2021年高考物理押题预测卷01（新课标Ⅱ卷）（全解全析）.pdf

《2021年高考物理押题预测卷01（新课标Ⅱ卷）（全解全析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考物理押题预测卷01（新课标Ⅱ卷）（全解全析）.pdf（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021年高考押题预测卷0 1【新课标【I卷】理科综合物理全解全析1 41 51 61 71 81 92 02 1ABBCCA CB CB C D1 4 .【答案】A【解析】大量处于=5 能级的氢原子向低能级跃迁时，其中的5 T 2,4-2,3-2 三种跃迁产生的谱线属于巴尔末线系，选 项 A正确，B错误；从 =5能级跃迁到=4能级时，能级差最小，则产生的光子频率最小，波长最长，选项C错误；从=4 能级跃迁到=2 能级要放出(-0.8 5)-(-3.4)=2.5 5 eV 的能量，选项D错误。故选A o1 5 .【答案】B【解析】小球A下落力所需时间为t,则h=-gt2,解得/=丝，故小球A下

2、落到地面所需时间2v g为“=，+/，下降的高度为+。2=；8+岳后+，故 A错 误 B正确；当两位同学均各上一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面下降了一层楼。则由自由落体运动规律可知，两球会在空中原来地平面处相遇，相遇时小球A速度大，故 A先落地，故 C错误；若两位同学均各下一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面上升了一层楼，则两小球不能在空中相遇，根据自由落体规律可知小球B先落地，故 D错误；故选B o1 6 .【答案】B【解析】排球运动到乙位置的时间为=5=0.3510L%1 1该段时间排球下降的距离为h=2 g t2=2 x

3、 l0 x 0.3 2 m=0.4 5 m；此时排球离地高度为h 3 =Hh=3 m 0.4 5 m=2.5 5 m h i,故乙在网前直立不动拦不到，故 A错误；球员乙起跳拦网高度为h 2=2.7 5 m,跳起的高度为h=(2.7 5-2.3 0)m=0.4 5 m,竖直上/2-A h /2 x 0.4 5抛运动的下降时间与上升时间相等，故有s=0.3 s,故乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，可以拦住，故 B正确；结合选项B的分析，乙在甲击球后0.2 5 s 起跳离地，初速度为v0=g t-=1 0 x 0.3 m/s=3 m/s,上升时间0.0 5 s 时

4、球到达乙位置，球员乙上升的高度为A h，=0.1 4 m,拦截高度为2.4 4 m,小于此时此位置排球离地高度2.5 5 m,拦不到球，故C错误；乙在甲击球前0.3 s 起跳离地，经过0.6 s 刚好落地，拦不到球了，故 D错误。1 7 .【答案】C【解析】设:圆环在圆心处产生的场强大小为E，对 图 甲 中:圆 环，由 电 场 强 度 的 合 成 可 知=故 E =E“，图乙中之圆环的左上,圆环和右下,圆环在圆心处产生的场强等大反向，故。2 处的2 4 4 4IF y1场强大小等于右上1圆环在。2 处产生的场强大小，为 拳 4。设图甲中;圆环的带电荷量为9,则图乙中3圆 环 的 带 电 荷 量

5、 为 电 势 是 标 量，有%=k 四,故 处 的 电 势 为%=-.-=-=5 A,即电流表的示数为5A,故 A 正确；可知原副线圈两端的总电流不变，当滑动变阻器接入电路的阻值由5 0。减小到0,此时副线圈的总电阻减小，则副线圈两端的电压减小,即电压表的示数减小；根据并联电路的电压特点可知R 两端的电压减小，则通过R i的电流减小，根据并联分流可知，通 过&和 心 的电流增大；故 B 错误，C 正确；设 通 过&和&的电流为上，则根据并联电路的电流特点可得.于，则R2和&的总电功率为叱=（&+&）=1-/一，可得&和/?3的与+&+&（+4+&）总电功率随&减小而增大，故 D 错误。故选AC

6、。20.【答案】BC【解析】由题意可知位于拉格朗日点的太空站与地球相对静止，因此位于L 点的太空站环绕太阳做圆周运动，则其所受合力不为零，受力不平衡，A 错误；由题意可知，太空站与地球绕太阳运行的角速度大小相等，由丫=。夫可知位于上 点的太空站的线速度大小大于地球的线速度大小，B 正确；位于心点和位于L 点的太空站绕太阳运行的角速度大小相等，由a=a）2R可知，位 于 心点的太空站的向心加速度大小大于位于心点的太空站的向心加速度大小，C 正确；由于位于八点和45点的太空站的质量关系未知，因此位于心 点和心点的太空站所受的向心力大小不能确定，D 错误。21.【答案】BCD【解析】电子显负电性，根

7、据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上，故 A 错误；在加速电场中，根据动能定理有eUo=万 加片，加速电压增大，会使电子进入偏转电场的初速度变大，故电子会打在PeE v点右侧，故B正确；电子偏转时做类平抛运动，有4 =%r，Vy=at,a=,tan30=U,联立，m%可得E=故 C 正确；根据几何关系，有,，o_H 2a t 代入数据得5=百 一 与，故 DjjL/jan JU-2s正确。故选BCD。2d22 2.【答案】（1）2.40（2 分）（2）幺 （2 分）-（2 分）4k M g 4kg【解析】由图示游标卡尺可知，其示数为2mm+8x0.05mm=2.40mm。（2）滑块经过光电

8、门时的速度u=滑块做初速度为零的匀加速直线运动，加 速 度 为,对重物有2ax2x=y2=；,整理得X=、一 所 以 一 二？图像的斜率攵=之，则加速度。=亡A r 4a A r（加）4a 4k,2 。T7 2对滑块由牛顿第二定律得2 T7-M g =M a=M，解得=-；-。4k M g 4kg23.【答案】（1）（1 分）B （1 分）（2）A D（1 分）（3）m O P=m-O M+mi-O N（2 分）m O P2=m-O M2+mz-O N2（2 分）（4）mi+?2 （2 分）【解析】（1）防止球1 反弹，球 1 的质量应大于球2的质量，因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表

9、速度，0P是 1 球不与2球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表1 球碰撞前的速度，0M是 1球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后1 球的速度，ON是碰撞后2球的水平位移，该位移可以代表碰撞后2球的速度，当所测物理量满足表达式mA O P=班OM +m2 ON,所以除了测量线段 OM、O P、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1 和小球2的质量如、m2,则要用到刻度尺和天平，故选B。X（2）因为平抛运动的时间相等，根据v =所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射t程间接测量速度。故应保证斜槽末端水平，故 A 正确；实验要验证町。尸=町。/+网-。乂，则不用实验前应该测出

10、斜槽末端距地面的高度，故 B错误；实验过程中，白纸，复写纸都不能移动，故C错误；小球落点的平均位置为用尽可能小的圆把1 0 个落点圈起来，此圆的圆心即为落点，故 D正确。故选A D。（3）由分析可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式町-。夕=町。加+/%-。7,则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒，只要g叫q%成立则机械能守恒，联立解得 町 OPJ/V OA T+aON?,即此式成立，则说明碰撞是弹性碰撞。（4）碰撞前，啊 落在图中的尸点,设其水平初速度为也,小球“和，血发生碰撞后，如的落点在图中M点，设其水平初速度为也，?2 的落点是图中的V 点，设其水平初速度为吸，设斜面8c与

11、水平面的倾角 为 a,由平抛运动规律得E p S i na =g*，0.c o s a =iy,解得匕=生 丝 4,同理有g L、C s-a,可 见 速 度 正 比 于,所 以 只要验证如口=如口+?2 口 即可。2 s i n aIR.h2 4.【答案】（1）水平向左；（2），加速度随着导体棒的位移在均匀增大；个gL +I k g方 枭【解析】（1）根据右手螺旋定则，长直导线在导轨处产生的磁场方向为垂直纸面向里，根据右手定则，运动中流过金属杆M N 的电流方向为水平向左。（1分）（2）金 属 杆 接 入 电 路 的 有 效 长 度 为（1分）3则电路中的电阻为H=可（1分）电源电动势为=（1

12、分），其中8=%上hIR.h解得y=-（i 分）ki。根据上式可知，导体棒速度与导体棒的位移成正比，即加速度随着导体棒的位移在均匀增大。（3）导体棒脱离轨道上，其速度为/=如且L（1分）1 2导体棒上升x时，在极短时间内产生的热量为A Q =*瓜R Q =|/0Ax（1分）则导体棒脱离导轨时，电路产生的热量为。=4。=2 6 a/0 工 故=26a/0*（|分）对导体棒，根据动能定理得*机gL=g n/2_。（1分）结合功能关系有卬安=-。（1分）解 得%=_ 叫 +2 1m g L+Lm v 2 =与m g L +IldoL +3m言F （2 分）52 5.【答案】（1）3 8 咫（2）37

13、?1【解析】（1）滑块尸下滑至与。相碰前瞬间，由 机 械 能 守 恒 定 律 得（1分）P、。碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得加也=2%也（1分）1 1P、。一起 由。点运动至。点过程，有 2mgR（l cos。）+2 2机 口 22=5 2 2）疗（1分）加经过。点时对圆弧轨道的压力最大，有FNQ2mg=2而五（1分）由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力，FND=FN D（1分）联立解得/NQ=3.8吆（2分）（2）由（1）中计算可知，P、。整体在。点的动能52m陞 2=0 9明a2/阳宠（1分）因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E点下方，之后沿轨道返回，再次到达C点的速

14、度大小仍为以从。点上滑后P、。分离，。比尸先到达最高点，且。运动到最高点时停下.设P、。上滑的最大位1移分别为XP、XQ.对P、Q,由动能定理分别可得一mgsin 0-xp=O2friV22（1分）1一（nzgsin 0+F f）-xe=O2V22（1 分）由P、Q碰后一起匀速下滑可知Q受到的滑动摩擦力大小Ff=2mgsin 0（1分）1。再次从最高点下滑至第二次碰。前，有机g s in夕由一夜尸加小（1分）P、Q碰后一起运动，W mv3=2mv4（1分）P、。从。点上滑到第二次从。点进入圆弧轨道，Q克服摩擦力做的功W f=F2xQ（1分）I 1而尸、。碰撞损失的机械能为：A E=，nv3 2

15、5.2根 血2（1分）W（4由以上各式解得。克服摩擦力做的功与P、。碰撞损失的机械能之比为：赤=1（1分）P、。此后多次进入直轨道A C的运动过程遵循同样的规律，直到最后到达。点的速度减为0,因此从4 1P、。第一次回到直轨道A C运动到最后不再进入为止，。克服摩擦力做的功为：Ff/=5.5x29（1分）R滑 块Q在轨道A C上往复运动经过的最大路程为/m,则/m=/+而 花（1分）5联立解得/m=欢.（2分）3 3.（1）【答案】BCE【解析】从 到6,根 据 叱=c可知，压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能变大，但T是并非每个气体分子的动能都增大，选 项A错误；根据=C可知，从b到

16、c,体积不变，压强变T大，则气体温度升高，选项B正确；从c到d,气体的温度不变，则气体内能不变，选项C正确；从d到“，气体体积减小，则外界对气体做正功，选项D错误；从a经 过 氏c、d,再回到。的过程，其中从 到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做功也等于图像 与V轴围成的面积大小，则整个过程中气体对外界做功，而整个过程中内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，选项E正确。故选BCE。（2）【答案】4 0 0 K 7 5 N【解析】汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动L Si+LS 2 HSi由盖

17、一吕萨克定律有：-（2分）解得：7=4 00 K （2 分）设向下推动的距离为x时，气体压强为p由平衡条件得：p（）S i+p S 2=Mg+p（）S 2+p S i +尸（1 分）当尸=0 时，可得初始状态气体压强0 =1.5 x 1 05 P a缓慢向下推活塞6的过程，温度不变，由玻意耳定律得：MLS i+x$+LS 2-x S 2）=p i（LS i+LS 2）（2 分）1 5 0 x 1 5 0联立以上各式得：F=5X5（0X 5 cm）（1 分）x 1当x=5 c m时，尸最大，F m=7 5 N.（2分）3 4.（1）【答案】BC E1 解析 由题知b光在A C上发生了全反射，恰好

18、发生全反射时A C右侧亦无b光射出，此时 叫=:,s i n 1由几何关系可知i =3 7。，得出“=|,故 棱 镜 对 b光的折射率大于等于g，故 A 错误；k 光在A C上发生反射，如图。因。光的折射率小于b光，二光以相同的入射角射到界面B C上同一点，故。光在6光的右侧，故 B正确；若 女光经M 点斜向下入射，当。光射到A C上入射角大于等于其临界角时，将发生全反射，故 C 正确；。光的折射率大于。光，故匕光的频率大于。光，6光的波长小于。光，使用a 光做双缝干涉实验时，相邻亮条纹间距较大，故 D 错误；由丫 =,可 知，在棱镜中a 光的速度大于b光，故由nM 至 N 的过程中，a 光的传播时间小于从 故 E正确。故选B C E。(2)【答案】(1)v=3 2+8 m/s (n=0,1,2.)；(2)=Aco s 5(4 Z:+l)r (k=l,2,.)【解析】(1)由题意L=加=+A而丫=亍(1分)解得 u=(32+8)m/s(=0,1,2.)(2 分)(2)由题意L=(m+1)/l(w=1,2,3.)(1而丫=下且口=4001/$解得3=5机+3(1 分)故=6,11,16.5Z+1 (A=12.)(1 分)2万a的振动方程乙=Acos/(I分)(n=0,l,2.)(1 分)分）解 得=Acos5;r(4Z+l)，(k=,2,.)(2 分)