文档内容
山东省 2021 年普通高中学业水平等级考试
物理
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210Pb，其衰变方程为
82
210Pb®210 Bi+X。以下说法正确的是（ ）
82 83
A. 衰变方程中的X是电子
B.
升高温度可以加快210Pb的衰变
82
C.
210Pb与210Bi的质量差等于衰变的质量亏损
82 83
D.
方程中的X来自于210Pb内质子向中子的转化
82
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X是电子，A正确；
B．半衰期非常稳定，不受温度，压强，以及该物质是单质还是化合物的影响，B错误；
C．210Pb与210Bi和电子X的质量差等于衰变的质量亏损，C错误；
82 83
D．方程中的X来自于210Pb内中子向质子的转化，D错误。
82
故选A。
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（ ）
第1页 | 共26页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
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内温度升高，内能增加，
A错误；
B．在小瓶上升的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程
pV
=C
T
气体体积膨胀，对外界做正功，B正确；
CD．由AB分析，小瓶上升时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律
DU =W +Q
由于气体对外做功，因此吸收的热量大于增加的内能，CD错误。
故选B。
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v 出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，
0
木块所受摩擦力的大小为（ ）
第2页 | 共26页mv2 mv2 mv2 mv2
A. 0 B. 0 C. 0 D. 0
2pL 4pL 8pL 16pL
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
1
-f ×2pL=0- mv2
2 0
可得摩擦力的大小
mv2
f = 0
4pL
故选B。
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. 30cm3 B. 40cm3 C. 50cm3 D. 60cm3
第3页 | 共26页【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】根据玻意耳定律可知
pV +5pV = p ´5V
0 0 0 1
已知
p =750mmHg，V =60cm3， p =750mmHg+150mmHg =900mmHg
0 0 1
代入数据整理得
V =60cm3
故选D。
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”所受陆平台的作
用力大小之比为（ ）
A. 9∶1 B. 9∶2 C. 36∶1 D. 72∶1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
mM
F =G
R2
可得
F M m M m 9 9
祝融 =G 火 祝融 :G 月 玉兔 = ´2=
F R 2 R 2 22 2
玉兔 火 月
故选B。
第4页 | 共26页2
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+q的点电荷；在0£ x< a区
2
间，x轴上电势 j 的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为-Q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（ ）
2 +1
A. Q = q，释放后P将向右运动
2
2 +1
B. Q = q，释放后P将向左运动
2
2 2+1
C. Q= q，释放后P将向右运动
4
2 2+1
D. Q= q，释放后P将向左运动
4
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得
q2 q2 Qq
2k +k =k
a2 ( 2a)2 2
( a)2
2
解得
2 2+1
Q= q
4
2
因在0£ x< a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动
2
第5页 | 共26页后释放，P受到向右的电场力而向右运动。
故选C。
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.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△x=2d，即光程差为薄膜厚度的2倍，
1
当光程差△x=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的薄膜的厚度差为 λ，在图中相邻亮条纹（或暗
2
条纹）之间的距离变大，则薄膜层的厚度之间变小，因条纹宽度逐渐变宽，则厚度不是均匀变小。
故选D。
第6页 | 共26页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。已知卫生
离地平均高度为H，导体绳长为LL
=
H
，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（ ）
GM fr GM fr
A. BL + B. BL -
R+H BL R+H BL
GM BL GM BL
C. BL + D. BL -
R+H fr R+H fr
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据
Mm v2
G =m
(R+H)2 (R+H)
可得卫星做圆周运动的线速度
GM
v=
R+H
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为
E' = BLv
第7页 | 共26页因导线绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导线绳中的电流方向向下，即电池电
动势大于导线绳切割磁感线产生的电动势 ，可得
E-E'
f = B L
r
解得
GM fr
E = BL +
R+H BL
故选A。
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7.5V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10Ω。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10W；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. r =10Ω B. r =5Ω
C. P=45W D. P =22.5W
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压
U =3×7.5V=22.5V
2
电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压
U = PR =10V
4
电流
U
I = 4 =1A
4 R
则右侧变压器初级电压
2
U = ´10V=20V
3 1
第8页 | 共26页电流
1
I = ´1A=0.5A
3 2
则
U -U
r = 2 3 =5Ω
I
3
当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电压关系可知
U -Ir 0.5IR
2 =
n n
3 4
解得
I=3A
则R上的功率
P=(0.5I)2R=22.5W
故选BD。
10. 一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t =2s时的波形图，虚线为t =5s时的波形图。以下关
1 2
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.
第9页 | 共26页【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】机械波的传播方向不确定，所以需要考虑机械波传播方向的不确定性。
AB．若机械波沿x轴正方向传播，在t =2s时O点振动方向竖直向上，则传播时间Dt =t -t =3s满足
1 2 1
3
Dt = T +nT （n=0，1，2，3…）
4
解得
12
T = s（n=0，1，2，3…）
4n+3
当n=0时，解得周期
T =4s
A正确，B错误；
CD．若机械波沿x轴负方向传播，在t =5s时O点处于波谷，则
2
1
Dt = T +nT （n=0，1，2，3…）
4
解得
12
T = s（n=0，1，2，3…）
4n+1
当n=0时，解得周期
T =12s
C正确，D错误。
故选AC。
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v
0
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（ ）
第10页 | 共26页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mg
æ m ö 2Hv2
C. d = ç 1+ ÷ 0 +H2
è M ø g
2Hv2 æ m ö 2
D. d = 0 + 1+ H2
ç ÷
g è M ø
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的
物资瞬间，满足动量守恒定律
Mv=mv
0
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
第11页 | 共26页m
a= g
M
1
物资落地H 过程所用的时间t内，根据H = gt2解得落地时间为
2
2H
t =
g
热气球在竖直方向上运动的位移为
1 1 m 2H m
H = at2 = × g× = H
M 2 2 M g M
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
2H
x =v t =v
m 0 0 g
m 2H
x =vt = v ×
M M 0 g
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
m 2Hv2
d = (x +x )2 +(H +H )2 =(1+ ) 0 +H2
m M M M g
C正确，D错误。
故选BC。
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
第12页 | 共26页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
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】AB．在I区域中，磁感应强度为B =kt，感应电动势
1
DB
E = 1 S =kS
1 Dt
感应电动势恒定，所以导体棒上的感应电流恒为
E kS
I = 1 =
1 R R
导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生一个感应电动势，因为导体棒到达c点后又能上行，说明加速
度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图
设下行、上行过b时导体棒的速度分别为v，v'，则下行过b时导体棒切割磁感线产生的感应电流为
E = B Lv
2 2
下行过b时导体棒上的电流为
E +E B Lv kS
I = 2 1 = 2 +
2 R R R
下行过b时，根据牛顿第二定律可知
B 2L2v B kSL
B I L-mgsinq= 2 + 2 -mgsinq=ma
2 2 R R 1
上行过b时，切割磁感线的产出的感应电动势为
E '= B Lv'
2 2
上行过b时导体棒上的电流为
E -E kS B Lv'
I = 1 2 = - 2
3 R R R
根据牛顿第二定律可知
第13页 | 共26页B kSL B 2L2v'
B I L-mgsinq= 2 - 2 -mgsinq=ma
2 3 R R 2
比较加速度大小可知
a >a
1 2
由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，所以金属板下行过经过b点时的速度大
于上行经过b点时的速度，AB正确；
CD．导体棒上行时，加速度与速度同向，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Ⅱ区（下行进磁场）的速度大于出磁场Ⅱ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
mgsinq=ma
0
则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。
故选ABD。
三、非选择题：本题共 6小题，共 60分。
13. 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
347
碰撞时刻（s） 1.12 1.58 2.00 2.40 2.78 3.14 .
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g =9.80m/s2）。
第14页 | 共26页（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k =___________（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。
【答案】 ①. 0.20 ②. 1-k2 ③. 0.95 ④. 高于
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时t =2.40s-2.00s=0.40s，根据竖直上抛和自由落体运动的
0
对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为
2
1 æt ö 1
h = g 0 = ´9.8´0.22m»0.20m
ç ÷
0 2 è 2 ø 2
（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为v ，碰撞前瞬间速度为v ，根据题意可知
2 1
v
2 =k
v
1
则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为
1 1 1
mv2 - mv2 mv2
2 1 2 2 2 2
=1- =1-k2
1 1
mv2 mv2
2 1 2 1
[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度
æ2.00-1.58ö
v= gt = g =0.21g
ç ÷
è 2 ø
第3次碰撞后瞬间速度为
2.40-2.00
v¢= gt¢=( )g =0.20g
2
则第3次碰撞过程中
v¢ 0.20
k = = »0.95
v 0.21
（3）[4]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，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。
14. 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：
第15页 | 共26页待测热敏电阻R （实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；
T
电源E（电动势1.5V，内阻r约为0.5Ω）；
电阻箱R（阻值范围0~9999.99Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值20Ω）；
1
滑动变阻器R （最大阻值2000Ω）；
2
微安表（量程100μA，内阻等于2500Ω）；
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S 、S ，调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏；
1 2
③保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S ，调节电阻箱，使微安表指针半偏；
2
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“R”或“R ”）。
1 2
（2）请用笔画线代替导线，将实物图（不含温控装置）连接成完整电路__________。
第16页 | 共26页（3）某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Ω，该温度下热敏电阻的测量值为___________Ω
（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”）。
【答案】 ①. R ②. ③. 3500 ④. 大于 ⑤. 减
1
小
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S 闭合前、后保持不变，由于该
2
支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联，滑动变阻器的阻值越小，S 闭合前、后并联部分电阻变化越小，从
2
而并联部分的电压值变化越小，故滑动变阻器应选R 。
1
（2）[2]电路连接图如图所示
第17页 | 共26页（3）[3]微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即
R +R = R=6000.00Ω
T mA
可得
R =3500Ω
T
[4]当断开S ，微安表半偏时，由于该支路的电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍
2
略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微
安表的总电阻来计算，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。
1 1
（4）[5]由于是lnR - 图像，当温度T升高时， 减小，从图中可以看出lnR 减小，从而R 减小，因
T T T T T
此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。
15. 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q。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d =100.0mm，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
31 3 4 5
为n = 2和n = 。取sin37°= ，cos37°= ， =1.890。
1 2 4 5 5 7
（1）为使两种频率的光都能从左侧第一个棱镜斜面射出，求q的取值范围；
（2）若q=37°，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DL（保留3位有效数字）。
第18页 | 共26页【答案】（1）0 x -x
B C BC
联立可知
W < fx
BC
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
1
5fx -2fx - kx2 =0
1 1 2 1
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
kx =6f
1
则坐标原点的加速度为
kx -2f 6f -2f 2f
a = 1 = =
1 2m 2m m
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
kx-2f
a =
2m
可知加速度随位移x为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，x减小，a减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，
之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
f
a =-
2 m
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得
1 1
kx2 -2fx = ×2mv2
2 1 1 2
脱离弹簧瞬间后C速度为v，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
1
fx = mv2
2 2
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
1
x = x
2 2 1
则C最后停止的位移为
第25页 | 共26页3 3 6f 9f
x +x = x = × =
1 2 2 1 2 k k
所以C向右运动的图象为
第26页 | 共26页
