【文档说明】山东省2021届高三下学期4月高考预测猜题卷（新高考版）物理试题含答案.docx，共(14)页，653.058 KB，由小赞的店铺上传

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2021年高考物理预测猜题卷新高考版山东地区专用一、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.下列说法正确的是()A.光导纤维传输信号是利用光的干涉现象B.用三

棱镜观测光谱是利用光的折射现象C.一束单色光经由空气射入玻璃后速度不变，波长变短D.光的干涉现象和光电效应都是光具有波动性的表现2.一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度—时间图像如图所示，由图像可知()A.0～at段

火箭的加速度小于at–bt段火箭的加速度B.在0–bt段火箭是上升的，在bt–ct段火箭是下落的C.bt时刻火箭离地面最远D.ct时刻火箭回到地面3.如图所示，倾角30=的斜面AB，在斜面顶端B向左水平抛出小球1，同时在底端A正上方与B点等高度处C水平向右抛出小球2

，小球1、2同时落在P点，P点为斜边AB的中点，则()A.小球2一定垂直撞在斜面上B.小球1、2的初速度可以不相等C.小球1落在P点时速度方向与斜面的夹角为30°D.改变小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行4.假设将来一艘飞船靠近火星时

，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）A.飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅰ上运动到P点的速度B.若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度C.飞船在轨道Ⅰ上运动到

P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D.飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道Ⅰ上运动时的周期5.如图，实线为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在0t=时刻的波形，虚线是该波在0.20st=时刻的波

形，则此列波的波速可能为()A．25m/sB．20m/sC．35m/sD．55m/s6.如图所示，导热的气缸开口向下，缸内活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞可自由滑动且不漏气，活塞下挂一个砂桶，砂桶装满砂子时，活塞恰好静止，现将砂桶底部钻一个小洞，让细砂慢慢漏出。气缸外部温度恒

定不变，则()A．缸内的气体压强减小，内能减小B．缸内的气体压强增大，内能减小C．缸内的气体压强增大，内能不变D．外界对气体做功，缸内的气体内能增加7.如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是()A.A点

的电势最低B.B点的电场强度最大C.同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等D.同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大8.如图所示,tR为金属热电阻,1R为光敏电阻,2R和3R均为定值电阻,电源电动势为

E,内阻为r,V为理想电压表,现发现电压表示数增大,可能的原因是()A.金属热电阻温度升高,其他条件不变B.金属热电阻温度降低,光照强度减弱,其他条件不变C.光照强度增强,其他条件不变D.光照强度增强,金属热

电阻温度升高,其他条件不变二、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.由于放射性元素23793Np的半衰期很短,所以在自然界一直未被发现,只是在使用人工的方法制造后才被发现,已知

23793Np经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi,下列论断中正确的是()A.20983Bi的原子核比23793Np的原子核少28个中子B.20983Bi的原子核比23793Np的原子核少18个中子C.衰变过程中共发生了7次α衰变和

4次β衰变D.衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变10.如图所示,在军事训练中,一战士从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来、速度是0.5m/s的小船上,然后去执行任务,已知战士质量为60kg,小

船的质量是140kg,该战士上船后又跑了几步,最终停在船上,不计水的阻力,则()A.战士跳上小船到最终停在船上的过程,战士和小船的总动量守恒B.战士跳上小船到最终停在船上的过程,战士和小船的总机械能守恒C.战

士最终停在船上后速度为零D.战士跳上小船到最终停在船上的过程动量变化量大小为105kgm/s11.如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直.abdc、足够长,整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻

的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行.经过一段时间后()A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D

.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值12.如图所示为远距离输电的原理图,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变,假设用户所用用电器都是纯电阻用电器,若发现发电厂发电机输出的电流增大了,则可以判定()A.通过用户的电流减

小了B.用户接入电路的总电阻减小了C.用户消耗的电功率减小了D.加在用户两端的电压变小了三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.（6分）一电火花打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下如图甲所示．(1)电火花打点计时器使用_

_______电源(填“直流”或“交流”)，工作电压________V.(2)打点计时器打A点时小车的速度________m/s.(3)小车的速度Aa＝________2m/s.14.（8分）在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中，图甲为实验电路图，定值电阻01,RR=

为滑动变阻器，图乙为实验的实物连接图。（1）请用笔画线代替导线，按图甲的连接完成该实物连接图。（2）A组同学实验测得的路端电压U与相应电流I的拟合曲线如图丙所示，由此得到电源内阻为_____Ω;当电压传感器的示数为1.6V时电源的输出功率为

________W。（3）根据图丙中实验测得的数据，可以推测实验中选用滑动变阻器的型号较合理的是_______。A.0~5B.0~20C.0~50D.0~200（4）B组同学也利用A组用的同一套器材完成此实验，误把图甲

中电压传感器在d点的接线接在c点，测得数据也在同一坐标中作出UI−图像，其他操作、读数等都准确无误。则B组画出的图线与纵轴的交点相应的电压值、图线斜率的绝对值大小和A组相比，分别是___________和_______。（填“偏大”“相同”“偏小”或“无法确定”）15.（8分）如图，物流转

运中心的水平地面上有一辆质量4kgM=、长1.4mL=的平板小车，在平板车的右端放有质量1kgm=的快件(可视为质点)，快件与平板车间的动摩擦因数0.4=。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上，他采用了用水平力F拉小车的方式，重力加速度210m/sg=，不计小车与地面间的摩擦阻

力，求：(1)要让快件能相对平板车滑动，需要施加的最小水平力0F；(2)若用28NF=的水平恒力拉小车，要将快件卸到地面上，拉力F作用的最短时间t为多少。16.（8分）如图所示，用质量为1kgm=、横截面

积为210cmS=的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁之间的摩擦忽略不计。开始时活塞距汽缸底的高度为10cmh=且汽缸足够高，气体温度为27t=℃，外界大气压强为501.010Pap=，取210m/sg=，绝对零度取273−℃。（1）求此时封

闭气体的压强；（2）给汽缸缓慢加热，当缸内气体吸收4.5J的热量时，内能的增加量为2.3J，求此时缸内气体的温度。17.（14分）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一边长为L的正方形金属线框abcd，平行边界MNPQ、间有垂直于水平面向里的匀强磁场。已知线框的电阻为R，质量为m，线框ab边

平行于,MNMNPQ、间的距离大于L。现给金属线框一水平向右的垂直于磁场边界的初速度0v，金属线框完全穿过磁场后速度大小为012v。求：（1）线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小及线框完全进入磁场后速度v的大小；（3）线框在进入磁场的过程中通

过金属线横截面的电荷量q。18.（16分）如图甲所示，15kgm=的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转.1m下滑前将23kgm=的滑块停放在槽的底端.1m下滑后与2m发生碰撞，碰撞

时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的vt−图像，如图乙、丙所示.两滑块均视为质点，重力加速度210m/sg=.（1）求AB、的高度差h；（2）求滑块1m与传送带间的动摩擦因数和传送带的长度BCL；（3）滑块2m到达C点时速度恰好减

到3m/s，求滑块2m的传送时间；（4）求系统因摩擦产生的热量.2021年高考物理预测猜题卷新高考版山东地区专用答案以及解析1.答案：B解析：光导纤维传输信号利用了光的全反射现象，故A错误；用三棱镜观测光谱的原理是不同光在同一介质中的折射率不同，利用了光的折射现象，故B正确；一束单色光经由

空气射入玻璃后频率不变，速度变小，波长变短，故C错误；光电效应是光具有粒子性的表现，光的干涉现象是光具有波动性的表现，故D错误.2.答案：A解析：0–at段图像斜率（即加速度）小于at–bt段故加速度在at–bt段更大，A正确，由速度—时间图像可知，速度都正值，表示物体都沿正方向运

动，即朝某一方向做直线运动，因此火箭一直上升，BCD错误。故选A。3.答案：D解析：本题考查平抛运动规律。两个小球同时做平抛运动，又同时落在P点，说明运动时间相同，又水平位移大小相等，由0xvt=，知初速度相等，小球1落在斜面上时，有20012tan2gtgtvtv==，小球2落在斜

面上的速度与竖直方向的夹角的正切值01tan2tanvgt==，故，所以小球2没有垂直撞在斜面上，故A、B错误；小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切值023tan2tan33gtv===，则有60，则小球1落在

P点时速度方向与斜面的夹角为603030−−=，所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于30°，故C错误；根据tan2tan=知，改变小球l的初速度，小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角不变，速

度相互平行，故D正确。4.答案：B解析：本题考查万有引力定律.飞船由轨道Ⅱ运动到轨道Ⅰ，在P点需要减速，故飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度大于在轨道Ⅰ上运动到P点的速度，选项A错误；若轨道Ⅰ贴近火星表面，则卫星的轨道

半径近似等于火星的半径，由万有引力定律得2224πMmRGmRT=，34π3MR=，由以上两式解得23πGT=，故测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可推知火星的密度，选项B正确；设火星的质量为M，飞船的质量

为m，由万有引力定律得2MmGmar=，解得2GMar=，故飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的加速度等于在轨道Ⅱ上运动到P点的加速度，选项C错误；轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅰ的半径，由开普勒第三定律知，飞船在轨道Ⅱ上运动的周期大于在

轨道Ⅰ上运动的周期，选项D错误.5.答案：A解析：设波的周期为T，因为波沿x轴正方向传播，则：1()4tnT=+，解得：40.8(0123....)4141tTsnnn===++、、、，则当10,0.8nT==，此时：115m/s

uT==；当21,0.16nTs==，此时：2225m/suT==；当342,45nTS==，此时：3345m/suT==；当443,65nTs==，此时：4465m/suT==，故A正确，BCD错误。6.答案：C解析：设活

塞与装满砂子的砂桶的总重力为G,活塞横截面积为S,大气压为0p,则以活塞为研究对象,根据力的平衡条件得:气缸内气体的压强0GppS=−,由于G减小,则p增大,即气体被压缩,外界对气体做功。由于气缸是导热的,气体的温度与环境温度相等,保持

不变,其内能不变。故选项C正确。7.答案：D解析：根据顺着电场线方向电势降低可知，A点的电势最高，故A错误；B点处电场线最疏，电场强度最小．故B错误；A点处电场线最密，电场强度最大，同一电荷在A点受到的电场力最大，故C错误；C点

电势比A点电势低，根据负电荷在电势高处电势能小，知同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，故D正确．8.答案：B解析：金属热电阻温度升高,则电路中的总电阻增大,总电流减小,光敏电阻两端的电压增大,所以通过光敏电阻的电流增大,而总电流减小,所以通过3R的电流减小,故电压表的示

数减小,A错误;金属热电阻温度降低,光照强度减弱,外电路电阻可能减小,则干路电流增大,内电压增大,路端电压减小,而2R两端电压增大,所以光敏电阻两端的电压减小,即通过光敏电阻的电流减小,而总电流增大,所以通过3R的电

流增大,故电压表的示数增大,B正确;光照强度增强,则光敏电阻减小,总电阻减小,总电流增大,路端电压减小,而2R两端电压增大,即3R和热电阻两端的电压减小,通过3R的电流减小,电压表的示数减小,C错误;光照强度增强,金属热电阻温度升高,1R减小,tR增大,若

总电阻减小,则总电流增大,路端电压减小,而2R两端的电压增大,所以并联电路电压减小,3R所在支路的电阻增大,所以支路电流减小,电压表示数减小;1R减小,tR增大,若总电阻增大,则路端电压增大,总电流减小,而2R两端的电压减小,所以并联电路电

压增大,所以光敏电阻两端的电压增大,通过光敏电阻的电流增大,而总电流减小,所以3R所在支路的电流减小,故电压表的示数减小,D错误.9.答案：BC解析：A.20983Bi的原子核比23793Np少10个质子，质子数和中子数总共少28，故20983Bi的

原子核比23793Np少18个中子，故A错误，B正确；C.设20983Bi变为23793Np需要经过x次α衰变和y次β衰变，根据质量数和电荷数守恒则有：93=2x−y+83，4x=237−209，所以解得：x=7，y=4，故C正确，D错误；

故选：BC.10.答案：AD解析：战士跳上小船到最终停在船上的过程中,战士和小船的总动量守恒,总机械能有损失,A项正确、B项错误;以战士初速度方向为正方向,对战士跳上小船到最终停在小船上的过程,设战士最终停在小船上的速度为由动量守恒定律有:得'0.25m/sv=，C项错误;战士的动量变

化量()600.252kgm/s105kgm/s=−=−,动量变化量大小为105kgm/s,D项正确.11.答案：BC解析：本题考查电磁感应定律与力学问题的综合.金属框在外力作用下向右运动过程中,

由楞次定律知,导体棒向右运动,设某时刻金属框的速度为1v,导体棒的速度为2v,导体棒接入电路的电阻为R,回路中感应电动势12()EBLvv=−,由闭合电路欧姆定律得,回路中的电流12()BLvvEIRR−==.设金属框的质量为1m,导体棒的质量为2m,对金属框,由牛顿第二定律得11FBILma−=

,整理得2212111()BLvvFammR−=−,对导体棒,由牛顿第二定律得222212()BLvvamR−=，当12aa时,12vv−增大,金属框的加速度1a减小,导体棒的加速度2a增大,当12aa=时,此时1212(),FFmmaamm=+=+，12vv−不变,回路中的

电流不变,金属框和导体棒所受安培力不变,两者以相同的加速度做匀加速直线运动,故金属框的加速度大小趋于恒定值,速度越来越大,其vt−图像如图所示,A错误,B正确;由于回路中的电流趋于恒定值,故导体棒所受安培力大小趋于恒定值,C正确;导体棒与金属框

的加速度相同时,金属框的速度较大,由匀加速直线运动规律知,导体棒到金属框bc边的距离越来越大,D错误.12.答案：BD解析：A.如果发电厂发电机输出的电流增大了，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大

，故A错误；BD.由于输电线上的电压降增大，一次降压变压器的输入电压减小，根据变压比可知加在用户两端的电压变小了。根据能量守恒得22422223nIUIRIRn=+用户可知，输电电流增大，是由于R用户减小引起的，故BD正确；C.当用户消耗电阻减小即用电器的增多，用户消耗的功

率增大，故C错误。故选：BD。13.答案：(1)交流;220(2)0.55(3)5解析：(1)打点计时器的工作电源是220V交流电．(2)21.01.210m/s0.55m/s20.02Av−+==.(

3)21.41.610m/s0.75m/s20.02Bv−+==,小车的速度220.750.55m/s5m/s20.02BAAABvvat−−===14.答案：（1）见解析（2）0.8；0.8（3）C（4）相同；偏大解

析：本题考查测电源电动势和内阻实验的电路连接、数据处理。（1）根据原理图连接实物图如图所示；（2）根据UEIr=−可知，图线与纵轴的交点表示电源的电动势，故2.0VE=，图线的斜率的绝对值表示内阻，则可知2

.01.60.80.5UrI−===；电压传感器的示数为1.6V时电流为0.5A，电源的输出功率1.60.5W0.8WPUI===;（3）由题图丙可知，测量数据中的最小电流约为0.05A，此时对

应的总电阻1.9739.40.05ERI==，此时滑动变阻器接入电阻应为39.410.837.6−−=，故滑动变阻器总阻值一定大于37.6；同时为了调节方便，总阻值不宜过大，故应选择最大阻值为50的

滑动变阻器，故C正确;（4）电压传感器在d点的接线接在c点，测得数据也在同一坐标中作出UI−图像，其中()0UEIrR=−+，其图像的截距为E，图线的斜率绝对值大小为0rR+，所以B组画出的图线与纵轴

的交点相应的电压值和A组相比相同，图线的斜率绝对值大小和A组相比偏大。15.答案：（1）20N；（2）1s解析：（1）当快件刚要相对小车滑动时，拉力F最小，有对快件：0mgma=，对快件及小车整体：00()FMma=+，解得：02

0NF=.（2）当撤去拉力F后快件刚好能到达小车左端时，拉力F作用时间最短，设F的最短作用时间为mtF，作用时间内，快件在小车上滑动距离为1L，撤去拉力F时，快件的速度为1v，小车的速度为2v，有：对快件：1mgma=，11mvat=；对小车

：2FmgMa−=，22mvat=；另有2212m1m1122Latat=−，撤去F后，有12()mvMvMmV+=+，222112111()()222mgLLmvMvMmV−=+−+，解得：1smt=.16.答案：（1）51.110P

a（2）87℃解析：（1）以活塞为研究对象，由平衡条件得:0mgpSpS+=解得：封闭气体的压强51.110Pap=（2）由热力学第一定律得：UWQ=+外界对气体做功：WpSx=−对气体由盖一

吕萨克定律得：()273K273KhShxStt+=++解得：缸内气体的温度87t=℃17.答案：（1）2038mv（2）022RLmvL；034v（3）02RLmvR解析：本题考查动量定理与法拉第电磁感应定律。（1）根据能量守恒定律可知，线框穿过磁场的过程中产生的焦

耳热22200011132228Qmvmvmv=−=（2）对线框进入磁场的过程，根据动量定理有Ftmv−=安，即22BLvtmvR−=得()220BLLmvvR−=−，同理可以得到，对线框出磁

场的过程有22012BLLmvvR−=−得0012vvvv−=−，解得0023,42RLmvvvBL==（3）线框进入磁场的过程，有EBLv=，EIR=，qIt=，可得2BLvtBLqRR==，结合（2）中B的结果解得02RLm

vqR=。18.答案：（1）0.8m；（2）0.05；26m（3）6.5s（4）16J解析：（1）由题图乙可知，碰撞后瞬间滑块1m的速度11m/sv=，由题图丙可知，碰撞后瞬间滑块2m的速度25m/sv=，设碰撞前瞬间滑块1m的速度为0v，取向右为正方向，根据动量守

恒定律可得，101122mvmvmv=+，解得04m/sv=。滑块1m下滑的过程机械能守恒，根据机械能守恒定律可得，211012mghmv=，解得0.8mh=（2）由题图乙可知，滑块1m在传送带上加速运动时的加速度大小等于加速运动过程中vt−图线的斜率，即，20.5m/

svat==，滑块的加速度由滑动摩擦力提供，根据牛顿第二定律可得，11mgma=，解得滑块1m与传送带间的动摩擦因数0.05=，由题图乙可知，滑块1m在传送带上先加速4s，后匀速运动6s到达C点，图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度BCL，即

26mBCL=。（3）滑块2m一直做匀减速直线运动，到达C点时速度恰好减到3m/s，根据运动学公式得全程的平均速度，24m/s2vvv+==，设滑块2m的传送时间为t，则有6.5sBCvLt==。（4）由

题图乙可知，滑块1m在传送带上加速阶段的位移，2111118m2xvtat=+=滑块1m在传送带上加速阶段产生的热量，()111110JQmgvtx=−=，滑块2m在传送带上减速的加速度大小，24m/s13vat=

=，滑块2m受到的滑动摩擦力大小2fFma=，滑块2m在传送带上减速阶段产生的热量，()26JfBCQFLvt=−=，系统因摩擦产生的热量1216JQQQ=+=。