2021年高考物理押题预测卷（河北卷）03（全解全析）.pdf

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1、2021年高考押题预测卷0 3【河北卷】物理全解全析12345678910DCDACDADACACBD1.D【详解】A.010s内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，1015s运动员做加速度减小的减速运动，故 A 错误；B.010s内运动员的加速度逐渐减小，不可能做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动，故 B 错误;C.由于图象的斜率在减小，则运动员在10s末打开降落伞后做变减速运动至15s末，故 C 错误；D.10s15s内速度向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小，故 D 正确。故选D。2.C【详解】A.当线圈中通顺时针（俯视）电流时，根据安

2、培定则可以判断磁铁N 极所处位置的磁场方向为竖直向下。由题意可知磁铁所受磁场力竖直向下，所以测力计示数将大于F o,故 A 错误；B.R）是磁铁所受重力，并不是N 极正磁荷所受的磁场力，故 B 错误；C.通电后测力计示数改变量即为磁铁N 极所受的磁场力大小，由题意可知磁铁N 极所处位置的磁场强度 F大小为“N=b，故 C 正确；D.如果将一根较短磁铁挂在测力计上，并使磁铁完全放入线圈中，则通电后磁铁上正、负磁荷所受磁场力大小相等、方向相反，磁铁所受合磁场力为零，测力计的示数不变，故 D 错误。故选Co3.D【详解】A.根据自由落体运动的规律，得手机下落到人脸前瞬间的速度大小为v=12gh=72

3、x10 x0.2 m/s=2m/s手机与人脸作用后手机的速度变为0,选取向上为正方向，所以手机与人脸作用过程中动量变化量为p=0 一(mv)=0.30kgm/s故 A 错误；B C.手机与人脸接触的过程中受到重力与人脸的作用力，则有lymgt=p代入数据可得A-0.45N-SBC错误；D.由冲量的定义有IyFt代入数据可得F=Iv=0-.-4-5-N=4.5Nt 0.1D 正确；故选D。4.A【详解】由于原线圈两端输入电压不变，线圈匝数不变，故线圈2、的输出电压不变。当滑动变阻器的滑片缓慢向右移动时，R 阻值增大，则根据A=4可知线圈”3中电流减小，根据理想变压器电流关系二4 八+4 乙可知，

4、由于上不变，/3减小，则线圈的电流不断减小，根据.可知，由于出、RR 不变，则线圈%的输出功率不变。故选A o5.C【详解】A.倾斜同步轨道卫星相对于地球不静止，所以不可能定点在鹰潭上空，A 错误；B.倾斜同步轨道卫星和地球静止轨道卫星内的仪器都随卫星做匀速圆周运动，受到的万有引力完全提供向心力，这些仪器处于完全失重状态，B 错误；C.根据开普勒第三定律,3可知两种卫星的轨道半径相同，根据271rv=-T可得两种卫星的速率相同。如果倾斜同步轨道卫星的质量大于地球静止轨道卫星的质量，则倾斜同步轨道卫星的机械能大于地球静止轨道卫星的机械能，C正确；D.根据万有引力公式rMm5 G下虽然轨道半径，地

5、球质量都相同，但两颗卫星质量可能不同，万有引力也可能不相同，D错误;故选C。6.D【详解】当速度最大时，粒子轨迹圆会和小圆相切，如下图设轨迹圆的半径为R,在AO。中，根据勾股定理有/?2+(3r)2=(/?+r)2解得R=4r根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m-R又知L km联立以上解得最大速度为v=4kBr故选D。7 .A D【详解】A.两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球及滑块。、8之间水平方向上只有内力，不受外力，故系统水平方向动量守恒，A正确；B .滑块。和力发生完全非弹性碰撞，碰后具有共同速度，由动量守恒定律有Mv0=2Mv该过程中，损失的机械能为1 ,1,E=-Mvl-x2Mv-

6、=5 0 JB错误；C.根据动量定理，碰撞过程中滑块人受到的冲量等于滑块。的动量变化量，即/=M v =2 x 5 kg-m/s =1 0 N-sC错误；D.滑块。和力碰撞完毕至小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，小球上升到最高点时，有2Mv+mvn=（2 M +m）v 该过程中，系统的机械能守恒，有1x22Mv2+；，叫;=J (2 M +?)/+mgh解得/?=lmD 正确。故选AD。8.AC【详解】A.据半径为Ro的均匀带正电+Q 的球壳在内部的电势为 攵 冬，可知均匀带电球壳在其壳内产生场强为零,%则均匀带电球壳。在 O 点处产生场强为零；据对称性可知均匀

7、带电球壳6、02在。点处场强抵消，所以O 点处场强为零；O 点电势等于均匀带电球壳0、0 k 02在 O 点的电势之和，则(po=k +k+k-Y R 3R 3Rllkq4 4A 正确;B.均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳0、Oi在 6 处产生场强为零；均匀带电球壳Ch在 O i处产生场强不为零，则 0|点场强等于球壳02在 01处产生的电场不为零；01点电势等于均匀带电球壳 0、0|、。2在 01点的电势之和，则4 2B 错误;C.根据对称性可知，6 和 0 2 电势相等，则 两 点 电 势 差4=0c 正确；D.002两点电势差为D 错误；故选ACo9.AC【详解】A.小球

8、绕正方形做圆周运动，每转过90。运动半径减少0.2m,根据向心力公式可知，小球运动半径R取最小值R m in=0-2m时细线上的张力最大，即因此小球想要击中8点，细线能承受的张力至少为5 N,故A正确；B.小球运动半径最大时，即半径为1m时细线上的张力最小，为Enin=IN最大张力与最小张力之比为5:1,故B错误；C.小球的速度大小不变，半径R突然变短，向心力就突然变大，细线上的张力就突然变大，半径R突变了4次，即细线上的张力突变了 4次，故C正确；D.若细线最大能承受的张力为3 N,根据向心力公式可知此时小球做圆周运动的半径&=!m a 0.33m尸3即当小球做圆周运动的半径突变为0.2m时

9、细线就断了，故小球做圆周运动的总路程做圆周运动的总时间为=1.471S%故D错误。故选AC。10.BD【详解】AB.若物块在B点有最大动能，则物块在A点时有最大速度，此时由重力指向圆心的分力提供物体做圆周运动的向心力，即mg cos a=物块从A点到B点，由动能定理得-mgR(l-cosa)%-mv1代入数据解得EkB=7msR物块在B点有最大速度时，当支持力恰好为0时，由mg=tn Vax解得8max=必动能为1 2 1E m ax=5根%=&mgR Ekli故A错误，B正确；C D.当物块在A点的支持力恰好为0时，由2mg cos a-m%假设物块恰好到达B点，则由动能定理得-mgR(l-cosa)=EkB m vo代入数据解得EkB=；m*=-；mgR 1.7 5 x l O5P a所以不能安全地在中午3 7 C 的环境下进行碰撞游戏。1 6.1 6 百-6(m)【详解】t a n 0=一d得8=3 0。光线在E点恰好发生全反射，设临界角为C,由折射定律sin C=L 得nC=60由几何关系知OF=-cos(C-)得OF=2 m据图设可以使太阳光到达c点下方，处，则有h+H=(d|OF|)tanZ OFE又N O FE=C=60由此可解得H=16A/3-6(m)