2021年辽宁省大连市高考物理二模试卷（附答案详解）

2021年辽宁省大连市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线

圈A和瓦当开关S断开后，电磁铁还会继续吸住衔铁

。一小段时间，之后弹簧才把衔铁。拉起，能做到延

时的主要原因是（）

A.线圈A中的电流逐渐减小

B.线圈8中产生了感应电流

C.铁芯中有剩磁起主要作用

D.衔铁。有剩磁起主要作用

2.如图所示，一束复色光经三棱镜后分成光束1和光束2,

两束光的波长分别为友和小。将同一光电管分别放在

区域I和区域n,都能发生光电效应，飞出光电子的

最大初动能分别为E&i和a2，则（）

A.AI>刈，Eki>Ek2B.Aj<Eki<ffc2

C.Aj>A2,Ekl<EQD.<A2,Ekl>Ek2

3.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，其x-t图像如图

所示为一条抛物线，则汽车在t=0时刻的速度大小等于（）

A.10m/s

B.20m/s

C.30m/s

D.40m/s

4.飞机油箱内的油量是估计其续航时间和确保飞行安全的重要

参数。一种电容式测量飞机油箱内油量的装置如图，油箱内

置圆筒形电容器，电容的变化反映了油面高度的变化。下列

说法正确的是（）

A.给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，电容会增大

B.给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，电容会减小

C.飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的正对面积，电容会减小

D.飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的正对面积，电容会增加

5.如图所示，在匀强电场中有一边长为1，”的等边三角形ABC,

电场线与三角形所在平面平行。已知A、8两点的电势分别为

3k4V,电子以2eV的初动能从4点射出，仅在电场力作用H

下经过C点时动能为4eV,该匀强电场的场强大小为（)

A.IV/mB.2V/mC.3K/m

6.如图所示，完全相同的三本书a、6、c叠放在一起放

在水平桌面上，书与桌面间摩擦忽略不计，在相同水

平外力F作用下三本书保持相对静止向右运动。图甲中八匕两书间摩擦力大小为方，

从C两书间摩擦力大小为左，图乙中4、匕两书间摩擦力大小为人，b、c两书间摩

擦力大小为心。下列判断正确的是（）

A.=fi=f-i<hB./i=%=%=%

C./i=/z<A=AD./i<心<%<%

7.如图所示，在直线MN上方空间有垂直于线框平面

的匀强磁场，磁感应强度为瓦顶角为60。、电阻

为R、半径为L的扇形线框绕。点以角速度3逆时

针匀速转动，在连续转动过程中，线框中感应电流

的有效值为（）

B廿3CV3B1^co

A・甯•4R•6R.-6R-

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.下列说法正确的是（）

A.阳光射入房间，在室内看到尘埃在不停地运动,这种运动是布朗运动

B.给自行车轮胎打气时，气筒压下后有反弹是由于气体分子斥力造成的

C.一定质量的理想气体绝热压缩，会使封闭气体的温度升高，压强变大

D.一气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，上浮过程中气泡内气体吸热

9.2020年7月31日，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。已知地球表面重力加速

度为g,地球半径为R,地球自转的角速度为3,北斗卫星导航系统中一颗地球同

步卫星距离地面的高度为九则其运行速率等于（）

A.(/?+h)a)C.-2)

B.yfRgU)D.\JgRa

第2页，共15页

10.如图甲所示，斜面体固定在水平面上，物体受到平行于斜面向上的拉力尸作用，从

斜面底端由静止开始沿粗糙斜面向上运动，选取地面为零势能面。物体的机械能E

随位移x的变化关系如图乙所示，其中。〜与段是曲线，与〜小段是平行于x轴的

线段，小〜%3段是倾斜的线段。下列说法正确的是()

A.0〜%过程中力尸做的功大于Ei

B.〜亚过程中物体动能减小

C.打〜内过程中物体的速度一直增加

D.0〜过程中力F先增大后减小

三、实验题(本大题共2小题，共14.0分)

11.要测量某金属丝的电阻率。

(1)某同学用游标卡尺测量金属丝的直径，如图甲所示，游标卡尺的读数为

(2)利用图乙电路测量金属丝的电阻&，改变滑动变阻器的阻值，得到多组电表的

示数，做出/-U图像如图丙所示，则图丙中〃点对应电阻&的测量值是0；

(3)本实验中考虑电表的影响，金属丝电阻网的测量值比真实值______(选填“偏

大”、“偏小”或“相等”)。

12.采用如图所示的装置验证动量守恒定律。将两个小球用细线悬挂起

来，静止时两球相切，球心等高，两细线恰好竖直。保持细线伸直，/：

将A球向左拉起，由静止开始释放，两球碰撞后，4球被反弹向左/：

摆动。则：/

⑴两球质量关系为啊ms(选填“〉”、或“=")。•'I

AB

(2)取两球静止时球心处为参考面，测出A球向左拉起的最大高度阳；

两球碰撞后，测出A球与B球第一次弹起分别能达到的最大高度电和九3。本实验中

能验证碰撞前后动量守恒的表达式为：(用上述物理量表示)。

(3)实验中所需要的测量仪器有：、o

(4)下列做法中对上面的验证动量守恒表达式有影响的是：。

4起始小球在最低处静止时，细线长度略有不等，但两球心等高

8.起始小球在最低处静止时，两细线上端系在同一点上

C.A球开始释放时有一定的初速度

D两球碰撞过程中有机械能损失

E.B球摆到最高点的位置记录不准确

四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

13.如图所示为同一均匀介质中相向传播的甲、乙两列简谐横波在某时刻的波形图，两

列波的速度大小都是10m/s。

(1)两列波的频率分别是多少？这两列波相遇时能否发生干涉现象?

(2)在t=0.3s时,平衡位置位于原点的质点位移是多少？

"cm

14.某游乐场中有管道滑水游戏，其装置可以简化为如图所示。一滑水者从距水面高

hi=5.2巾的滑道上端由静止开始滑下，到距水面高坛=0.2巾的下端管口水平飞出,

能落到距离下端管□水平距离x=0.4m水面上。若滑水者可看作质点，其质量巾=

60kg,在管道中滑行的时间h=5s,g=10m/s2o求：

(1)滑水者落到水面上时的动能大小；

(2)滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功；

(3)下滑过程中管道对滑水者的冲量大小。

第4页，共15页

15.如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy,在第一象限和第四象限内充满垂直

于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦有一与x轴夹角。=37。的足

够长的绝缘细管固定不动，左端位于y轴上的M点，OM=L。在第二象限充满匀

强电场和垂直于X。)，平面向外的匀强磁场。一带电量为q(q>0)、质量为〃，的小球

自N点以初速度孙竖直向上进入第二象限后恰能做匀速圆周运动，并恰能沿细管方

向从M点进入管中。小球直径略小于细管内径，小球与细管内壁间的动摩擦因数

H=0.8,sin37°=0.6,重力加速度为g,求:

(1)匀强电场的场强大小与方向；

(2)0N间的距离和第二象限中磁感应强度见的大小；

(3)若小球在管内先做变速运动，前进距离s后运动状态保持不变，求变速运动过

程中摩擦力对小球做的功。

第6页，共15页

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：断开开关时，8线圈磁通量发生变化，B线圈产生感应电流，铁芯此时变

为电磁铁，对衔铁继续吸引，起到延时作用，故B正确，错误。

故选：Bo

图中有两个线圈，其中4接有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁场；而B线圈无

电源，开关闭合稳定后没有电流，只有当A中的磁场发生变化时，根据电磁感应原理,

8线圈才会产生感应电流，从而根据楞次定律，即可求解。

该题考查楞次定律与电磁铁的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，闭合线圈产生感

应电流。

2.【答案】C

【解析】解：一束光经三棱镜，发生折射现象，复色光通过时，由于折射率不同会发生

色散现象。

频率越大，波长越短，折射率越大，折射过程偏折越明显，由图得，2折射率大，波长

短,频率大,故;li>%，

频率越大，光子具有的能量£=痴越大，根据爱因斯坦光电效应方程,H=W+\mvk,

光子能量越大，光电子的最大初动能越大，故Ez<Ek2，

故错误，C正确；

故选：Co

由光路图可以判断两束光的折射率大小，根据折射率大小可以判断两束光的波长和频率

大小。根据爱因斯坦光电效应方程可以判断飞出的光电子的最大初动能大小。

本题考查光在介质中的传播和爱因斯坦光电效应方程，需要注意光的频率越大，波长越

短，折射率越大。

3.【答案】B

【解析】解：在图像中，图像的斜率表示速度，故在t=4s时，速度为0,

在0-4s内，根据速度一时间公式可得：v=v0+at

根据位移时间公式可得：v2-vl=2ax

联立解得：v0=20m/s,故AC。错误，8正确;

故选：B。

在x-t中图像的斜率表示速度，故可判断出4s末的速度，在0-4s内根据速度-时间公

式和速度一位移公式即可求得初速度。

本题主要考查了匀变速直线运动，抓住图像的斜率表示速度，利用好匀变速直线运动的

公式即可。

4.【答案】A

【解析】解：AB、给飞机供油时油量增加，即增大电容器的电介质，根据电容的决定

式。=盘，可知，电容器的电容要增大，故A正确，8错误；

C£＞、飞行过程中油量减少，即减小电容器的电介质，因两极的正对面积仍不变，根据

电容的决定式C=指，可知，电容器的电容要减小，故错误。

4nkd

故选：4。

内外圆筒形成一个电容器，油量的变化相当于电介质变化，根据电容的决定式。=抵

471kd

分析电容的变化，从而即可判定.

本题只要掌握电容的决定式。=指，关键依据电容器来确定，油量的多少与电容器决

4nka

定式的哪个物理量有关.

5.【答案】B

【解析】解：电子从A点运动到C点过程中，由动能定理可知：eUAC=4eV-2eV

即AC两点的电势差：UAC=2V

即：＜pA-(pc=2V

解得：＜Pc=5V

在匀强电场中，AC的中点。处的电势为：8。=失竺=等1/=41/

连接8。即为该匀强电场的等势面，电场线垂直于等势面，指向低电势方向，如图所示;

3V

4V

第8页，共15页

由几何关系可知，BD1AC,即电场线沿着C4方向，

则电场强度为：E=^=矢詈=-V/7n=2V/m,所以AC。错误，B正确。

故选：B。

根据动能定理求出AC两点的电势差，进而求出C点电势，找到AC线段中与B点等电

势的点，连接形成等势线，进而画出电场线，由E==求匀强电场中的电场强度。

本题考查电势差和电场强度的关系，在求解匀强电场场强大小时，要先找等势线，根据

场强方向和等势线垂直得出电场线方向，最后利用匀强电场中电势差和场强关系可以求

出场强大小。

6.【答案】A

【解析】解：对两种情况下的整体分析可知，两种情况下推力大小相等，物体的质量相

等，设每个书本的质量均为m,由牛顿第二定律可知，甲、乙具有相同的加速度a=占；

3m

对甲中“分析可知，/i—ma=p对c分析，8对c的摩擦力力=ma；

对乙中的“分析,则有%=ma=g,对"分析，有人=2ma=?则有月=%=外＜%，

故A正确，BCD错误。

故选：Ao

先对甲、乙两种情况中的整体进行分析，明确加速度大小关系，再分别对甲中的a、c

分析由牛顿第二定律求出加以及儿间的摩擦力大小，最后对乙中的a、M整体进行分

析，由牛顿第二定律求出加之间以及反之间的摩擦力大小。

本题考查牛顿第二定律在摩擦力分析中的应用，要注意正确选择研究对象，掌握整体法

和隔离法的应用。

7.【答案】D

【解析】解：线框进入磁场所需的时间：％=上=2，该段时间内有感应电流，感应

a)3a)

电动势的大小：后1=：8〃3,感应电流大小：/="=更包，

21R2R

同理，线框出磁场的时间：t2=G，产生的感应电流大小：12=11，方向与电流。的方

向相反；

线框转一圈的时间：T=-,可知

0)6

根据有效值的定义知：#Rqx2=/2Rr,解得该感应电流的有效值：/=叵包，故。

166R

正确，A、B、C错误。

故选：Do

当线框全部在磁场以及全部不在磁场中运动时，产生的感应电流为零，当有一条半径在

磁场中时，产生感应电流，求出有感应电流时的时间，以及感应电流的大小，结合有效

值的定义求出线框中感应电流的有效值。

解决本题的关键掌握转动切割产生的感应电动势公式E=^8/3,注意该线框在磁场中

转动产生交变电流，掌握求解交变电流有效值的方法。

8.【答案】CD

【解析】解：人布朗运动是悬浮在液体中的微粒的无规则运动，阳光从缝隙射入房间，

从阳光中看到的尘埃的运动是空气对流引起的，不是布朗运动，故A错误；

8、用气筒给车胎打气，气筒压下后有反弹是轮胎的内部压强大于外界大气压，并不是

分子间的斥力，故8错误；

C、一定质量的理想气体经过绝热压缩，即Q=0,外界对气体做功，即勿>0,根据热

力学第一定律△〃=(2+〃可知，△U>0,即气体的内能增大，则气体的温度升高，

根据理想气体状态方程学=c可知，气体压强增大，故C正确；

。、气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，气泡的体积变大，根据

玻意耳定律pv=c,可知气泡内的气体压强变小，由于外部恒温，可以认为上升过程中

气泡内空气的温度始终等于外界温度，则气泡内气体的内能不变，根据热力学第一定律

△U=〃+Q,可知△(/=(),W<0,Q>0,所以气泡内气体要从外界吸收热量，故

。正确。

故选：CD.

阳光中看到的尘埃的运动是空气对流引起的，不是布朗运动；气筒压下后有反弹是轮胎

的内部压强大于外界大气压；根据热力学第一定律和理想气体状态方程判断：根据热力

学第一定律△U=W+Q判断。

本题考查了尘埃的运动、气体压强、热力学第一定律和理想气体状态方程等热学基础知

识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。

9.【答案】AD

【解析】解：A、由于地球同步卫星与地球自转角速度一样，同为3,地球同步卫星轨

道半径r=R+h,所以i?=w=3(R+无)，故A正确；

第10页，共15页

BCD、对于地球表面某物体，忽略重力时，万有引力提供向心力：^-=mco2R,

地球同步卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力：黑7=根上，

黄金代换：GM-gR2,

地球同步卫星与地球自转角速度相同，v=a）（R+h）

联立解得：u=寿中石，故BC错误，。正确。

故选：A。。

由于地球同步卫星与地球自转角速度一样，再结合U=3T求解运行速率；地球与同步卫

星做圆周运动，可结合万有引力提供向心力求解运行速率。

本题考查万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力的前提下，应用万有引力公式,

以及黄金代换和线速度与角速度关系求解。

10.【答案】AB

【解析】解：A、根据功能关系可得，。〜X]过程中力F做的功伍=邑+必，其中叼为

克服摩擦力做的功，所以0〜与过程中力F做的功大于%,故A正确；

B、X1〜&过程中机械能不变，拉力F=〃mgcos0,只有重力做负功，物体动能减小，

故B正确；

C、&〜△过程中物体的机械能减少，说明拉力F<〃mgcos。，且重力做负功，物体动

能一定减小，速度一直减小，故C错误；

D、除重力（或弹簧弹力）之外的其它外力外）做的功等于机械能的变化，则有AE=

F%△x,则E-x关系图像的斜率表示除重力（或弹力）之外的合外力：

根据图像可知，0〜与过程中力图像的斜率先减小、后为零、再不变，根据尸外=?一

“Tngcos。可知，尸先减小、后不变、再减小，故。错误。

故选：AB»

根据功能关系方向0〜与过程中力厂做的功；X]〜不过程中机械能不变，拉力F=

limgcosd,由此分析物体动能的变化：乂2〜右过程中物体的机械能减小，根据合外力做

功情况分析物体动能的变化；根据E-X关系图像的斜率表示的物理意义分析拉力的变

化。

本题主要是考查了机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重

力或弹力做功，除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化

多少；注意运动过程中机械能和其它形式的能的转化关系。

11.【答案】0.703.6偏小

【解析】解：(1)该游标卡尺为20分度的游标卡尺，精度值为0.05nun,正对刻度为14,

则读数为：Onwn+0.05mmX14=0.70mm

(2)由图丙可知。点电压值1.8U,电流值0.504贝UR%=苫=焉=3.60

(3)由于电压表的分流，使得电流的测量值偏大，电阻的测量结果偏小。

故答案为：(1)0.70；(2)3.6；(3)偏小。

读出游标卡尺的主尺和游标尺的读数，由图丙读出电压和电流值，根据欧姆定律计算电

阻值，由于电压表的分流会使测量值偏小。

学生需掌握游标卡尺的读数方法，欧姆定律的应用，会分析用伏安法测电阻的实验误差。

12.【答案】＜mAy[h[=—mAyfh^+天平亥U度尺BCE

【解析】解：(1)两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量小于被碰球的质量，即叫＜

(2)设碰撞前瞬间4的速度大小为火，碰撞后瞬间，4的速度大小为以，8的速度大小为

vB,由动能定理得：

A球下摆过程，对A球：mAghr=^mAv1-0

A球碰撞后反弹过程，对A球：一啊9无2=0-

碰撞后B摆动过程，对B球：一小四八3=

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=-mAvA+

mBvB,

整理得：mAy[h[=—TnAy[h^+mBy[h^

(3)实验需要用天平测小球的质量，需要用刻度尺测量小球的高度。

(4)4、起始小球在最低处静止时，细线长度略有不等，但两球心等高，两球发生对心正

碰，对验证动量守恒表达式没有影响，故A错误；

8、起始小球在最低处静止时;两细线上端系在同一点上，两球不能发生对心正碰，对

验证动量守恒表达式有影响，故B正确；

C、A球开始释放时有一定的初速度，小球到达最低点时的速度偏大，对验证动量守恒

表达式有影响，故C正确；

。、两球碰撞过程系统动量守恒，两球碰撞过程中有机械能损失对验证动量守恒表达式

没有影响，故。错误；

E、8球摆到最高点的位置记录不准确，影响小球速度的测量，对验证动量守恒表达式

第12页，共15页

有影响，故E正确。

故选：BCE。

故答案为：(1)＜；(2)m4A/K7=—m*(3)天平；刻度尺；(4)BCE。

(1)两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量小于被碰球的质量。

(2)应用动能定理求出小球碰撞前后瞬间的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动

量守恒定律可以求出实验需要验证的表达式。

(3)根据实验需要测量的量确定需要的实验器材。

(4)根据实验原理与实验注意事项分析答题。

理解实验原理是解题的前提，应用动能定理或机械能守恒定律求出小球碰撞前后瞬间小

球的速度，应用动量守恒定律即可解题。

13.【答案】解：⑴由图得％尹=8m,=4m,由〃="得：/尹=亡=蔡Hz=1.25Hz

v10

f7=--=—Hz=2.5Hz

乙4乙4

两列波的频率不相等，相遇时不会发生干涉现象；

(2)经过t=0.3s,甲波向右传播距离S/="=10x0.37n=3m,由波形平移可得甲波

引起原点处质点的位移大小是IO。”，位移方向沿)，轴正向；

乙波向左传播距离s1="=3m,由波形平移可得乙波引起原点处质点的位移为0,根

据波的叠加遵守矢量合成法则，可得

在t=0.3s时，平衡位置位于原点的质点位移大小是10a”，位移方向沿)，轴正向。

答：(1)甲乙两列波的频率分别是1.25”z、2.5Hz；两列波的频率不相等，相遇时不会发

生干涉现象；

(2)在t=0.3s时，平衡位置位于原点的质点位移是10。”。

【解析】根据》=/可得频率，两列波的频率相等，相遇时发生干涉现象；当两列波叠

加时，遵守矢量合成法则，求出合位移。

本题主要考查了波的频率、波速和波长的关系，以及波的叠加，掌握波的干涉的条件是

解题的关键，根据矢量合成法则求质点的合位移。

14.【答案】解：(1)滑水者从管口到水面做平抛运动

水平方向匀速直线运动：x=vrt2①

竖直方向做自由落体运动：h2=\gtl②

①②联立得：%=%J^=0.4xJ^^m/s=2m/s③

从管口到水面，由动能定理得：mgh2=Ek2-1rnvl(4)

③④联立得：Ek2=2407⑤

滑水者落到水面上时的动能大小：240J

(2)从开始下滑到下端口，由动能定理得：mg^+W=Ek2⑥

⑤⑥联立得：W=-28807@

故阻力对滑水者做功为：-2880/

(3)滑水者下滑过程中动量变化量：△p=tn%-0=120kg-m/s,A；

方向水平向右

-------->

//

222

由动量定理：I=V(Ap)+g=V120+3000kg-m/