2021年辽宁省普通高中学业水平选择性考试物理试题（辽宁卷）

1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽 $300m$ ，水流速度 $3\mathrm{m/s}$ ，木船相对静水速度 $1\mathrm{m/s}$ ，则突击队渡河所需的最短时间为（　　）

A． $75s$

B． $95s$

C． $100s$

D． $300s$

【答案与解析】

船头垂直河岸时渡河时间最短，垂直河岸的分速度即木船相对静水的速度 $v=1\,\mathrm{m/s}$ ，故 $t_{\min}=\dfrac{300}{1}\,\mathrm{s}=300\,\mathrm{s}$ 。故选D。
赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现，接收电路的电极如果受到光照，就更容易产生电火花。此后许多物理学家相继证实了这一现象，即照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出。最初用量子观点对该现象给予合理解释的科学家是（　　）

A．玻尔

B．康普顿

C．爱因斯坦

D．德布罗意

【答案与解析】

爱因斯坦提出光量子假说，从理论上解释了光电效应。故选C。
某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

$x-t$ 图象的斜率表示速度。由图可知，在 $0\sim t_1$ 时间内斜率增大，汽车加速；在 $t_1\sim t_2$ 时间内斜率不变，汽车匀速；在 $t_2\sim t_3$ 时间内斜率减小，汽车减速。因此对应的 $v-t$ 图象应先均匀增大、再保持不变、最后均匀减小到零。故选A。
一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图所示，比较内芯中的a、b两束光，a光的（　　）

A．频率小，发生全反射的临界角小

B．频率大，发生全反射的临界角小

C．频率小，发生全反射的临界角大

D．频率大，发生全反射的临界角大

【答案与解析】

由光路图可知，a 光相对于入射方向的偏折程度小于 b 光，因此 a 光的折射率较小、频率较小。由全反射临界角公式 $\sin C=\dfrac{1}{n}$ 知，折射率越小，临界角越大。故选C。
如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO'以角速度 $\omega$ 匀速转动，ab边距轴 $\frac{L}{4}$ 。线圈中感应电动势的有效值为（　　）

A． $NBL^{2}\omega$

B． $\frac{\sqrt{2}}{2}NBL^{2}\omega$

C． $\frac{1}{2}NBL^{2}\omega$

D． $\frac{\sqrt{2}}{4}NBL^{2}\omega$

【答案与解析】

线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，感应电动势的最大值 $\mathcal{E}_{\mathrm{m}}=NBS\omega=NBL^2\omega$ ，与转轴在线圈平面内的位置无关，故有效值 $\mathcal{E}=\dfrac{\mathcal{E}_{\mathrm{m}}}{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2}NBL^2\omega$ 。故选B。
等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点，电势能分别为 $E_{pa}$ 和 $E_{pb}$ ，电荷所受电场力大小分别为 $F_a$ 和 $F_b$ ，则（　　）

A． $E_{pa}>E_{pb}$ ， $F_a>F_b$

B． $E_{pa}>E_{pb}$ ， $F_a<F_b$

C． $E_{pa}<E_{pb}$ ， $F_a>F_b$

D． $E_{pa}<E_{pb}$ ， $F_a<F_b$

【答案与解析】

电场线越密处场强越大，b 点附近电场线较密，故 $E_b>E_a$ ，负电荷所受电场力 $F=qE$ ，所以 $F_a<F_b$ 。沿电场线方向电势降低，a 点电势高于 b 点电势；负电荷的电势能 $E_p=q\varphi=-|q|\varphi$ ，因此 $E_{pa}<E_{pb}$ 。故选D。
一列沿x轴负方向传播的简谐横波， $t=2s$ 时的波形如图（a）所示， $x=2m$ 处质点的振动图像如图（b）所示，则波速可能是（　　）

A． $\frac{1}{5}\mathrm{m/s}$

B． $\frac{2}{5}\mathrm{m/s}$

C． $\frac{3}{5}\mathrm{m/s}$

D． $\frac{4}{5}\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

由图（b）知周期 $T=4\,\mathrm{s}$ ，且 $t=2\,\mathrm{s}$ 时 $x=2\,\mathrm{m}$ 处质点经平衡位置向下振动。波沿 $x$ 轴负方向传播，由“上下坡”法可知 $x=2\,\mathrm{m}$ 与 $x=0$ 处质点的相位差为半波长的奇数倍，即 $2\,\mathrm{m}=\left(n+\dfrac12\right)\lambda$ （ $n=0,1,2,\dots$ ）。取 $n=2$ 与图（a）中波形吻合，得 $\lambda=0.8\,\mathrm{m}$ ，故 $v=\dfrac{\lambda}{T}=\dfrac{0.8}{4}\,\mathrm{m/s}=\dfrac15\,\mathrm{m/s}$ 。故选A。
2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的速率比和周期比，则可求出火星与地球的（　　）

A．半径比

B．质量比

C．自转角速度比

D．公转轨道半径比

【答案与解析】

设探测器在近火星、近地球圆轨道的速率分别为 $v_1,v_2$ ，周期分别为 $T_1,T_2$ 。由 $v=\dfrac{2\pi r}{T}$ 可得轨道半径比 $\dfrac{r_1}{r_2}=\dfrac{v_1T_1}{v_2T_2}$ ；因轨道半径近似等于星球半径，故可求火星与地球的半径比。再由 $M=\dfrac{v^2r}{G}=\dfrac{v^3T}{2\pi G}$ 可求质量比。探测器运行周期不是行星自转周期，也不能直接求公转轨道半径比。故选AB。
如图（a）所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图（b）所示的匀强磁场， $t=0$ 时磁场方向垂直纸面向里。在 $t=0$ 到 $t=2t_0$ 的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处； $t=2t_0$ 时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）

A．在 $t=\frac{t_{0}}{2}$ 时，金属棒受到安培力的大小为 $\frac{B_{0}^{2}L^{3}}{t_{0}R}$

B．在 $t=t_0$ 时，金属棒中电流的大小为 $\frac{B_0L^2}{t_0R}$

C．在 $t=\frac{3t_{0}}{2}$ 时，金属棒受到安培力的方向竖直向上

D．在 $t=3t_0$ 时，金属棒中电流的方向向右

【答案与解析】

在 $0\sim2t_0$ 内，磁感应强度均匀变化， $\left|\dfrac{\Delta B}{\Delta t}\right|=\dfrac{B_0}{t_0}$ ，回路面积 $S=L^2$ ，感应电动势大小 $\mathcal{E}=L^2\dfrac{B_0}{t_0}$ ，电流大小恒为 $I=\dfrac{\mathcal{E}}{R}=\dfrac{B_0L^2}{t_0R}$ ，故 $t=t_0$ 时电流大小不变，B 正确。在 $t=\dfrac{t_0}{2}$ 时， $B=\dfrac{B_0}{2}$ ，安培力 $F=BIL=\dfrac{B_0^2L^3}{2t_0R}$ ，A 错误。在 $t=\dfrac{3t_0}{2}$ 时，磁场垂直纸面向外且增强，由楞次定律知电流为顺时针，由左手定则知金属棒所受安培力竖直向上，C 正确。 $t=3t_0$ 时金属棒已下落，磁场向外，由右手定则知棒中电流向左，D 错误。故选BC。
冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数 $\mu$ 相同，因滑板不同 $\mu$ 满足 $\mu_{0}\leq\mu\leq1.2\mu_{0}$ 。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下 $L_1$ 、 $L_2$ 的组合符合设计要求的是（　　）

A． $L_{1}=\frac{h}{2\mu_{0}}$ ， $L_{2}=\frac{3h}{2\mu_{0}}$

B． $L_{1}=\frac{4h}{3\mu_{0}}$ ， $L_2=\frac{h}{3\mu_0}$

C． $L_{1}=\frac{4h}{3\mu_{0}}$ ， $L_{2}=\frac{2h}{3\mu_{0}}$

D． $L_{1}=\frac{3h}{2\mu_{0}}$ ， $L_{2}=\frac{h}{\mu_{0}}$

【答案与解析】

设斜面倾角为 $\theta$ 。在倾斜滑道上均减速下滑要求 $\mu mg\cos\theta\ge mg\sin\theta$ ，即 $\mu\ge\tan\theta=\dfrac{h}{L_1}$ ；因 $\mu_{\min}=\mu_0$ ，故 $L_1\ge\dfrac{h}{\mu_0}$ 。对全程由动能定理，从螺旋顶端到水平轨道上停止，有 $2mgh=\mu mgL_1+\mu mgL_2$ 。对摩擦因数最小的滑板需能停在水平滑道上，即 $L_1+L_2\ge\dfrac{2h}{\mu_0}$ ；对摩擦因数最大的滑板需能到达水平滑道，即 $L_1\le\dfrac{2h}{1.2\mu_0}=\dfrac{5h}{3\mu_0}$ 。综合上述条件，C、D 满足要求。故选CD。
某同学阅读教材中的“科学漫步”栏目，对“流体的阻力（f）跟物体相对于流体的速度（v）有关”这一说法产生了兴趣，通过查阅资料得知：对于球形物体，二者间存在定量关系 $f=kv$ ，k为比例系数。该同学为探究这一关系利用如图（a）所示装置测量k。具体操作如下：在柱状玻璃容器中注入某透明液体，将小球在液面处由静止释放，当小球运动到0刻度线处开始计时，每下落 $10\mathrm{cm}$ 记录一次时间，得到多组下落高度h与时间t的数据，作出h-t图像如图（b）中实线所示。

（1）由h-t图像可知，从计时开始小球近似做＿＿＿＿运动。（2）已知液体密度 $\rho=8.0\times 10^2\mathrm{kg/m^3}$ ，小球体积 $V=5.0\times 10^{-10}\mathrm{m^3}$ 、质量 $m=4.0\times 10^{-6}\mathrm{kg}$ ，结合h-t图像可得 $k=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{kg/s}$ （浮力不能忽略，取重力加速度 $g=9.8\mathrm{m/s^2}$ ）。（3）若再用一个体积相同、密度较大的球，重复上述实验，所得h-t图像也是一条直线，则该直线可能是图（b）中的＿＿＿＿虚线。

【答案与解析】

（1）由 $h-t$ 图象为过原点的倾斜直线，下落高度与时间成正比，故小球近似做匀速直线运动，故填匀速直线运动。（2）由图象斜率得小球速度 $v=\dfrac{40\times10^{-2}}{6}\,\mathrm{m/s}\approx6.67\times10^{-2}\,\mathrm{m/s}$ 。小球匀速下落时受力平衡： $mg=\rho gV+kv$ ，代入数据得 $k=\dfrac{mg-\rho gV}{v}=\dfrac{9.8\times(4.0\times10^{-6}-8.0\times10^2\times5.0\times10^{-10})}{6.67\times10^{-2}}\,\mathrm{kg/s}\approx5.3\times10^{-4}\,\mathrm{kg/s}$ ，故填 $5.3\times10^{-4}$ 。（3）体积相同、密度更大的球质量更大，由平衡条件知其匀速下落速度更大， $h-t$ 图象斜率更大，故该直线为虚线①，故填①。
某同学将一量程为 $250\mu\mathrm{A}$ 的微安表改装成量程为 $1.5V$ 的电压表。先将电阻箱 $R_1$ 与该微安表串联进行改装，然后选用合适的电源E、滑动变阻器 $R_2$ 、定值电阻 $R_3$ 、开关S和标准电压表对改装后的电表进行检测，设计电路如图所示。

（1）微安表铭牌标示内阻为 $0.8k\Omega$ ，据此计算 $R_1$ 的阻值应为＿＿＿＿ $k\Omega$ 。按照电路图连接电路，并将 $R_1$ 调为该阻值。（2）开关闭合前， $R_2$ 的滑片应移动到＿＿＿＿端。（3）开关闭合后，调节 $R_2$ 的滑片位置，微安表有示数，但变化不显著，故障原因可能是＿＿＿＿。（填选项前的字母）

A．1、2间断路 B．3、4间断路 C．3、5间短路

（4）排除故障后，调节 $R_2$ 的滑片位置，当标准电压表的示数为 $0.60V$ 时，微安表的示数为 $98\mu\mathrm{A}$ ，此时需要＿＿＿＿（填“增大”或“减小”） $R_1$ 的阻值，以使改装电表的量程达到预期值。

【答案与解析】

（1）微安表改装为电压表需串联分压电阻，满量程时 $U=I_g(R_g+R_1)$ ，代入 $U=1.5\,\mathrm{V}$ 、 $I_g=250\,\mu\mathrm{A}$ 、 $R_g=0.8\,\mathrm{k}\Omega$ ，得 $R_1=\dfrac{U}{I_g}-R_g=5.2\,\mathrm{k}\Omega$ ，故填 5.2。（2）闭合开关前，为使分压电路输出电压最小，滑片应置于 2 端（最左端），故填 2。（3）微安表有示数但滑片调节时变化不明显，说明分压电路未起作用；1、2 间断路或 3、5 间短路均会使滑动变阻器变为限流接法且其阻值远小于检测支路电阻，导致示数变化不明显，而 3、4 间断路则电路断开、微安表无示数，故填 AC。（4）标准电压表示数为 $0.60\,\mathrm{V}$ 时，若改装表量程准确应显示 $100\,\mu\mathrm{A}$ ，实际仅 $98\,\mu\mathrm{A}$ ，说明通过表头的电流偏小，即串联电阻 $R_1$ 偏大，应减小 $R_1$ ，故填减小。
机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率 $v_1=0.6\mathrm{m/s}$ 运行的传送带与水平面间的夹角 $\alpha=37^{\circ}$ ，转轴间距 $L=3.95m$ 。工作人员沿传送方向以速度 $v_2=1.6\mathrm{m/s}$ 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数 $\mu=0.8$ 。取重力加速度 $g=10\mathrm{m/s^2}$ ， $sin37^{\circ}=0.6$ ， $cos37^{\circ}=0.8.$ 求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t。

【答案与解析】

（1）小包裹初速度 $v_2=1.6\,\mathrm{m/s}$ 大于传送带速度 $v_1=0.6\,\mathrm{m/s}$ ，相对传送带向下滑动，滑动摩擦力沿传送带向上。由牛顿第二定律 $mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha=ma$ ，得 $a=g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)=10\times(0.6-0.8\times0.8)\,\mathrm{m/s^2}=0.4\,\mathrm{m/s^2}$ ，方向沿传送带向上。（2）包裹减速至与传送带共速用时 $t_1=\dfrac{v_2-v_1}{a}=\dfrac{1.6-0.6}{0.4}\,\mathrm{s}=2.5\,\mathrm{s}$ ，位移 $x_1=\dfrac{v_2^2-v_1^2}{2a}=\dfrac{1.6^2-0.6^2}{2\times0.4}\,\mathrm{m}=2.75\,\mathrm{m}$ 。因 $mg\sin\alpha<\mu mg\cos\alpha$ ，共速后做匀速运动，剩余位移 $L-x_1=3.95-2.75=1.20\,\mathrm{m}$ ，用时 $t_2=\dfrac{1.20}{0.6}\,\mathrm{s}=2.0\,\mathrm{s}$ ，总时间 $t=t_1+t_2=4.5\,\mathrm{s}$ 。故 $a=0.4\,\mathrm{m/s^2}$ ， $t=4.5\,\mathrm{s}$ 。
如图（a）所示，“系留气球”是一种用缆绳固定于地面、高度可控的氦气球，作为一种长期留空平台，具有广泛用途。图（b）为某一“系留气球”的简化模型图；主、副气囊通过无漏气、无摩擦的活塞分隔，主气囊内封闭有一定质量的氦气（可视为理想气体），副气囊与大气连通。轻弹簧右端固定、左端与活塞连接。当气球在地面达到平衡时，活塞与左挡板刚好接触，弹簧处于原长状态。在气球升空过程中，大气压强逐渐减小，弹簧被缓慢压缩。当气球上升至目标高度时，活塞与右挡板刚好接触，氦气体积变为地面时的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的 $\frac{1}{6}$ 。已知地面大气压强 $p_0=1.0\times 10^5\mathrm{Pa}$ 、温度 $T_0=300K$ ，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。（1）设气球升空过程中氦气温度不变，求目标高度处的大气压强p；（2）气球在目标高度处驻留期间，设该处大气压强不变。气球内外温度达到平衡时，弹簧压缩量为左、右挡板间距离的 $\frac{4}{5}$ 。求气球驻留处的大气温度T。

【答案与解析】

（1）设地面时氦气体积为 $V_0$ 、压强为 $p_0$ 。目标高度处体积 $V_1=1.5V_0$ ，温度不变，由玻意耳定律 $p_0V_0=p_1V_1$ ，得 $p_1=\dfrac{2}{3}p_0$ 。已知活塞两侧压强差 $\Delta p=p_1-p=\dfrac{1}{6}p_0$ ，故目标高度处大气压强 $p=p_1-\dfrac{1}{6}p_0=\dfrac{1}{2}p_0=5.0\times10^4\,\mathrm{Pa}$ 。（2）设左、右挡板间距为 $d$ 。由（1）知弹簧压缩 $d$ 时附加压强为 $\dfrac{1}{6}p_0$ ，压缩量变为 $\dfrac{4}{5}d$ 时附加压强 $p_x=\dfrac{4}{5}\times\dfrac{1}{6}p_0=\dfrac{2}{15}p_0$ 。此时氦气压强 $p_2=p+p_x=\dfrac{19}{30}p_0$ ，体积 $V_2=V_0+0.5V_0\times\dfrac{4}{5}=\dfrac{7}{5}V_0$ 。由理想气体状态方程 $\dfrac{p_0V_0}{T_0}=\dfrac{p_2V_2}{T}$ ，代入得 $T=\dfrac{p_2V_2}{p_0V_0}T_0=\dfrac{133}{150}\times300\,\mathrm{K}=266\,\mathrm{K}$ 。
如图所示，在 $x>0$ 区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在 $x<0$ 区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（ $q>0$ ）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为 $\frac{m}{3}$ 的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）（1）求电场强度的大小E；（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在 $x\leq 0$ 区域内加上与 $x>0$ 区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间 $\Delta t$ ；（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原 $x>0$ 区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。

【答案与解析】

（1）粒子甲从 $S(-a,0)$ 静止出发，在电场中加速到 $O$ 点，由动能定理 $qEa=\dfrac12mv_0^2$ 。进入 $x>0$ 的磁场后做匀速圆周运动，圆心在 $y$ 轴上，轨迹过 $P(a,a)$ ，由几何关系得轨道半径 $r=a$ ，故 $r=\dfrac{mv_0}{qB}=a$ 。联立得 $v_0=\dfrac{qBa}{m}$ ， $E=\dfrac{qB^2a}{2m}$ 。（2）甲在 $P$ 点速度沿 $+y$ 方向，大小为 $v_0$ 。与静止的乙发生弹性正碰，设向上为正，由动量守恒和动能守恒 $mv_0=mv_1+\dfrac{m}{3}v_2$ 、 $\dfrac12mv_0^2=\dfrac12mv_1^2+\dfrac12\cdot\dfrac{m}{3}v_2^2$ ，解得 $v_1=\dfrac{v_0}{2}$ 、 $v_2=\dfrac{3v_0}{2}$ 。碰后两粒子电荷量均为 $\dfrac{q}{2}$ ，在均匀磁场中做圆周运动的半径仍为 $a$ ，角速度分别为 $\omega_1=\dfrac{qB}{2m}$ 、 $\omega_2=\dfrac{3qB}{2m}$ 。两粒子从同一点出发沿同一圆轨道运动，下次相遇时乙比甲多转一圈： $(\omega_2-\omega_1)\Delta t=2\pi$ ，解得 $\Delta t=\dfrac{2\pi m}{qB}$ 。（3）乙首次离开第一象限时到达 $(0,2a)$ ，用时 $t_1=\dfrac{\pi/2}{\omega_2}=\dfrac{\pi m}{3qB}$ 。此过程中甲转过角度 $\theta_1=\omega_1t_1=\dfrac{\pi}{6}$ ，位于 $\left(\dfrac{\sqrt3}{2}a,\dfrac{3a}{2}\right)$ ，速度方向与 $-x$ 轴夹角为 $\dfrac{\pi}{3}$ ，大小为 $\dfrac{v_0}{2}$ 。设撤去场后甲做匀速直线运动的时间为 $\tau$ ，则甲运动的距离 $L=\dfrac{v_0}{2}\tau$ 。再加原磁场后，两粒子轨道半径仍为 $a$ ，由几何关系可得两圆心间距为 $\sqrt7\,L$ 。轨迹恰好不相交即两圆外切，圆心距等于 $2a$ ，故 $\sqrt7\,L=2a$ ，解得 $L=\dfrac{2a}{\sqrt7}=\dfrac{2\sqrt7}{7}a$ 。