntA）=—

故绳子与竖直方向夹角为30。，则环两边绳了•的夹角为60。，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合

力为：

F=2Mgcos3Q0=6Mg

根据平衡条件，则钩码重力为:

mg=#Mg

则可知钩码的质量为:

故D正确，ABC错误.

5.如图所示是某幼儿园滑梯设计示意图，倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑衔接。滑梯高度限定为儿滑梯

与儿童裤料之间动摩擦因数为〃，设倾斜滑道AB与水平面夹角为明为保证儿童的安全，要求儿童能从A

点由静止下滑并停在水平滑道8c上，则（）

B/a

应满足sina</z

B.应满足tanaV"

h

C.滑梯的水平跨度％DN—

D.滑梯的水平跨度2D24%

【答案】C

【解析】AB.儿童卜滑时应该满足

mgsin8〉jjmgcos0

即

〃<tan6

选项AB错误；

CD.由能量关系

mgh<jumgcos0-xAB+/amg-xBC=jumg-xCD

解得

%CD——

选项C正确，D错误。

故选C。

6.如图所示，分别把两个带电小球A、B（均可视为点电荷）用等长的绝缘细线悬挂在天花板上，在其所

在空间施加一水平方向的匀强电场后，悬线刚好沿竖直方向，且A、B均保持静止。则（）

A.两悬线受到的拉力大小一定相等

B.两球一定带等量异种电荷

C.匀强电场方向一定水平向右

D.A、B两球连线中点处的场强可能为零

【答案】B

【解析】A.由共点力的平衡可知，悬线受到的拉力大小等于带电小球所受的重力大小，由于两小球的质量

关系未知，所以无法判断两小球所受重力的大小的关系，也就无法判断两悬线受到的拉力大小的关系，故A

错误；

BC.若匀强电场水平向右，由平衡条件可分析出A应带负电荷、5应带正电荷，两球之间的库仑力为引力

且大小相等，可设为尸，设A小球所带电荷量为心、3小球所带电荷量为外,故由平衡条件可知

F=qAE=qKE

可得

同理，当匀强电场的方向水平向左时，A带正电荷、5带负电荷，且电荷量相等，故B正确，C错误;

D.对于任一小球，平衡时有

2

qE=k（

r

（r为平衡时两球之间的距离），即

E=k2

r

而由点电荷场强的合成知识可知，在两球连线中点处，两点电荷的合场强大小为

且始终与所加匀强电场的方向相反，因此两球连线中点处的合场强大小为

故一定不会为零，故D错误。

故选B。

7.如图所示，两根金属导轨MMPQ相互平行，上端接入一个定值电阻，构成U型导轨。金属棒"恰好

能静止在导轨上并与两导轨始终保持垂直且接触良好，现在导轨所在空间加一垂直于导轨的匀强磁场，匀

强磁场的磁感应强度从零开始随时间均匀增大，经一段时间后金属棒开始运动，从加磁场到金属棒开始运

动的时间内，金属棒而受力情况中（）

A.安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大

B.安培力方向始终向下，安培力大小保持不变

C.摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大

D.摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变

【答案】A

【解析】AB.当加磁场时，感应电动势大小为

厂△①kBS

E=----=--------

△tZ

由于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以竽AR定值，感应电动势E不变，则安培力大小为

△t

E

F.=B1L=B——L

女R

由于£、R、L为定值，8均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向

始终沿斜面向上，故A正确，B错误；

CD.未加磁场时，金属棒他恰好能静止在导轨上，可得

Ff=mgsin0

方向沿斜面向上，由AB选项可知，安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大，则摩擦力方向先沿

斜面向上，大小逐渐减小到零；当七=感5皿。时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，摩擦力方向沿斜

面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，综上所述，故C、D错误。

故选A。

8.观看科幻电影《流浪地球》后，某同学设想地球仅在木星引力作用下沿椭圆轨道通过木星的情景，如图

所示，轨道上P点距木星最近（距木星表面的高度可忽略），则（）

椭圆轨道球

P

_一,

A.地球靠近木星的过程中运行加速度增大

B.地球远离木星的过程中机械能减小

C.地球远离木星的过程中动能减小

D.地球在P点的运行速度等于木星第一宇宙速度

【答案】AC

【解析】A.地球在轨道上运行时，万有引力提供加速度，则有

GM

地球靠近木星的过程中，，•减小，所以加速度增大，故A正确;

B.地球远离木星的过程中，只有万有引力做负功，因此机械能守恒，故B错误；

C.地球绕木星做椭圆运动，根据开普勒第二定律可得，远木点的速度小，近木点的速度大，故地球远离木

星的过程中，运行速度减小，动能减小，故C正确；

D.若地球在尸点绕木星做匀速圆周运动，则速度等于木星的第一宇宙速度，即

而地球过户点后做离心运动，万有引力小于需要的向心力，则有

GMmmvj,

-------<-----

R2R

即

即地球在P点的运行速度大于木星的第一宇宙速度，故D错误;

故选AC。

9.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，其右侧部分为一火警报警系统原理图的一部分，为阻值随

温度升高而减小的热敏电阻，常温和低于常温时其电阻等于属，凡为一定值电阻，电压表和电流表均为理

想交流电表。原、副线圈匝数比勺：〃2=4:1,其输入端。、）间所接电压〃随时间/的变化关系如图乙所

示。报警电路两端电压超过一定值时触发报警（图甲中未画出），下列说法正确的是（）

图甲图乙

A.电压表的示数可能大于30V

B.通过&的电流的频率为55Hz

C.报警电路一定接在与两端

D.增大凡的阻值可提高该报警系统的灵敏度

【答案】CD

【解析】A.由图乙可知，输入电压有效值为220V,根据变压器的电压与匝数的关系，可得副线圈两端

的电压有效值为55V,电压表测得的是与两端的电压，则常温和低于常温时，电压表示数为27.5V,高温

和出现火警时，&电阻减小，副线圈中电流增大，因副线圈两端电压不变，用两端电压增大，则电压表示

数减小，故A错误；

B.变压器与电阻不改变电流频率，由图乙可知，电流频率为50Hz,故B错误；

c.图甲电路中，用两端的电压随温度升高而减小，不符合报警电路要求，K两端电压因&电阻减小而

增大，符合要求，原副线圈两端电压不变，故报警电路只能接在"两端，故c正确；

D.增大用的阻值会使R1分得的电压增大，报警器更容易被触发，故D正确。

故选CD。

10.正方形导线框ahtW边长为L，垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，上、下边界分别为MN、PQ,宽

度为d。线框平面竖直，。匕边与MN平行，距离为h,线框从静止释放后,。匕边在下落过程中经过MN

与经过PQ时的速度相等。重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

dc

_II

MabN>

XXX

Bd

XXXU

PQ

A.。。边刚进入磁场时，线框加速度一定向上

B.磁场的宽度d可能小于线框的边长L

C.cd边到达MN的速度一定等于J2g仅+L-d）

D.线框穿过磁场的全过程，产生的焦耳热一定为2根g4

【答案】BC

［解析】设线框电阻为R.ab到达MN时速度为v,,cd到达MN时速度为v2,全过程产生的焦耳热为。,

对，方到达政V时有

mgh=gnv；

电动势

E=BL%

感应电流为

1/=BL'

RR

安培力

F=B『安

①若生£乜<“，沿边进入磁场后做加速运动，边经过PQ时的速度一定大于经过时的速度,

R

与题意不符。

②若红五="边进入磁场后开始做匀速运动，若该条件下d<L,出?边经过MN与经过P。时

R

的速度相等，有

mg(L-d)=gmvf

得

岭=J2g(/z+L-d)

必穿过磁场产生的焦耳热cd穿过磁场产生的焦耳热。2>mgd，全过程产生的焦耳热

Q=。1+>2mgd

若该条件下d=L，/边经过MN与经过尸。时的速度相等，有

mg（L-tZ）=^mVj-mvf

得

v2=小2g(h+L-d)=yj2gh

全过程产生的焦耳热

Q=2mgd

若该条件下d>L,线框全部进入磁场后加速运动，"边经过PQ时的速度大于经过MN时的速度，与题

意不符。

③若里4>mg,ab边进入磁场后做减速运动，若该条件下边经过PQ时的速度小于经过

R

MN时的速度，与题意不符；

若该条件下d>L,线框全部进入磁场后，线框加速，H边经过PQ时的速度可能等于经过MV时的速度,

有

得

岭=j2g(/?+」-d)

cd边到达尸。时的速度为岭，全过程由能量守恒定律有

mg(h+d+L)=；mv\+Q

得

Q-2mgd

故选BC。

二、非选择题:本题共5小题，共54分。

11.在“探究加速度与合外力关系”的实验中，某兴趣小组重新设计实验，实验装置如图1所示，实验步骤如

下：

①细绳一端系在小车上，另一端绕过定滑轮后挂一个小祛码盘（不计绳与滑轮间的摩擦）：

②在盘中放入质量为机的祛码，用活动支柱将木板装有定滑轮的一端垫高，调整木板倾角，恰好使小车沿

木板匀速下滑；

③保持木板倾角不变，取下祛码盘，将纸带与小车相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器电

源后，释放小车；

④取下纸带后，记录祛码和祛码盘的质量，"+，〃0和对应的小车加速度公

⑤改变盘中祛码的质量，重复②③④步骤实验。

回答下列问题

(1)你认为本次实验中小车的质量是否需要远远大于祛码的质量？(填“是”或“否”)

(2)在上述步骤④中，如果只记录祛码的质量，在其它步骤与计算都正确的情况下，得到的图像是图2中哪

一个？(填“甲”或“乙”)

【答案】否乙

【解析】(1)口］当物体小车匀速下滑时有

mgsind=f+(m+mQ)g

当取下细绳和祛码盘后，由于重力沿斜面向下的分力"igsinJ和摩擦力/不变，因此其合外力为。由

此可知该实验中不需要祛码和祛码盘的总质量远小于小车的质量

(2)⑵应该记录祛码和祛码盘的质量〃?+,如，如果只记录祛码的质量，将会使不加祛码时也存在合外力，即在

外力为零时，加速度不为零，故选乙

12.某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表——欧姆表：

(1)先用如图(a)所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3k。

时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12kQ时，电压表指针指恰好半偏。由以上信息可求得电压表的内

阻Rv=____kQ；

(2)将图(a)的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图

(b)所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱,

使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为(填0或8);再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接

不同阻值的已知电阻，找出对应的电压刻度，则“IV”处对应的电阻刻度为kQ；

(3)该欧姆表使用一段时间后，电动势不变，但内阻变大不能忽略，若将两表笔断开时调节电阻箱，指针仍

能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将O（填“偏大”，“偏小”，或“不变”）

【答案】6coi不变

【解析】（1）［1］由图（a）所示电路图可知，电源电动势为

E^U+IR

由题意可知

3

E=3+—x3xlO3

《

E=1.5+—xl2xlO3

Rv

解得

E=4.5V

R、.=6kQ

（2）［2］两表笔断开，处于断路情况，相当于两表笔间的电阻为无穷大，即电压表的示数为3V时，此处刻

度值为8。

（2）［3］设电阻箱接入电路的阻值为R,电源电动势为E,则电路电流

,3I=—E=--3-

R、,R

即

3E-3

6x103一R

若电压表示数为IV,电路电流

.1E-1

其中

R=4

+R

RvX

代入数据解得

&=IkQ

（3）|4］设电池内阻为「时，电阻箱阻值为R,电压表满偏，则

E

8

R+/?v+r

当电池内阻为，时，电阻箱阻值为电压表满偏，则

gR+R^+r

由以上两式可知

r+R=/+R

测某个电阻时，有

u—3….E

氏+&K~+r+R

&+R,

RvR：E

U=--―---；------------

比较可知，若电压相等，则

尺'=R

测量结果不变。

13.如图所示为某实验装置示意图，A、8、。在同一竖直线上，一根轻质弹性绳一端固定在天花板上A点，

另一端绕过8处的定滑轮后系在一个质量为胆=0.8kg的小物体上，小物体置于地面上。处时，弹性绳中

弹力为/〃际，将小物体向右推到点，OOi距离为xi=0.3m,小物体由静止释放，并水平向左滑行，当

小物体经过O点时与弹性绳脱离，之后恰能运动至M处，OM距离为s=0.075m,已知弹性绳原长等于4B

距离，且始终不超过弹性限度，弹性势能为纥=一左（加）2,△/为形变量大小，小物体与地面的动摩擦因数

P2

为〃=05g-10m/s2o求：

（1）小物体运动到O位置时的速度大小P：

（2）弹性绳的劲度系数生

（3）小物体的向左最大速度Vm。

【答案】(I)—m/s；(2)2ON/m；(3)lm/s

2

【解析】(1)OTM过程，由动能定理

2

-pimgs=。-gwv

得

》=J2〃gs=^m/s

(2)OIT。过程，分析弹力在水平方向上的分量

Fx=k'lcos0=k^x

即人与相对O点的水平位移Ar成正比，分析弹力在竖直方向上的分量

F、=kAlsin0-khBO=恒量=gmg

即0^0过程中支持力

FN='恒量=mg—gmg=gmg

由动能定理

g(依］+0)%-gmgx^=1mv2_0

解得

2

L+呼=20N/m

片

(3)设。2点速度最大，此处受力平衡

,1

仇

得

=^=O.lm

2k

5一。2过程，由动能定理

；（区।+履2）（%一*2）-（王一々）〃=^加片一°

解得

=:（片—1）—wngq>2）_1nl公

m

14.如图所示，喷雾器内有13L药液，上部封闭有latm的空气2L.关闭喷雾阀门，用打气筒活塞每次可以

打进latm、200cm3的空气，（设外界环境温度一定，忽略打气和喷药过程温度的变化，空气可看作理想）

求：

①要使喷雾器内气体压强增大到2.4atm,打气筒应打气的次数n；

②若压强达到2.4atm时停止打气，并开始向外喷药，那么当喷雾器内药液上方空气的压强降为latm时，桶

内剩下的药液的体积。

加水口

空气打

筒

二药液二

喷雾~活塞

阀门程向阀

【答案】①14；②10.2L

【解析】①设应打气〃次，则有

3

Pi=latm,-200cm-n+2L=0.2nL+2L,匕=2L,p2=2.4atm

根据玻意耳定律得

py^=Pivz

解得

〃=14次

②由题意可知

匕=2L,p[=2.4atm,p'2=latm

根据玻意耳定律得

PM'=PM

解得

匕'=4.8L

剩下的药液

V=15L-4.8L=10.2L

15.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，相距为L,导轨上端接有阻值为R的电阻，水平条

形区域I和H内有磁感应强度为3