物理2021年高三5月大聯(lián)考（山東卷）（全解全析）

2021年高三5月大聯(lián)考(山東卷)

物理?全解全析

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ABCDBDDABCBCACAD

1.【答案】A

【解析】因為兩束光強度相同，頻率不同，光子數(shù)不同，所以形成飽和電流的光電子數(shù)不同，飽和光電

流不同，A正確：由題意，單色光〃的頻率是人的2倍，則。的光子能量尿是匕的2倍，因Ekm=〃u-

W,而卬,0,所以，用a照射陰極K時產生的光電子的最大初動能不等于用。照射時的2倍，B錯誤；

因為6光子的能量小，其產生光電子的最大初動能不可能大于。產生的光電子的最大初動能，C錯誤；

發(fā)生光電效應時，照射光的頻率決定了光電子的最大初動能，但光電子從陰極K逸出時的動能卻在0

?E.之間，故用a照射陰極K時產生的光電子的初動能可能小于用匕照射時產生的光電子的初動能，D

錯誤。

2.【答案】B

【解析】根據(jù)半衰期的定義，片N(；)JA錯誤；14c發(fā)生。衰變的核反應方程為_；e+^N,B

正確；we發(fā)生p衰變的半衰期與14c所處的環(huán)境，包括溫度高低、處于單質狀態(tài)還是化合狀態(tài)等均無關，

C、D均錯誤。

3.【答案】C

【解析】由題意，燈泡正常發(fā)光，表明。、匕間電壓為6V,而。為中點，故“、人間電壓為12V,由

于風扇正常工作，故其額定電壓是12V,A錯誤；流過風扇的電流/=0.6A-0.1A=0.5A,風扇的輸入

功率Po=/U=6W,熱功率尸熱=『R=0.25x0.8W=0.2W,風扇輸出的機械功率P=Po-P熱=5.8W,B錯誤；

U.tn.

根據(jù)能量守恒可知，變壓器的輸入功率尸總=卅+凡=6.6W,C正確；根據(jù)77=」?得〃尸4400,D錯誤。

4.【答案】D

【解析】由第一宇宙速度公式丫地=瘋瓦，%=五離可知，地球的第一宇宙速度大于月球的第

一宇宙速度，而軌返組合體環(huán)月運行的速度小于月球第一宇宙速度，所以地球的第一宇宙速度大于軌返

組合體在環(huán)月軌道上運行的速度，A錯誤；樣品轉移過程中，嫦娥五號上升器、軌返組合體做圓周運動，

GMmGM一

由牛頓第二定律得▼T加z,其向心加速度B錯誤；上升器脫離圓形軌道下落(做向

(/?+/?)(R+/z)

22

、、-f、一七GMm',v.IGM"秘、口,GMmv加工于口旺心d/GM

心運動)，應有/口/、2>m-----7'得匕<-'C錯底；由/.,、2=m，得環(huán)月速度為，

(R+〃)R+h\R+h(R+〃)R+hNR+h

軌返組合體進入月地轉移軌道的速度為、陛反，因其瞬時完成速度變化，轉軌過程位移很小，可認為勢

NR+h

能不變，故增加的機械能為AE=AEk=；，"［（，怒'）2一（J罟；）為=2沈7）'D正確。

5.【答案】B

【解析】由題意，藍光在棱鏡中偏折得比紅光厲害，由折射率的定義知，棱鏡對紅光的折射率小于對藍

光的折射率。當時，藍光在BC邊的M點發(fā)生全反射，光路如圖所示。根據(jù)折射定律得〃陷=—二，

sine

〃行”由幾何關系得r+C=90。，聯(lián)立解得〃、JsiR；+l，—=Sin?：+'-A錯誤，B正確；由

sinrv〃藍、sin4+1

"=工知，紅光在8c邊發(fā)生全反射的臨界角大，N點離C近，C、D均錯誤。

sinC

6.【答案】D

【解析】對兩球，受力分析如圖，如要平衡，必有7bosA=migsina,cos或=今與sina,T=T，機2―8時

T—>oo,夕―90。，故萬不可能大于90。，A錯誤；"?2要平衡，必有T'sin（尸-a）二加2g,夕必大于。，B錯

誤；對兩球組成的系統(tǒng)，由平衡條件得FNicosa=〃7ig+"”g,則m2變大時，F(xiàn)NI變大，T變大，而7tos尸=

m\gsina,則￡變大，C錯誤；由上式知，如變大時，F(xiàn)NI變大,外閭的二尸必故D正確。

【解析】由題意，加掛質量為2m的鉤碼前，有加g="。加掛質量為2m的鉤碼并釋放時，尸所受合力為

2mg,即為最大回復力；振動的平衡位置滿足3Mg="'，x=3x,振幅A=xJt=2x,A錯誤；在尸下移2x

kx+2kx

的過程中，彈簧彈力做功叱=----y2x=-Amgx,尸的重力做功印2=3“？2尸6"唳，由動能定理有Wi

+W2=；X3〃M,解得丫=即，B錯誤；當P振動至最低點時，彈簧的彈力最大，彈性勢能也最大，根

據(jù)回復力的對稱性得，彈簧彈力尸=2叫+3%=5叫，C錯誤；根據(jù)能量守恒得心三1機gx+3%gx4k?5

D正確。

8.【答案】A

【解析】如圖所示，設。是S、S2連線中點左側第1個振動減弱點，Q2是其左側第2個振動減弱點,

232

02與。相距A/。由振動減弱的條件，有?！?-。5=,。同理有Q2s2-Q2SI=(QIS2+A/)-(QISLA/)=3,

2Q2

聯(lián)立解得公/|=；,即兩波源連線上相鄰兩振動減弱點間的距離為由題意，y=lm,則7=2m。而

尸到Si、S2的路程差AX=PS2-PSI=4m=22,故P點振動加強，振幅為1m,A正確；由丫=/得，v=10

m/s,B錯誤；因P&=5m=2.5九/=0時P在波谷位置，此時Si應在波峰位置，C錯誤；片0時&與52

均在波峰位置，再過0」s,即半個周期，S2剛好振動到波谷位置，D錯誤。

S,Q?Q、邑

-HAZH

9.【答案】BC

【解析】經歷等溫膨脹過程，T不變，內能不變，丫增大，對外做功，故一定吸收熱量，A錯誤；經歷

等容升溫過程，對外不做功，溫度升高，內能增大，故壓強增大，吸收熱量，B正確；經歷絕熱壓縮過

程，外界對氣體做功，內能增大，該過程溫度升高，體積減小，故壓強增大，C正確；經歷等壓降溫過

程，V減小，外界對氣體做功，放出熱量，D錯誤。

10.【答案】BC

【解析】由題意，集裝箱離開列車時的速度為0,之后在0?4m內豎直向上做勻加速直線運動，由2a

4招，得x=4m時，集裝箱的速度v=2&m/s,A錯誤；由口打得，夜s,B正確；在4?6m

內，集裝箱向上做加速度逐漸減小的加速運動，加速度向上，集裝箱處于超重狀態(tài)，C正確；當x=6

m時，加速度減小為0,向上的速度達到最大，故還會繼續(xù)向上運動，D錯誤。

11.【答案】AC

【解析】當b勻速運動時，回路中電流為0,即〃、匕兩棒的電動勢大小相等，則有t=Bd%,

得乜'=w。6在加速過程中，所受安培力的沖量為/匕，由動量定理有/行〃?vo-0,此過程中。所受安培力

的沖量Ia=mva—mu：,由安培力的沖量公式I-BiLt,得Ib=Ia,即mv0=mva—mv(l，解得v?=2vo,

1D

由動能表達式得反二彳加乜六⑵/八公，A正確，B錯誤；由動量定理有〃產加血，4尸不x2dx；xAr=3dQ,Q-

22

瞥，C正確，D錯誤。

Ba

12.【答案】AD

【解析】小球能沿軌道向下運動，必有//z^sin0>Fsin—,2^sin—cos—>Fsin—,2/^cos—>F,F<72

2222

mg,A正確，B錯誤；小球向下運動過程中，克服電場力做功，電勢能增大，C錯誤；小球向下運動

n

過程中，加gsin。始終大于Fsin^,動能不斷增大，D正確。

13.【答案】（1）擋光片的寬度d（2分）（2）'—小，/廣+匕（4分）

L2gkL

【解析】（1）木塊在下滑過程中，有（4）2=2（gsingugcos。）x,得廣，------京士斗

A/2（gsi.n0F-?igcos0）（Ar）

二二，要通過圖線的斜率求得〃，還需要測出擋光片的寬度4

（A/）z

,d2hLud2Jh2+13

（2）由（1）分析知，k=―—―-------—，因sinO=-^=^,cos<9=7^=^,解得〃=——----------。

2（gsin，—〃geos。）V/z+L+EL2gkL

14.【答案】S2（2分）1.6（3分）8.0（3分）

【解析】第一步是進行電阻絲上電壓刻度的校準。移動P至指針指在與標準電池電動勢瓦相等的電壓

刻度上，閉合與、S2,調整品的阻值，使靈敏電流表的示數(shù)為0,就保證了指示值就是Ro左端與指針

之間電阻上電壓的實際值。為確保電阻絲島上的電壓讀數(shù)是準確的，在后續(xù)測量中，必須確保Si閉合,

Ei,凡不變，開關S2斷開（標準電源已完成使命）。

第二步是測電動勢和內阻。閉合S3、S4時，每次改變R2要重新調整P的位置，使G中電流為0,才能

保證電阻絲上自左至右的電壓刻度值是待測電源的路端電壓。根據(jù)閉合電路歐姆定律有整

理得!=圖像應是一條截距為:、斜率為高的直線。結合圖丙可得,E尸之V

U匕工紇KUR紇七*0.62

=1.6V,片上￡\=1/20：62*].6Q=8.0C。

15.【答案】285K

【解析】以罐內空氣為研究對象，初態(tài)，Pl=%=1.0x105Pa,弘=2.0m3,力=300K

末態(tài)，p2=po+p=3.8x105Pa（1分）

3

V2=V（-V=0.5m（2分）

由理想氣體狀態(tài)方程得與3=竽（2分）

代入數(shù)據(jù)，解得乃=285K（2分）

16.【答案】（l）20m/s（2）40N

【解析】（1）運動員的水平位移x=（1分）

1,

豎直位移y=/g產（1分）

tan。=2（1分）

x

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得x=60m,y=45m,%=20m/s（1分）

（2）運動員落在斜面上的時間不變，f1=f=3s

運動員沿MN方向的位移z=^a/（］分）

2

運動員的位移S滿足S2=x2+y2+z2（1分）

2

解得沿MN方向的加速度a=—m/s?（1分）

3

空氣作用力（1分）

解得尸=40N（1分）

17.【答案】（1）電場方向豎直向下氏=與（2）r,=（2+V2）d\—r2=（2->/2）d\—

edVkV與

（3）Bo=—d2mE

edk

【解析】（1）只有當電場方向豎直向下時，從尸輻射出的電子，才能受到向上的電場力，向上偏轉。

當場強增大到瓦時，電子都向上偏轉打到M上，豎直向下運動的電子恰好未打到N上，故所加電場的

方向應豎直向下。（2分）

由動能定理得

-eEod=Q~Ek（1分）

解得氏=與（1分）

ed

（2）從P輻射出的電子豎直向下運動至N時速度減為0,之后反向到達此電子運動時間最長；豎

直向上運動至M的電子運動時間最短。設從尸輻射出的電子的初速度為％,由動能的表達式得

Ek=—znvo2（1分）

2

設電子在電場中運動的加速度大小為。，位移以向上為正方向，由運動學公式得

d^-vot\+-ah2（1分）

2

d=vot2+-atr（1分）

2

由牛頓第二定律得斫芻（1分）

m

聯(lián)立解得八=（2+夜）（1分）

（2=（2—41）（1分）

（3）若從P輻射出的電子沿平行于屏的方向出射時不能打到屏上（速度方向垂直于磁場方向），則其

他電子均不能打到屏上，如圖所示。則有

d=2R（1分）

由牛頓第二定律得evoBo=m^（2分）

R

聯(lián)立，解得與=三而瓦（1分）

ea

18.【答