2021年高考物理押题预测卷（河北卷）02（全解全析）.pdf

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1、2021年高考押题预测卷0 2【河北卷】物理全解全析12345678910BDCDDCBDACBCAC1.B【详解】A.由于液滴静止，故它受平衡力的作用，电场力的方向向上，而上极板带正电，故悬浮油滴带负电，选项A 错误；B.因为F 电即Ua故 悬 浮 油 滴 的 电 荷 量 为 等，选项B 正确；C.悬浮油滴的比荷为旦 更 Lm U选项C 错误；D.由于电子的电荷量是元电荷，故油滴的电荷量一定是电子电荷量的整数倍，选项D 错误。故选B。2.D【详解】A.因为此卫星为赤道同步卫星，所以此卫星相对于赤道上某点静止，选地心为参考系，卫星又是运动的,故 A 错误；B.以地面为参考系，该卫星静止，故 B

2、 错误；C.以地心为参考系，有ma2(R+h)=ma则有a=a2(R+h)相对于地面的加速度为a=arh故 C 错误；D.以太阳为参考系，该卫星绕地球转动的同时又绕太阳运动，故该卫星的运动不是匀速圆周运动，故 D正确。故选D。3.C【详解】A.街头常见的变压器是常见的降压变压器，副线圈的电流比原线圈的电流大，为了安全副线圈的导线更粗一些，A 错误；B.变压器的匝数比没变，原线圈两端的电压没变，则 副 线 圈 的 电 压 不 变，当用电器增加时，相当于R的值减小，则副 线 圈 的 电 流 增 大，输电线的消耗的功率增大，B 错误；C.副 线 圈 的 电 压 不 变，副线圈的电流,2 增大，根据P

3、 2=U 则变压器的输出功率增大，c 正确；D.副线圈的电压S 不变，副线圈的电流右增大，根据UR=U2I2R0知用电器增加时，用电器两端的电压减小，D 错误。故选C。4.D【详解】A.足球自由落体80cm时的速度为w,时间为必 由速度位移公式，可得足球到达头部的速度大小为叶=2g/?解得V j=4m/s反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为8 0 c m,根据运动的对称性可知上抛的初速度岭=W =4 m/s两个速度方向相反，A错误；B.足球自由落体8 0 c m 时的速度为火，时间为小 由速度位移公式，可得足球到达头部的速度大小为V：=2gh解得K =4 m/s足球下落到与头部刚接触时动

4、量大小p=mv-1.6 k g m/sB错误；C.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量lc Gt重力的作用时间不为零，则重力的冲量不为零，c错误；D.足球自由落体8 0 c m 时的速度为w,时间为小 由速度位移公式，可得足球到达头部的速度大小为匕 2 =2gh解得V)=4 m/s反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为8 0 c m,根据运动的对称性可知上抛的初速度v2=V 1 =4 m/s足球与头部作用过程中，根据动量定理(mg-Ft=Ap=-mv2-m v,解得F=3 6 N =9mgD 正确。故选D。5.D【详 解】由图知，在0 x 2 0 c m时，两个小球之间为吸引

5、力，且无穷远 处 与6 c m处势能相等，均 为0.2 8 J,从 而 当 小 球B在12 c m处由静止释放后，小 球B将做往复运动，多次经 过x o=2 O c m位 置。同 理 当 小 球B在4 c m、8 c m处由静止释放后，其做往复运动。当 小 球B从x =8 c m处由静止释放后，运 动 到x o=2 O c m时势能最小，故速度最大，由能量守恒1 ,Q+E=-m vl+QP 2 m由 图 像 知 耳=（）-2 J,代 入 解 得 最 大 速 度 为l m/s,故ABC正确，不符合题意；D错 误，符合题意。故 选D 6.C【详 解】A BC.粒子在弯曲的部分做圆周运动，电场力提供

6、向心力，故只有正离子才可能通过该仪器。又由于板间距 很 小，该部分电场强度UE=一d粒子通过下部分时做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡U n,q =qvB解得Uv=dB故磁场只能垂直于纸面向里，且 速 率 为 之 的 正 离 子 才 能 通 过 该 仪 器。AB正确，不符合题意，C错误，符dB合题意;D.由电场力提供圆周运动的向心力知U v2q=md R得q=Um cIRB2即 通 过 该 仪 器 的 离 子 比 荷 为 急。D正确，不符合题意。故 选C。7.B D【详 解】A.对运动员在最高点进行受力分析，速度为零时Fmg=O结合图像可知550-1020解得质量m二55kgA项错误；B.当b

7、=0时，由向心力公式可得v2mg=m R结合图像可知9mmg=T可知运动员的重心到单杠的距离为0.9m,B项正确；C.设 速 度 为4m/s时，运动员受单杆的弹力方向向下，由牛顿第二定律得2F+mg=mR代入解得F-427.8N方向竖直向下，C项错误；D.经过最低点时，受力最大，由牛顿第二定律得R由机械能守恒得2R=-mv1当u=0时，尸有最小值，由以上两式得F=5，ng代入数据得F=2750N即运动员的单臂至少要承受的力为2750N,D 项正确。故选BD。8.AC【详解】A B.质量为，的冰雹下落过程中，受地球重力G 和空气阻力/两个力的作用。刚开始下落时，G f,冰雹加速下落。随着冰雹速度

8、的增大，它受到的阻力也在不断增大，而当阻力增大到与重力相等时，即当时，冰雹开始做匀速向下运动，冰雹的速度不再增大，此时的速度就是冰雹的最大速度，由G=f得f =kv2=mg冰雹落地瞬间的速度大小为故 A 正确，B 错误；C D.冰雹与地面碰撞过程，由动量定理得F-mgt=Q-mv解得O-mv 0-0.004(-20)F=mg+-=0.004 x 10 N+-N=8.04 Nt 0.01故 C 正确，D 错误。故选ACo9.BC【详解】A B.由左手定则可知，金属中的自由电子受洛伦兹力方向指向极板M,则电子偏向极板，即 M 为负、N 为正，选项A 错误，B 正确；C D.当达到平衡时_ Nq v

9、Ar ne1=-=nveAr Ar联立解得选项C 正确，D 错误。故选BCo10.ACGA B.如图所示对O 点受力分析，由于两根绳子的合力等于重力，其大小和方向都不变，OA绳拉力方向不变，根据平行四边形定则，如图所示可知先减小后增大，所以A 正确；B 错误；CD.保 持 轻 绳 垂 直 于 O A,假设A。与竖直方向夹角为夕，如图所示，由平衡条件可得F2=G tan。A。与竖直方向夹角为。减小，则 B 逐渐诚小，所以c 正确；D 错误；故选AC。G1 1.(M +?*(m-)gd 9.62r 2 【详解】(1)滑块从A处到达B处的速度:v=-t则系统动能的增加量：口且=g(M+m)虚=(加；

10、)一M系统重力势能的减小量：Ep=m g d-M g d s i n 3 0=(m )g d(2)根据系统机械能守恒的：-(M+m)v2=(m-)g d2 2则：v2=(2-m-M-g)dM+m,2m M 2.4图线的斜率：k=-g=M+m 0.5解得：g=9.6m/s2【详解】根据闭合电路欧姆定律/=E&+&+R其中/=20 mA,计算得A=1 00。，选 B。(2)2 需把滑动变阻器串联在电路中，调节电流，电路如图级级零火氏(3)3 照度值变小，光敏电阻值变大，电磁继电器吸合电流不变，所以需把滑动变阻器变小。1 3.(1)1 0 种;(2)4.1 7 m/s.【详解】(1)氢原子由高能级向

11、低能级跃迁时，可能发射出n=C；=1 0种不同频率的光辐射.(2)由题意知氢原子从n=5 能级跃迁到n=l 能级时，氢原子具有最大反冲速率.氢原子发生跃迁时辐射出的光子能量为加=|纥-闻,开始时，将原子(含核外电子)和即将辐射出去的光子作为一个系统，由动量守恒定律可得：mHvH-p =0hv hv光子的动量p=一，氢原子速度为=.c mHc所以 v 娘=4.1 7 m/s.1 4.(1)0.8 N；(2)0.4 T；(3)0.5 4 N,方向竖直向下【详解】(1)导体棒静止时，受力分析如图所示根据平衡条件得代入数据解得导体棒所受安培力的大小：F=0.8 N(2)由闭合电路欧姆定律，得/一r解

12、得：/=2 A由安培力的公式F=BIL得解 得：B=0.4 T(3)断开开关S 后，导体棒下滑到轨道最低点，根据动能定理有1 ,mgR(y-s i n )=mv-0解得v-J 2 g.(l s i n 0)-I r n/s导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得C L V2FN-m g =m 解得FN=0.54N由牛顿第三定律得：导体棒对单个圆环的压力大小为0.5 4 N,方向竖直向下pgh1 5.(1)P.+P g h；(2)-TV0P0+P g h【详解】(1)若水即将从1 号管喷出时，则有P B=P/P g h(2)A 瓶中未加水时，B、C瓶中气体压强等于一个大气压外，水即将从1 号管喷出时，B、C 中的气体压强为PB，则有喇)=PBV此过程中C瓶经3号管加水的体积为A V =V -V联立解得 V =-VoPo+Pgh1 6.【答案】(1)能在棱镜中发生全反射现象；=7 x 1 0-%【详解】(1)因黄光频率小于紫光频率，同种介质对黄光折射率小于紫光折射率，根据sinC=n则C紫 C黄=45故紫光从点垂直射入，能在棱镜中发生全反射现象；(2)由几何关系可得，设黄光a到匕用时为八，。到c用时为n、5L2 13X10 2 1310-1s故r=2/1+G=7x1()-%