2021年辽宁省大连市高考物理双基试卷

2021年辽宁省大连市高考物理双基试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.如图所示，在离地面一定高度处把4个球同时以不同的初速度竖直上抛，不计空气

阻力，则1s后速率最大的是（）

2.据报道，香烟会释放一种危险的放射性元素“针够”P。）"，如果每天抽1.5包香烟，

一年后累积的辐射相当于300次胸透的辐射。能°Po发生一次a衰变和一次夕衰变后

产生了新核，新核的中子数比质子数多（）

A.38个B.40个C.42个D.44个

3.为了验证拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力是同一性质的力，同

样遵从平方反比定律，牛顿进行了著名的“月地检验”•已知月地之间的距离为

60R（R为地球半径），月球围绕地球公转的周期为T,引力常量为G。则下列说法中

正确的是（）

A.由题中信息可以计算出地球的密度为言

B.由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线速度大小为攀

C.月球绕地球公转的向心加速度是在地面附近重力加速度的会

D.物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的白

6U

4.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面

滑下，已知在金属块滑下的过程中功能增加了10J,金属块克服摩擦力做功2J,重

力做功20J,则以下判断正确的是（）

A.金属块带正电荷B.金属块克服电场力做功8J

C.金属块的电势能减少12JD.金属块的机械能减少8J

5.如图所示，倾角为。=30。的斜面上，一质量为4机的物块经跨过定滑轮的细绳与一

质量为机的小球相连。现将小球从水平位置由静止开始释放，初状态细绳上的拉力

为零，小球由水平位置第一次运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，则在

此过程中（）

A.细绳的拉力先增大后减小

B.物块所受摩擦力先减小后增大

C.地面对斜面的支持力先减小后增大

D.地面对斜面的摩擦力先增大后减小

6.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，已知x=处质点的振动方程为

4

y=Acos（^t+^）,贝肚=V时刻的波形图正确的是（）

7.如图是质量为2kg的物块在水平方向的恒力作用下在水平面上运动的u-t图像，以

水平向右的方向为正方向。以下判断正确的是（）

第2页，共19页

A.物块所受恒定拉力大小为3N,方向向右

B.物块所受摩擦力方向始终向左

C.物块在4s内受到的合力的冲量大小为4N-s

D.物块在6s内的平均速度的大小为|m/s

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图所示，一细束由黄、蓝、紫三种光组成的复色光，通过三棱镜折射后分为〃、

6、c三种单色光，下列说法中正确的是（）

A.a种色光为紫光

B.在三棱镜中。光的传播速度最大

C.a、b、c三种色光真空中波长c最大

D.在相同实验条件下，用人爪c三种色光做双缝干涉实验，。光相邻亮条纹间距

最大

9.如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率

为20ZW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10,

电流表的示数为1A,输电线的总电阻为100,则下列说法正确的是（）

A.采用高压输电可以减小输电线中的电流

B.将P下移，用户获得的电压将增大

C.用户获得的功率为19ZW

D.升压变压器的输出电压4=2000K

10.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成6

角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻

值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀

强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为

m的金属棒以初速度火由导轨底端上滑，经一段时间

滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入

电路中的电阻为r,重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.棒下滑过程的平均速度等于当

B.棒下滑过程通过R的电荷量为詈

K

mvQ(R+r)-B2l7x

C.棒上滑时间等于

mg(R+r)sin。

D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于gm诏-mgxs讥。

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.为验证机械能守恒定律，在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装有两个光电传感器

4、B,AB间距为L,滑块P上固定一遮光条，P与遮光条的总质量为若光线

被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。

滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机

可以得到如图乙所示的电压U随时间f变化的图像。

第4页，共19页

(1)实验前，按通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中

的Gt2(选填“>"、"=”或)时，说明气垫导轨已经水平；

(2)用螺旋测微器测遮光条宽度”，测量结果如图丙所示，则£；=mm,

(3)将滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码。相连，将滑块

尸由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示。利用测定的数据，当

关系式(5)2-/A=成立时，表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统

机械能守恒。(重力加速度为g,用题中给定的物理量符号表达)

12.学校兴趣小组成员在学校实验室发现了一种新型电池，他们想要测量该电池的电动

(1)小组成员先多用电表粗测电池的电动势，将选择开关调到电压挡量程为251/的

挡位，将红黑表笔分别接电池的正负极，多用电表的指针示数如图甲所示，则粗测

电动势大小为

(2)为了精确测量，小组成员根据实验室提供的器材设计了如图乙的测量电路，其

中=50,它在电路中的作用是。闭合电键前，应将电阻箱接入电路的电

阻调到最(填“大”或“小”)。

(3)闭合电键，调节电阻箱，测得多组电阻箱接入电路的阻值R及对应的电流表的

示数/，得--R图线，如图丙所示。不计电流表的内阻，根据图线求出电池的电动

势为V,内阻为0(保留2位有效数字)。

四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

13.如图所示，内壁光滑的绝热圆柱形气缸直立在水平地面上，容积

/活塞

为2%,一厚度可忽略的绝热轻活塞密封一定质量的某理想气体，

在缸口处有固定卡环，使活塞不会从气缸中顶出。现活塞位于气

fYYY>

缸中央，此时该气体温度为g、密度为p,已知摩尔质量为M,阿

伏加德罗常数为Nx，大气压强为po,气缸密封良好。

(1)求气缸内气体分子的总个数N；

(2)现利用电阻丝对气体缓慢加热，使活塞缓慢上升，求气体温度升高到3To时的压

强Pi；

(3)该气体温度升高到37。过程中，吸收的热量为Q,求此过程中气体内能的变化量

△U。

14.如图所示，平行边界"、N间有垂直边界向右的匀强电场，匀强电场的电场强度为

E,平行边界N、P间有垂直纸面向外的匀强磁场，相邻边界间距均为3一个质量

为小、电荷量为q的带正电的粒子从电场中紧靠边界M的。点，以垂直电场方向

向上、大小为几=J誓的初速度射入电场，经电场偏转后，粒子进入磁场，粒子

刚好不从磁场的边界P射出磁场。不计粒子的重力，求：

(1)匀强磁场磁感应强度的大小；

(2)粒子从。开始第一次运动到边界N的时间。

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MP

15.如图所示，质量为M的物块静止在光滑的水平面上，一根轻弹簧一端固定在物块

正上方的。点，另一端连接在物块上，弹簧刚好处于原长，弹簧的原长为3一颗

质量为m的子弹以大小为火的水平速度射入物块并留在物块中，当物块向右运动的

速度减为零时，物块对水平面的压力刚好为零，轻弹簧的劲度系数为％,重力加速

度为g,求:

(1)轻弹簧获得的最大弹性势能；

(2)当物块的速度为零时，物块的加速度多大；

(3)若将轻弹簧换成长为2Z,的细线(能承受的拉力足够大)，子弹打入木块后，木块

向右运动并最终离开地面向上做圆周运动，要使物块能上升到圆周的最高点，子弹

打入的初速度至少多大？

第8页，共19页

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：根据题述知4个球均做竖直上抛运动，不计空气阻力，若取g=10m/s2,

根据竖直上抛运动规律可知，v=v0-gt,

A项、Is末的速度为"=v0-=(3-10xl)m/s=-7m/s,即速率为7zn/s；

B项、Is末的速度为u=%-gt=(5-10xl)m/s=-5m/s,即速率为5m/s；

C项、Is末的速度为v=%—gt=(7-10xl)zn/s=-3m/s,即速率为3m/s；

。项、Is末的速度为。=%-gt=(10—10xl)m/s=0,即速率为0；

所以Is末速率最大的是4项。

故选：Ao

竖直上抛运动，初速度和加速度方向相反，结合v=%-gt,带入数据可以比较速率大

小.

题以竖直上抛的球为背景，考查考生对竖直上抛运动的理解及其相关知识点，考查的核

心素养是物理观念

2.【答案】B

【解析】解：豺°P。发生一次a衰变和一次0衰变后，质量数减少4,为210-4=206；

电荷数先减少2个，再增大1个，所以电荷数减少1个，为83；新核的电荷数为83,

可知质子数为83,则中子数为：206-83=123个，新核的中子数比质子数多：123-

83=40个。故8正确，ACO错误

故选：8。

依据质量数与质子数守恒求出新核的电荷数与质量数，结合结合原子核的组成特点求出。

解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道a衰变和/?衰变的实

质，知道原子核的组成。

3.【答案】C

【解析】解：4、根据万有引力提供向心力为：怖黑=皿誓X60R,解得地球质量为:

M="誓，根据密度公式可知地球的密度为：2=煮=360°、券，故4错误；

GT3”

B、根据线速度与周期的关系可知：“=等”=罟变，故8错误；

CD、物体在月球轨道上受到地球引力为：尸=瑞，物体在地面附近受到地球引力为：

F'=誓,则物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的熹，

物体在月球轨道上绕地球公转的向心加速度是其在地面附近自由下落时的加速度的焉,

故C正确，/）错误。

故选：Co

假设拉住月球使它围绕地球运动的力与地球上物体受到的引力是同一种力，根据已知量

结合牛顿第二定律求出月球绕地球运行的加速度进行比较分析。

根据万有引力提供向心力求解地球的质量和密度。

根据线速度与周期的关系，求解月球公转线速度。

此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是理解万有引力定律通过理论进行科学、

合理的推导，再由实际数据进行实践证明，从而进一步确定推导的正确性。

4.【答案】B

【解析】解：分析题干条件，根据动能定理有%+%+%=△&

由题意得叼=一2/；△Ek=10/；WG=20/,代入数据得%=-8/

A、由分析结果可知电场力做负功，电势能增加，金属块带负电，故A错误；

B、由分析结果可知电场力做负功-引，即金属块克服电场力做功8J,故B正确；

C、由分析结果可知电场力做负功-8/,金属块电势能增加&/,故C错误；

。、根据能量守恒，金属块机械能减少量为摩擦力和电场力做负功之和，为10J,故。

错误。

故选：B。

分析题干条件可知，斜面上带电金属块运动过程受到重力、支持力、摩擦力、电场力作

用，其中支持力做功为0。

本题利用带电物体在电场中运动考察了物体运动过程中的功能关系，熟练掌握功能关系

式是本题的解题关键。

5.【答案】B

【解析】解：4、开始细绳的拉力为零，小球

向下摆动的过程中，设细绳与水平方向的夹角

为凡滑轮到小球的距离为R,如图所示：

沿细绳方向根据牛顿第二定律可得：F-

第10页，共In及

mgsinO=由于u越来越大，6越来越大，则尸越来越大，故A错误;

B、开始摩擦力沿斜面向上，大小为八=4mgsin30°=2mg；

当小球在最低点时，根据动能定理可得mgR=:小/，

根据牛顿第二定律可得F'-mg=解得最低点绳子拉力为F'=3mg,

此时物块的摩擦力大小为/=3mg-4mgsin30°=mg,方向沿斜面向下，所以斜面对

物块的摩擦力先减小后增，故8错误；

CD,对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增

大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故

CD错误。

故选:B。

小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，根据平衡条件分析物体与斜面间的摩

擦力大小变化情况；拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力

一直增大，由此分析地面对斜面的支持力和摩擦力的大小变化情况。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进

行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后

在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

6.【答案】A

【解析】解：当t=4时，带入振动方程：

27r3n

y=4cos(于x-T+-)=ACOS(2TI)—A

从选项中找出t=4时，X=4处质点处于波峰的是选项A,故A正确，BCO错误；

故选：Ao

将t=彳代入振动方程y=Acos(^t+》求得此时此质点的位置，从而即可求解.

考查波动图象，及振动方程的应用，掌握波的传播方向来判定质点振动方向的方法，注

意波动图象与振动图象的区别。

7.【答案】D

【解析】解：A、物块0-2s内做匀减速直线运动，加速度%=上署=-2m/s2,所

受合外力大小为Fi=mar=尸+f；

物块在2s-4s内做反向匀加速直线运动，加速度为a?=所受合

外力大小为尸2=ma?=F-/；解得F=3N,方向向左；故A错误；

B、物块在0-2s内向右运动，摩擦力方向向左，物块在2s-4s内向左运动，摩擦力方

向向右，故3错误；

C、由图像可知，在4s末速度为-2m/s2,由动量定理/合=40，物块在4s内受到的合

力冲量为/合=mv2-mvi=2x(-2)N-s-2x4N-s=-12N-s,则冲量大小为

12N-S,故C错误;

。、。-t图像中图线与坐标轴的面积表示位移，0-2s内Si=等x2m=4m,2s-6s

内S2=-竽x4m=-8m,物块在6s内的平均速度为。=当但m/s=-jm/s,故。

263

正确；

故选：D。

根据v-t图像的斜率求出加速度，结合牛顿第二定律求出拉力，滑动摩擦力方向与物

块运动方向相反；根据动量定理求出合外力的冲量；由u-t图像中图线与坐标轴的面

积表示位移求出总位移，即而求出平均速度。

本题主要考查了t图像的特点，由图像确定物体受力特点求出加速度和位移是解题

的关键，然后结合动量定理求出合外力冲量。

8.【答案】BD

【解析】解：A、根据色散实验现象可知，c种色光偏折的最厉害，所以。为紫光，故A

错误；

B、折射率越大，光线偏折的越厉害，可知〃光折射率最小，由可知，。光速度最

大，故B正确；

C、。的折射率最小，频率最小，结合4=1,可知“波长最大，故C错误；

D、根据=可知，a光波长最长，a光相邻亮条纹间距最大，故。正确；

故选：BD。

根据色散实验现象可知，紫光色光偏折的最厉害；折射率越大，光线偏折的越厉害，由

可知，a光速度情况；根据可知相邻亮条纹间距大小。

本题是光的色散现象与干涉的综合，关键要掌握光的色散研究的结果，知道七种色光排

列顺序、折射率大小等等要记牢，同时，要记住折射率与波长、频率、临界角的关系.

第12页，共19页

9.【答案】ACD

【解析】解：A、发电机输出功率恒定，根据P=W可知，采用高压输电可以减小输电

线中的电流，故A正确；

B、若P下移，降压变压器的原线圈匝数小增大，以=£&,假设“减小，则用户功

率以减小，P3=P4都会减小，而B保持不变，则导线损失功率△P=P1-「3会增

加，导线电流12增大，〃=竽/2,则〃必会增大，U4=£R用户,则力增大，与假设矛盾，

*1,4

则以会减小，因此将P下移，用户获得的电压将减小，故8错误；

C、输电线上损失的功率为：P损='2r=1000〃，用户获得的功率为：P用=「这一「黄=

19kW,故C正确；

。、电流互感器副线圈上的电流为14根据变压器的原副线圈两端电流与匝数成反比

詈=?,解得：A=104所以升压变压器的输出电压：U2=y=^V=2000V,故

。正确。

故选：AC。。

发电机输出功率恒定，根据P=U/可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，变压

器的原副线圈两端电压与匝数成正比；若P下移，降压变压器的原线圈匝数增大，用户

的电压减小。

本题实质是电流互感器的简单运用，电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到

可测范围进行测量的仪器。

10.【答案】CD

【解析】解：4金属棒在上滑过程中，加速度逐渐减小，到最高点时速度为零，故上滑

过程中金属棒的平均速度小于半，金属棒下滑过程的位移大小等于上滑过程的位移大小,

且在同一高度处（最高点除外）金属棒下滑过程的加速度小于上滑过程的加速度，故金属

棒下滑所用时间大于上滑所用时间，下滑平均速度小于上滑的平均速度，即小于葭，故

A错误；

B、棒下滑过程通过R的电荷量为：勺=鲁=警，故3错误；

K+TK+T

C、上滑过程，根据动量定理得：—mgsizi。-t—B1L-t=0—又It=—”三=

R+rR+r

BLx

R+r

联立解得棒上滑时间为：t=吧畔新竺?•故C正确；

mg(R+r)sin。

D、棒上滑过程中，根据能量守恒定律得：回路产生的焦耳热为：Q=-mgxsind,

故。正确。

故选：CD。

导体棒下滑过程中，根据导体棒的受力情况，分析其运动情况，再判断其平均速大小。

根据4=普求通过的电荷量。根据动量定理求上滑的时间，由能量守恒定律求棒上

滑过程中回路产生的焦耳热。

对于电磁感应的综合问题，要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析,

知道动量定理求运动时间常用的方法。而能量守恒定律求焦耳热常用的思路。

11•【答案】=8.475鬻

【解析】解：(1)如果遮光条通过两光电门的时间相等，即t1=t2,说明遮光条做匀速

运动，即说明气垫导轨已经水平；

(2)螺旋测微器的读数是固定和可动刻度之和，故d=8mm+47.5x0.01mm=

8.475mm；

(3)假若整个系统机械能守恒，则有：

mgL=|(m+M)诣-1(m+M)vf,

将%=g%=《代入得到：

(凯-(》=鬻。

故答案为：(1)=;(2)8.475(8.475-8.478均正确)；(3)鬻

(1)如果遮光条通过光电门的时间相等，说明滑块做匀速运动，即说明气垫导轨已经水

平。

(2)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需

估读。

(3)要验证滑块和祛码组成的系统机械能是否守恒，就应该去求出动能的增加量和重力

势能的减小量，滑块和祛码组成的系统机械能守恒列出关系式。

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法。了解光电门测量瞬时速度的原理。实验中

我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面。

第14页，共19页

12.【答案】10.5保护电阻大121.0

【解析】解：⑴将选择开关调到电压挡量程为25K的挡位，精确度为：素=0.5人则

多用电表读数为10.5V,粗测电动势大小为E=10.5V

(2)电阻品与电阻箱串联在电路中，防止电阻箱接入电阻为零时，电流过大，烧毁电源，

所以开关闭合前，电阻箱接入电路的电阻最大，使电路中电流最小，以保护电路；

(3)根据实验电路，由闭合电路欧姆定律得：E=I(r+R0+/?)

整理得;—R的函数表达式为：；=誓+£/?

由图象可知，图象斜率为：卜=5="#=3

E612

解得电池电动势为：E=12V

根据图象的纵轴截距为：誓=等=0.54-1,解得电池的内阻为：r=1.00

故答案为：(1)10.5；(2)保护电阻，大；(3)12,1.0。

(1)根据电表读数规则读数；

(2)加保护电阻的作用为防止电流过大，烧毁电源；开关闭合前，电阻箱连入电阻应使

电流最小；

(3)根据闭合电路欧姆定律写出亍-R的表达式，结合亍-R图象分析求解。

本题考查测电源电动势，关键是理解实验原理、根据题意析清楚实验电路图，应用闭合

电路欧姆定律求出图线的函数表达式，根据图示图线即可解题。

13.【答案】解：(1)气缸内气体质量zn=p%,

气缸内气体物质的量n=W=等，

气缸内气体分子的总个数N=nNA=瞥；

(2)活塞到达缸口固定卡环之前压强不变，由盖-吕萨克定律得

%_2%

无一百

解得:州=27。＜3T。，

活塞到达缸口被卡住后气体体积不变，由查理定律得：

Po二P

『沅

解得：p=1.5po；

(3)在该气体温度升高到37。过程中，气体对外做功为：

W=-p0△V=-Po%，

由热力学第一定律得：△U=W+Q=Q-po%；

答：(1)气缸内气体分子的总个数N是华；

(2)气体温度升高到37()时的压强Pi是1.5po；

(3)此过程中气体内能的变化量△U是Q—po%。

【解析】(1)已知气体的体积与密度，根据密度公式求出气体质量，根据气体质量与气

体的摩尔质量求出气体物质的量，然后求出气体分子个数。

(2)活塞到达缸口固定卡环前气体压强不变，应用盖-吕萨克定律求出活塞恰好到达缸口

固定卡环时气体的温度，活塞到达缸口固定卡环后对气体加热过程气体体积不变，气体

发生等容变化，应用查理定律求出气体温度为37。时气体的压强。

(3)求出对气体加热过程气体对外做功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的变化

量。

本题考查了求气体分子个数、考查了气体状态方程与热力学第一定律的应用，分析清楚

气体状态变化过程是解题的前提，应用盖-吕萨克定律、查理定律与热力学第一定律即

可解题。

14.【答案】解：(1)甲粒子在电场中做类平抛运动，

设粒子出电场时的速度为力,根据动能定理有：

1212

qEcrL=-mv{--mv^

求得：%=2

设粒子出电场时速度方向与N边界的夹角为0,则

%COS®=v0

代入得：6=45。

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，，由几何关系有：r+多人

所以：r=(2-V2)L

2

由牛顿第二定律有

求得：B=(2+鱼)后

(2)沿电场方向上粒子做匀加速直线运动,

L_Vrcosdt

2mL

所以：t=

qE

第16页，共19页

在磁场中的偏转角为a=y,在磁场中运动的时间'=/'T="2nm

qx(2+可居

37r(2•-场

4

总时间为7=t+t'=4二+3%一例X

4

答：(1)匀强磁场磁感应强度的大小为(2+

(2)粒子从。开始第一次运动到边界N的时间为史文*©x

【解析】(1)由题设条件和儿何关系粒子做匀速圆周运动的半径，由动能定理和类平抛

运动规律求出进入磁场的速度大小和方向，2洛伦兹力提供向心力求得磁感应强度的大

小。

(2)由类平抛运动规律求出粒子在电场中的时间，由偏转角结合周期公式求出在磁场中

的运动时间，两者相加就得到粒子从出发到边界的时间。

本题考查带电粒子先类平抛，后匀速圆周转动的实例，由于在电场中已知场强，所以可

以求出进入磁场的速度大小和方向，这样粒子在磁场里的半径和偏转角就一目了然，由

相关规律就能得到所求。

15.【答案】解：(1)子弹射入物块过程系统动量守恒，设子弹射入物块后的共同速度为

女，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=(m+M)%

解得:V1=m+M

由于水平面光滑，因此子弹打进物块后，物块、子弹和弹簧组成的系统机械能守恒，物

块速度为零时弹簧的弹性势能最大,

由机械能守恒定律可知，轻弹簧获得的最大弹性势能为：FP