2021届山东省青岛市高考物理二模试卷附答案详解

232～232232～232222021届山东省青岛市高考物理二模试卷一、单选题（本大题共8小题，24.0分

某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度时间图象如图所示设运动中不空气阻力料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的

时刻卫星到达最高点时卫星落回地面B.

卫星在

时间内的加速度大于～

时间内的加速度C.

2

时间内卫星处于超重状态D.

时内卫星处于超重状态

如图所示为远距离输电的原理图，降压变压器的变压比，电线的阻，压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒若由于用户的负载发生变化，使电压表的数减小eq\o\ac(△,)𝑈，下列判断正确的B.

电压表的数减小eq\o\ac(△,)输电线上损失的功率增大了

2C.

电流表的数增大

D.

电流表的示数增大了

⋅eq\o\ac(△,𝑈)

用如图所示的实验装置研究光电效应现象。所用光子能量2.75的照射到光电管上时发生了光电效应，电流的示数不为零，移动变阻器的触，现当电压表的示数大于或等时，电流表示数为零，则在该实验B.C.D.

光电子的最大初动能𝑒光电管阴极的逸出功开关断，电流示数为零当滑动触头向端动时，电压表示数增大

33

如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下，质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体时活塞与汽缸底部之间的距离，塞汽缸。缸所处环境的温度，气压强取现质量为的物块挂在活塞中央位置上。活塞挂上重物后，活塞下移，则稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为

B.

C.

D.

如图所示，轴方有垂直纸面向里的匀强磁场．有两个质量相同、电荷量也相同的带正负电的离子不计重以同速度点入磁场中射方向轴夹角．则正、负离子在磁场(B.C.D.

运动时间相同运动轨道半径相同重新回时速度大小相同，方向不同重新回时距点距离不同是平绳上的两点，相。列正弦横波到沿绳播，每点经过平衡位置向上运动时正好到达上方最大位移处，则此波的波长可能

B.

C.

D.

如图所示，月球探测器可在圆轨、椭圆轨Ⅱ上运行，轨Ⅰ、Ⅱ切于点，关于月球探测器，以下说法正确的(B.C.

在Ⅱ轨道运行时点速率小点速率在Ⅱ轨道运行时点加速度小点加速度在Ⅰ轨道经过点时速率小于Ⅱ道经点速率

D.

在Ⅰ轨道经过点时加速度小于Ⅱ道经过点加速度

如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个带负电的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹电荷是点运动点以下判断正确的是B.C.D.

电荷从到加度不变电荷从到加度增大电荷从到电能减小电荷从到电能增加二、多选题（本大题共4小题，16.0分

如图所示，匝数，截面积为，阻的圈，处于一个均匀增强的磁场未出中磁感应度随时间的变化率，场方向水平向左且与线圈平面垂直容的电容为定值电阻的阻值也为.则下列说法正确的是C.

电容器下极板带正电电容器所带电荷量

B.D.

电容器上极板带正电电容器所带电荷量为

2下说法正确的B.C.D.

物体受变力作用时，可能做直线运动匀速圆周运动是匀变速曲线运动功和能可以相互转化，功是能量转化的量度物体所受合外力为零时，其机械能可能不守恒如所示的糙斜面固定地面上量、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平用线将物块与软绳连接物块由静止释放后向下运动到绳刚好全部离开斜面此物块未到达地，在此过程)B.

物块的机械能逐渐增加软绳重力势能共减少了4

C.D.

物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功与物块动能增加之和软绳重力势能的减少小于软绳动能的增加与软绳克服摩擦力所做的功之和

0𝑙0𝑙如所在直向下轴侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标

为常数的规律变化个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均轴直甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速和磁场的范围足够大当线框完全在磁场中运动时，不考虑两线框的相互作用，下列说法正确的(

运动中两线框所受磁场的作用力方向相反B.C.

若若

，则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力，则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流D.若

，则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度三、实验题（本大题共2小题，15.0分如所示，斜槽末端水平，小

从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平面上点今在槽口末端放一半相同的球，仍让从槽同一度滚下，并与正后使两球落地，球和的地点分别、，知槽口末端在白纸上的投影位点则：两球质量的关系应满_____ABC.实必须满足的条。A.

轨道末端的切线必须是水平的B.

斜槽轨道必须光滑C

入射球每次必须从同一高度滚下D

入射球和被碰的心在碰撞瞬间必须在同一高度实中必须测量的。A.

两小球的质和B.

两小球的半和C

桌面离地的高度D

小球起始高度E.

从两球相碰到两球落地的时间F.

小单独飞出的平距离

1111122211111112221112212B.12121112212G

两小球和相后飞出的水平距离若小球质量之比：

：，撞前小1

的质量，碰撞后小球、的量分别为、，球落点情况如图所示，则碰撞前后_____A′′′C.′′D.′

2在电压表和电表测量一只阻值约2的阻的实验中，提供的器材有：A.

直流电12，内阻不计，允许的最大电流B.

电压表量为，内阻为C

电流表量为，阻为2D

电流表量为，阻为1E.

滑动变阻器最阻值为，许的最大电流F.

滑动变阻器最阻值为，许的最大电1G

开关和若干导线实时，电流表选，滑动变阻器应选用_____均字母代表示；请出实验电路图，尽可能减少实验误差；由______填电压表”或“电流表”内的影响，该实验对电阻的测量会产生系统误差。四、简答题（本大题共2小题，29.0分

333333333如所示直平坐系第二象限区域内存在无上边界大小向轴正方向的匀强电场第象限存充满整个象限大小未知方向沿轴方向的匀强电场第象限存在充满整个象限与竖直平面垂直的未知匀强磁场象限无任何场存在一质量为，带电量的子坐标的由静止出发个电场作用后从坐标处进入磁场中，最终从坐标处入第二象限，进入时速度方向轴向成计粒子重力求第象限中的电场强度大小及粒子进入磁场时的速度；磁应强度大小和方向，以及粒子从开始运动到再次进第二象限所用时间。如所示，质量

和的体静止在光滑的水平面上，两者之间有压缩着的弹簧，一个质量为的物体以速度向冲来，为了防止冲撞物将物体以一定速度弹射出去，与碰撞后粘合在一起，的弹射速度至少为多大，才能使以和不生碰撞？五、计算题（本大题共2小题，16.0分用种透明材料制成的一块柱体棱镜的水平截面图如图所示为径的圆圆心为，角为，包含两种频率的、均平行边正点半径射入棱镜，在点反射后后从边某点射出射线平行底光从边某不含点射，光速为，：射棱镜出射光与的角；

光线在棱镜中传播的时间。

212212如所示，为的两匀强磁场，边上方的磁感应强度

大于下方的磁感应强度𝐵，有一长𝑙的直挡板与分界线重合板正中有一带正电粒子点图示方向进中，假设粒子与挡板发生碰撞时没有能量损失，且粒子在下方磁场中运动时不会与挡板发生碰撞，不计粒子重力，若粒子最终能回到出发点。试出粒子运动轨迹。求足条件的磁感应强度的值范围。

3111223131eq\o\ac(△3111223131eq\o\ac(△,𝑛)22参考答案解析1.

答：解：、箭上升的最大高度即为运过程中的最大位移，由图可知当速度等于零时，位移最大，火箭处于最高点，即时刻到达最高点，故A错；B、图中斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，由图可知火箭～

时间内的加速度小于～

时间内的加速度，故误；C、图可知时内加速度为，向上，所以火箭处于超重状态，故C正确；D、箭～

时间内没有燃料燃烧，又不计空气阻力，故火箭只受重力，所以加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故D错；故选：。图中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移；判断超重失重的方法是：加速度方向向上，物体处于超重状，加速度方向向下，物体处于失重状态．本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的义，知道在速--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据加速度正确判断物体是超重还是失重状态，能根据图象读取有用信息，不难2.

答：解：、根据题意知，发电厂的输出电压恒，升压变压器的变压比不变，所以电的示数不变，故A错；B、降压变压器原副线圈两端的电压之比等，以

eq\o\ac(△,𝑈)

，即降压变压器原线圈两端电压减小了，压变压器副线圈两端电压不变，所以输电线上电压增大，故错；eq\o\ac(△,𝑛)，故误；C、据欧姆定律，电流示增大了D、输电线上电流增大为，据电流与匝数成反比知，电流示增大了⋅

eq\o\ac(△,𝑛)

eq\o\ac(△,𝑈)

，故D正确。故选：理想变压器的输入功率由输出功率决定电有输入电压决定远离输电过程中的功率电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系，理想变压器电压和匝数关系对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压功率与哪些因素有关。

3.

答：解：、装置所加的电压为反向电，发现当电压表的示数大于或等时电流表示数为，道光电子的最大初动能，故A错；、据光电效应方程所以

𝑘𝑚𝑒𝑒𝑘𝑚

故错误；C、断后，用光子能量𝑒的照射到光电管上时发生了电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，电流示为不为零，故C错误；D

根据分压电路结构可知当滑动头端滑动时反电增大电压表示数增大故D正。故选：该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等时电流表示数，知道光电子点的最大初动能为，据光电效应方程求出逸出.开关断，只要有光电子发出，则有电流流过电流表。根据分压电路知识可判断电压示数的变化。本题考查光电效应方程，熟练掌握最大初动能，逸出功，截止电压等概念及其之间的关系是解的关键。4.答：解：：根据题意可知该过程中气体的温度不变，初态压强为体积为

末态压强为

𝑚根据玻意耳定律有：

解得：𝑚，D正确ABC错误。故选：根据题意找出气体的初末状态，再根据理想气体方程求解。本题考查波义耳定律，关键是找出气体的初末状态的各个量，熟练利用公式求解。5.

答：解：因个离子质量相同，电荷量也相电量绝对，们垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动的半径必相等、周指完成一个圆必相等不于度时两个离子在磁场中的轨迹一个是小半圆弧，另一个是大半圆弧，所以在磁场中的运动时间就不相等．故A选错误．

或3334444或3334444由

𝑚𝑞

知半径相同，故选项正确．因子进入磁场时射入方向轴夹角，么射出磁场时速度方向必夹角为，项C错误．由于两个离子的轨迹若合拢，肯定能组合为个完整的圆周，则距离相同．所以选项D错．故选：6.

答：解：：波传，点经过平衡位置向上运动时点好到达上方最大位移处，距离为或，到通式，此可得到波长的可能值

𝑚3当时得𝑚，为波长最大值；当时，；当时，；故符合条件的只，C正，ABD错。故选：。根据两状态状态，结合波形，确间离与波长的关系，求波长的通项式，再得到波长的特殊值。本题知道两个质点的状态，通过画出波形，确定出两点距离与波长的关系是常用的思路，要注明确波的多解性，正确写出通式是解题的关键。7.

答：解：：、据开普勒第二定律知，点率大于速率，故误；

𝑀𝑚𝑀𝑚B根据

𝑚2

知月球探测器在点的万有引力大于点有引力根𝑚知点速度大于点加速度，故B错；C、据变轨的原理知，月球探测器在轨点的速度小于轨Ⅱ𝑀点速度，故C正；D、据顿第二定律知，探测器在不同轨道点所受的合力相等，加速度相同，故错。故选：。Ⅱ轨道为椭圆轨道，根据开普勒第二定律点速度和点度关系；根

2

和𝑚𝑎知速度关系；根据变轨的原理比较探测器在轨和轨Ⅱ上点速度大小。解决本题的关键知道变轨的原理，掌握开普勒第二定律，会运用不同的方法比较椭圆轨道上的度大小，难度不大。8.

答：解：：、据电场线的疏密程度以判断处场强大于处，也就是说试探电荷处受到的电场力大于在处，由牛顿第二定律可知粒子在处运动的加速度大于𝑏处，故AB错．、据带电粒子做曲线运动的条件，曲线向力的方向弯曲，可判定，点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左．由此判断电场线方向发散向外，粒子在电场中向点动，电场力对电荷做负功，其动能减小，速度减小；电势能不断增大，故C误D正确；故选：根据轨迹的弯曲方向，判断出合电场的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；电场力大小的比较可以看电场线的疏密，即电场强度的大小；比较电势能和动能可以根据电场力做正负来判断．判断电荷的电性关键找到突破口，从轨迹的弯曲方向角度考虑；比较电势能的大小：一可以从场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能．9.

答：解：先楞次定律判断感应电流的方向，从而判断出电源的负极，再根据电容器上下极板在电路中的位置即可判断出上下极板所带的电性；先法拉第电磁感应定律求出电源的电动势根闭电路的欧姆定律来求解电容器两端的电压，从而求出电容器所带的电荷量。此题为电磁感应的电路问题，有两点要注意要根据楞次定律判断感应电流方向根法拉第电磁感应定律求解感应电动势，并结合闭合电路的欧姆定律来解决问题。

𝛷⋅𝑐𝑐𝑐1𝑙𝑙)𝑙𝛷⋅𝑐𝑐𝑐1𝑙𝑙)𝑙𝑙𝑙𝑙2由次定律得，穿过线圈的磁通量向左变大，则感应电流产生的磁场方向向右；将线圈等效为一个电源圈右端为电源的正圈左端为电源的负极容的下极板与电源的正极相连，上极板与电源的负极相连电器的下极板带正电容器的上极板带负电故A正B错；由拉第电磁感应定律得𝑡

，两端的电压

22

；由电容器两端的电压与外电两端的电压相等

2

据容公式

⋅𝑈

2

误，D正。故选AD10.

答：解：、直线运动的条件：合力为或合力方向与初速度方向在同一直线上。不取决于是恒力还是变力，故A确；B、匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，时刻变化，不是匀变速运动，故B错；C、是过程量，能是状态量，功是能量转化的量度，但功不是能，能也不是功，故C误；D一物体所受的合外力为零时可能出现机械能不变的情况如平方向的匀速直线运动故D正确。故选：。根据物体做直线运动的条件进行判断；匀速圆周运动的加速度始终指向圆心，方向在变化，不是匀变速圆周运动；根据功和能关系以及机械能守恒来分析。掌握利用物体做直线运动的条件、匀变速圆周运动的性质以及常见的功能关系，是学好物理知的基础。11.

答：解：：、块下落过程中，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减小．故错误．物未释放时绳的重心离斜面顶端的高度

软刚好全部离斜面时，24软绳的重心离斜面顶端的高，则软绳重力势能共减2244

故正确．、为物块的机械能减小，则物块的重力势能减小量大于物块的动能增加量，减小量等于拉力做功的大小，由于拉力做功大于克服摩擦力做功，所以物块重力势能的减少大于软绳克服摩擦所做的功与物块动能增加之和．故C错误．

212122122222121221222224𝑜21、细线的拉力对软绳做正功，对物块做负功则重物的机械能减小，软绳的总能量增加，而软绳的动能与克服摩擦产生的内能增加，软绳的重力势能减小，能量中的减少量一定小于能量中增加量，故软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功的和．故正确．故选：根据软绳对物块做功正负，判断物块机械能的变化，若软绳对物块做正功，其机械能增大；若绳对物块做负功，机械能减小．分别研究物块静止时和软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离面顶端的高度，确定软绳的重心下降的高度，研究软绳重力势能的减少量．以软绳和物块组成的统为研究对象，根据能量转化和守恒定律，分析软绳重力势能的减少与其动能的增加与克服摩擦所做功的和的关系．本题要注意明确软绳不能看作质点，必须研究其重心下降的高度来研究其重力势能的变化．应能量转化和守恒定律时，能量的形式分析不能遗漏．12.

答：解解楞定律可知线框中产生顺时针方向的电流线框中产生逆时针方向的电，因为线框下边所处位置的磁感应强度比上边所处位置的磁感应强度大可知下边所受的安培力大于上边所受的安培力，线框所受安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左定则可知，甲线框所受的安培力方向向上，乙线框所受的安培力方向向上，两线框所受安培力方相同，故误；B、设线框边长为，线框产生的电动势，若

，则开始时两线框产生的感应电动势相，线框中的感应电流相，开始时，线框受的安培力

21

，则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力，故正；C、框产生的电动势，与度有关，

，则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流故C正；D线框达到稳定状态时力与安培力平衡有又

所

，解得：

𝑅4

，由于、、、都相等，因此相等，即线框最终稳定状态时甲的速度等于乙的速度，故D错。故选：。磁感应强度均随位置坐标

正常的律变化，知线框上边所受的安培力小于下边所受的安培力根据左手定则断安培力的方向根求线框切割产生的感应

𝑥𝑥𝑡𝑥𝑡𝑥𝑥𝑡𝑥𝑡电动势，比较出产生的感应电动势大小，从而比较出感应电流的大小。当线框所受的安培力和力平衡时，线框处于稳定状态，求出稳定时的速度，看与什么因素有关，然后分析答题。本题考查了楞次定律、左手定则、以及切割产生的感应电动势公式和安培力公式的应用，本题合性较强，对学生能力的要求较高，分析清楚题意与线框的运动过过程可以解题。13.

答：；；；。解：为止两球碰撞后入射球反弹，入射球质量应大于被碰质量；根实验步骤与实验注意事项分析答题；通实验的理确定需要测量的物理量。本题是通过平抛运动验证动量守恒定律的，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以证获得相同的初速度；结合题中的数据求出碰前总动量和碰后总动量，从而求出实验的相对误差得出实验的结论。本题主要考查了“验证动量守恒定律”的实验的原理及要求以及数据处理等基础知识，难度不，属于基础题，是考查基础知识的好题。为防止在碰撞过程中，入射小

反弹，要求

；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故A正；B.

“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故B错；C

要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故确；D

碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，即小球球心处在同一高度，故D正；故选：；根实验的理知′′即为：

𝑂𝑃𝑡

𝑂𝑀

𝑂𝑁𝑥𝑥·𝑥𝑂𝑃𝑂𝑀𝑂𝑁可知需要测量的物理量有球质和小单飞出的水平距𝑂两小球和相碰后飞出的水平距离𝑂𝑂；故答案为：𝐵；；；；14.

答：电流表

𝑥𝑥解：电中能出现的最大电流

3

0.545103

，则电流表选C；滑动变阻器总阻值均远小于待测电阻采用限流接法接成分压电路用阻值较小；由待测电阻阻值远大于电流表的内阻值，则采用电流内接电路；滑动变阻器采用分压接法；故电路如图：电表采用内接法，由于电流表内阻的影响，该实验对阻的测量值大于真实值，会产生系统误差。故答案为：；；如所示；电表。根给出的电源和电阻约值估算电流，从而选择电流表根据滑动变阻器的接法确定应选择的滑动变阻器；根实验原理确定实验电路图；电不是理想电表，根据电路确定电表内阻的影响，从确定误差情况。本题考查伏安法测电阻的实验，要注意明确实验原理，注意实验要求，明确本实验中由于滑动变阻器总阻值过小无法起到保护作用时应采用分压接法。15.

答：设子第一次达到轴速度0

，

02𝐿22√；0022102032𝜋30𝜋)𝐿12002𝐿22√；0022102032𝜋30𝜋)𝐿120√，从到子第一次达过程中根据动能定理可得解得：

12

0

，粒子在第一象限做类平抛运动，运动轨迹如图所示；在点行速度的合成与分解，轴方向的速度

，速度方向的夹角；根据类平抛运动的规律可得

𝑥2

22

1，则，根据几何关系可

𝑎00

，竖直方向根据速度位移关系可

22

′

，解得第一象限中的电场强度大′粒子进入磁场时的速cos根左手定则可知，磁感应强度的方向垂直向外；根据图中几何关系可得粒子在磁场中运动的轨迹半径

2cos

2，根据洛伦兹力提供向心力可

，解得磁感应强度√；2粒子在第二象限加速的时间粒子在第一象限运动时间𝑡

2

，粒子在磁场中运动时间：

3𝜋

，粒子从开始运动到再次进入第二象限所用时𝜋)√。2答一象限中的电场强度大小进磁场时的速度2√正向夹角为；磁应强度大小√，向垂直向外；粒子从开始运动到再次进入第二象限所用时间2√。2解析：到子第一次达轴程中根据动能定理求解速度，粒子在第一象限做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求解电场强度和速度；根左手判断磁感应强度的方向；根据几何关系求解粒在磁场中运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；

2313131332231203123123131313322312031231203323123231132323𝑖3分别求出粒子在第二象限加速的时间、在第一象限运动时间、在磁场中运动时间即可求出粒子开始运动到再次进入第二象限所用时间。本题主要是考查带电粒子在电场和磁场中点运动，对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答