2021年高考物理押题预测卷02（重庆卷）（全解全析）.pdf

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1、2021年高考押题预测卷0 2【重庆卷】物理全解全析12345678910CBDCBDDADADBC1.【答案】C【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹A.如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能。故 A 错误。B.如图，粒子经过B 的位置时速度方向也斜向上，速度跟在4 点时的速度大小相等，方向相同，速度相同。故 B 错误；C.根据轨迹，粒子经过边界心时入射点与出射点间的距离与经过边界乙2时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关。所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B点。故 C 正确。D.如图，设 L 与 心 之间的距离为4则A 到 8 的距离为：2dX tan 30所以

2、，若将带电粒子在A 点时初速度方向改为与七 成 60。角斜向上，则每次经过一个周期前进的距离为2d xXi=tan 600 3，则经过三个周期后经过B 点。故 D 错误。故选c。2.【答案】B【解析】设副线圈匝数为小 当开关S断开时，设变压器左边电流为人，电 压 为 右 边 电 流 为 人，电压为U；,电源电压为 ab,电阻阻值均为R,电源电压U.1 0 0 1 1 nU a b=U 1 +/湛，u ，I；1 0 0 ；u；=1；R P=I；R当开关S闭合时，设变压器左边电流为4,电压为02,右边电流为/；,电压为“；，电源电压 2 =1 0 0,R2 A =nUab=U2+I2Rf U，力=

3、，2、至 不，/r 1 0 0,P2=1R 葭 石联立解得=5 0故B正确，A C D错误。故选B o3.【答案】D【解析】A.取物体B为研究对象分析其受力，设绳与竖直方向夹角为仇则有1=幽 F=mgtan3,c os 8。增大，则水平力/随之变大，拉力T变大，故A错误；B C.未施加力厂时，对物体A进行受力分析，物体A受重力、支持力、细绳的拉力，由于A、B的质量关系和斜面的倾角未知，故物体A可能不受静摩擦力，也可能受沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力T变大后，物体A所受静摩擦力不一定变大，而物体A所受支持力不变，故斜面体对物体A的作用力也不一定变大，故B C错误；D

4、.对A、B两物体与斜面体这个整体而言，拉力产方向水平，竖直方向受力不变，斜面体所受地面的支持力一定不变，故D正确。故选D 4.【答案】C【解析】A.氢原子从=4能级向低能级跃迁时能辐射6 种不同频率的光子，选项A 错误；B.从=4到=3跃迁辐射出的光子能量&3=(1.51-0.85)eV=0.66 eV4.54 eV故不能使鸨发生光电效应，选项B 错误；C.氢原子辐射一个光子后，能级降低，半径变小，动能变大，速率增大，选项C 错误；D.金属发生光电效应时，不能同时吸收两个光子，选项D 错误。故选C。5.【答案】B【解析】小滑块恰能沿圆弧轨道运动到。点，表明小滑块能通过轨道的等效最高点，重力与电

5、场力的合力为F=(Eq)2+(mg)2=2mg所以轨道等效最高点为圆心左上60。轨道上，即。点。在等效最高点，有2CV2mp=m一RA.从A 点到轨道等效最高点，根据动能定理得mg(s sin 30-R cos30-R sin 30)+Eq(scos 30 Rsin 60+Rsin 30)=g mv2-0解得5=1.5/?A 错误；B.从 C 到等效最高点，有1 ,1 ,mg(_R-Rcos 60)+Eq(-Rsin 60)=mv-mvc在 c 点，有2N mg=解得N=9mg根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为9mg,B 正确;C.小滑块运动到。点的圆上对称点时，速度最大，有-2mg2R=；

6、mv2-g mvm2解得1 2 nvm=5mgRC 错误；D.小滑块从。点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落到8 点，则有21ng-ma,叱=R则在合力方向上的位移为y -a t2=LRR2 2假设错误，D 错误。故选Bo6.【答案】D【解析】固定木板，根据能量守恒定律1 2不固定木板，则满足动量守恒定律mv=M+m)vt同时也满足能量守恒定律/jmgx、=mvl _ g(M +m)v；相对位移大小根据V o v2=lax两次木块做减速运动加速度相同，因此第二次达到共同速度时对地的位移小于第一次对地的位移。故选Do7.【答案】D【解析】A C.根据平抛运动的规律和几何关系可知解得设小球击中8 点

7、时水平抛出的速度为1，在空中运动的时间为心 可得市=收解得可得%=6%也可得小球落到8 点时的速度大小为B.根据平抛运动规律，设小球运动到A 点与运动到8 点速度与水平面的夹角分别为4 与,可得tan =2 下）%tan 6*2=/3环3则可知小球分别击中A 点和B 点时速度与斜面夹角也不同，故 B 错误;D.设若小球以3%的速度射出落到斜面的时间为白，在斜面上到。点的距离为x,可得 2,X产=/+，3%4=可彳联立解得_ +v n rrA-2 故 D 正确；故选D。8.【答案】AD【解析】A B.抛运动水平位移x=vot竖直方向做匀变速运动h=；gF所以水平位移x 随抛出速度%函数图像斜率k

8、p=4kQ=2所以区=1g。4第一宇宙速度V p _ V 2需 一 彳A正确；CD.星球表面的重力加速度GM G*Pg =/=一所以X?o c R所以Pp_=j_PQ 2D正确。故选A D。9.【答案】A D【解析】A B D.设滑块A的质量?，木板8的质量为M,滑块A与木板8间的动摩擦因数为。由题图2可知，当 F=F m O N 时，滑块A与木板B达到最大共同加速度 m=l m/s2,根据牛顿第二定律有Fm=（M+机）am解得A/+m=1 0 k g当厂 I O N 时，A与 5将发生相对滑动，对 A单独应用牛顿第二定律有F-/.img=tna整理得F =_4 gm根据题图2 解得团=2 k

9、 g,=0.4,则 M=8 k g,故 AD正确，B错误；C.当 F=1 2 N 时;木板8的加速度为。尸磔=1 加B M故 C错误。故选ADo10.【答案】BC【解析】A.金属框进入磁场的过程中由于电流恒为/=2A则安培力4=6 =(8-2x)x2x2N=(32 8x)N金属框的重力沿斜面向下的分力为姓 sin30=20N当进入磁场的长度0W rL5m 时，安培力大于金属框重力沿斜面向下的分力，拉力方向沿斜面向下；当1.5m Z 2m 时，安培力小于金属框重力沿斜面向下的分力，拉力方向沿斜面向上，故 A错误；B.金属框进入磁场的过程中，所受到的安培力为FA=(32-8X)N该图像所围成的面积

10、即为安培力所做的功，有根据能量守恒，金属框完全进入磁场，所以金属框进入磁场的过程中产生的电热为Q=%=48J故 B 正确；C.金属框完全进入磁场时的速度为，有=1R解得,1R 2x4,v=-；m/s=1 m/sBL(8-2x2)x2金属框进入磁场的过程中，根据功能关系可得1,1,WF-Q +MgL sin 30o=-M i/2-Mv2解得平行斜面方向的力尸做功W=9.5J故 C 正确；D.若金属框刚完全进入磁场后立即撤去力F,如果金属框将开始做匀加速直线运动，则电流强度发生变化、安培力发生变化、加速度发生变化，故不可能出现匀加速运动的情况，故 D 错误。故选BCo11.(a +%)【答案】10

11、.55 一)大于【解析】(I)游标卡尺的示数为d=10mm+11 x0.05mm=10.55mm(2)物块b 到光电门的速度为dv=从释放到物块b 运动到光电门的过程中，物块a、b 组成的系统机械能守恒，则有12叫 gh-mhgh=-(n1a+mh联立解得(砥+砥)加22 产(乙一/弭)(3)由(2)可知九=(也+)屋)12g(ma-/n/)t2即故选C。(4)设挡光片的质量为相，则测得的重力加速度为_(mu+mh+m)2d21hrma-mh-m)忽略挡光片的质量而测得的重力加速度为g22ht2(ma-mh)则有mh+mh+m ma+mh ma+mhmh-mh-m ma-mh-m ma-mh故

12、有g212.【答案】0.184(读 数 范 围0.183-0.185)A 03V 0-0.6A 不变【解 析】(1)金属丝直径d=0+18.4x0.01mm=0.184mm(2)实验中，为了使金属丝两端电压调节范围更大，应选用分压式电路供 电；并且，为了使测量结果尽量准确，金属丝的小电阻，故应该采用电流表外接的方法测量。故 选Ao(3)由于电源的电动势约为3 V,故电压表的量程选择03V；而 电 阻 约 为5 Q,电路中的电流不会 超 过0.6 A,故电流表的量程选择00.6A；(4)因为滑动变阻器的两端电压为U=E-(RA+Rf+r)I所以 U=E-(&+R井+r)/-E-(&+R井+/儿=

13、的+氏井+小加故U=RA+R井 +其大小是不变的。13.【答 案】Q)aA=5m/s2=lm/s2 =9m/s f=(2+3圆【解析】(1)对B根据牛顿第二定律，有2，/g=mBaB代入数据解得aB=lm/s2对A根据牛顿第二定律，有/加 从(啊+啊)代入数据解得aA=5m/s2(2)设AB从开始运动到达到共速时间为八根据匀变速直线运动速度公式对AV共=以-4乩对B口 共=明这个过程中B相对A运动的位移,1 2 1 2L =VAft aBt代入数据解得vA-9m/s(3)当C与A碰撞后A速度为眩=9m/s时，B刚好能与A左端挡板碰撞因为C右侧面材料可调，当&C发生弹性碰撞时，有C与A碰撞前C速

14、度的最小值根据动量守恒定律加 洛=叫 +加 以根据机械能守恒定律1 2 1 2 1 2mcv=-c+万根/人代入数据解得V 1 =9m/s对c：从r=0时刻开始，当”从用那时，C才能运动，由图知F=2t即C在力F作用2s后才能运动根据动量定理F(t-2)即eg。-2)=-0根据图像有2代入数据解得1 =(2+3瓜14.E 2U 2*mU(_ 3兀L/m 丁 _ 兀mL【答案】(1)一 L；工 X e,8 eU .(3)Inxy/lem U(=,2,3,.)【解析】(1)在加速电场中，从P点到。点由动能定理得eU解得可得电子从。点到M点做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动:y轴方向做匀加速直线运

15、动一二一X t2 2 m由以上各式解得电场强度E与L(2)电子运动至M点时:VM =片+(丝=五%m设 V M 的方向与X轴的夹角为仇c o s 0=VM 2解得匕4 5。，电子从M 点到A点，做 R=L 的匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力(3)在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为9 0。，根据几何知识，电子在x轴方向上的位移等于轨道半径2R,即2 G R=2L电子在磁场中的运动具有周期性，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：2n=2 L (=1,2,3,.)在磁场中做圆周运动的轨道半径R，=3eB解得_ 2 7 1 x yjlemU综=eL(n=l,2,3,.)电子在磁场变化的半个周期

16、内恰好转过“圆周，同时在M N间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是又-27unTo=eBr(,-解得1 _ 兀 mLInxlemU(/1=1,2,3,.)1 5.选修 3-3(1)【答案】C【解析】VA.由于气体分子间距离很大，人表示每个气体分子占据的空间体积，而非分子自身体积，故A错误；B.毛细现象有两种，浸润液体液面上升，不浸润液体液面下降，故B错误；C.如果物质内部微观结构发生改变，晶体可以变成非晶体，比如：天然水晶是晶体，但加热熔化再凝固形成的石英玻璃是非晶体，故C正确；D.某气体温度升高，分子的平均动能增大，并非是每个分子的动能

17、都增大，故不是每个分子撞击器壁的作用力都增大，故D错误。故选C。(2)P。1 A)【答案】(1)4,4.(2)见解析【解析】(1)初始体积为丫，压强为P。，温 度 为 ，在拉起吸盘过程中温度不变，根据波意耳定律p(y=Pi解得pPo4锁扣拉动前后气体质量没发生变化，所以V p0=4 V p所以1p=%p。(2)当温度升高，吸盘内气体体积不变，由pV=nRT得，压强增大，内外压强差减小，所以吸盘与墙之间的压力减小，允许悬挂重物的最大质量减小。1 6 选修3-4(1)【答案】C【解析】A.作简谐运动的物体每次通过同一位置时都具有相同的加速度，而速度有两种方向，故 A错误;B.横波在传播过程中，波峰

18、上的质点只在自己的平衡附近振动，不向前移动。故 B错误；C.水面油膜呈现彩色条纹是光的干涉现象形成的，说明了光是一种波。故 C正确；D.根据麦克斯韦电磁场理论得知，在变化的电场周围才存在磁场，在变化的磁场周围才存在电场,故 D错误。故选C o(2)A Q A QT =s(“=0,l,2,.)T=s(=0,l,2,.)【答案】(1 )4 +l 或 4+3(2 )v =5(4n+3)m/s(n =0,1,2,)或n =5(4+l)m/s(n =0,1,2,.)(最小为 vm i n=5 m/s【解析】(1)波向左传播时，根据光的平移法和波的周期性得3/=2 T +T(=0,l,2,)4解得0 8r =-s(n =0,1,2,.)4 +3波向右传播时A z=T +nT(n=0,1,2,.)4解得T =-s(n =0,l,2,.)4n +l(2)该波的波长为2=4m波向左传播时，波速为v =y =5(4+3)m/s(=0,1,2,)波向右传播时，波速为2v=5(4+l)m/s(n =0,1,2,.)T由分析可知，当波向右传播时，且=0 时波速最小，即：%i n=5 m/s