物理2021年高三5月大联考（山东卷）（全解全析）

2021年高三5月大联考(山东卷)

物理•全解全析

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ABCDBDDABCBCACAD

1.【答案】A

【解析】因为两束光强度相同，频率不同，光子数不同，所以形成饱和电流的光电子数不同，饱和光电

流不同，A正确：由题意，单色光〃的频率是人的2倍，则。的光子能量尿是匕的2倍，因Ekm=〃u-

W,而卬,0,所以，用a照射阴极K时产生的光电子的最大初动能不等于用。照射时的2倍，B错误；

因为6光子的能量小，其产生光电子的最大初动能不可能大于。产生的光电子的最大初动能，C错误；

发生光电效应时，照射光的频率决定了光电子的最大初动能，但光电子从阴极K逸出时的动能却在0

〜E.之间，故用a照射阴极K时产生的光电子的初动能可能小于用匕照射时产生的光电子的初动能，D

错误。

2.【答案】B

【解析】根据半衰期的定义，片N(；)JA错误；14c发生。衰变的核反应方程为_；e+^N,B

正确；we发生p衰变的半衰期与14c所处的环境，包括温度高低、处于单质状态还是化合状态等均无关，

C、D均错误。

3.【答案】C

【解析】由题意，灯泡正常发光，表明。、匕间电压为6V,而。为中点，故“、人间电压为12V,由

于风扇正常工作，故其额定电压是12V,A错误；流过风扇的电流/=0.6A-0.1A=0.5A,风扇的输入

功率Po=/U=6W,热功率尸热=『R=0.25x0.8W=0.2W,风扇输出的机械功率P=Po-P热=5.8W,B错误；

U.tn.

根据能量守恒可知，变压器的输入功率尸总=卅+凡=6.6W,C正确；根据77=」•得〃尸4400,D错误。

4.【答案】D

【解析】由第一宇宙速度公式丫地=疯瓦，%=五离可知，地球的第一宇宙速度大于月球的第

一宇宙速度，而轨返组合体环月运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轨返

组合体在环月轨道上运行的速度，A错误；样品转移过程中，嫦娥五号上升器、轨返组合体做圆周运动，

GMmGM一

由牛顿第二定律得▼T加z,其向心加速度B错误；上升器脱离圆形轨道下落(做向

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

22

、、-f、一七GMm',v.IGM"秘、口,GMmv加工于口旺心d/GM

心运动)，应有/口/、2>m-----7'得匕<-'C错底；由/.,、2=m，得环月速度为，

(R+〃)R+h\R+h(R+〃)R+hNR+h

轨返组合体进入月地转移轨道的速度为、陛反，因其瞬时完成速度变化，转轨过程位移很小，可认为势

NR+h

能不变，故增加的机械能为AE=AEk=；，"［（，怒'）2一（J罟；）为=2沈7）'D正确。

5.【答案】B

【解析】由题意，蓝光在棱镜中偏折得比红光厉害，由折射率的定义知，棱镜对红光的折射率小于对蓝

光的折射率。当时，蓝光在BC边的M点发生全反射，光路如图所示。根据折射定律得〃陷=—二，

sine

〃行”由几何关系得r+C=90。，联立解得〃、JsiR；+l，—=Sin?：+'-A错误，B正确；由

sinrv〃蓝、sin4+1

"=工知，红光在8c边发生全反射的临界角大，N点离C近，C、D均错误。

sinC

6.【答案】D

【解析】对两球，受力分析如图，如要平衡，必有7bosA=migsina,cos或=今与sina,T=T，机2―8时

T—>oo,夕―90。，故万不可能大于90。，A错误；"?2要平衡，必有T'sin（尸-a）二加2g,夕必大于。，B错

误；对两球组成的系统，由平衡条件得FNicosa=〃7ig+"”g,则m2变大时，FNI变大，T变大，而7tos尸=

m\gsina,则£变大，C错误；由上式知，如变大时，FNI变大,外闾的二尸必故D正确。

【解析】由题意，加挂质量为2m的钩码前，有加g="。加挂质量为2m的钩码并释放时，尸所受合力为

2mg,即为最大回复力；振动的平衡位置满足3Mg="'，x=3x,振幅A=xJt=2x,A错误；在尸下移2x

kx+2kx

的过程中，弹簧弹力做功叱=----y2x=-Amgx,尸的重力做功印2=3“？2尸6"唳，由动能定理有Wi

+W2=；X3〃M,解得丫=即，B错误；当P振动至最低点时，弹簧的弹力最大，弹性势能也最大，根

据回复力的对称性得，弹簧弹力尸=2叫+3%=5叫，C错误；根据能量守恒得心三1机gx+3%gx4k?5

D正确。

8.【答案】A

【解析】如图所示，设。是S、S2连线中点左侧第1个振动减弱点，Q2是其左侧第2个振动减弱点,

232

02与。相距A/。由振动减弱的条件，有。£2-。5=,。同理有Q2s2-Q2SI=(QIS2+A/)-(QISLA/)=3,

2Q2

联立解得公/|=；,即两波源连线上相邻两振动减弱点间的距离为由题意，y=lm,则7=2m。而

尸到Si、S2的路程差AX=PS2-PSI=4m=22,故P点振动加强，振幅为1m,A正确；由丫=/得，v=10

m/s,B错误；因P&=5m=2.5九/=0时P在波谷位置，此时Si应在波峰位置，C错误；片0时&与52

均在波峰位置，再过0」s,即半个周期，S2刚好振动到波谷位置，D错误。

S,Q»Q、邑

-HAZH

9.【答案】BC

【解析】经历等温膨胀过程，T不变，内能不变，丫增大，对外做功，故一定吸收热量，A错误；经历

等容升温过程，对外不做功，温度升高，内能增大，故压强增大，吸收热量，B正确；经历绝热压缩过

程，外界对气体做功，内能增大，该过程温度升高，体积减小，故压强增大，C正确；经历等压降温过

程，V减小，外界对气体做功，放出热量，D错误。

10.【答案】BC

【解析】由题意，集装箱离开列车时的速度为0,之后在0〜4m内竖直向上做匀加速直线运动，由2a

4招，得x=4m时，集装箱的速度v=2&m/s,A错误；由口打得，夜s,B正确；在4〜6m

内，集装箱向上做加速度逐渐减小的加速运动，加速度向上，集装箱处于超重状态，C正确；当x=6

m时，加速度减小为0,向上的速度达到最大，故还会继续向上运动，D错误。

11.【答案】AC

【解析】当b匀速运动时，回路中电流为0,即〃、匕两棒的电动势大小相等，则有t=Bd%,

得乜'=w。6在加速过程中，所受安培力的冲量为/匕，由动量定理有/行〃?vo-0,此过程中。所受安培力

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

1D

由动能表达式得反二彳加乜六⑵/八公，A正确，B错误；由动量定理有〃产加血，4尸不x2dx；xAr=3dQ,Q-

22

瞥，C正确，D错误。

Ba

12.【答案】AD

【解析】小球能沿轨道向下运动，必有//z^sin0>Fsin—,2^sin—cos—>Fsin—,2/^cos—>F,F<72

2222

mg,A正确，B错误；小球向下运动过程中，克服电场力做功，电势能增大，C错误；小球向下运动

n

过程中，加gsin。始终大于Fsin^,动能不断增大，D正确。

13.【答案】（1）挡光片的宽度d（2分）（2）'—小，/广+匕（4分）

L2gkL

【解析】（1）木块在下滑过程中，有（4）2=2（gsingugcos。）x,得广，------京士斗

A/2（gsi.n0F-»igcos0）（Ar）

二二，要通过图线的斜率求得〃，还需要测出挡光片的宽度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】第一步是进行电阻丝上电压刻度的校准。移动P至指针指在与标准电池电动势瓦相等的电压

刻度上，闭合与、S2,调整品的阻值，使灵敏电流表的示数为0,就保证了指示值就是Ro左端与指针

之间电阻上电压的实际值。为确保电阻丝岛上的电压读数是准确的，在后续测量中，必须确保Si闭合,

Ei,凡不变，开关S2断开（标准电源已完成使命）。

第二步是测电动势和内阻。闭合S3、S4时，每次改变R2要重新调整P的位置，使G中电流为0,才能

保证电阻丝上自左至右的电压刻度值是待测电源的路端电压。根据闭合电路欧姆定律有整

理得!=图像应是一条截距为:、斜率为高的直线。结合图丙可得,E尸之V

U匕工纥KUR纥七*0.62

=1.6V,片上£\=1/20：62*].6Q=8.0C。

15.【答案】285K

【解析】以罐内空气为研究对象，初态，Pl=%=1.0x105Pa,弘=2.0m3,力=300K

末态，p2=po+p=3.8x105Pa（1分）

3

V2=V（-V=0.5m（2分）

由理想气体状态方程得与3=竽（2分）

代入数据，解得乃=285K（2分）

16.【答案】（l）20m/s（2）40N

【解析】（1）运动员的水平位移x=（1分）

1,

竖直位移y=/g产（1分）

tan。=2（1分）

x

联立并代入数据，解得x=60m,y=45m,%=20m/s（1分）

（2）运动员落在斜面上的时间不变，f1=f=3s

运动员沿MN方向的位移z=^a/（］分）

2

运动员的位移S满足S2=x2+y2+z2（1分）

2

解得沿MN方向的加速度a=—m/s?（1分）

3

空气作用力（1分）

解得尸=40N（1分）

17.【答案】（1）电场方向竖直向下氏=与（2）r,=（2+V2）d\—r2=（2->/2）d\—

edVkV与

（3）Bo=—d2mE

edk

【解析】（1）只有当电场方向竖直向下时，从尸辐射出的电子，才能受到向上的电场力，向上偏转。

当场强增大到瓦时，电子都向上偏转打到M上，竖直向下运动的电子恰好未打到N上，故所加电场的

方向应竖直向下。（2分）

由动能定理得

-eEod=Q~Ek（1分）

解得氏=与（1分）

ed

（2）从P辐射出的电子竖直向下运动至N时速度减为0,之后反向到达此电子运动时间最长；竖

直向上运动至M的电子运动时间最短。设从尸辐射出的电子的初速度为％,由动能的表达式得

Ek=—znvo2（1分）

2

设电子在电场中运动的加速度大小为。，位移以向上为正方向，由运动学公式得

d^-vot\+-ah2（1分）

2

d=vot2+-atr（1分）

2

由牛顿第二定律得斫刍（1分）

m

联立解得八=（2+夜）（1分）

（2=（2—41）（1分）

（3）若从P辐射出的电子沿平行于屏的方向出射时不能打到屏上（速度方向垂直于磁场方向），则其

他电子均不能打到屏上，如图所示。则有

d=2R（1分）

由牛顿第二定律得evoBo=m^（2分）

R

联立，解得与=三而瓦（1分）

ea

18.【答