1、2021年高考理综物理真题试卷（山东卷）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。（共8题；共24分）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 82210Pb ，其衰变方程为 82210Pb83210Bi+X 。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 82210Pb 的衰变C.82210Pb 与 83210Bi 的质量差等于衰变的质量亏损D.方程中的X来自于 82210Pb 内质子向中子的转化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
2、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 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.mv022LB.mv024LC.mv028LD.mv0216L4.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
3、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.30cm3B.40cm3C.50cm3D.60cm35.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
4、用力大小之比为（ ） A.91B.92C.361D.7216.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 0x0,W0;根据热力学第一定律 U=W+Q则有：UQ根据表达式可得吸收的热量大于增加的内能，CD错误。故选B。 【分析】上浮过程由于温度上过所以内能增大，上升过程由于压强减小，结合理想气体的状态方程可以判别其体积增大，所以气体对外界做正功；由于内能增大，且外界做负功，所以气体吸收的热量大于增加的内能。3.【答案】 B 【考点】动能定理的综合应用 【解析】【解答】小球做匀速圆周运动，已知小球的初速度为v0，末速度为0，在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩
5、擦力做功与路径有关，根据几何关系其运动的路程为：s=2L 根据动能定理 -f2L=0-12mv02 可得摩擦力的大小 f=mv024L故选B。 【分析】利用动能定理结合小球初速度速度的大小可以求出摩擦力的大小。4.【答案】 D 【考点】理想气体的状态方程 【解析】【解答】以充气前臂带中的气体和充入的气体为对象，气体发生等温变化，已知 p0=750mmHg ， V0=60cm3 ， p1=750mmHg+150mmHg=900mmHg 根据玻意耳定律可知 p0V+5p0V0=p15V 代入数据整理得 V=60cm3故选D。 【分析】气体发生等温变化，利用理想状态方程可以求出体积V的大小。5.【答
6、案】 B 【考点】万有引力定律及其应用 【解析】【解答】火星车和月球车悬停的过程，悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据平衡方程有：N=F引 再根据 F引=GmMR2 则F祝融=GM火m祝融R火2 F=GM月m玉兔R月2 联立可得N祝融N玉兔=F祝融F玉兔=92故选B。 【分析】当祝融和玉兔悬停时，其平台对其的作用力等于星体的引力大小，利用平衡方程结合引力公式可以求出作用力的比值大小。6.【答案】 C 【考点】共点力平衡条件的应用，库仑定律 【解析】【解答】由于所有点电荷静止，以y轴正向的点电荷为对象，其y轴正向的点电荷受到四个库仑力处于平衡，根据库仑定律F库=kq1q2r2及平衡条件可得
7、2kq2a2+kq2(2a)2=kQq(22a)2 解得 Q=22+14q已知电势和x轴距离的关系，利用电势降低方向可以判别场强向x轴的负方向，因在 0xa2下滑过程和下滑过程经过bc 段距离不变，根据匀变速速度位移公式v2=2ax ， 且由于a1a2 ， 所以vv ， AB正确；CD导体棒上滑过程中，由于合力与速度同向，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，导体棒进磁场区（下行进磁场）的速度大于出磁场区（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 mgsin=ma0则金属棒不能回到 a 处，C错误，D正确。故选ABD。 【分析】利用牛顿第二定
8、律可以求出下滑和上滑过程的加速度大小，利用速度位移公式可以比较速度的大小；利用加速度和速度的方向可以判别其金属棒可以回到无磁场区域，利用过程速度的比较可以判别其金属棒不能回到a处。三、非选择题：本题共6小题，共60分13.【答案】 （1）0.20（2）1-k2；0.95（3）高于 【考点】机械能 【解析】【解答】（1）已知第3次乒乓球撞击球台的时刻：t1=2.00s，第4次撞击的时刻t2=2.40s，则第3次碰撞到第4次碰撞用时 t0=2.40s-2.00s=0.40s ，根据竖直上抛的对称性可以得出下落和上升所花时间相等；根据自由落体运动的位移公式可得：第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为 h0=
9、12g(t02)2=129.80.22m0.20m （2）碰撞后弹起瞬间速度为 v2 ，碰撞前瞬间速度为 v1 ，根据题意可知 v2v1=k ， 根据动能的表达式可得：其损失的动能Ek=12mv12-12mv22 ， 碰前的动能为：Ek1=12mv12则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为 EkEk1=12mv12-12mv2212mv12=1-12mv2212mv12=1-k2由于小球从最高点下落做自由落体运动，根据自由落体运动的速度公式有： 第3次碰前的瞬时速度 v=gt=(2.00-1.582)g=0.21g第3次碰撞后瞬间速度为 v=gt=(2.40-2.002)g=0.20g则第3
10、次碰撞过程中碰后速度和碰前速度的比值有：k=vv=0.200.210.95（3）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，根据匀减速的位移公式h=v0t-12at2可得上升的高度变小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。【分析】（1）利用竖直上抛运动的运动时间结合位移公式可以求出乒乓球弹起的高度； （2）利用速度公式可以求出碰撞前后的速度大小，结合动能的表达式可以求出对应的倍数； （3）利用加速度的比较结合位移公式可以判别实际弹起的高度偏小。14.【答案】 （1）R1（2）（3）3500；大于（4）减小 【考点】电阻的测量 【解析】【解答】（1）实验利
11、用半偏法测量热敏电阻的阻值，则是利用断开开关后其支路的电压保持不变，使电流表的读数为原来闭合开关时的一半，根据欧姆定律则可以得出其断开开关后其热敏电阻的阻值和电阻箱的阻值相等，这样操作，当开关断开时其滑动变阻器左端并联部分的电压会变大，为了使电压变化量比较小则滑动变阻器要选择其阻值较小的，故滑动变阻器应选R1。 （2）根据电路图可以看出，滑动变阻器要直接与电源、开关S1进行串联，其开关S2要与电阻箱并联后与毫安表串联再接在滑动变阻器右上方的接线柱；电路连接图如图所示（3）微安表半偏时，根据欧姆定律有：I（RT+RuA）=I2（RT+RuA+R）； 则RT+RA=R=6000.00解得 RT=3
12、500由于断开S2与闭合开关S2对比，由于该支路的电阻增加，所以导致其支路分得的电压比闭合开关时大，热敏电阻和毫安表所分得的电压还是原来电压的一半，根据欧姆定律，可得电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，所以用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算，其热敏电阻的测量值比真实值偏大。（4）当温度升高时，其图像中对应的横坐标1T 减小，则对应的lnRT 减小，根据lnRT的函数特点，当lnRT减小时则其lnRT 减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。【分析】（1）实验利用半偏法测量其热敏电阻的阻值，为了防止其支路电压变化量过大所以其滑动变阻器要使用小阻值； （2）利用电路图进行实物
13、图连线； （3）利用支路的欧姆定律可以求出热敏电阻的阻值，结合其支路分压变大可以判别其热敏电阻的测量值大于其真实值； （4）利用图像函数结合温度的变化可以判别热敏电阻的阻值变化。15.【答案】 （1）解：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 sinC=1n 折射率越大，临界角越小，代入较大的折射率得 Cmin=45 所以顶角 的范围为 045 （或 45 ）（2）解：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 1 和 2 ，由折射定律
14、得 n1=sin1sin n2=sin2sin 设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为 L1 和 L2 ，则 L1=dcos1 L2=dcos2 L=2(L1-I2) 联立式，代入数据得 L=14.4mm 【考点】光的折射 【解析】【分析】（1）为了使光从左侧第一个棱镜斜面射出，已知折射率的大小，利用全反射定律可以求出入射角的大小范围，结合几何关系可以求出顶角的大小范围。 （2）已知折射率的大小，结合折射定律可以求出折射角的大小；结合几何关系可以求出路程差的大小。16.【答案】 （1）解：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 vy ，根据运动的合成与分解
15、得 H=12gt2 ， vy=gt ， v=v02+vy2 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 -Ft=0-mv 联立，代入数据得 F=500N （2）解：若释放鸟蛤的初速度为 v1=15m/s ，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 x2 ，得 x1=v1t ， x2=x1+L 联立，代入数据得 x1=30m ， x2=36 m若释放鸟蛤时的初速度为 v2=17m/s ，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 x2 ，得 x1=v2t ， x2=x1+L 联立，代入数据得 x1=34m ，
16、 x2=40m 综上得x坐标区间 34m,36m 或 (34m,36m) 【考点】平抛运动 【解析】【分析】（1）鸟蛤做平抛运动，利用竖直方向的位移公式及速度公式可以求出竖直方向的速度大小，结合速度的合成可以求出与地面碰撞的速度大小，结合动量定理可以求出平均作用力的大小； （2）鸟蛤做平抛运动，利用平抛运动的位移公式可以求出释放鸟蛤的坐标范围。17.【答案】 （1）解：设离子在区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得 qvB0=mv2r 根据几何关系得 sin=dr 联立式得 v=qB0dmsin （2）解：离子在区内只受电场力，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
17、到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为 y0 ，加速度大小为a，由牛顿第二定律得 qE=ma 由运动的合成与分解得 L=(vcos)t ， y0=-r(1-cos) ， y0=(vsin)t-12at2 联立得 E=2qB02d2mL2tan2(Ltan+dsin-dtan) （3）解：区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcos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 r ，运动轨迹长度为 l ，由几何关系得 l=22r+222r ， cos=r2r 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，则离子在区内的运动时间不变，故有 lv
18、cos=Lvcos C到 O1 的距离 S=2rsin+r 联立得 S=6(3+1)7L 【考点】电荷在电场中的偏转，带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 【解析】【分析】（1）离子在I区域做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以求出粒子运动的速度大小； （2）离子在II区域中只受电场力做功，其水平方向做匀速直线运动，其竖直方向做匀变速直线运动；利用速度的分解结合两个分运动的位移公式可以求出电场强度的大小； （3）当填充磁场后，其离子在垂直y方向上做匀速圆周运动，利用几何关系可以求出轨迹弧长的大小，再结合运动的时间相等可以求出C到O1的距离大小。18.【答案】 （1）解：从开始到B、C
19、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 Fx0=2fx0+12kx02 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 12kx02=2fx0+2Ek 联立方程解得 x0=2F-4fk Ek=F2-6fF+8f2k （2）解：当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为 x ，以A为研究对象，由平衡条件得 kx=f 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 Fmin ，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 Ek=12kx2+fx 结合第（1）问结果可知 Fmin=(3102)f 根据题意舍去 Fmi
