2021年高考理綜物理真題試卷(山東卷)(教師版)

2021年高考理綜物理真題試卷（山東卷）

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.（2021?山東）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第°pb，其衰

變方程為韻°pb-曷°Bi+x。以下說法正確的是（）

A.衰變方程中的X是電子

B.升高溫度可以加快黑。pb的衰變

C.第°pb與最°Bi的質(zhì)量差等于衰變的質(zhì)量虧損

D.方程中的X來自于110pb內(nèi)質(zhì)子向中子的轉化

【答案】A

【考點】核反應方程

【解析】【解答】A.假設X的質(zhì)量數(shù)為a,電荷數(shù)為b,根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒有：a=210-210=0；根據(jù)電荷數(shù)

守恒有：b=82-83=-l；根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)的大小可得X是電子，A正確；

B.半衰期為大量原子核其質(zhì)量衰變一半所花的時間，其半衰期的長短與外界條件無關，所以升高溫度不

能改變衰變的快慢，B錯誤；

C.核反應其虧損的質(zhì)量等于反應物緞pb的質(zhì)量與生成物駕Ri和電子X的質(zhì)量之和的差值，C錯誤；

D.核反應過程中，原子核內(nèi)其中子轉化為質(zhì)子和電子，所以其電子是來自于2部pb內(nèi)中子向質(zhì)子的轉

化，D錯誤。

故選Ao

【分析】利用質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可以判別X的本質(zhì)；半衰期不受外界影響；反應物和生成物的質(zhì)量之

差等于虧損的質(zhì)量；衰變釋放的電子來自于原子核中的中子向質(zhì)子的轉化。

2.（2021?山東）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(nèi)氣體（）

B.對外界做正功

C.增加的內(nèi)能大于吸收的熱量D.增加的內(nèi)能等于吸收的熱量

【答案】B

【考點】熱力學第一定律（能量守恒定律）

【解析】【解答】A.小瓶在上升的過程中，越來越接近其礦泉水瓶口，所以其溫度不斷升高，由于一定

質(zhì)量的理想氣體其溫度決定內(nèi)能所以瓶內(nèi)氣體的內(nèi)能不斷增大；A錯誤；

B.小瓶在上升過程中，根據(jù)液體的壓強分布可以得出小瓶內(nèi)氣體的壓強不斷減小，又由于其溫度不斷上

升，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程即=C

可得氣體的體積不斷增大，由于氣體體積增大所以氣體對外界做正功，B正確；

CD.小瓶上升時，由于小瓶內(nèi)氣體內(nèi)能增加，且氣體對外做功，貝必U>0,皿<0;根據(jù)熱力學第一定律

4U=〃+Q則有：AU<Q

根據(jù)表達式可得吸收的熱量大于增加的內(nèi)能，CD錯誤。

故選B。

【分析】上浮過程由于溫度上過所以內(nèi)能增大，上升過程由于壓強減小，結合理想氣體的狀態(tài)方程可以

判別其體積增大，所以氣體對外界做正功；由于內(nèi)能增大，且外界做負功，所以氣體吸收的熱量大于增

加的內(nèi)能。

3.（2021?山東）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(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸

。轉動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0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（）

ABHillrDm詔

2nL47rL8nL16nL

【答案】B

【考點】動能定理的綜合應用

【解析】【解答】小球做勻速圓周運動，已知小球的初速度為vo.末速度為0,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)幾何關系其運動的路程為：s=2zrL

根據(jù)動能定理一/-2nL=0-1mvl

可得摩擦力的大小;"=皿

74nL

故選Bo

【分析】利用動能定理結合小球初速度速度的大小可以求出摩擦力的大小。

4.（2021?山東）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(nèi)氣體的壓強高于大氣壓強的數(shù)值，充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強為大氣壓強，體積為I/;每

次擠壓氣囊都能將60cm3的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體體積變?yōu)?V,壓強計示

數(shù)為150mmHg。已知大氣壓強等于750mmHg，氣體溫度不變。忽略細管和壓強計內(nèi)的氣體體積。

則V等于（）

A，30cm3B.40cm③C-50cm3D,60cm3

【答案】D

【考點】理想氣體的狀態(tài)方程

【解析】【解答】以充氣前臂帶中的氣體和充入的氣體為對象，氣體發(fā)生等溫變化，已知p°=

750mmHg，"。=60cm，Pi=750mmHg+150mmHg=900mmHg

根據(jù)玻意耳定律可知p0V+5po%=Pix5V

代入數(shù)據(jù)整理得V=60cm3

故選D。

【分析】氣體發(fā)生等溫變化，利用理想狀態(tài)方程可以求出體積V的大小。

5.（2021?山東）從"玉兔"登月至『‘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(zhì)量約為月球的9倍，半徑約為月球的2倍，"祝融"火星車的質(zhì)量約為"玉兔"月球車的2倍。在著陸

前，"祝融"和"玉兔"都會經(jīng)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

【考點】萬有引力定律及其應用

【解析】【解答】火星車和月球車懸停的過程，懸停時所受平臺的作用力等于萬有引力，根據(jù)平衡方程有:

N=F引

再根據(jù)F刃=6器

故選B。

【分析】當祝融和玉兔懸停時，其平臺對其的作用力等于星體的引力大小，利用平衡方程結合引力公式

可以求出作用力的比值大小。

6.（2021?山東）如圖甲所示，邊長為。的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為+q的點電荷；在

0<x<^a區(qū)間，x軸上電勢（p的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為-Q的點電荷P置于正方形

的中心。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（）

A.Q=當與,釋放后P將向右運動B.Q=與Uq,釋放后P將向左運動

C.Q=g±lq,釋放后P將向右運動D.Q=W±iq，釋放后P將向左運動

【答案】C

【考點】共點力平衡條件的應用，庫侖定律

【解析】【解答】由于所有點電荷靜止，以y軸正向的點電荷為對象，其y軸正向的點電荷受到四個庫侖

力處于平衡，根據(jù)庫侖定律尸庫=k簧及平衡條件可得同黑k品=卜急

解得Q=￥±iq

已知電勢和x軸距離的關系，利用電勢降低方向可以判別場強向x軸的負方向，因在〈店a區(qū)間內(nèi)

2

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Co

【分析】利用點電荷的平衡方程結合庫侖定律可以求出點電荷Q的大小，利用電勢降低的方向可以判別

場強的方向進而判別電勢P移動的方向。

7.（2021?山東）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（）

【答案】D

【考點】光的干涉

【解析】【解答】光經(jīng)過透明薄膜的時，會在上下表面發(fā)生反射，從薄膜的上下表面分別反射的兩列光是

相干光，根據(jù)光運動的路程可以得出光程差為薄膜厚度的2倍，則光程差為△x=2d,當光程差AXTA

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TA,根據(jù)兩亮條紋的間距不變，可以判

別其薄膜厚度相同時其亮條紋之間的距離越大，所以可得條紋寬度逐漸變寬，則厚度不是均勻變小。

故選D。

【分析】利用亮條紋的間距可以判別兩個條紋之間的光程差及厚度之差，結合條紋間距的變化，可以判

別厚度相同時其條紋之間距離越大，利用幾何關系可以判別其薄膜的厚度越來越小。

8.（2021?山東）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了的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原

軌道上。已知衛(wèi)生離地平均高度為H,導體繩長為,地球半徑為R，質(zhì)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

遠地子衛(wèi)星□

電池二

kX5

電流

速度

導體繩

近地子衛(wèi)星

赤道平面

IGM_fr

B.BL

R+HBL

GMBL

D.BL

R+Hfr

【考點】萬有引力定律及其應用,電磁感應與力學

【解析】【解答】兩個衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)引力提供向心力有：=

(R+H)，(K+H)

根據(jù)牛頓第二定律可得衛(wèi)星的線速度為："=叵

7R+H

導體繩切割磁感線相當于電源，已知導線速度方向及磁場的方向，根據(jù)右手定則可知，導體繩產(chǎn)生的感

應電動勢相當于上端為正極的電源，根據(jù)動生電動勢的表達式有：E'=BLv

導體繩做勻速圓周運動，其切線方向平衡，根據(jù)安培力和導線受到的阻力平衡則可得其電池電動勢大于

感應電動勢的大小，根據(jù)平衡方程有：BIL=f

再根據(jù)歐姆定律有：/=

聯(lián)立可得f=B-L

解得E=BL叵+?

7R+HBL

故選Ao

【分析】利用牛頓第二定律結合向心力公式可以求出導線切割磁場的速度大小，結合動生電動勢及平衡

方程可以求出電池電動勢的大小。

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。分.

9.(2021?山東)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7.5V的

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10Q。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iow；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（）

【答案】B,D

【考點】變壓器原理

【解析】【解答】對于左側的變壓器，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律有：普=：

根據(jù)規(guī)律可得次級電壓5=3X7.5V=22.5V

當開關接1時，根據(jù)電功率的表達式電=午，

即可得右側變壓器的次級電壓U4=同=iov

根據(jù)歐姆定律有：/4=（="

對于右側變壓器初級電壓，根據(jù)理想變壓器的規(guī)律有：^=7

1741

可得4=：x10v=20v

根據(jù)電流的規(guī)律有：，3=：xlA=05A

則根據(jù)輸電線的歐姆定律有：T=空=5。

當開關S接2時，設輸電電流為/,則右側變壓器的次級電流為0.5/；右側變壓兩邊電壓關系可知

出一6_0.5/R

n3n4

解得/=3A

2

根據(jù)電功率的表達式則R上的功率P=（0.5/）/?=22.5W

故選BD。

【分析】根據(jù)理想變壓器的規(guī)律可以求出左側變壓器的輸出電壓，利用右側電功率的表達式及變壓器規(guī)

律可得右側變壓器的輸入電壓和輸入電流，結合輸電線的歐姆定律可以求出輸電線的電阻，當開關接2

時，利用右側變壓器規(guī)律可以求出輸出電流的大小，結合熱功率的表達式可以求出電阻消耗的功率大

小。

10.（2021?山東）一列簡諧橫波沿x軸傳播，如圖所示，實線為“=2$時的波形圖，虛線為t2=5s時

的波形圖。以下關于平衡位置在。處質(zhì)點的振動圖像，可能正確的是（）

【考點】橫波的圖象

【解析】【解答】由于未知其波從傳播方向，所以不能明確其橫波在時間間隔內(nèi)傳播的距離，所以需要假

設波傳播的方向進行分類討論：

假設機械波沿X軸正方向傳播，在ti=2s時。點振動方向豎直向上，在t2=5s時，x=3m處的質(zhì)點振

動方向向上，則傳播時間4t=七一耳=3〈滿足At=+nT（n=0,1,2,3...）

解得7=消Ws（”=°，1，2,3...）

當n=0時，解得周期7=4$

A正確，B錯誤；

假設機械波沿%軸負方向傳播，在t】=2s時其。點振動方向豎直向上，在tz=5s時。點處于波谷，則

At=-T+nT（n=0,1,2,3...）

4

解得T=片（；（"=0，112,3...）

4n+l、

當n=0時，解得周期7=12$

根據(jù)分析可以判別其AC選項符合題意，其BD選項不符合題意，

故選AC。

【分析】假設波傳播的方向，利用波傳播的距離可以求出周期的表達式，利用周期的表達式可以求出周

期的大小，利用振動方向及周期的大小可以求出。質(zhì)點的振動圖像。

11.（2021?山東）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面”的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對

地面的速度v0水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為或已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)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（）

A.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mg

C.d=（1+鄉(xiāng)J萼+“2D.d=J等+（1+靜”2

【答案】B,C

【考點】平拋運動，動量守恒定律

【解析】【解答】AB.以熱氣球和物資為系統(tǒng)，系統(tǒng)處于靜止，所以合力為0,且其初速度等于0則初動

量等于0,當拋出物資瞬間，其作用力屬于內(nèi)力，所以系統(tǒng)動量守恒；根據(jù)動量守恒定律有：Mv=

mv0,其熱氣球獲得與物資相反的速度，所以其熱氣球的初速度沿水平向左，根據(jù)牛頓第一定律可以

得出熱氣球受到的合力等于mg,方向豎直向上，根據(jù)合力恒定可以判別氣球做勻變速運動，且初速度方

向和加速度方向不同，所以熱氣球做曲線運動；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mg,設熱氣球的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有：a=^g

物資做平拋運動，根據(jù)位移公式H=：gt2可得：落地時間為t=欄

熱氣球在豎直方向做勻加速直線運動：根據(jù)位移公式有：九=洌2=》加費=扣

熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為xm=%t=%件

m2H

22

根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為d=7（xm+xM）+（W+WM）=（1+》J誓+

C正確，D錯誤。

故選BC。

【分析】利用拋出物資時的動量守恒定律可以判別熱氣球獲得的初速度方向，結合合力方向可以判別其

熱氣球的運動軌跡；結合水平方向和豎直方向的位移可以求出熱氣球和物資實際的位移大小。

12.（2021?山東）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，n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，進入口區(qū)后，經(jīng)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

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】A,B,D

【考點】電磁感應與力學

【解析】【解答】AB.導體棒在無磁場區(qū)中，只受重力和彈力的作用，根據(jù)牛頓第二定律有：ma=

mgsind,所以在無磁場區(qū)域中有：a=gsin。

由于在I區(qū)域中，根據(jù)磁感應強度隨時間均勻增加則有：B1=kt,

根據(jù)法拉第電磁感應定律有：J=贊5=kS

再根據(jù)歐姆定律有：人=a=等

所以其導體棒在運動時其I區(qū)域產(chǎn)生的感應電流大小恒定；

導體棒在II區(qū)域切割磁場，會產(chǎn)生一個感應電動勢，其產(chǎn)生的安培力會阻礙導體棒的運動，因為導體棒到

達c點后又能上行，說明加速度始終沿斜面向上，導體棒下滑過程和上滑過程經(jīng)過b點的受力分析如

圖

設導體棒下滑過程和上滑過程經(jīng)過b點的速度分別為v,“

則下滑經(jīng)過b時根據(jù)動生電動勢的表達式有：E2=B2LV

根據(jù)歐姆定律其電流為：。=華+擠

KKK

根據(jù)牛頓第二定律可知BIL一mgsind=%=>"+警色-mgsind=

22RR

7

則上滑經(jīng)過b時根據(jù)動生電動勢的表達式有：E/=B2LV

根據(jù)歐姆定律其電流為/紅色=絲_盟匚

5RRR

根據(jù)牛頓第二定律可知52/3L—mgsind=筆匹—%；"---mgsind=ma2

根據(jù)表達式對比可得：ar>a2

下滑過程和下滑過程經(jīng)過幾段距離不變，根據(jù)勻變速速度位移公式戶=2ax,且由于,

所以，AB正確；

CD.導體棒上滑過程中，由于合力與速度同向，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n區(qū)（下行進磁場）的速度大于出磁場n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mgsind=ma0

則金屬棒不能回到a處，C錯誤，D正確。

故選ABDo

【分析】利用牛頓第二定律可以求出下滑和上滑過程的加速度大小，利用速度位移公式可以比較速度的

大??；利用加速度和速度的方向可以判別其金屬棒可以回到無磁場區(qū)域，利用過程速度的比較可以判別

其金屬棒不能回到a處。

三、非選擇題：本題共6小題，共60分.

13.（2021?山東）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

T：

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。

0.81.01.21.41.61.82.0222.42.62.83.03.23.43.6

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)?/p>

重力加速度）。

g=9.80m/s2

（2）設碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為A,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k=（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。

【答案】（1）0.20

（2）1-1；0.95

（3）高于

【考點】機械能

【解析］【解答】（1）已知第3次乒乓球撞擊球臺的時刻：ti=2.00s,第4次撞擊的時刻t2=2.40s,則第3

次碰撞到第次碰撞用時根據(jù)豎直上拋的對稱性可以得出下落和上升所花

4t0=2.40s-2.00s=0.40s，

時間相等；根據(jù)自由落體運動的位移公式可得：第次碰撞后乒乓球彈起的高度為勺=2

3|5（7）=1x

2

9.8x0.2m工0.20m

（）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￡=根據(jù)動能的表達式

2v2k,

可得：其損失的動能4a=gmu/一1血功？,碰前的動能為：以1=如%2

121212

則每次碰撞損失的動能與碰撞前動能的比值為警=二鏟=1_茨=1_1

由于小球從最高點下落做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動的速度公式有：

第3次碰前的瞬時速度v=gt=（棗與里）g=021g

第3次碰撞后瞬間速度為u'=gt'=（2"。：。。%=0.20g

則第3次碰撞過程中碰后速度和碰前速度的比值有：k=^=—?0.95

v0.21

（3）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，根據(jù)勻減速的位移

公式4=%t-^at2可得上升的高度變小，所以第（1）問中計算的彈起高度高于實際彈起的高度。

【分析】（1）利用豎直上拋運動的運動時間結合位移公式可以求出乒乓球彈起的高度；

（2）利用速度公式可以求出碰撞前后的速度大小，結合動能的表達式可以求出對應的倍數(shù)；

（3）利用加速度的比較結合位移公式可以判別實際彈起的高度偏小。

14.（2021?山東）熱敏電阻是傳感器中經(jīng)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：

圖甲

阻值約幾百歐到幾千歐）；

待測熱敏電阻RT（實驗溫度范圍內(nèi),

電源E（電動勢1.5v，內(nèi)阻r約為0-50）；

電阻箱R（阻值范圍0?9999.99Q）.

滑動變阻器Ri（最大阻值20。）；

滑動變阻器R2（最大阻值2000Q）；

微安表（量程100uA，內(nèi)阻等于2500Q）；

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si、S2，調(diào)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S2，調(diào)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。

回答下列問題：

（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"Z?2"）。

（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6000.00Q，該溫度下熱敏電阻的測量值為Q

（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"）。

")

(4)減小

【考點】電阻的測量

【解析】【解答】（1）實驗利用半偏法測量熱敏電阻的阻值，則是利用斷開開關后其支路的電壓保持不

變，使電流表的讀數(shù)為原來閉合開關時的一半，根據(jù)歐姆定律則可以得出其斷開開關后其熱敏電阻的阻

值和電阻箱的阻值相等，這樣操作，當開關斷開時其滑動變阻器左端并聯(lián)部分的電壓會變大，為了使電

壓變化量比較小則滑動變阻器要選擇其阻值較小的，故滑動變阻器應選

（2）根據(jù)電路圖可以看出，滑動變阻器要直接與電源、開關&進行串聯(lián)，其開關S2要與電阻箱并聯(lián)后與

毫安表串聯(lián)再接在滑動變阻器右上方的接線柱；電路連接圖如圖所示

I(RT+RUA)=3(RT+RUA+R)；

則Ry+%A=R=6000.00Q

解得%=3500Q

由于斷開S2與閉合開關S2對比，由于該支路的電阻增加，所以導致其支路分得的電壓比閉合開關時大，

熱敏電阻和毫安表所分得的電壓還是原來電壓的一半，根據(jù)歐姆定律，可得電阻箱的阻值略大于熱敏電

阻與微安表的總電阻，所以用電阻箱的阻值等于熱敏電阻與微安表的總電阻來計算，其熱敏電阻的測量

值比真實值偏大。

（4）當溫度升高時，其圖像中對應的橫坐標"減小，則對應的In%減小，根據(jù)InRr的函數(shù)特點，當Ing

減小時則其lnR7減小，因此熱敏電阻隨溫度的升高逐漸減小。

【分析】（1）實驗利用半偏法測量其熱敏電阻的阻值，為了防止其支路電壓變化量過大所以其滑動變阻

器要使用小阻值；

（2）利用電路圖進行實物圖連線；

（3）利用支路的歐姆定律可以求出熱敏電阻的阻值，結合其支路分壓變大可以判別其熱敏電阻的測量值

大于其真實值；

（4）利用圖像函數(shù)結合溫度的變化可以判別熱敏電阻的阻值變化。

15.（2021?山東）超強超短光脈沖產(chǎn)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9。一細束脈沖激光垂直第一個棱鏡左側面

入射，經(jīng)過前兩個棱鏡后分為平行的光束，再經(jīng)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d=100.0mm，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%=魚和電=亨。取sin37°=|,cos370=）

1.890。

（1）為使兩種頻率的光都能從左側第一個棱鏡斜面射出，求e的取值范圍；

（2）若。=37°，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4L（保留3位有效

數(shù)字）。

【答案】（1）解：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6,要使得兩種頻

率的光都從左側第一個棱鏡斜面射出，則9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sinC=i①

折射率越大，臨界角越小，代入較大的折射率得Cmin=45°②

所以頂角。的范圍為0<0<45°（或0<45°，③

（2）解：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a2,由折射定律

得n1=鬻④

設兩束光在前兩個三棱鏡斜面之間的路程分別為人和L2,則人=??⑥

L2=—^―（7）

cosa2

△乙=2&一，2）⑧

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得"=14.4mm⑨

【考點】光的折射

【解析】【分析】（1）為了使光從左側第一個棱鏡斜面射出，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圍，結合幾何關系可以求出頂角的大小范圍。

（2）已知折射率的大小，結合折射定律可以求出折射角的大??；結合幾何關系可以求出路程差的大小。

16.（2021?山東）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(zhì)量m=0.1kg的鳥蛤，在H=20m的高度、以v0=15m/s的水平速度飛

2

行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s，忽略空氣阻力。

（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間4t=0.005s,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L=6m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20m，速度大小在15m/s-17m/s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。

【答案】（1）解：設平拋運動的時間為3鳥蛤落地前瞬間的速度大小為V。豎直方向分速度大小為為，

2

根據(jù)運動的合成與分解得H=\gt,vy=gt,v=收+藥

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-FAt=0-nw

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得F=500N

（2）解：若釋放鳥蛤的初速度為%=15m/s，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為xi,擊中右端

時，釋放點的x坐標為%2，得工1=，%2=+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得%!=30m，%2=36m

若釋放鳥蛤時的初速度為V2=17m/s,設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為與‘，擊中右端時，

—

釋放點的X坐標為x2'，得X1=V2t，%2x1+L

聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得尤］'=34m，右'=40m

綜上得x坐標區(qū)間［34m，36m］或(34m，36m)

【考點】平拋運動

【解析】【分析】(1)鳥蛤做平拋運動，利用豎直方向的位移公式及速度公式可以求出豎直方向的速度

大小，結合速度的合成可以求出與地面碰撞的速度大小，結合動量定理可以求出平均作用力的大小；

(2)鳥蛤做平拋運動，利用平拋運動的位移公式可以求出釋放鳥蛤的坐標范圍。

17.(2021?山東)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。，其內(nèi)充滿垂直于xOy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01點，右邊界與x軸垂直交于。2點，其內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場。測試板

垂直x軸置于n區(qū)右邊界，其中心C與。2點重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，

加速后沿x軸正方向過。點，依次經(jīng)I區(qū)、口區(qū)，恰好到達測試板中心金已知離子剛進入n區(qū)時速度方

向與x軸正方向的夾角為6。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(nèi)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01的距離5。

【答案】(1)解：設離子在I區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律得qvB0=m^①

根據(jù)幾何關系得sin。=②

聯(lián)立①②式得"黑

(2)解：離子在口區(qū)內(nèi)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qE=zna

2

由運動的合成與分解得L=(ucosO)?t,y0=-r(l-cos0),y0=(vsinQ)-t-jat

2qB弼

聯(lián)立得E=Qtan9+亮一高)

mL2tan20

(3)解：II區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcos。的勻速圓周運動，如圖所示。

設左側部分的圓心角為a,圓周運動半徑為「‘，運動軌跡長度為r,由幾何關系得I'=^x

27r

a+7/_r'

2nrzH----x2nr，cosa=

2irc

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(nèi)的運動時間不變，故

vcosdVCOS0

C至!J。1的距離S=2丫sina+r

聯(lián)立得s=

【考點】電荷在電場中的偏轉，帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

【解析】【分析】(1)離子在I區(qū)域做勻速圓周運動，利用牛頓第二定律結合軌道半徑的大小可以求出粒

子運動的速度大?。?/p>

(2)離子在II區(qū)域中只受電場力做功，其水平方向做勻速直線運動，其豎直方向做勻變速直線運動；利

用速度的分解結合兩個分運動的位移公式可以求出電場強度的大??；

(3)當填充磁場后，其離子在垂直y方向上做勻速圓周運動，利用幾何關系可以求出軌跡弧長的大小，

再結合運動的時間相等可以求出C到Ch的距離大小。

18.(2021?山東)如圖所示，三個質(zhì)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A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了,最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。(彈簧的彈性勢能可表示為：E=22,k為彈簧的勁度系數(shù)，x

為彈簧的形變量)

4WWWWWWB

7777777777777777777777777777777777777

(1)求B、C向左移動的最大距離x0和B、C分離時B的動能Ek；

(2)為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin；

（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為xRr,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〃，通過推導比較w與f的大小；

（4）若F=5/,請在所給坐標系中，畫出C向右運動過程中加速度。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/、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。

【答案】（1）解：從開始到B