2021年山东省潍坊市高考物理三模试卷(含答案解析)

2021年山东省潍坊市高考物理三模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.下列核反应方程中X表示a粒子，且属于a衰变的是（）

A.铠8。-^Th+XB.H4Th->H4Pa+X

C.出+；HTX+HD.lBe+X铲C+Jn

2.2021年3月28日，又一场沙尘暴席卷了我国北方和东北地区，某公园一位小朋友指着天空中的

太阳说：“快看，太阳变成蓝色的了”。沙尘暴大气中的烟雾、尘埃、小水滴及气溶胶等微粒

的直径与太阳光中的红、橙色光的波长相近。关于沙尘暴天气下太阳变蓝的原因下列说法正确

的是（）

A.太阳光中的红、橙色光发生了明显的干涉

B.太阳光中的红、橙色光发生了明显的衍射

C.红、橙色光发生了散射，不容易被看到，太阳光中的蓝光由于波长较短基本不受影响

D.太阳光中波长较短的蓝光发生了全反射

3.如图所示，长为8m的水平传送带以。=2m/s的速度顺时针匀速运行，现将一质量m=1即的小

物块无初速地放在传送带左端。经过一段时间小物块运动到传送带的右端。已知小物块与传送

带之间的动摩擦因数4=0.4,g=10m/s2.下列判断正确的是（）

F1

A.此过程小物块始终做匀加速直线运动

B.此过程中传送带多做了4/的功

C.此过程中因摩擦产生的热量为4/

D.此过程摩擦力对小物块做功4/

4.如图，物体在竖直轻质弹簧作用下处于静止状态。则物体所受力的个数为（）

A.1个

B.2个

C.3个

D.4个

5.下列说法不正确的是（）

A,给车轮胎打气，越打越吃力，是由于分子间存在斥力

B.第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律

C.若一定质量的理想气体等压膨胀，则气体一定吸热

D.气体压强是由于气体分子不断撞击器壁而产生的

6.如图所示，人眼在4处看见河里B处有一条鱼.若从4处射出一束激光，要A五

使激光照射到鱼身上，则激光应对着哪一点射出（）---------------

B.B上方些

C.B下方些

D.B左方些

7.如图所示，力、B是Ox轴上的两个质点，有一列简谐波沿Ox正方向传播。某一时刻，当4点沿竖

直向上的方向通过其平衡位置时，B点刚好沿竖直向下的方向通过其平衡位置。如果这列波的周

期为T,则这列波到4、B两点的时间差为（）

B

0-

A.（2n+l）TB.C.D.a"："

8.2012年1月6日，庞清、佟健在全国冬运会上摘得花样滑冰双人自由滑桂冠.两人手拉手绕他们

手臂连线的某点一起做圆周运动，则在运动中两人的（）

A.角速度相同B.线速度相同

C.向心力相同D.向心加速度相同

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图为远距离输电的示意图，A为升压变压器，原副线圈匝数分别为n,、n2,互为降压变压器，

原副线圈匝数分别为加、n4,输电线的等效电阻为R.若发电机的输出电压不变，则下列叙述正

确的是（）

A.只增大A的原线圈匝数为,可增大R消耗的功率

B.若£=£，则电压表匕和彩的示数相等

C.当用户总电阻减小时，R消耗的功率增大

D.当用户总电阻减小时，电压表匕和彩的示数都变小

10.一物体受两个力F1、尸2的作用而处于静止状态，若保持后恒定而将尸2逐渐减小到零后又逐渐增

大到原值（方向一直保持不变），在这个过程中物体的（）

A.速度增大，位移增大B.加速度减小，速度增大

C.加速度先增大后减小，速度增大D.加速度和速度都是先增大后减小

11.水平传送带匀速运动，速度大小为〃现将一小工件放到传送带上。设工件初速为零，当它在传

送带上滑动一段距离后速度达到“而与传送带保持相对静止。设工件质量为m,它与传送带间的

滑动摩擦系数为〃，则在工件相对传送带滑动的过程中（）

A,滑摩擦力对工件做的功为m4/2

B.工件的机械能增量为m//2

C.工件相对于传送带滑动的路程大小为//2〃g

D.传送带对工件做功为零

12.如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场。一带正电的小球从油中4处\E\

由静止释放后竖直下落，已知小球在4B段做加速运动，在BC段做匀速运动，"

M和N是小球下落过程中经过的两个位置。在此过程中，小球（）c；

A.在4B段的加速度大小逐渐增大

B.在N点的机械能比M点的小

C.机械能和电势能的总量保持不变

D.机械能的变化量大于电势能的变化量

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图1所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置.

（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据可画出a—F关系图线（

如图2所示）.

①分析此图线的04段可得出的实验结论是.

②此图线的48段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是.

A.小木块与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态

C所挂钩码的总质量太大D.所用小木块的质量太大.

14.某同学要测量一节旧电池的电动势和内阻，实验器材仅有一个电流表、一个电阻箱、一个开关

和导线若干，该同学按如图所示电路进行实验，测得的数据如下表所示.

实验次数12345

R（C）4.010.016.022.028.0

/⑷1.000.500.340.250.20

1//G4-1)1.02.02.94.05.0

①若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作（选填“R-I”或“R-宁）图象;

②利用测得的数据在坐标纸上画出适当的图象；

③由图象可知，该电池的电动势E=V,内阻r=。；

④利用该实验电路测出的电动势E潮和内阻r潮与真实值E面和r直相比，理论上E潮E真,

T测r鼠选填“>”、“<”或"="）.

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.如图,一端封闭、粗细均匀的薄壁玻璃管开口向下竖直插在装有水银的槽内，

管内封闭有一定质量的空气，水银槽的截面积上下相同，是玻璃管截面积的

10倍，玻璃管截面积S=LOCTM,开始时管内空气柱长度为6cm,管内外水

银面高度差为45cm。将玻璃管沿竖直方向缓慢上移(管口未离开槽中水银),

使管内外水银面高度差变为60cm,已知外界大气压强po=75cmHg«1.0x

105Pa,求：

①此时管内空气柱的长度；

②大气压力对槽内水银面做的功。

16.质量为巾=2.0x1。3句的汽车在平直公路上行驶，发动机的额定功率为p=80/dV,所受阻力

恒为车重的0.1倍.若汽车从静止开始匀加速启动，加速度的大小为a=1.0m/s2.达到额定功率

后，汽车保持功率不变，直到获得最大速度.试求：

(1)汽车的最大行驶速度方;

(2)汽车匀加速运动的时间t.

17.如图所示(俯视图)，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以。O'为右边界的

匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强大小为B,方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R,

导轨电阻忽略不计.在距边界。。'为L处垂直导轨放置一质量为小、电阻不计的金属杆ab.求解以

下问题:

(1)若金属杆ab固定在导轨上的初始位置.磁场的磁感应强度在时间t内由8均匀减小到零.求此过程

中电阻R上产生的焦耳热Q”

(2)若磁场的磁感应强度不变，金属杆ab在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其V-X的关系图

象如图乙所示.求：

①金属杆帅刚要离开磁场时的加速度大小；

②此过程中电阻R上产生的焦耳热Q2.

图乙

18.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg,m=0.2kg的两

个小球，中间夹着一个被压缩的轻弹簧，弹簧的一端固定在M球上，

但与求不相连，开始时弹簧具有的弹性势能昂=10.8/,系统处于静止状态.现突然释放弹簧,

球m脱离弹簧后滑向与水平面相切的光滑弧形轨道(足够长)，如图所示.g取10m/s2.

(1)求M和m离开弹簧时速度的大小巧、v2；

(2)m离开弹簧，滑上弧形轨道后返回，求m再次被压缩时弹簧的最大弹性势能Ep'.

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4是a衰变，C是聚变反应，0是发现中子的反应，B是裂变反应，故A正确.

故选:A.

a衰变是指核反应生成物是氯原子核，根据这一特定即可判断.

本题比较简单，在平时学习中要掌握衰变，裂变，聚变和凡种粒子发现的方程式.

2.答案：C

解析：解：沙尘暴天气下太阳变蓝的原因是红、橙色光发生了散射，不容易被看到，太阳光中的蓝

光由于波长较短基本不受影响，故C正确，A3。错误.

故选：Co

沙尘暴天气下太阳变蓝的原因是红、橙色光发生了散射，不容易被看到，太阳光中的蓝光由于波长

较短基本不受影响

本题考查光学基本常识，要掌握各种不同颜色的光的波长关系，会分析生活中的现象。

3.答案：B

解析：解：4、小物块刚放在传送带上时，小物块受到向右的滑动摩擦力从而做匀加速直线运动，

由牛顿第二定律可得⑷ng=ma

则小物块的加速度a=ng=4m/s2

„2

小物块加速到与传送带速度相等的位移的=粉=0.5m<8m

所以小物块先匀加速直线运动后做匀速运动，故A错误：

CD、小物块加速的时间G=竟=0.5s

小物块加速时小物块与传送带间的相对位移△%=-等匕=0.5m

此过程中因摩擦产生的热量Q=nmgAX=2/

此过程摩擦力对小物块做功W=/rnigx]=2/,故CD错误。

B、根据能量守恒，传送带多做的功W=：WW2+Q=4/,故8正确。

故选：B。

小物块刚放在传送带上时，小物块受到向右的滑动摩擦力从而做匀加速直线运动，根据牛顿第二定

律求解小物体的加速度，根据运动学公式求解小物体速度和传送带速度相等时的位移，再分析小物

体的运动情况；

根据运动学公式求解小物体的速度和传送带速度相等时所用的时间，从而找到传送带的位移，进而

求解小物体和传送带的相对位移，根据Q=/刀加求解因为摩擦产生的热量；

根据能量守恒定律求解此过程中传送带多做的功。

该题中传送带的速度和小物体速度相等时是一个分界点，能正确分析小物体在传送带上的运动情况,

熟记因为摩擦而产生的热量的求解公式。

4.答案：B

解析：

以物体为研究对象，分析竖直方向和水平方向的受力情况即可。

本题的关键是熟悉物体的受力；对于物体的受力分析，解题方法是：确定研究对象，首先分析重力，

再分析接触面的弹力和摩擦力，最后分析非接触力（电场力或磁场力），只分析物体受到的力，不分

析物体对外施加的力。

以物体为研究对象，竖直方向受到重力和弹力，水平方向不受外力，故物体受到两个力作用，故B

正确，ACZ）错误。

故选瓦

5.答案：A

解析：解：4、给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中内外气体压强差增加的缘故，不

是由于分子间存在斥力，故A错误；

8、第二类永动机不可能制成，因为它违反了热力学第二定律，故8正确：

C、一定质量理想气体等压膨胀，体积增大，温度升高，则气体内能不变，对外做功，根据热力学第

一定律可知，气体一定从外界吸热，故C正确；

。、根据气体压强的微观意义可知，气体压强是由于气体分子不断撞击器壁而产生的，故。正确。

本题选择不正确的，

故选：Ao

气体的压强是由大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起；第二类永动机不可能制成是因为它违反了

热力学第二定律；根据热力学第一定律分析。

本题考查了热力学第一、第二定律，解题的关键是根据热力学第二定律可知，满足能量守恒定律的

物理过程不一定能自发进行。

6.答案：4

解析：解：连接4B,过折射点做法线，根据光从空气斜射入水中，折射角小于入射角画出折射光线

的位置，虽然人看到的B点是鱼的虚像，鱼的实际位置在B点的正下方，因为激光在进入水的时候也

会发生折射，所以照着B点，激光也就刚好落在鱼上了.如图所示.故A正确，B、C、。错误.

故选A.

根据光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，可知人看到的是鱼的虚像，根据鱼的位置确定折射

光线的方向，再根据折射时光路是可逆的来解答此题.

本题主要考查光的折射定律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居

法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角.

7.答案：B

解析：解：当4点沿竖直向上的方向通过其平衡位置时，B点刚好沿竖直向下的方向通过其平衡位置，

4、B两点平衡位置之间的距离是半个波长的奇数倍，即为(2n+l)],根据波在一个周期内传播的

距离为一个波长，可知波通过力、B两点的时间差是半个周期的奇数倍，即为(2n+1)*,(n=

0,1,2,...),故AC。错误，B正确。

故选：Bo

A、B两点是反相点，振动情况总是相反，平衡位置相距半个波长的奇数倍。波在同一介质中匀速传

播，由此求这列波到4、B两点的时间差。

解决本题的关键要掌握反相点的特点：振动情况总是相反，平衡位置相距半个波长的奇数倍，即相

距(2n+1)•%

8.答案：A

解析：解：AB,两人绕同一个圆心做圆周运动，角速度相等，根据〃=r®比较线速度，半径不等,

线速度不等.故A正确，B错误.

C、两人运动过程中，相互作用力提供向心力，所以向心力大小相等，方向相反.故C错误.

0、根据a=ro)2知，半径不等，则向心加速度不等.故力错误.

故选：A.

两人绕同一个圆心做圆周运动，相互作用力提供向心力，角速度相等，根据u=r3比较线速度，根

据a=比较向心加速度.

解决本题关键知道共轴转动的物体具有相同的角速度，根据v=r3,a=ra)2,可知线速度、向心加

速度的大小.

9.答案:AC

解析：解：力、只增大A的原线圈匝数%,则升压变压器的输出电压减小，根据P=U/知，输电线上

的电流增大，则输电线上消耗的功率增大。故A正确。

8、因为升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，即升压变压器的输出电

压大于降压变压器的输出电压，詈=詈，升压变压器的输入电压与降压变压器的输出电压不等。故

n2n4

B错误。

C、用户总电阻减小，则电流增大，可知输电线上的电流增大，根据P损知，输电线上消耗的

功率增大。故C正确。

当用户总电阻减小时，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上电压损失增大，升压变压

器的输入电压和输出电压不变，则降压变压器的输入电压和输出电压减小。则电压表匕不变，眩减

小。故。错误。

故选：AC.

根据原副线圈的电压之比等于匝数之比得出输出电压的变化，从而得出输电线上的电流变化，根据

P损=判断输电线上功率损失的变化.

抓住升压变压器的输出电压等于电压损失和降压变压器的输入电压之和，结合电压比等于匝数比判

断两电压表的示数是否相等.

当用户总电阻减小时，根据电流的变化得出输电线上功率损失和电压损失的变化，从而得出降压变

压器的输出电压变化.

解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压之比等于匝数之比，2、升压变压器的输出电压等于降压

变压器的输入电压和电压损失之和.

10.答案：AC

解析：开始两个力合力为零，持F］恒定而将尸2逐渐减小到零后又逐渐增大到原值，则合力先增大后

减小，根据牛顿第二定律知，加速度先增大后减小，由于初速度为零，则速度一直增大，且速度的

方向不变，则位移一直增大，故A、C正确，B、力错误.

故选：AC

11.答案：ABC

解析：

(1)由动能定理求解；

(2)由机械能变化量的定义求解即可；

(3)

本题主要考察了动能定理的应用，目结合了经典的力学模型传送带，解题时，需把握物体在传送带

上的受力以及运动情况：物体在传送带上先匀加速后匀速，匀加速过程中受重力、支持力、摩擦力。

A.滑动过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，因此工件动能的增加量就等于摩擦力做功，故4正

确；

比对工件，整个过程只有动能在增加，而机械能等于动能加势能，故工件的机械能增量就等于动能

的变化量，故B正确；

C对系统应用功能关系可得：flings=-mv2,解得：5=--^-,故C正确；

22/ig

。.传送带对工件的摩擦力做功并不为零，故。错误；

故选ABC。

12.答案：BD

解析：解：4、由小球在4B段做加速运动，在BC段做匀速运动，所以在4B段的加速度大小逐渐减小，

故A错误；

8、小球在下落的过程，除重力外其它的力做负功，机械能一直减小，所以在N点的机械能比M点的

小，故B正确；

C、除重力和电场力外还有油的阻力和浮力，而阻力和浮力做负功,所以机械能和电势能的总量减小，

故C错误；

。、除重力外的电场力、油的阻力和浮力做的功要大于电场力做的功，所以机械能的变化量大于电

势能的变化量，故。正确。

故选：BD。

对小球受力分析结合运动状态可分析加速度的变化；分析出重力外的力做的功和电场力的功可比较

机械能、电势能的变化。

本题考查了通过分析各个力的做功情况来分析机械能、电势能的变化，要知道通过分析除重力外的

力的做功情况判断机械能的变化，分析电场力的做功情况判断电势能的变化。

13.答案：木块质量；在质量一定时，加速度与拉力成正比；C

解析：

“探究加速度与力、质量的关系”实验中，研究三者关系必须运用控制变量法，正确理解控制变量

法的应用即可解答；

正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所

测数据、实验误差等，会起到事半功倍的效果.

(1)在该实验中探究Q与F的关系，必须采用控制变量法，应保持木块质量不变；

(2)①分析此图线的。4段可得出的实验结论是：在质量一定时，加速度与拉力成正比：

②此图线的48段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是不再满足钩码的质量远远小于小木块的质

量，即所挂钩码的总质量太大；

故选：C.

20405n

若画R-/图，则图象为曲线，不易得出结论；而画出R-：图象为直线，故容易得出结论，故应应该

画出R-;图象；

②利用图中的R、申描点，再用直线将各点相连，如图所示；

③由公式及数学知识可得：

图象中的k=E=黑黑=6.0V(5.8〜6.2都给分)

b=r=2.0。；

④本实验误差来自由电流表的内阻不能忽略，故正确公式应为：

E

R=厂r-以

而当电阻无穷大时，电流表分压可以忽略，故本实验中电动势测量准确，

所测内阻为电流表内电阻与电源内阻之和，故所测偏大.

故答案为：①R—②如右图；③6.0；2.0；④=,>.

(1)本题由安阻法测量电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可得出有关电流和电阻的关系式；由数

学知识可知哪种图象更科学；

(2)由公式及表中的数据利用描点法可画出正确的图象；

(3)由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；

(4)实验中由于电表不是理想电表，故要考虑电表内阻对测量结果的影响；由极限分析法可得出电动

势的误差.

本题要注意利用闭合电路欧姆定律得出正确的表达式，再结合图象即可得出正确结论；

对于误差的分析，要注意采用极限分析法，本题中若电流为零，则电流表的分压即可忽略：并且从

图象和公式来看，电流表的影响只限于内阻上，对电动势没有影响.

15.答案：解：①玻璃管内的空气作等温变化，有(Po-H)iS=(PO-H2)6S①

解得：l2="k=12cm②

P0-w2

故此时管内空气柱的长度为12cm

②设水银槽内水银面下降水银体积不变，则玻璃管内的水银上升的高度为94x

此时有1。△刀二七一生③

代入数据解得水银槽内水银面下降的高度△x=1.5cm(4)

大气压力对槽内水银面做的功为

5

W=p0(10-1)S-AX=1.0x10x9x1.0x10-4x0.0157=1.35/

答：①此时管内空气柱的长度为12cm；

②大气压力对槽内水银面做的功为1.35/。

解析：①根据管内外水银面的高度差，求出被封闭气体的压强，然后根据等温变化气态方程即可求

解。

②注意槽水银下降的体积与管内水银上升的体积是相同的，据此可解出水银槽内水银面下降的高度,

然后结合功的定义即可求出。

本题考查了气体的等温变化，难点在于第(2)问，注意水银槽内和试管内水银体积变化相同，并非高

度变化相同。

16.答案：解：(1)汽车所受阻力为f=kmg=0.1x2.0x103xION=2.0X103/V

汽车行驶的最大速为=)=黑名m/s-40m/s

(2)根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动过程中的牵引力

F=ma+/=2.0x1。3x1.0N+2.0x103N=4.0x103W

汽车匀加速运动能达到的最大速度为

P80X103..

%?=4OXIO3=20m/s

所以汽车匀加速运动的时间为

仁心二比2s=20s

a1.0

答：(1)汽车的最大行驶速度为为40m/s；

(2)汽车匀加速运动的时间t为20s.

解析：(1)当汽车的牵引力等于阻力时，汽车的速度最大.再根据P==去求最大速度.

(2)根据汽车功率求得阻力，根据牛顿第二定律求得牵引力，根据P=fV求得匀加速运动末速度，再

根据匀变速运动速度时间关系求得匀加速时间；

本题考查机车启动问题，解题关键是明确机车启动的过程中速度、牵引力以及功率的变化关系.

17.答案：解：(1)磁场的磁感应强度在时间t内由B均匀减小到零，说明詈=，

根据法拉第电磁感应定律得出此过程中的感应电动势为：

邑=詈=半①

通过R的电流为人=今②

此过程中电阻R上产生的焦耳热为Qi="Rt③

联立求得Qi=等

Rt

(2)①ab杆离起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得：

F(3L—L)=(谚—资)④

杆刚要离开磁场时，感应电动势

ab