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1、2021年高考押题预测卷0 1【山东卷】物理全解全析1234567891 01 11 2ACDDBAACA B DB CA DB D1.【答案】A【解析】A.可控热核反应装置中发生的核反应方程式是：H+：H -；H e+核反应过程中存在质量亏损，因此加+m 2 团3+7力4核反应过程中的质量亏损A m =q +啊 一机3 一 7 释放的核能为A E =A/7 7 C2 砥）c 2A正确；B.因轻核聚变反应释放巨大核能，说明拆开的结合能小于组合的结合能，则生成物的比结合能增大，B错误；C.这种热核实验反应是核聚变反应，而不是自发发生的a衰变，C错误；D.这种装置的核反应是核聚变，我国大亚湾核电站
2、所使用核装置是核裂变，它们的核反应原理不相同，D错误。故选A o2.【答案】C【解析】对 A受力分析，A B=2 R,A C=R,根据几何关系可知，Z C 4 B =6 0 ,根据几何关系可知，4=3 0 ,则2%cos 30=mg对B受力分析FNB=mg cos 30+F瓠 sin 30对整体受力分析/=2/ngsin30,f =/J FNB解得：百故选C。mg3.【答案】D【解析】A.由图可知，根据U=Ed可得，左侧电场强度为E.=20.V/m =2xl03V/m1X10-2右侧电场强度为E,=一跑r V/m =4xl()3v/m-0.5 x 1 0 联立，可得A.1E2 2故A错误；C
3、D.粒子运动到原点速度最大，根据动能定理，有西=%代入数据，得纭“=4x10-8 J设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为A、t2,在原点的速度为V =Jm同理可知周期为7 =2&+幻联立，代入数据有T=3xlO-8s故C错误；D正确；B.根据动量定理，有It=mvm-Q,I2=0-mvm即粒子沿x轴正方向从-1cm运动到。和从0运动到0.5cm运动过程中所受电场力的冲量大小相同，方向相反。故B错误。故选D。4.【答案】D【解析】A.由动能定理得mgh=3E-E 2E故抛出点的高度为,2Eh-ng故 A 错误；B.由p1 2后=铲。水平方向竖直方向h=2g t解得落地点到抛出点的水平距离2y2E
4、X -.mg故 B 错误；C.落地时速度的竖直分量V同=2患故落地时重力的功率为P=mgvy=2 g V Em故 C 错误；D.整个下落过程中动量变化量的大小为 p =m A v,=m-2故 D 正确。故选D。5.【答案】B【解析】线框穿过磁场的过程如图所示线 框 运 动 距 离 满 足 时，线框右边切割磁感线的有效长度增大，一直到/,感应电流增大，沿逆时针方向；线 框 运 动 距 离 满 足/时，线框右边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，沿逆时针方向；线 框 运 动 距 离 满 足 时，线框右边全部和左边部分切割磁感线，总的有效切割长度变小，感应电流变小，沿逆时针方向，当=当时感应
5、电流为零；线 框 运 动 距 离 满 足*时，线框左边切割磁感2 2 2线的有效长度不变，感应电流大小恒定，沿顺时针方向。故选B。6.【答案】A【解析】根据折射定律及几何知识知，在玻璃砖转动过程中，光在。点处的折射角一定大于入射角，玻璃砖绕。点逆时针缓慢地转过角度6的过程中，法线也逆时针同步旋转，入射角增大，由折射定律=回可知折射角sinr也随之增大，而且法线也逆时针旋转，所以折射光斑在竖直屏上向下移动；由临界角公式sin。=，可知紫光折射率最大，临界角最小，玻璃砖旋转过程中竖直屏上最先消失的一定是n紫光。故选Ao7.【答案】A【解析】A.排球击出后作平抛运动，则x=vot.1 2 =厂代入数
6、据得r=0.3s,h=0.45m排球运动到防守队员处离地面高度为A/?=3.2m-0.45m=2.75m防守队员起跳作竖直上抛运动，上升最大高度为H-2.95m-2.50m=0.45m设初速度为也，上升到最高点所需时间为ri则V；=2gHg代入数据得八=0.3s,V 1 =3m/s当防守队员的起跳时刻比击球时刻早0.22s时，则其运动时间为t2=0.3s+0.22s=0.52s排球运动到防守队员处时，防守队员上升高度为包 员=卬2-代入数据得包 员=0.208m防守队员所能触及最大高度H队 员=2.50m+0.208m=2.708m 2.75m即拦网成功，故 B 错误；C.当对方防守队员的起跳
7、时刻比击球时刻晚0.1 0 s,则其运动时间为t4=0.3s-0.1 Os=0.20s排球运动到防守队员处时，防守队员上升高度为包 员=卬4 一;gd代入数据得包 员=S4m防守队员所能触及最大高度 队 员=2-50m+0.4m=2.90m 2.75m即拦网成功，故 C 错误；D.当对方防守队员的起跳时刻比击球时刻晚0.1 5 s,则其运动时间为t5=0.3s-0.15s=0.15s排球运动到防守队员处时，防守队员上升高度为4员=卬5 -万8代入数据得心 员=0.3375m防守队员所能触及最大高度H队 员=2.50m+0.3375m=2.8375m 2.75m即拦网成功，故 D 错误。故选Ao
8、8.【答案】C【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度V分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为。，则有=c o s 0V而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于 则 有d-c o s 0R所以公.V又因为半径公式/?=Bq则有Bq故d与/、w成正比，与8、q成反比，与。无关，A B D错误，C正确：故选C。9.【答案】A B D【解析】A B.物体沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度q =g （s i n 夕一/c o s 6）在水平面上又做匀减速直线运动，加速度因动摩擦因数N和斜面倾角0未知，故不能确定s、
9、s的大小关系，但可确定v =4：=v2=2 a M =2。2s2所以速度大小随时间均匀增大，而后又均匀减小，时间短的加速度大，位移长的加速度小，故AB正确;C.由E.=mv2=mcrrk 2 2可知，EA T的图像应是两段抛物线的拼合，故C错误；D.由k 1 2=mv=mask 2可知，Ek-s的图像应是线性关系，故D正确。故选ABDo10.【答案】BC【解析】A.嫦娥五号绕月球飞行的线速度2 万(R+)v=-TA错误；B.根据牛顿第二定律得_ Mm 4/(7?+/)G-m-(R+h)2 T2解得M4/（/?+份3GT2B正确;C.在月球表面，有MmG充=mg解得4/2（火+力）3g _F F
10、-C正确;D.月球的近地卫星速度即为第一宇宙速度，则有_ Mm v2G丁 =加 一R2 R解得2加+T V RD错误。故选BC。11.【答案】AD【解析】A C.若 加=邈，对活塞AB有gPS=p0S+mg解得P=2po单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气 室1内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得pxS=pQLS解得Lx=2所以活塞下移且。A正确，C错误；2B.若 机=用，对活塞AB有2gPS=P0S+mg解得p=1.5po单向阀未打开，所以气室2 内的气体质量不变，气 室 1 内气体质量不变，压强也不变。根据玻意耳定律得pxS=p0LS解得2Lx=3所以活塞下移x=L-x =
11、3B错误；D.若机=也 号，对活塞A 8 有gpS=pS+m g解得P=4p。单向阀打开，如果气室2 的气体未完全进入气室1,则有pnLS+2p0LS=4 poxS解得3Lx=4假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有pnLS+2p0LS=p.LS解得2 =3 PoD正确。故选A D o12.【答案】B D【解析】A B.线圈在左侧磁场中，感应电动势的最大值为 1=8乙4。=14V线圈在右侧磁场中，感应电动势的最大值为E*B2W2=2V所以电动势的有效值为E2RT=（赞）2（呈 R g解得E=5 0 V对变压器有E _ /U n 解得U=2.5 回A错误，B正确；U2C D.若P滑至副线圈的中
12、点，则副线圈匝数减半，所以灯泡电压减半，根 据 尸=可知，功率减为原来R的四分之一，根据能量守恒及=小 可得，原线圈电流减为原来的四分之一。C错误，D正确。故选BD.13.【答案】加右-外8=（町+人）工 D 轻质细线与定滑轮之间有摩擦或光电门测瞬时速度存在误差【解析】（1）根据牛顿第二定律的表达式，有F分=ma物体P、。做匀变速直线运动，有v2=2ah而速度dv =tF=m、g m?g代入公式可得，该实验原理是（2）由（9j=2 可知/?与机 成正比关系，所以应该描绘的图像是a-5图像，理论上可以得到一条过原点的直线；（3）作出图像后，发现与预想的情况偏差较大，说明实验误差较大，可能的原因有
13、轻质细线与定滑轮之间有摩擦、光电门测瞬时速度存在误差等。14.【答案】300.680 1.21XK)-5【解析】（1）欧姆表的读数=刻度盘读数x倍率，所以读数为30 C。（2）实验要求尽可能多的测量数据，所以滑动变阻器采用分压式接法。由于电流表的量程太小，所以需要对电流表进行改装。需要的电流表流程为U 3/=100m ARx 30根据串并联电路的规律，电流表A应和电阻R串联然后和/?2并联，得到的量程刚好为100 mA。由于电流表内阻是已知的，因此电流表应采用内接法。电路图如下所示(3)主尺读数为0.5 mm,副尺读数为0.0 1 m m xl 8.0=0.1 8 0 mm,所以金属丝的直径为
14、0.6 8 0 mm。(4)通过表格数据，根据公式计算出金属丝的阻值为/?=y =30Q再根据电阻的决定式代入数据，解得0 =1.2 1 xl(r5c.m1 5.【答案】(1)r =2 L；(2)放热【解析】(1)初始时，密闭气体压强P-PQ-l.Oxl O5 P a密闭气体的体积V|=V+A V=1 0.2 2 L设流出水的体积为V,末状态密闭气体的体积V2=V+V密闭气体的压强VP2=po+pg(h+)J根据玻意耳定律有PI%=P2y2解得r=2 L(2)在某一次压入一定量气体的过程中，外界对气体做功，W 0,而温度不变，内能不变，故由 U=Q+W可得。4 0 7 3 m/s；(2)2.0
15、 8 m；(3)1 53J【解析】(1)子弹打入木块时动量守恒，有木块A在长木板上滑动到与B碰撞前，设 A的加速度为卬，长木板和B的加速度为的,则-M%+m)g=(%+m)4+m)8=(用+M若碰前长木板的位移为s,则A的位移为/+S,设运动时间为3有1 25=-d-ft,1 2Z +5=VjZ+C lt联立解得t2-t +-=030 3即皿闺-4 x g2当/、2-4 x-03时A、B发生碰撞，解得%40/3 m/s(2)代入%=80 m/s解得2r=2s(舍 去)或f=-s3设A碰撞前、后速度分别为为、匕，碰撞前木板及B的速度为心，则V2=V,+4/v2=a2t(m0+/TI)V2+M v
16、2=(m0+m+M)匕设两木块及长木板最终共同速度为外碰后4、B在长木板上滑行的距离为/,根据动量守恒定律和动能定理则有Vo=+m+M+M一+篦+)gA/=；(/+/+例+/)/一；(7 o +W +)V3 V，2解得A/=m12则木板长度25L-1 +Al m=2.08m12(3)由能量守恒定律得A rAE =-1m 2 1ovo-叫)+m)gl-/小小+m+M)g.A/解得A=153J18.4【答案】3N；(2)0.2kg,3m/s；(3)-T【解析】(1)设棒3的C C 处的速度大小为%，棒3下滑过程中，根据机械能守恒定律有1 2mgr=mv棒3在C C处，根据牛顿第二定律有FN-m g
17、=m-解得%=6m/s%=3N根据牛顿第三定律知，碰前棒3经过C C 时对轨道的压力大小为F；=FN=3N(2)设碰后瞬间棒3的速度大小为匕，则有mgh-；mvf解得v,=2 m/s设金属棒1、2与轻杆的总质量为M，碰后瞬间的速度大小为匕，棒 1 恰好进入磁场时的速度大小匕，棒3 与 棒 1 发生弹性正碰，则有mvl)-根(一 巧)+MV2g mVg=g m v,2+Mv解得M=0.2 k gv2-4m/s对 棒 1、2和杆组成的系统进入磁场的过程，根据动量定理有 A/匕 Mv-,-A O B.fi1 2R 2R解得v3=3m/s(3)设 棒 1 离开磁场时的速度大小为%,则从棒2进入磁场到棒1 离开磁场右边界的过程中，根据动量定理有-BlL ti-BhL-t2=MV4-MV2-BII lt =-12 R整理得v4=(4-3.1 2 5B2)m/s同理棒3 穿过磁场区域的过程中有-BhL t3=tnv5-mv73L券2+%整理得v5=（2-2B2）m/s当%=以，棒3恰好不能追上棒1,此时磁感应强度最大解得