文档内容
2021 年辽宁省普通高中学业水平等级性考试
物理试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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. 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3m/s，木船相对静水速度1m/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】D
【解析】
【分析】
【详解】河宽d =300m一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，即木船
相对静水的速度v=1m/s，渡河时间最短为
d 300
t = = s=300s
min v 1
故选D。
2. 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】C
【解析】
第1页 | 共18页【分析】
【详解】A．玻尔引入量子化的观念解释了氢原子光谱，与题意不符，A错误；
B．康普顿提出康普顿效应，发现了光子不仅具有能量，还具有动量，证明了光具有粒子性，与题意不符，
B错误；
C．爱因斯坦提出光子说，从理论上解释了光电效应的实验现象，符合题意，C正确；
D．德布罗意提出一切物质都具有波粒二象性，与题意不符，D错误。
故选C。
3. 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】A
【解析】
【分析】
【详解】x-t图象斜率的物理意义是速度，在0~t 时间内，x-t图象斜率增大，汽车的速度增大；在
1
t ~t 时间内，x-t图象斜率不变，汽车的速度不变；在t ~t 时间内，x-t图象的斜率减小，汽车做减
1 2 2 3
速运动，综上所述可知A中v-t图象可能正确。
故选A。
4. 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（ ）
第2页 | 共18页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】C
【解析】
【分析】
1
【详解】由光路图可知a光的偏折程度没有b光的大，因此a光的折射率小，频率小，由全反射sinC =
n
可知折射率越小发生全反射的临界角越大。
故选C
。
5. 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
L
与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴 。线圈中感应电动势的有效值为（ ）
4
2 1 2
A. NBL2w B. NBL2w C. NBL2w D. NBL2w
2 2 4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，为
E = NBSw= NBwL2
m
因此有效值为
第3页 | 共18页E 2
E = m = NBwL2
2 2
故选B。
6. 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 和E ，电荷所受电场力大小分别为F 和F ，则（ ）
pa pb a b
A. E > E ，F >F B. E > E ，F F D. E < E ，F E 。
p pb pa
故选D。
7. 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（ ）
1 2 3 4
A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s
5 5 5 5
第4页 | 共18页【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据图b可知t=2s时x=2m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播，结合
图a，利用“上下坡”法可知x=2m为半波长的奇数倍，即有
l
2n-1 =2 （n=1，2，3… …）
2
而由图b可知该波的周期为T=4s；所以该波的波速为
l 1
v= = （n=1，2，3… …）
T 2n-1
当n=3时可得波的速率为
1
v= m/s
5
故选A。
8. 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】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．探测器在近火星轨道和近地轨道作圆周运动，根据
2pr
v=
T
可知
vT
r =
2p
若已知探测器在近火星轨道和近地轨道的速率比和周期比，则可求得探测器的运行半径比；又由于探测器
在近火星轨道和近地轨道运行，轨道半径近似等于火星和地球的半径比，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有
Mm v2
G =m
r2 r
可得
第5页 | 共18页rv2
M=
G
结合A选项分析可知可以求得火星和地球的质量之比，故B正确
C．由于探测器运行的周期之比不是火星或地球的自转周期之比，故不能求得火星和地球的自转角速度之比；
故C错误；
D．由于题目中我们只能求出火星和地球的质量之比和星球半径之比，根据现有条件不能求出火星和地球的
公转半径之比，故D错误。
故选AB。
9. 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 的时
0
间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t=2t 时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导
0
轨与金属棒的电阻不计，则（ ）
t B2L3
A. 在t = 0 时，金属棒受到安培力的大小为 0
2 t R
0
B L2
B. 在t=t 时，金属棒中电流的大小为 0
0
t R
0
3t
C. 在t= 0 时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
2
D. 在t=3t 时，金属棒中电流的方向向右
0
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图可知在0~t 时间段内产生的感应电动势为
0
DF B L2
E = = 0
Dt t
0
第6页 | 共18页根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为
E B L2
I = = 0
R Rt
0
t B
在 0 时磁感应强度为 0 ，此时安培力为
2 2
B2L3
F = BIL= 0
2Rt
0
故A错误，B正确；
3t
C．由图可知在t= 0 时，磁场方向垂直纸面向里并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，
2
再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；
D．由图可知在t =3t 时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知
0
金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
故选BC。
10. 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μ相同，因滑板不同μ满足m £m£1.2m。在设计滑梯时，
0 0
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 、L 的组合符合设计要
1 2
求的是（ ）
h 3h 4h h
A. L = ，L = B. L = ，L =
1 2m 2 2m 1 3m 2 3m
0 0 0 0
4h 2h 3h h
C. L = ，L = D. L = ，L =
1 3m 2 3m 1 2m 2 m
0 0 0 0
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】设斜面倾角为q，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
第7页 | 共18页mgsinqtanq=
L
1
即有
h
L >
1 m
因m £m£1.2m，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
0 0
h
L >
1 m
0
滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有
L
mg×2h-mmgcosq× 1 -mmgx=0-0
cosq
其中0< x£ L ，可得
2
2h 2h
L < ，L +L >
1 m 1 2 m
0
代入m £m£1.2m，可得
0 0
5h 2h
L < ，L +L >
1 3m 1 2 m
0 0
综合需满足
h 5h 2h
< L < 和L +L >
m 1 3m 1 2 m
0 0 0
故选CD。
二、非选择题：本题共 5小题，共 54分。
11. 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10cm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。
第8页 | 共18页（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ρ=8.0×102kg/m3，小球体积V=5.0×10-10m3、质量m=4.0×10-6kg，结合h-t图像可得
k=___________kg/s（浮力不能忽略，取重力加速度g=9.8m/s2）。
（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】 ①. 匀速直线 ②. 5.292´10-4 ③. ①
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]根据h-t图象可知，下落的距离随时间均匀变化，所以小球近似做匀速直线运动
（2）[2]根据h-t图象可知小球下落的速度为
40´10-2m 1
v= = m/s
6s 15
小球下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的浮力和阻力，小球做匀速直线运动，受力平衡
mg =kv+rgV
式中rgV 表示液体对小球的浮力，代入数据可得比例系数
mg-rgV 4.0´10-6´9.8-8.0´102´9.8´5.0´10-10
k = = =5.292´10-4kg/s
v 1
15
（3）[3]若选择一个密度更大，体积相同的小球，浮力rgV 不变，根据m=rV 可知小球的质量增大，根据
平衡方程mg =kv+rgV 可知小球的速度增大，所以在相同的时间内小球下落的高度增大，所以该直线可
第9页 | 共18页能是图象中的①虚线。
12. 某同学将一量程为250mA 的微安表改装成量程为1.5V的电压表。先将电阻箱R 与该微安表串联进行
1
改装，然后选用合适的电源E、滑动变阻器R 、定值电阻R 、开关S和标准电压表对改装后的电表进行检
2 3
测，设计电路如图所示。
（1）微安表铭牌标示内阻为0.8kΩ，据此计算R 的阻值应为___________kΩ。按照电路图连接电路，并
1
将R 调为该阻值。
1
（2）开关闭合前，R 的滑片应移动到___________端。
2
（3）开关闭合后，调节R 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
2
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 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98μA，此时需
2
要___________（填“增大”或“减小”）R 的阻值，以使改装电表的量程达到预期值。
1
【答案】 ①. 5.2 ②. 2 ③. AC ④. 减小
【解析】
【详解】(1)[1]微安表的内阻R =0.8kΩ，满偏电流I =250μA=250´10-6A，串联R后改装为U =1.5V
g g 1
的电压表，所以满足
I (R +R )=U
g g 1
代入数据解得
U 1.5
R = -R = Ω-0.8kΩ=6kΩ-0.8kΩ=5.2kΩ
1 I g 250´10-6
g
(2)[2]开关闭合前，将滑动变阻器R 的滑片移动到2端，这样测量电路部分的分压为0，便于检测改装后的
2
电表。
第10页 | 共18页(3)[3]开关闭合，调节滑动变阻器R ，电表示数变化不明显，说明分压电路未起作用，可能是1、2之间断
2
路或者3、5间短路，整个电路变为限流线路，滑动变阻器的阻值远小于检测电表的电路部分的电阻，所以
微安表示数变化不明显；若是3、4间断路，电路断开，微安表无示数。
故选AC。
(4)[4]标准电压表的示数为0.6V，若改装电压表也为0.6V，此时微安表的示数为
0.6V 0.6
I = = =100μA
R +R 6kΩ
g 1
但此时微安表示数为98μA，说明R的阻值偏大，所以应该减小R的阻值。
1 1
13. 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 =0.6m/s运行的传送带与水平
1
面间的夹角=37，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v =1.6m/s从传送带顶端推下一件小
2
包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=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】（1）0.4m/s2；（2）4.5s
【解析】
【分析】
【详解】（1）小包裹的速度v 大于传动带的速度v ，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据
2 1
牛顿第二定律可知
mmgcosq-mgsinq=ma
解得
a =0.4m/s2
第11页 | 共18页（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
v -v 1.6-0.6
t = 1 2 = s=2.5s
1 a 0.4
在传动带上滑动的距离为
v +v 1.6+0.6
x = 1 2 t = ´2.5=2.75m
1 2 1 2
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即mmgcosq>mgsinq，所以小包裹与传
动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
L-x 3.95-2.75
t = 1 = s=2s
2 v 0.6
1
所以小包裹通过传送带的时间为
t =t +t =4.5s
1 2
14. 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
1
的1.5倍，此时活塞两侧气体压强差为地面大气压强的 。已知地面大气压强p =1.0×105Pa、温度
0
6
T =300K，弹簧始终处于弹性限度内，活塞厚度忽略不计。
0
（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
4
挡板间距离的 。求气球驻留处的大气温度T。
5
1 133
【答案】(1) p ;(2) T
2 0 150 0
第12页 | 共18页【解析】
【分析】
【详解】（1）汽缸中的温度不变，则发生的是等温变化，设气缸内的气体在目标位置的压强为 p ，由玻意
1
耳定律
pV = p ×1.5V
0 0 1 0
解得
2
p = p
1 3 0
由目标处的内外压强差可得
1
p - p= p
1 6 0
解得
1
p = p
2 0
4 4
（2）有胡克定律F =kx可知弹簧的压缩量变为原来的 ，则活塞收到弹簧的压强也变为原来的 ，即
5 5
1 4 2
p = p ´ = p
x 6 0 5 15 0
设此时气缸内气体的压强为 p ，对活塞压强平衡可得
2
19
p = p + p = p
2 x 30 0
由理想气体状态方程可得
pV pV
0 0 = 2 2
T T
0
其中
4 7
V =V +0.5V ´ = V
2 0 0 5 5 0
解得
133
T = T
150 0
15. 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
m
后，与静止在点P（a，a）、质量为 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
3
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）
第13页 | 共18页（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≤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△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。
qB2a 2pm 2a
【答案】（1）E = ；（2）Dt = ；（3）L=
2m qB 7
【解析】
【分析】
【详解】（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径
R=a
则
mv2
qBv=
R
则
qBa
v=
m
粒子从S到O，有动能定理可得
1
qEa = mv2
2
可得
qB2a
E =
2m
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v 、v ，取向上为正，则有
1 2
第14页 | 共18页1
mv=mv + mv
1 3 2
1 1 1 1
mv2 = mv2 + ´ mv 2
2 2 1 2 3 2
计算可得
1 qBa
v = v=
1 2 2m
3 3qBa
v = v=
2 2 2m
两粒子碰后在磁场中运动
1 mv2
qBv = 1
2 1 R
1
1 mv 2
qBv = 2
2 2 3R
2
解得
R =a
1
R =a
2
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
2pR 4pm
T = 1 =
1 v qB
1
2pR 4pm
T = 2 =
2 v 3qB
2
则两粒子碰后再次相遇
2p 2p
Dt = Dt+2p
T T
2 1
解得再次相遇时间
2pm
Dt =
qB
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
2p T p
q= × 2 =
T 4 6
1
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在
磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
第15页 | 共18页设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t¢，由余弦定理可得
(vt')2 +(v t¢)2 -(2a)2
cos60= 1 2
2´vt¢´v t¢
1 2
1
vt' = v t'
1 3 2
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
2a
L=vt¢=
1
7
第16页 | 共18页第17页 | 共18页第18页 | 共18页
