2021年高考物理押題預測卷（江蘇卷）01（全解全析）

2021年高考押題預測卷01【江蘇卷】

物理?全解全析

12345678910

BCCBDDBDDC

1.【答案】B

【解析】設(shè)社的電荷數(shù)為“，則牡232俘獲一個中子后經(jīng)過2次。衰變轉(zhuǎn)化成鈾233,則a=92—2=90,則

社中含有中子數(shù)為232—90=142；鈾233含有中子數(shù)為233—92=141；則鈾233比牡232少一個中子，選

項A正確；鈾233、鋼142、氟89三個核中氯89質(zhì)量數(shù)最小，結(jié)合能最小，因核子數(shù)較小，則比結(jié)合能卻

最大，選項B正確，C錯誤；鈾233的裂變反應中釋放的能量等于生成物的結(jié)合能減去反應物的結(jié)合能，

選項D錯誤；故選A、B。

2.【答案】C

【解析】由全反射臨界角與折射率的關(guān)系sinC=：=右可知，臨界角為45。，即光線垂直BC方向射出在AC

面恰好發(fā)生全反射，由幾何知識可知光從4VCC面出射的區(qū)域占該側(cè)面總面積的看所以A、B項錯誤；若

QE發(fā)出的單光色頻率減小，則折射率〃隨之減小，由sinC=5可知，其臨界角增大，所以4TCC面有光出

射的區(qū)域面積將增大，C項正確，D項錯誤.

3.【答案】C

【解析】由電子在電容器兩帶電平行板之間做減速運動可知，電容器右側(cè)極板帶負電。由愛因斯坦光電效

應方程有以=加一卬，W=6o，由電容器電容定義式知C=￡,由動能定理有一eU=0-Ek，聯(lián)立解得丫=物

十卷，選項C正確。

4.【答案】B

【解析】兩樹葉在1min內(nèi)都上下振動了36次，則樹葉振動的周期7=果s=js,樹葉振動的頻率/=|=

0.6Hz,則水波的頻率為0.6Hz,故A錯誤；兩樹葉之間有2個波峰，當一片樹葉在波峰時恰好另一片樹葉

在波谷，兩樹葉間水面距離是4m,所以（7=4m,解得該列水波的波長為2=1.6m,故B正確；一片樹葉

在波峰時恰好另一片樹葉在波谷，兩者平衡位置間的距離是半波長的奇數(shù)倍，兩片樹葉的位移始終等大反

向，故C錯誤；水波傳播時，各質(zhì)點在自身的平衡位置附近上下振動，并不隨波遷移，所以足球不能到岸

邊，故D錯誤。

5.【答案】D

【解析】當紙板相對雞蛋運動時，設(shè)雞蛋的加速度為4,紙板的加速度為生。為確保實驗成功，即雞蛋移

動的距離不超過幺，則紙板抽出時雞蛋運動的最大距離q=/，則紙板運動距離為1+4='外『,

10102102

聯(lián)立解得4="4，根據(jù)牛頓第二定律得，對雞蛋有＜=〃加g=，得4=〃g，4=ll〃g，對紙板

有尸-/一力=2mg，則得/=力+力+2加《2=〃〃2g+〃＜加+2w)8+22pmg=26jumg,故選D。

6.【答案】D

【解析】駐極體通過靜電感應，吸附小的微粒，從而起到吸附過濾作用，A錯誤；若放置時間過長，駐極

體口罩會因電場衰減而過期，這是極化電荷又變的雜亂無章的結(jié)果，B錯誤；駐極體與駐極體是有間隙的，

在每個駐極體周圍都存在著電場，所有電場累加在一起相當于左右兩個極板的電場，但與平行板電容器不

同的是，內(nèi)部不是勻強電場，周圍也存在電場，C錯誤；根據(jù)電荷的極化，上述材料冷卻后，撤去外電場,

材料左邊界帶正電，右邊界帶負電，D正確。

7.【答案】B

【解析】當R處溫度降低時，熱敏電阻RT阻值變大，由閉合電路歐姆定律可知，左側(cè)電路中的電流減小,

通過小燈泡L的電流減小，小燈泡L的光照強度減小，光敏電阻段的阻值變大，對右側(cè)電路，由閉合電路

歐姆定律可知，通過R2的電流變小，右側(cè)電路中的電源員的路端電壓變大，R兩端電壓變大，通過R的電

流也變大，R消耗的功率變大，通過肥的電流變小，選項B正確。

8.【答案】D

2得探測器在軌道I和軌道III上的動能分別是,,,、

【解析】根據(jù)萬有引力MmvE=GMo7/

Gh=〃=

■_2rt

GM。%，由于n＞r，所以“嫦娥四號”探測器在軌道I上運行的動能小于在軌道川運行的動能，A

Ek2=^R^

錯誤。根據(jù)歷加可知，探測器在軌道I和軌道HI上的勢能分別是

GMomo、

ELG-REpl

GV〃？，“嫦娥四號”探測器從軌道I上變軌到軌道ni上時，勢能減小了/

Epi=A￡p=GMoma-------

(Rr\

B錯誤。根據(jù)能量守恒定律，落月的“嫦娥四號”探測器從軌道in回到軌道I,所要提供的最小能量是

小彳(.1、，C錯誤、D正確

,LLLLLGMm\11I

△E=Epi-EP2+Ekl—Ek2=--——

9.【答案】D

【解析】設(shè)。棒滑到水平導軌時速度為皿，下滑過程中“棒機械能守恒，A錯誤，且有方"田=,咫兒“棒與

匕棒發(fā)生彈性正碰，由動量守恒定律〃田0=機盯+M丫2，由機械能守恒定律品略=/而+提"詢，聯(lián)立解得必=

0,『廣而’選項B錯誤；b棒剛進磁場時的加速度最大，am=^p,設(shè)方棒進入磁場后，某時亥!]方

棒的速度為如c棒的速度為外,b、c兩棒組成的系統(tǒng)合力為零，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律〃?也=〃皿

+/則從c組成的回路中的感應電動勢E=BL（w,一%）,由閉合電路歐姆定律得/=《，由安培力公式得

F=BIL=ma,聯(lián)立得a="-（§二"），故當8棒加速度為最大值的一半時有也=2（物一外）,聯(lián)立得照

總O

也=jv現(xiàn)，選項C錯誤；最終氏c以相同的速度勻速運動，由動量守恒定律，”也=（，”+§口由能量守恒

11IM1

定律2團正=爹（%+彳），+。，解得Q=pg〃，選項D正確。

10.【答案】C

【解析】滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為m由

牛頓第二定律得"￡+mgsin，=m?,由位移公式得“=工。產(chǎn)，聯(lián)立可得片J―網(wǎng)2—,故A正確，

2qE+mgsin0

不符合題意；滑塊從釋放到返回到so段中點的過程，由功能關(guān)系得（qE+mgsin。）?微-:《三），解得

4（3sin8+4E）

左二一^------以，故B正確，不符合題意；滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為無o,則有

%

加gsin6+gE=5，解得/=￡,從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得

（mgsin0+qE）-（50+x0）-W=￡b?-0,彈簧彈力做功W=:Axo2=B_（qE+/?gsine）,則最大動能

2o

9

Emsin

k?,-（gG+qE）-（.v0+x0）-W=[mgsin0+qE）-s0,故C錯誤,符合題意；物體運動過程中只有重

8

力、彈力和電場力做功，故只有重力勢能、電勢能和和彈性勢能動能參與轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能和電勢能的

總和始終不變，故D正確，不符合題意。故選C。

11.【答案】（1）滑動變阻器R（3分）G和R2（2分）（2）1.50V（3分）1.21。（3分）

（3）等于（2分）等于（2分）

【解析】（1）若A是電壓表，則B是滑動變阻器R,C和D是改裝的電流表，干路電流最大值為

E

/,“=------=0.5A=500>100mA,根據(jù)歐姆定律知七七=（4,一分/'，得R'=0.15C,定值電

r+&

阻應選R2。（2）改裝后電流表內(nèi)阻＜八=一'也一="出巨。=0.12。，根據(jù)圖甲及（1）分析知

%+R,0.6+0.15

15-09

UE-5IG（r+RA）,則圖乙可知電動勢E=1.50V,斜率Z=二——-=5（r+7?J,得r=L21Q。

0.09

（3）電源的電動勢等于電流計為零時電壓表的讀數(shù)，所以電源電動勢測量值與真實值相等，因電表改裝后

內(nèi)阻已知，內(nèi)阻的測量值與真實值也相等。

12.【答案】（1電（2）1v0

【解析】（1）設(shè)左、右活塞的質(zhì)量分別為用卜M2,左、右活塞的橫截面積均為S,由活塞平衡可知po5=M|g①

poS=M2g+萼得M2g=|poS②（1分）

打開閥門后，由于左邊活塞上升到頂部，但對頂部無壓力，所以下面的氣體發(fā)生等壓變化，而右側(cè)上方氣

體的溫度和壓強均不變，所以體積仍保用Vo不變，所以當下面接觸溫度為7的恒溫熱源穩(wěn)定后，活塞下方

133

q5vo+4V°Vo+4Vo

體積增大為（％+]Mo），則由等壓變化：—=—廣一（1分）

7

解得7=列（1分）

Po

hl

恒溫熱源

（2）如圖所示，當把閥門K打開重新達到平衡后，由于右側(cè)上部分氣體要充入左側(cè)的上部，且由①②兩式

知何氏＞〃吆，打開活塞后，左側(cè)活塞降至某位置，右側(cè)活塞升到頂端，汽缸上部保持溫度7b等溫變化，汽

缸下部保持溫度T等溫變化.設(shè)左側(cè)上方氣體壓強為p,由。匕二勺22,

設(shè)下方氣體壓強為P2：0+警=「2（1分

解得P2=p+po（1分）

所以有P2（2%-%）=po?華（2分）

聯(lián)立上述兩個方程有6匕2-%%—%2=0,解得匕=3%（1分

13.【答案】（1）2y[3mgI（2）^mg（3）無影響

【解析】⑴對Q分析，有Eq=mgtan60。=5mg（1分）

E=y[3mg/q（1分）

W=Eq2/（1分）

所以W=2小mg/（1分）

（2）整體受力分析，整體所受電場力與重力的合力為

F合=fQEq）2+（6帆g）?=，Cmg,方向與豎直方向成30°（1分）

Fmin=F合sin30°=2后叫（1分）

（3）如圖所示，無影響（2分）

5127

14.【答案】（1）B=（2）——

4°180

【解析】（1）根據(jù)磁匯聚知識，電子在磁場中做圓周運動的半徑大小等于圓形磁場區(qū)域的半徑大小,

故8=；（1分）

（2）當電子沿OP方向進入半圓形磁場區(qū)域時的軌跡如圖1所示

圖1

LR4

根據(jù)幾何知識可知，cosZMO（7=-2—=-（1分）

5

8

當電子沿某方向進入半圓形磁場區(qū)域，剛好從Q點離開的軌跡如圖2所示

圖2

\R4

根據(jù)幾何知識可知cosNQOO'=1—（1分），得NQOO=37。（1分）

-R5

8

對應電子在圓形磁場區(qū)域的運動軌跡如圖3所示

127

綜上，收集板上有電子收集的范圍為圓弧MQ,弧長為巖（1分）

—R+—Rsm.37o°_o

收集效率n=--\—=80%（1分）

2XR

2

（3）兩磁場區(qū)域的相切點，也即電子的入射點在直徑上平移至N點時，電子恰好不能經(jīng)過Q點時，收集

板上電子收集的范圍最大，如圖4所示

圖4

則N0=*/?x2-R=4R（1分）

84

當電子沿OP方向入射時，從A點離開磁場，運動軌跡的圓心為。'點,

根據(jù)幾何知識可知，tanc=1—=2（1分），00'=―/?（1分）

5R58

在△”人中，根據(jù)余弦定理有cos"吟磊產(chǎn)=暗。分）

結(jié)合題意可知，a?22°（1分），夕R380（I分）

故弧長AQ的長度為0+6+90°.2成=3成（1分）

36006

15.【答案】⑵乎⑶①當局?時，卬尸口^臀②當x＜為時，W（=0Amg（2R+x）

【解析】（1）滑塊A在半圓軌道運動，設(shè)到達最高點的速度為山，則有：加8=席,（1分）

解得：/=｛曜；（1分）

滑塊4在半圓軌道運動的過程中，機械能守恒，所以有：2,"gR+JwJ=&nM2,（1分）

解得W=75gR0（1分）

（2）4、B在彈簧恢復原長的過程中動量守恒，則有》MVA+（—WBVB）=0,解得：VB="逑，（1分）

假設(shè)滑塊8可以在小車上與小車共速，由動量守恒得：niBVB=（mB+M）v

解得：v共=|叱8=早，滑塊B滑上小車后加速度大小為“=〃g,則滑塊B從滑上小車到與小車共速時

v共2一以2217?2