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2021年高考物理真题名师评析（山东卷）
【试题评析】
2021年山东省普通高中学业水平选择性考试物理试题，依照新课程标准，科学设计考试内容，优化高考选拔功能，强化综合能力立意与物理学科素养导向。
今年的物理试题总体表现难度合适，有创新与变化，所考查知识点基本上围绕着主干知识来命题，具有一定的区分度和效度。
选择题第1题，以湖泊沉积物切入，考查衰变和半衰期，第4题，以血压计切入，需要理解掌握题述信息，才能够正确解题。第5题从“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切入，情景新颖。第11题，热气球水平抛出物质，考查动量守恒定律、平抛运动及其相关的知识点，综合性强。第12题电磁感应，考查角度新，具有一定的难度。
实验题第13题和14题，创新程度高，难度不大，经典创新，这两道题着重考察学生的基本技能，仍属于常规题。
计算题不落俗套，经典创新，综合性强，对学生的要求高，能体现高考的选拔功能。
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
【参考答案】A
【名师解析】根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒，可知衰变方程中的X的电荷数为-1，质量数为零，所以X是电子，选项A正确；根据原子核衰变的快慢与元素所处的物理化学状态无关，所以升高温度不可以加快的衰变，选项B错误；与和电子的质量差等于衰变的质量亏损，选项C错误；根据β衰变的机理可知，方程中的X来自于内中子向质子的转化，选项D错误。
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
【参考答案】B
【名师解析】上浮过程中，小瓶内气体压强减小，体积增大，对外界做正功，温度升高，内能增大，选项A错误B正确；根据热力学第一定律，吸收的热量等于增加的内能与对外做功之和，选项CD错误。
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．
【参考答案】B
【名师解析】恰好能完成一个完整的圆周运动，由动能定理，f·2πL=mv02，解得f=，选项B正确。
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5V，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．
【参考答案】D
【名师解析】充气前臂带内气体压强为p1=，每次挤压气囊都能将V0 =的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积为5V，压强为p2=+=900mmHg，由玻意耳定律，p1V+5 p1V0 =5 p2V ，解得V=60cm，选项D正确。
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”所受着陆平台的作用力大小之比为（ ）
A．9∶1 B．9∶2 C．36∶1 D．72∶1
【参考答案】B
【名师解析】悬停时，所受着陆平台的作用力大小等于重力。由G=mg可得火星表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为==9×=，悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为=2×=，选项B正确。
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
【参考答案】C
【名师解析】边长为a的正方形顶点上点电荷距离原点O距离为a，根据题述，每个点电荷所受库仑力的合力均为零，由平衡条件，k=2kcos45°+ k，解得。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，由于所受电场力向右，所以释放后P将向右运动，选项C正确。
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．
【参考答案】D
【名师解析】根据薄膜干涉现象，可知该区域薄膜厚度d随坐标x逐渐减小。由于干涉条纹间隔逐渐增大，所以d随坐标x的变化图像，可能正确的是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（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】A
【名师解析】卫星离地平均高度为H，由G=m，解得v=，导体绳以速度v切割磁感线产生的感应电动势e=BLv，导体绳中形成指向地心的电流I=（E-e）/r，所受安培力F=BIL，根据题述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，可得F=f，联立解得：E=，选项A正确。
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．
【参考答案】．BD
【名师解析】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，根据P=U42/R，解得U4=10V，对右侧变压器，由变压公式可知，右侧变压器输入电压为U3=20V，由理想变压器功率关系可得输电线中电流I=0.5A。对左侧变压器，由变压公式可得左侧变压器输出电压为U2=22.5V，由U2=Ir+ U3，解得r=5Ω，选项B正确A错误；开关S接2时，右侧变压器原、副线圈匝数比为1∶2，由P=U2/R可得输出电压为，根据变压器变压公式，右侧变压器原线圈输入电压U3’=，由P=I2R可得输出电流根据变压器变流公式，可得输电线中电流I=2。由U2=Ir+ U3’，即U2=2r+ ，解得，选项D正确C错误。
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．
【参考答案】BC
【名师解析】若简谐横波沿x轴正方向传播，波动周期为4s，平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是B；若简谐横波沿x轴负方向传播，波动周期为12s，平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是C。
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．
【参考答案】BC
【名师解析】现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，根据动量守恒定律，mv0=Mv，热气球将获得水平向左的速度，v=，投出物资后热气球所受合力大小为，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，选项A错误B正确；由平抛运动规律，H=gt2，解得t=，物质水平向右位移x1=v0t= v0；气球沿竖直向上方向的加速度a=mg/M，在t=时间内，气球沿竖直向上方向的位移h=at2=mH/M，水平向左方向位移x2=vt= ；落地时物资与热气球的距离为d=，联立解得：d=，选项C正确D错误。
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
【参考答案】ABD
【名师解析】由于Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场，金属棒在II区下行过程中，回路中磁通量增加，根据楞次定律，产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，金属棒受到沿U型导轨向上的安培力作用，做减速运动，下行至c处速度减小到零受到沿U型导轨向上的安培力作用，反向上行做加速运动。设下行过程经过b时的速度为v1，上行过程经过b时的速度为v2，bc=x，由动能定理，mgsinθ·x-FA下x=0-，-mgsinθ·x+FA上x=，两式相加得FA上x-FA下x=-。由于下行过程切割磁感线产生感应电动势和感应电流大于上行过程，下行过程所受安培力大于上行过程，所以金属棒下行过b时的速度v1大于上行过b时的速度v2，选项A正确；由牛顿第二定律，下行过程， FA下-mgsinθ= ma1，上行过程， FA上-mgsinθ=ma2，由于下行过程所受安培力大于上行过程，所以金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度，选项B正确；金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处，选项C错误D正确。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）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。
【参考答案】．（1）0.20 （2），0.95 （3）高于
【名师解析】（1）由表中数据可知，第3次碰撞与第4次碰撞的时间间隔为△t=2.40s-2.00s=0.40s，第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为h=g（）2=0.20m。（2）设碰撞前瞬间速度大小为v，碰撞后弹起瞬间的速度大小为kv，则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为=，即每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的倍。第2次碰撞与第3次碰撞的时间间隔为△t23=2.00s-1.58s=0.42s，第3次碰撞前的速度v3=g=2.1m/s，第3次碰撞后的速度v3’=g=2.0m/s，第3次碰撞过程中=0.95.
（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起高度。
14．（8分）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，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”）。
【参考答案】．（1）
（2）如图所示
（3）3500，大于 （4）减小
【名师解析】（1）由于待测热敏电阻在实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧，电路采用滑动变阻器分压接法，为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用阻值较小的。（2）用笔画线代替导线，按照图甲的电路将实物图连接成完整电路。
（3）由 I（RT+RA）=0.5I（RT+6000+RA），解得RT =3500Ω，由于断开，调节电阻箱，使微安表指针半偏时电路中总电阻增大，导致分压电路的电压增大，所以该测量值大于真实值。
（4）由图乙所示的图像可知lnRT随1/T的增大而增大，所以该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐减小。
15．（7分）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）。
【名师解析】：（1）设C是全反射的临界角，光线在第一个三棱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．（9分）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。
【名师解析】．（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
①
②
③
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
④
联立①②③④式，代入数据得
⑤
（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
⑥
⑦
联立①⑥⑦式，代入数据得
⑧
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
⑨
⑩
联立①⑨⑩式，代入数据得

综上得x坐标区间
或
17．（14分）某离子束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。
【名师解析】（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
③
（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
④
由运动的合成与分解得
⑤
⑥
⑦
联立①②④⑤⑥⑦式得
⑧
（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
⑨
⑩
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有

C到的距离

联立⑨⑩ 式得

18．（16分）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（见答题卡）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。
【名师解析】：（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
①
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
②
联立①②式得
③
④
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得
⑤
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
⑥
联立①②⑤⑥式得
⑦
根据题意舍去，得
⑧
（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
⑨
以C为研究对象，由动能定理得
⑩
由B、C的运动关系得

联立⑨⑩ 式得

（4）

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