2021年高考真题--物理(山东卷)(Word版附解析)
ID:9316 2021-09-03 1 3.00元 27页 1.73 MB
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山东省2021年普通高中学业水平等级考试物理注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,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、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.在测定年代较近的湖泊沉积物形成年份时,常利用沉积物中半衰期较短的,其衰变方程为。以下说法正确的是(  )A.衰变方程中的X是电子B.升高温度可以加快的衰变C.与的质量差等于衰变的质量亏损D.方程中的X来自于内质子向中子的转化【答案】A【解析】【分析】【详解】A.根据质量数守恒和电荷数守恒可知,X是电子,A正确;B.半衰期非常稳定,不受温度,压强,以及该物质是单质还是化合物的影响,B错误;C.与和电子X的质量差等于衰变的质量亏损,C错误;D.方程中的X来自于内中子向质子的转化,D错误。故选A。2.如图所示,密封的矿泉水瓶中,距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中,小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶,小瓶下沉到底部;松开后,小瓶缓慢上浮,上浮过程中,小瓶内气体(  ),A.内能减少B.对外界做正功C.增加的内能大于吸收的热量D.增加的内能等于吸收的热量【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由于越接近矿泉水瓶口,水的温度越高,因此小瓶上浮的过程中,小瓶内温度升高,内能增加,A错误;B.在小瓶上升的过程中,小瓶内气体的温度逐渐升高,压强逐渐减小,根据理想气体状态方程气体体积膨胀,对外界做正功,B正确;CD.由AB分析,小瓶上升时,小瓶内气体内能增加,气体对外做功,根据热力学第一定律由于气体对外做功,因此吸收的热量大于增加的内能,CD错误。故选B。3.如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为(  ),A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】在运动过程中,只有摩擦力做功,而摩擦力做功与路径有关,根据动能定理可得摩擦力的大小故选B。4.血压仪由加压气囊、臂带,压强计等构成,如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值,充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为V;每次挤压气囊都能将的外界空气充入臂带中,经5次充气后,臂带内气体体积变为,压强计示数为。已知大气压强等于,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(  ),A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】根据玻意耳定律可知已知,,代入数据整理得故选D。5.从“玉兔”登月到“祝融”探火,我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍,半径约为月球的2倍,“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前,“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时,“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为(  )A.9∶1B.9∶2C.36∶1D.72∶1【答案】B【解析】【分析】【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力,根据可得,故选B。6.如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为的点电荷;在区间,x轴上电势的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为的点电荷P置于正方形的中心O点,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下判断正确的是(  )A.,释放后P将向右运动B.,释放后P将向左运动C.,释放后P将向右运动D,释放后P将向左运动【答案】C【解析】【分析】【详解】对y轴正向的点电荷,由平衡知识可得解得,因在区间内沿x轴正向电势升高,则场强方向沿x轴负向,则将P沿x轴正向向右略微移动后释放,P受到向右的电场力而向右运动。故选C。7.用平行单色光垂直照射一层透明薄膜,观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像,可能正确的是(  )A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光,其光程差为△x=2d,即光程差为薄膜厚度的2倍,当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹,故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为λ,在图中相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大,则薄膜层的厚度之间变小,因条纹宽度逐渐变宽,则厚度不是均匀变小。故选D。8.迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中,沿圆形轨道绕地飞行。系绳卫星由两子卫星组成,它们之间的导体绳沿地球半径方向,如图所示。在电池和感应电动势的共同作用下,导体绳中形成指向地心的电流,等效总电阻为r。导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻,力,可使卫星保持在原轨道上。已知卫星离地平均高度为H,导体绳长为,地球半径为R,质量为M,轨道处磁感应强度大小为B,方向垂直于赤道平面。忽略地球自转的影响。据此可得,电池电动势为(  )AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】根据可得卫星做圆周运动的线速度根据右手定则可知,导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源,其大小为因导线绳所受阻力f与安培力F平衡,则安培力与速度方向相同,可知导线绳中的电流方向向,下,即电池电动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势,可得解得故选A。二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。9.输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3,输入电压为正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r,负载R的阻值为。开关S接1时,右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1,R上的功率为;接2时,匝数比为1∶2,R上的功率为P。以下判断正确的是(  )A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】【详解】当开关S接1时,左侧变压器次级电压U2=3×7.5V=22.5V电阻R上的电压,即右侧变压器的次级电压电流则右侧变压器初级电压,电流则当开关S接2时,设输电电流为I,则右侧变压器的次级电流为0.5I;右侧变压两边电压关系可知解得I=3A则R上的功率故选BD。10.一列简谐横波沿x轴传播,如图所示,实线为时的波形图,虚线为时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像,可能正确的是(  )A.B.,C.D.【答案】AC【解析】【分析】【详解】机械波传播方向不确定,所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。AB.若机械波沿轴正方向传播,在时点振动方向竖直向上,则传播时间满足(n=0,1,2,3…)解得(n=0,1,2,3…)当时,解得周期A正确,B错误;CD.若机械波沿轴负方向传播,在时点处于波谷,则(n=0,1,2,3…)解得(n=0,1,2,3…)当时,解得周期C正确,D错误。故选AC。11.如图所示,载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处,现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出,落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为,M,所受浮力不变,重力加速度为g,不计阻力,以下判断正确的是(  )A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为C.D.【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB.热气球开始携带物资时处于静止状态,所受合外力为0,初动量为0,水平投出重力为的物资瞬间,满足动量守恒定律则热气球和物资的动量等大反向,热气球获得水平向左的速度,热气球所受合外力恒为,竖直向上,所以热气球做匀加速曲线运动,A错误,B正确;CD.热气球和物资的运动示意图如图所示,热气球和物资所受合力大小均为,所以热气球在竖直方向上加速度大小为物资落地过程所用的时间内,根据解得落地时间为热气球在竖直方向上运动的位移为热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动,水平位移为根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为C正确,D错误。故选BC。12.如图所示,电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上,Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加,Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放,进入Ⅱ区后,经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中,以下叙述正确的是(  ),A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C.金属棒不能回到无磁场区D.金属棒能回到无磁场区,但不能回到a处【答案】ABD【解析】【分析】【详解】AB.在I区域中,磁感应强度为,感应电动势感应电动势恒定,所以导体棒上的感应电流恒为导体棒进入Ⅱ区域后,导体切割磁感线,产生一个感应电动势,因为导体棒到达点后又能上行,说明加速度始终沿斜面向上,下行和上行经过点的受力分析如图设下行、上行过b时导体棒的速度分别为,,则下行过b时导体棒切割磁感线产生的感应电流为下行过b时导体棒上的电流为,下行过b时,根据牛顿第二定律可知上行过b时,切割磁感线的产出的感应电动势为上行过b时导体棒上的电流为根据牛顿第二定律可知比较加速度大小可知由于段距离不变,下行过程中加速度大,上行过程中加速度小,所以金属板下行过经过点时的速度大于上行经过点时的速度,AB正确;CD.导体棒上行时,加速度与速度同向,则导体棒做加速度减小的加速度运动,则一定能回到无磁场区。由AB分析可得,导体棒进磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度大于出磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度,导体棒在无磁场区做加速度相同的减速运动则金属棒不能回到处,C错误,D正确。故选ABD。三、非选择题:本题共6小题,共60分。13.某乒乓球爱好者,利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下:①固定好手机,打开录音功能;②从一定高度由静止释放乒乓球;③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音,其随时间(单位:s)的变化图像如图所示。,根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻,如下表所示。碰撞次序1234567碰撞时刻(s)1.121.582.002.402.783.143.47根据实验数据,回答下列问题:(1)利用碰撞时间间隔,计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为___________m(保留2位有效数字,当地重力加速度)。(2)设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k,则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的___________倍(用k表示),第3次碰撞过程中___________(保留2位有效数字)。(3)由于存在空气阻力,第(1)问中计算的弹起高度___________(填“高于”或“低于”)实际弹起高度。【答案】①.0.20②.③.0.95④.高于【解析】【分析】【详解】(1)[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时,根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为(2)[2]碰撞后弹起瞬间速度为,碰撞前瞬间速度为,根据题意可知则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为,[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度第3次碰撞后瞬间速度为则第3次碰撞过程中(3)[4]由于存在空气阻力,乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力,加速度变大,上升的高度变小,所以第(1)问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。14.热敏电阻是传感器中经常使用的元件,某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。可供选择的器材有:待测热敏电阻(实验温度范围内,阻值约几百欧到几千欧);电源E(电动势,内阻r约为);电阻箱R(阻值范围);滑动变阻器(最大阻值);滑动变阻器(最大阻值);微安表(量程,内阻等于);开关两个,温控装置一套,导线若干。,同学们设计了如图甲所示的测量电路,主要实验步骤如下:①按图示连接电路;②闭合、,调节滑动变阻器滑片P的位置,使微安表指针满偏;③保持滑动变阻器滑片P的位置不变,断开,调节电阻箱,使微安表指针半偏;④记录此时的温度和电阻箱的阻值。回答下列问题:(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值,滑动变阻器应选用___________(填“”或“”)。(2)请用笔画线代替导线,将实物图(不含温控装置)连接成完整电路__________。(3)某温度下微安表半偏时,电阻箱的读数为,该温度下热敏电阻的测量值为___________(结果保留到个位),该测量值___________(填“大于”或“小于”)真实值。(4)多次实验后,学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐___________(填“增大”或“减小”)。,【答案】①.②.③.3500④.大于⑤.减小【解析】【分析】【详解】(1)[1]用半偏法测量热敏电阻的阻值,尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变,由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联,滑动变阻器的阻值越小,S2闭合前、后并联部分电阻变化越小,从而并联部分的电压值变化越小,故滑动变阻器应选R1。(2)[2]电路连接图如图所示(3)[3]微安表半偏时,该支路的总电阻为原来的2倍,即可得[4]当断开S2,微安表半偏时,由于该支路的电阻增加,电压略有升高,根据欧姆定律,总电阻比原来2倍略大,也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻,而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算,因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。(4)[5]由于是图像,当温度T升高时,减小,从图中可以看出减小,从而减小,因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。15.超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖,其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜,顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜,左侧面入射,经过前两个棱镜后分为平行的光束,再经过后两个棱镜重新合成为一束,此时不同频率的光前后分开,完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离,脉冲激光中包含两种频率的光,它们在棱镜中的折射率分别为和。取,,。(1)为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出,求的取值范围;(2)若,求两种频率的光通过整个展宽器的过程中,在空气中的路程差(保留3位有效数字)。【答案】(1)(或);(2)【解析】【分析】【详解】(1)由几何关系可得,光线在第一个三梭镜右侧斜面上的入射角等于,要使得两种频率的光都从左侧第一个棱镜斜面射出,则需要比两种频率光线的全反射角都小,设C是全反射的临界角,根据折射定律得①折射率越大,临界角越小,代入较大的折射率得②所以顶角的范围为(或)③(2)脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射,设折射角分别为和,由折射,定律得④⑤设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为和,则⑥⑦⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据得⑨16.海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后,有时会飞到空中将它丢下,利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤,在的高度、以的水平速度飞行时,松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度,忽略空气阻力。(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间,弹起速度可忽略,求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F;(碰撞过程中不计重力)(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上,有一与地面平齐、长度的岩石,以岩石左端为坐标原点,建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为,速度大小在之间,为保证鸟蛤一定能落到岩石上,求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【答案】(1);(2)或,【解析】【分析】【详解】(1)设平抛运动的时间为t,鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为,根据运动的合成与分解得,,在碰撞过程中,以鸟蛤为研究对象,取速度v的方向为正方向,由动量定理得联立,代入数据得(2)若释放鸟蛤的初速度为,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x1,击中右端时,释放点的x坐标为,得,联立,代入数据得,m若释放鸟蛤时的初速度为,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为,击中右端时,释放点的x坐标为,得,联立,代入数据得,综上得x坐标区间或17.某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其内充满垂直于平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为;Ⅱ区宽度为L,左边界与x轴垂直交于点,右边界与x轴垂直交于点,其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质,量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过O点,依次经Ⅰ区、Ⅱ区,恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用,不计重力。(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v;(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E;(3)保持上述条件不变,将Ⅱ区分为左右两部分,分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)方向相反且平行y轴的匀强磁场,如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点,需沿x轴移动测试板,求移动后C到的距离S。【答案】(1);(2);(3)【解析】【分析】【详解】(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得①根据几何关系得②联立①②式得,(2)离子在Ⅱ区内只受电场力,x方向做匀速直线运动,y方向做匀变速直线运动,设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t,y方向的位移为,加速度大小为a,由牛顿第二定律得由运动的合成与分解得,,联立得(3)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动,如图所示。设左侧部分的圆心角为,圆周运动半径为,运动轨迹长度为,由几何关系得,由于在y轴方向的运动不变,离子的运动轨迹与测试板相切于C点,则离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有C到的距离联立得,18.如图所示,三个质量均为m的小物块A、B、C,放置在水平地面上,A紧靠竖直墙壁,一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接,C紧靠B,开始时弹簧处于原长,A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力,使B、C一起向左运动,当速度为零时,立即撤去恒力,一段时间后A离开墙壁,最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为:,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能;(2)为保证A能离开墙壁,求恒力的最小值;(3)若三物块都停止时B、C间的距离为,从B、C分离到B停止运动的整个过程,B克服弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与的大小;(4)若,请在所给坐标系中,画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像,并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值(用f、k、m表示),不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点,水平向右为正方向。【答案】(1)、;(2);(3);(4)【解析】,【分析】【详解】(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中,以B、C和弹簧为研究对象,由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离,从弹簧最短到B、C分离,以B、C和弹簧为研究对象,由能量守恒得联立方程解得(2)当A刚要离开墙时,设弹簧得伸长量为,以A为研究对象,由平衡条件得若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零,这种情况下恒力为最小值,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中,以B和弹簧为研究对象,由能量守恒得结合第(1)问结果可知根据题意舍去,所以恒力得最小值为(3)从B、C分离到B停止运动,设B的路程为,C的位移为,以B为研究对象,由动能定理得,以C为研究对象,由动能定理得由B、C得运动关系得联立可知(4)小物块B、C向左运动过程中,由动能定理得解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点加速度为之后C开始向右运动过程(B、C系统未脱离弹簧)加速度为可知加速度随位移为线性关系,随着弹簧逐渐恢复原长,减小,减小,弹簧恢复原长时,B和C分离,之后C只受地面的滑动摩擦力,加速度为负号表示C的加速度方向水平向左;从撤去恒力之后到弹簧恢复原长,以B、C为研究对象,由动能定理得脱离弹簧瞬间后C速度为,之后C受到滑动摩擦力减速至0,由能量守恒得解得脱离弹簧后,C运动的距离为则C最后停止的位移为,所以C向右运动的图象为
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