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2021年高考真题【品优教学】物理(山东卷)(含解析版)(www.ximiyu.com).doc
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品优教学 2021 年高 考真题 教学 物理 山东 解析 www ximiyu com
绝密★启用前 2021年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷) 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∶1 B. 9∶2 C. 36∶1 D. 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。已知卫生离地平均高度为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(  ) A. B. 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,输入电压为的正弦交流电。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】机械波的传播方向不确定,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,感应电动势为 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,感应电动势 导体棒上的电流为 Ⅰ区域产生的电流对导体棒的安培力始终沿斜面向上,大小恒定不变,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 下行过程中,根据牛顿第二定律可知 上行过程中,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.Ⅰ区域产生的安培力总是大于沿斜面向下的作用力,所以金属棒一定能回到无磁场区域,由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热,金属棒的机械能减少,所以金属棒不能回到处,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 1 2 3 4 5 6 7 碰撞时刻(s) 1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 3.47 根据实验数据,回答下列向题: (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. 0.20 ②. ③. 0.95 ④. 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,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3次碰撞前瞬间速度为第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); 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,在答题卡上将实物图(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. 3500 ④. 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前半部分并联,滑动变阻器的阻值越小,S2闭合前、后该部分电阻变化越小,从而电压的值变化越小,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,而认为电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻,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)设C是全反射的临界角,光线在第一个三梭镜右侧斜面上恰好发生全反射时,根据折射定律得 ① 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 ④ ⑤ 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为和,则 ⑥ ⑦ ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据得 ⑨ 16. 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x,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轴垂直交于坐标面点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,如速后沿x轴正方向过Q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方向的位移为地,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 , 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 则坐标原点的加速度为 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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