山東省2021年普通高中學業(yè)水平等級考試物理注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.在測定年代較近的湖泊沉積物形成年份時，常利用沉積物中半衰期較短的，其衰變方程為。以下說法正確的是（　?。〢.衰變方程中的X是電子B.升高溫度可以加快的衰變C.與的質量差等于衰變的質量虧損D.方程中的X來自于內質子向中子的轉化【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X是電子，A正確；B．半衰期非常穩(wěn)定，不受溫度，壓強，以及該物質是單質還是化合物的影響，B錯誤；C．與和電子X的質量差等于衰變的質量虧損，C錯誤；D．方程中的X來自于內中子向質子的轉化，D錯誤。故選A。2.如圖所示，密封的礦泉水瓶中，距瓶口越近水的溫度越高。一開口向下、導熱良好的小瓶置于礦泉水瓶中，小瓶中封閉一段空氣。擠壓礦泉水瓶，小瓶下沉到底部；松開后，小瓶緩慢上浮，上浮過程中，小瓶內氣體（　?。?A.內能減少B.對外界做正功C.增加的內能大于吸收的熱量D.增加的內能等于吸收的熱量【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由于越接近礦泉水瓶口，水的溫度越高，因此小瓶上浮的過程中，小瓶內溫度升高，內能增加，A錯誤；B．在小瓶上升的過程中，小瓶內氣體的溫度逐漸升高，壓強逐漸減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程氣體體積膨脹，對外界做正功，B正確；CD．由AB分析，小瓶上升時，小瓶內氣體內能增加，氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律由于氣體對外做功，因此吸收的熱量大于增加的內能，CD錯誤。故選B。3.如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉動，另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（　?。?A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據(jù)動能定理可得摩擦力的大小故選B。4.血壓儀由加壓氣囊、臂帶，壓強計等構成，如圖所示。加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶，壓強計示數(shù)為臂帶內氣體的壓強高于大氣壓強的數(shù)值，充氣前臂帶內氣體壓強為大氣壓強，體積為V；每次擠壓氣囊都能將的外界空氣充入臂帶中，經5次充氣后，臂帶內氣體體積變?yōu)椋瑝簭娪嬍緮?shù)為。已知大氣壓強等于，氣體溫度不變。忽略細管和壓強計內的氣體體積。則V等于（　　）,A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【詳解】根據(jù)玻意耳定律可知已知，，代入數(shù)據(jù)整理得故選D。5.從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國星際探測事業(yè)實現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越。已知火星質量約為月球的9倍，半徑約為月球的2倍，“祝融”火星車的質量約為“玉兔”月球車的2倍。在著陸前，“祝融”和“玉兔”都會經歷一個由著陸平臺支撐的懸停過程。懸停時，“祝融”與“玉兔”所受陸平臺的作用力大小之比為（　　）A.9∶1B.9∶2C.36∶1D.72∶1【答案】B【解析】【分析】【詳解】懸停時所受平臺的作用力等于萬有引力，根據(jù)可得,故選B。6.如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為的點電荷；在區(qū)間，x軸上電勢的變化曲線如圖乙所示。現(xiàn)將一電荷量為的點電荷P置于正方形的中心O點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零。若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（　?。〢.，釋放后P將向右運動B.，釋放后P將向左運動C.，釋放后P將向右運動D，釋放后P將向左運動【答案】C【解析】【分析】【詳解】對y軸正向的點電荷，由平衡知識可得解得,因在區(qū)間內沿x軸正向電勢升高，則場強方向沿x軸負向，則將P沿x軸正向向右略微移動后釋放，P受到向右的電場力而向右運動。故選C。7.用平行單色光垂直照射一層透明薄膜，觀察到如圖所示明暗相間的干涉條紋。下列關于該區(qū)域薄膜厚度d隨坐標x的變化圖像，可能正確的是（　?。〢.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【詳解】從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是相干光，其光程差為△x=2d，即光程差為薄膜厚度的2倍，當光程差△x=nλ時此處表現(xiàn)為亮條紋，故相鄰亮條紋之間的薄膜的厚度差為λ，在圖中相鄰亮條紋（或暗條紋）之間的距離變大，則薄膜層的厚度之間變小，因條紋寬度逐漸變寬，則厚度不是均勻變小。故選D。8.迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應電動勢的共同作用下，導體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻,力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導體繩長為，地球半徑為R，質量為M，軌道處磁感應強度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為（　?。〢B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【詳解】根據(jù)可得衛(wèi)星做圓周運動的線速度根據(jù)右手定則可知，導體繩產生的感應電動勢相當于上端為正極的電源，其大小為因導線繩所受阻力f與安培力F平衡，則安培力與速度方向相同，可知導線繩中的電流方向向,下，即電池電動勢大于導線繩切割磁感線產生的電動勢，可得解得故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.輸電能耗演示電路如圖所示。左側變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶3，輸入電壓為正弦交流電。連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為。開關S接1時，右側變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2∶1，R上的功率為；接2時，匝數(shù)比為1∶2，R上的功率為P。以下判斷正確的是（　?。〢.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】【詳解】當開關S接1時，左側變壓器次級電壓U2=3×7.5V=22.5V電阻R上的電壓，即右側變壓器的次級電壓電流則右側變壓器初級電壓,電流則當開關S接2時，設輸電電流為I，則右側變壓器的次級電流為0.5I；右側變壓兩邊電壓關系可知解得I=3A則R上的功率故選BD。10.一列簡諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實線為時的波形圖，虛線為時的波形圖。以下關于平衡位置在O處質點的振動圖像，可能正確的是（　　）A.B.,C.D.【答案】AC【解析】【分析】【詳解】機械波傳播方向不確定，所以需要考慮機械波傳播方向的不確定性。AB．若機械波沿軸正方向傳播，在時點振動方向豎直向上，則傳播時間滿足（n=0，1，2，3…）解得（n=0，1，2，3…）當時，解得周期A正確，B錯誤；CD．若機械波沿軸負方向傳播，在時點處于波谷，則（n=0，1，2，3…）解得（n=0，1，2，3…）當時，解得周期C正確，D錯誤。故選AC。11.如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質量為m的物資以相對地面的速度水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質量為,M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力，以下判斷正確的是（　?。〢.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為C.D.【答案】BC【解析】【分析】【詳解】AB．熱氣球開始攜帶物資時處于靜止狀態(tài)，所受合外力為0，初動量為0，水平投出重力為的物資瞬間，滿足動量守恒定律則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度，熱氣球所受合外力恒為，豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，A錯誤，B正確；CD．熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示,熱氣球和物資所受合力大小均為，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為物資落地過程所用的時間內，根據(jù)解得落地時間為熱氣球在豎直方向上運動的位移為熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為C正確，D錯誤。故選BC。12.如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中磁場方向均垂直斜面向上，Ⅰ區(qū)中磁感應強度隨時間均勻增加，Ⅱ區(qū)中為勻強磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進入Ⅱ區(qū)后，經b下行至c處反向上行。運動過程中金屬棒始終垂直導軌且接觸良好。在第一次下行和上行的過程中，以下敘述正確的是（　?。?A.金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度B.金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C.金屬棒不能回到無磁場區(qū)D.金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】AB．在I區(qū)域中，磁感應強度為，感應電動勢感應電動勢恒定，所以導體棒上的感應電流恒為導體棒進入Ⅱ區(qū)域后，導體切割磁感線，產生一個感應電動勢，因為導體棒到達點后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，下行和上行經過點的受力分析如圖設下行、上行過b時導體棒的速度分別為，，則下行過b時導體棒切割磁感線產生的感應電流為下行過b時導體棒上的電流為,下行過b時，根據(jù)牛頓第二定律可知上行過b時，切割磁感線的產出的感應電動勢為上行過b時導體棒上的電流為根據(jù)牛頓第二定律可知比較加速度大小可知由于段距離不變，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，所以金屬板下行過經過點時的速度大于上行經過點時的速度，AB正確；CD．導體棒上行時，加速度與速度同向，則導體棒做加速度減小的加速度運動，則一定能回到無磁場區(qū)。由AB分析可得，導體棒進磁場Ⅱ區(qū)（下行進磁場）的速度大于出磁場Ⅱ區(qū)（下行進磁場）的速度，導體棒在無磁場區(qū)做加速度相同的減速運動則金屬棒不能回到處，C錯誤，D正確。故選ABD。三、非選擇題：本題共6小題，共60分。13.某乒乓球愛好者，利用手機研究乒乓球與球臺碰撞過程中能量損失的情況。實驗步驟如下：①固定好手機，打開錄音功能；②從一定高度由靜止釋放乒乓球；③手機記錄下乒乓球與臺面碰撞的聲音，其隨時間（單位：s）的變化圖像如圖所示。,根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應碰撞時刻，如下表所示。碰撞次序1234567碰撞時刻（s）1.121.582.002.402.783.143.47根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，回答下列問題：（1）利用碰撞時間間隔，計算出第3次碰撞后乒乓球的彈起高度為___________m（保留2位有效數(shù)字，當?shù)刂亓铀俣龋?。?）設碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動能為碰撞前動能的___________倍（用k表示），第3次碰撞過程中___________（保留2位有效數(shù)字）。（3）由于存在空氣阻力，第（1）問中計算的彈起高度___________（填“高于”或“低于”）實際彈起高度?！敬鸢浮竣?0.20②.③.0.95④.高于【解析】【分析】【詳解】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用時，根據(jù)豎直上拋和自由落體運動的對稱性可知第3次碰撞后乒乓球彈起的高度為（2）[2]碰撞后彈起瞬間速度為，碰撞前瞬間速度為，根據(jù)題意可知則每次碰撞損失的動能與碰撞前動能的比值為,[3]第2次碰后從最高點落地瞬間的速度第3次碰撞后瞬間速度為則第3次碰撞過程中（3）[4]由于存在空氣阻力，乒乓球在上升過程中受到向下的阻力和重力，加速度變大，上升的高度變小，所以第（1）問中計算的彈起高度高于實際彈起的高度。14.熱敏電阻是傳感器中經常使用的元件，某學習小組要探究一熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律?？晒┻x擇的器材有：待測熱敏電阻（實驗溫度范圍內，阻值約幾百歐到幾千歐）；電源E（電動勢，內阻r約為）；電阻箱R（阻值范圍）；滑動變阻器（最大阻值）；滑動變阻器（最大阻值）；微安表（量程，內阻等于）；開關兩個，溫控裝置一套，導線若干。,同學們設計了如圖甲所示的測量電路，主要實驗步驟如下：①按圖示連接電路；②閉合、，調節(jié)滑動變阻器滑片P的位置，使微安表指針滿偏；③保持滑動變阻器滑片P的位置不變，斷開，調節(jié)電阻箱，使微安表指針半偏；④記錄此時的溫度和電阻箱的阻值?；卮鹣铝袉栴}：（1）為了更準確地測量熱敏電阻的阻值，滑動變阻器應選用___________（填“”或“”）。（2）請用筆畫線代替導線，將實物圖（不含溫控裝置）連接成完整電路__________。（3）某溫度下微安表半偏時，電阻箱的讀數(shù)為，該溫度下熱敏電阻的測量值為___________（結果保留到個位），該測量值___________（填“大于”或“小于”）真實值。（4）多次實驗后，學習小組繪制了如圖乙所示的圖像。由圖像可知。該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高逐漸___________（填“增大”或“減小”）。,【答案】①.②.③.3500④.大于⑤.減小【解析】【分析】【詳解】（1）[1]用半偏法測量熱敏電阻的阻值，盡可能讓該電路的電壓在S2閉合前、后保持不變，由于該支路與滑動變阻器左側部分電阻并聯(lián)，滑動變阻器的阻值越小，S2閉合前、后并聯(lián)部分電阻變化越小，從而并聯(lián)部分的電壓值變化越小，故滑動變阻器應選R1。（2）[2]電路連接圖如圖所示（3）[3]微安表半偏時，該支路的總電阻為原來的2倍，即可得[4]當斷開S2，微安表半偏時，由于該支路的電阻增加，電壓略有升高，根據(jù)歐姆定律，總電阻比原來2倍略大，也就是電阻箱的阻值略大于熱敏電阻與微安表的總電阻，而我們用電阻箱的阻值等于熱敏電阻與微安表的總電阻來計算，因此熱敏電阻的測量值比真實值偏大。（4）[5]由于是圖像，當溫度T升高時，減小，從圖中可以看出減小，從而減小，因此熱敏電阻隨溫度的升高逐漸減小。15.超強超短光脈沖產生方法曾獲諾貝爾物理學獎，其中用到的一種脈沖激光展寬器截面如圖所示。在空氣中對稱放置四個相同的直角三棱鏡，頂角為。一細束脈沖激光垂直第一個棱鏡,左側面入射，經過前兩個棱鏡后分為平行的光束，再經過后兩個棱鏡重新合成為一束，此時不同頻率的光前后分開，完成脈沖展寬。已知相鄰兩棱鏡斜面間的距離，脈沖激光中包含兩種頻率的光，它們在棱鏡中的折射率分別為和。取，，。（1）為使兩種頻率的光都能從左側第一個棱鏡斜面射出，求的取值范圍；（2）若，求兩種頻率的光通過整個展寬器的過程中，在空氣中的路程差（保留3位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（或）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）由幾何關系可得，光線在第一個三梭鏡右側斜面上的入射角等于，要使得兩種頻率的光都從左側第一個棱鏡斜面射出，則需要比兩種頻率光線的全反射角都小，設C是全反射的臨界角，根據(jù)折射定律得①折射率越大，臨界角越小，代入較大的折射率得②所以頂角的范圍為（或）③（2）脈沖激光從第一個三棱鏡右側斜面射出時發(fā)生折射，設折射角分別為和，由折射,定律得④⑤設兩束光在前兩個三棱鏡斜面之間的路程分別為和，則⑥⑦⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得⑨16.海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度的巖石，以巖石左端為坐標原點，建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）或,【解析】【分析】【詳解】（1）設平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運動的合成與分解得，，在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得（2）若釋放鳥蛤的初速度為，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為x1，擊中右端時，釋放點的x坐標為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，m若釋放鳥蛤時的初速度為，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為，擊中右端時，釋放點的x坐標為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，綜上得x坐標區(qū)間或17.某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標原點O，其內充滿垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于點，右邊界與x軸垂直交于點，其內充滿沿y軸負方向的勻強電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質,量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點，依次經Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達測試板中心C。已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內電場強度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到的距離S?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）設離子在Ⅰ區(qū)內做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關系得②聯(lián)立①②式得,（2）離子在Ⅱ區(qū)內只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設從進入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運動的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosθ的勻速圓周運動，如圖所示。設左側部分的圓心角為，圓周運動半徑為，運動軌跡長度為，由幾何關系得，由于在y軸方向的運動不變，離子的運動軌跡與測試板相切于C點，則離子在Ⅱ區(qū)內的運動時間不變，故有C到的距離聯(lián)立得,18.如圖所示，三個質量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內。（彈簧的彈性勢能可表示為：，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動的最大距離和B、C分離時B的動能；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值；（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導比較W與的大??；（4）若，請在所給坐標系中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標軸上標出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導過程。以撤去F時C的位置為坐標原點，水平向右為正方向?！敬鸢浮浚?）、；（2）；（3）；（4）【解析】,【分析】【詳解】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關系得彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得聯(lián)立方程解得（2）當A剛要離開墻時，設彈簧得伸長量為，以A為研究對象，由平衡條件得若A剛要離開墻壁時B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復原長到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得結合第（1）問結果可知根據(jù)題意舍去，所以恒力得最小值為（3）從B、C分離到B停止運動，設B的路程為，C的位移為，以B為研究對象，由動能定理得,以C為研究對象，由動能定理得由B、C得運動關系得聯(lián)立可知（4）小物塊B、C向左運動過程中，由動能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為則坐標原點加速度為之后C開始向右運動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為可知加速度隨位移為線性關系，隨著彈簧逐漸恢復原長，減小，減小，彈簧恢復原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為負號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復原長，以B、C為研究對象，由動能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運動的距離為則C最后停止的位移為,所以C向右運動的圖象為