2021年高考真题 物理（山东卷)（含解析版）

绝密★启用前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。A.内能减少一、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。B.对外界做正功210C.增加的内能大于吸收的热量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82Pb，其衰变方程为D.增加的内能等于吸收的热量210Pb210BiX。以下说法正确的是（ ）8283【答案】BA.衰变方程中的X是电子【解析】210B.升高温度可以加快82Pb的衰变【分析】210210【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，AC.82Pb与83Bi的质量差等于衰变的质量亏损错误；D.方程中的X来自于210Pb内质子向中子的转化82B．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【答案】ApVC【解析】T【分析】气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；【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；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；UWQC．210Pb与210Bi和电子X的质量差等于衰变的质量亏损，C错误；8283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。210D．方程中的X来自于82Pb内中子向质子的转化，D错误。故选B。故选A。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，质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0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.30cm3B.40cm3C.50cm3D.60cm3【答案】D【解析】【分析】【详解】根据玻意耳定律可知p0V5p0V0p15Vmv2mv2mv2mv2A.0B.0C.0D.0已知2L4L8L16L3p0750mmHg，V060cm，p1750mmHg+150mmHg900mmHg【答案】B代入数据整理得【解析】3【分析】V60cm【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，根据动能定理故选D。1f2L0mv25.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20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”和可得摩擦力的大小“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2mv0f比为（ ）4L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60cm3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5V，压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，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.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mMFGR2可得221解得Qq4F祝融M火m祝融M月m玉兔99=G:G=2=FR2R2222玉兔火月2因在0xa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故选B。22放，P受到向右的电场力而向右运动。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q的点电荷；在0xa区间，x2故选C。轴上电势的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷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（ ）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.B.21A.Qq，释放后P将向右运动221C.D.B.Qq，释放后P将向左运动2221C.Qq，释放后P将向右运动【答案】D4【解析】221D.Qq，释放后P将向左运动【分析】4【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【答案】C1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）【解析】2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。【分析】故选D。【详解】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得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q2q2Qq2kkk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a2(2a)22(a)22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势大于导线绳切割磁感线产生的电动势，可得为H，导体绳长为LLH，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EE'面。忽略地球自转的影响。据此可得，电池电动势为（ ）fBLr解得GMfrEBLRHBL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7.5V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10Ω。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10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是（ ）GMfrGMfrA.BLB.BLRHBLRHBLGMBLGMBLC.BLD.BLRHfrRHfrA.r10ΩB.r5Ω【答案】AC.P45WD.P22.5W【解析】【答案】BD【分析】【解析】【详解】根据【分析】Mmv2Gm【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压(RH)2(RH)U2=3×7.5V=22.5V可得卫星做圆周运动的线速度电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压GMvUPR10VRH4电流根据右手定则可知，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UI41AE'BLv4R则右侧变压器初级电压因导线绳所受阻力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2U10V20V31电流C.D.1I1A=0.5A32则【答案】ACU2U3r5ΩI3【解析】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【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。U2Ir0.5IRn3n4AB．若机械波沿x轴正方向传播，在t12s时O点振动方向竖直向上，则传播时间tt2t13s满足解得3tTnT（n=0，1，2，3…）I=3A4解得则R上的功率12Ts（n=0，1，2，3…）P(0.5I)2R22.5W4n3当n0时，解得周期故选BD。T4s10.一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t12s时的波形图，虚线为t25s时的波形图。以下关于平A正确，B错误；衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是（ ）CD．若机械波沿x轴负方向传播，在t25s时O点处于波谷，则1tTnT（n=0，1，2，3…）4解得12Ts（n=0，1，2，3…）4n1当n0时，解得周期T12sC正确，D错误。A.B.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v0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（ ）热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为mA.投出物资后热气球做匀加速直线运动agMmgB.投出物资后热气球所受合力大小为1物资落地H过程所用的时间t内，根据Hgt2解得落地时间为22m2Hv02C.d1HMg2Htg222Hv0m2D.d1H热气球在竖直方向上运动的位移为gM121m2Hm【答案】BCHatgHM22MgM【解析】热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为【分析】mg2H【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xvtvm00g瞬间，满足动量守恒定律m2HMvmvxvtv0MM0g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v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；m2Hv2d(xx)2(HH)2(1)0H2CD．热气球和物资的运动示意图如图所示mMMMgC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（ ）下行过程中，根据牛顿第二定律可知B1I1LB2I2Lmgsinma1上行过程中，根据牛顿第二定律可知B1I1LB2I2Lmgsinma2比较加速度大小可知A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度a1a2B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度由于bc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b点时的速度大于上C.金属棒不能回到无磁场区行经过b点时的速度，AB正确；D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处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【答案】ABD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a处，C错误，D正确。【解析】故选ABD。【分析】三、非选择题：本题共6小题，共60分。【详解】AB．在I区域中，磁感应强度为B1kt，感应电动势为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：BE1SkS1t①固定好手机，打开录音功能；感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为②从一定高度由静止释放乒乓球；EkSI1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。1RR导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，感应电动势为EBLv2导体棒上的电流为EBLvI22RR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。Ⅰ