2021年高考物理押題預(yù)測(cè)卷01（新課標(biāo)Ⅱ卷）（全解全析）

2021年高考押題預(yù)測(cè)卷01【新課標(biāo)【I卷】

理科綜合物理?全解全析

1415161718192021

ABBCCACBCBCD

14.【答案】A

【解析】大量處于"=5能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，其中的5T2,4-2,3-2三種躍遷產(chǎn)生的譜線(xiàn)

屬于巴爾末線(xiàn)系，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；從〃=5能級(jí)躍遷到〃=4能級(jí)時(shí)，能級(jí)差最小，則產(chǎn)生的光子

頻率最小，波長(zhǎng)最長(zhǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從〃=4能級(jí)躍遷到〃=2能級(jí)要放出(-0.85)-(-3.4)=2.55eV的能量，

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選Ao

15.【答案】B

【解析】小球A下落力所需時(shí)間為t',則h=-gt'2,解得/'=絲，故小球A下落到地面所需時(shí)間

2vg

為“=，+/，下降的高度為+。2=；8『+岳后+〃，故A錯(cuò)誤B正確；當(dāng)兩位同學(xué)

均各上一層樓重做以上實(shí)驗(yàn)，相當(dāng)于在以上實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上，假設(shè)兩同學(xué)不動(dòng)，地平面下降了一層樓。

則由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，兩球會(huì)在空中原來(lái)地平面處相遇，相遇時(shí)小球A速度大，故A先落地，

故C錯(cuò)誤；若兩位同學(xué)均各下一層樓重做以上實(shí)驗(yàn)，相當(dāng)于在以上實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上，假設(shè)兩同學(xué)不動(dòng)，

地平面上升了一層樓，則兩小球不能在空中相遇，根據(jù)自由落體規(guī)律可知小球B先落地，故D錯(cuò)誤；

故選Bo

16.【答案】B

11

2

【解析】排球運(yùn)動(dòng)到乙位置的時(shí)間為L(zhǎng)該段時(shí)間排球下降的距離為h=2gt=2xl

=—5=0.35

%10

0x0.32m=0.45m；此時(shí)排球離地高度為h3=H—h=3m—0.45m=2.55m>hi,故乙在網(wǎng)前直立不動(dòng)攔不

到，故A錯(cuò)誤；球員乙起跳攔網(wǎng)高度為h2=2.75m,跳起的高度為△h=(2.75-2.30)m=0.45m,豎直上

/2-Ah/2x0.45

拋運(yùn)動(dòng)的下降時(shí)間與上升時(shí)間相等，故有s=0.3s,故乙在甲擊球時(shí)同時(shí)起跳離

地，在球到達(dá)乙位置時(shí)，運(yùn)動(dòng)員乙剛好到達(dá)最高點(diǎn)，可以攔住，故B正確；結(jié)合選項(xiàng)B的分析，乙在

-

甲擊球后0.25s起跳離地，初速度為v0=gt=10x0.3m/s=3m/s,上升時(shí)間0.05s時(shí)球到達(dá)乙位置，球員

乙上升的高度為Ah，=0.14m,攔截高度為2.44m,小于此時(shí)此位置排球離地高度2.55m,攔不到球，故

C錯(cuò)誤；乙在甲擊球前0.3s起跳離地，經(jīng)過(guò)0.6s剛好落地，攔不到球了，故D錯(cuò)誤。

17.【答案】C

【解析】設(shè):圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，對(duì)圖甲中:圓環(huán)，由電場(chǎng)強(qiáng)度的合成可知=

故E=^E“，圖乙中之圓環(huán)的左上,圓環(huán)和右下,圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，故。2處的

2444

IFy1

場(chǎng)強(qiáng)大小等于右上1圓環(huán)在。2處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，為拳4。設(shè)圖甲中;圓環(huán)的帶電荷量為9,則

圖乙中3圓環(huán)的帶電荷量為電勢(shì)是標(biāo)量，有%=k四,故處的電勢(shì)為%=^-.-=-<p0,

42r22r2

故選C。

18.【答案】C

【解析】小球在C點(diǎn)時(shí)，結(jié)合幾何知識(shí)對(duì)小球進(jìn)行受力分析可知，此時(shí)小球受到的拉力尸=mg

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)小球在/)點(diǎn)時(shí)彈性繩的彈力大小為耳，對(duì)小球進(jìn)行受力分析并沿水平和豎直方向正交

分解可得小sin30。=/cos30。，耳cos30。+/sin30。=mg,兩式聯(lián)立可解得耳=苧磔，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

設(shè)彈性繩的原長(zhǎng)為％,則當(dāng)小球在B點(diǎn)時(shí)，由胡克定律可得依|/-幻=叫，在D點(diǎn)時(shí)有

%(曰/+(_/。)=等根g

兩式聯(lián)立可解得選項(xiàng)C正確；從。到C的過(guò)程中，設(shè)4點(diǎn)下方的彈性繩與水平方向的夾角為

a,對(duì)小球受力分析并沿水平和豎直方向正交分解，在水平方向上有Fcos3(r=耳cose,解得

尸=W^cosa,因此過(guò)程中彈性繩的伸長(zhǎng)量越來(lái)越大，由耳=區(qū)可知彈性繩的彈力鳥(niǎo)越來(lái)越大，

而a由60°逐漸減小到30。，cosa越來(lái)越大，可知拉力F也越來(lái)越大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C。

19.【答案】AC

【解析】由圖(b)所示的交變電流，根據(jù)有效值定義可得A/R'T則輸

入電流的有效值為/(>=5A,即電流表的示數(shù)為5A,故A正確；可知原副線(xiàn)圈兩端的總電流不變，當(dāng)

滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值由50。減小到0,此時(shí)副線(xiàn)圈的總電阻減小，則副線(xiàn)圈兩端的電壓減小,

即電壓表的示數(shù)減?。桓鶕?jù)并聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)可知R兩端的電壓減小，則通過(guò)Ri的電流減小，根據(jù)

并聯(lián)分流可知，通過(guò)&和心的電流增大；故B錯(cuò)誤，C正確；設(shè)通過(guò)&和&的電流為上，則根據(jù)并

聯(lián)電路的電流特點(diǎn)可得

.于，則R2和&的總電功率為叱="（&+&）=1-/一，可得&和/?3的

與+&+&（?+4+&）

總電功率隨&減小而增大，故D錯(cuò)誤。故選AC。

20.【答案】BC

【解析】由題意可知位于拉格朗日點(diǎn)的太空站與地球相對(duì)靜止，因此位于L點(diǎn)的太空站環(huán)繞太陽(yáng)做圓

周運(yùn)動(dòng)，則其所受合力不為零，受力不平衡，A錯(cuò)誤；由題意可知，太空站與地球繞太陽(yáng)運(yùn)行的角速

度大小相等，由丫=。夫可知位于上點(diǎn)的太空站的線(xiàn)速度大小大于地球的線(xiàn)速度大小，B正確；位于心

點(diǎn)和位于L\點(diǎn)的太空站繞太陽(yáng)運(yùn)行的角速度大小相等，由a=a）2R可知，位于心點(diǎn)的太空站的向心加

速度大小大于位于心點(diǎn)的太空站的向心加速度大小，C正確；由于位于八點(diǎn)和45點(diǎn)的太空站的質(zhì)量關(guān)

系未知，因此位于心點(diǎn)和心點(diǎn)的太空站所受的向心力大小不能確定，D錯(cuò)誤。

21.【答案】BCD

【解析】電子顯負(fù)電性，根據(jù)圖中電子軌跡，可知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；在加速電場(chǎng)中，

根據(jù)動(dòng)能定理有eUo=萬(wàn)加片，加速電壓增大，會(huì)使電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度變大，故電子會(huì)打在P

eEv

點(diǎn)右側(cè)，故B正確；電子偏轉(zhuǎn)時(shí)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有4=%r，Vy=at,a=—,tan30°=U,聯(lián)立，

m%

可得

Hat

E=故C正確；根據(jù)幾何關(guān)系，有,，^o_~2＞代入數(shù)據(jù)得5=百"一與，故D

jjL/j[anJU--------------2

s

正確。

故選BCD。

?2d2

22.【答案】（1）2.40（2分）（2）幺（2分）------（2分）

4kMg4kg

【解析】⑴由圖示游標(biāo)卡尺可知，其示數(shù)為2mm+8x0.05mm=2.40mm。

（2）滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度u=滑塊做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度為?,對(duì)重物有

2ax2x=y2=?；,整理得X=《、一所以》一二？圖像的斜率攵=之，則加速度。=亡

Ar4aAr（加）4a4k

,2。T7?2

對(duì)滑塊由牛頓第二定律得2T7-〃Mg=Ma=M—，解得〃=------；-。

4kMg4kg

23.【答案】（1）＞（1分）B（1分）（2）AD（1分）

（3）m\■OP=m\-OM+mi-ON（2分）m\■OP2=m\-OM2+mz-ON2（2分）

（4）mi+〃?2（2分）

【解析】（1）防止球1反彈，球1的質(zhì)量應(yīng)大于球2的質(zhì)量，因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則水平位移可

以代表速度，0P是1球不與2球碰撞平拋運(yùn)動(dòng)的位移，該位移可以代表1球碰撞前的速度，0M是1

球碰撞后平拋運(yùn)動(dòng)的位移，該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，該位移

可以代表碰撞后2球的速度，當(dāng)所測(cè)物理量滿(mǎn)足表達(dá)式mAOP=班OM+m2ON,所以除了測(cè)量線(xiàn)

段OM、OP、ON的長(zhǎng)度外，還需要測(cè)量的物理量是小球1和小球2的質(zhì)量如、m2,則要用到刻度尺

和天平，故選B。

X

（2）因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)v=—所以用水平射程可以代替速度，則需測(cè)量小球平拋運(yùn)動(dòng)的射

t

程間接測(cè)量速度。故應(yīng)保證斜槽末端水平，故A正確；實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證町?。尸=町?。/+網(wǎng)-。乂，則

不用實(shí)驗(yàn)前應(yīng)該測(cè)出斜槽末端距地面的高度，故B錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，白紙，復(fù)寫(xiě)紙都不能移動(dòng)，故

C錯(cuò)誤；小球落點(diǎn)的平均位置為用盡可能小的圓把10個(gè)落點(diǎn)圈起來(lái)，此圓的圓心即為落點(diǎn)，故D正確。

故選AD。

（3）由分析可知，在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若滿(mǎn)足關(guān)系式町-。夕=町?。加+/%-。7,則可以認(rèn)為兩

球碰撞前后在OP方向上的總動(dòng)量守恒，只要g叫q%成立則機(jī)械能守恒，聯(lián)立解

得町?OPJ/VOAT+aON?,即此式成立，則說(shuō)明碰撞是彈性碰撞。

（4）碰撞前，啊落在圖中的尸點(diǎn),設(shè)其水平初速度為也,小球〃“和，血發(fā)生碰撞后，如的落點(diǎn)在圖中M

點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為也'，〃?2的落點(diǎn)是圖中的V點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為吸，設(shè)斜面8c與水平面的傾

角為a,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得EpSina=〈g*，0.cosa=iy,解得匕=生絲4,同理有

gL、'C°s-a,可見(jiàn)速度正比于,所以只要驗(yàn)證如口=如口+〃?2口即可。

2sina

IR.h

24.【答案】（1）水平向左；（2），加速度隨著導(dǎo)體棒的位移在均勻增大；

《

⑶個(gè)gL+Ikg方梟

【解析】（1）根據(jù)右手螺旋定則，長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)在導(dǎo)軌處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，根?jù)右手定則，

運(yùn)動(dòng)中流過(guò)金屬桿MN的電流方向?yàn)樗较蜃?。?分）

（2）金屬桿接入電路的有效長(zhǎng)度為（1分）

3

則電路中的電阻為H=可（1分）

電源電動(dòng)勢(shì)為=（1分），其中8=%上

h

IR.}h

解得y=-（i分）

ki。

根據(jù)上式可知，導(dǎo)體棒速度與導(dǎo)體棒的位移成正比，即加速度隨著導(dǎo)體棒的位移在均勻增大。

（3）導(dǎo)體棒脫離軌道上，其速度為/=如且L（1分）

12

導(dǎo)體棒上升x時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為AQ=*瓜RQ==|^/0Ax（1分）

則導(dǎo)體棒脫離導(dǎo)軌時(shí)，電路產(chǎn)生的熱量為。=￡4。=26a/0工故=26a/0*（|

分）

對(duì)導(dǎo)體棒，根據(jù)動(dòng)能定理得*機(jī)gL=g〃n/2_。（1分）

結(jié)合功能關(guān)系有卬安=-。（1分）

解得%=_叫+21mgL+Lmv'2=與mgL+IldoL+3m言F（2分）

5

25.【答案】（1）38咫（2）37?

1

【解析】（1）滑塊尸下滑至與。相碰前瞬間，由機(jī)械能守恒定律得（1分）

P、。碰后合在一起運(yùn)動(dòng)，碰撞瞬間由動(dòng)量守恒定律得加也=2%也（1分）

11

P、。一起由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)過(guò)程，有2mgR（l—cos。）+2?2機(jī)口22=5?2〃2）療（1分）

加

經(jīng)過(guò)。點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力最大，有FNQ—2mg=2而五"（1分）

由牛頓第三定律可知，兩滑塊對(duì)圓弧軌道的最大壓力，F(xiàn)ND'=FND（1分）

聯(lián)立解得/NQ'=3.8〃吆（2分）

（2）由（1）中計(jì)算可知，P、。整體在。點(diǎn)的動(dòng)能5?2m陞>2=09明a<2/陽(yáng)寵（1分）

因此它們?cè)趫A弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)在E點(diǎn)下方，之后沿軌道返回，再次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小仍為以

從。點(diǎn)上滑后P、。分離，。比尸先到達(dá)最高點(diǎn)，且。運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)停下.設(shè)P、。上滑的最大位

1

移分別為XP、XQ.對(duì)P、Q,由動(dòng)能定理分別可得一mgsin0-xp=O—2friV22（1分）

1

一（nzgsin0+Ff）-xe=O—2^V22（1分）

由P、Q碰后一起勻速下滑可知Q受到的滑動(dòng)摩擦力大小Ff=2mgsin0（1分）

1

。再次從最高點(diǎn)下滑至第二次碰。前，有機(jī)gsin夕由一夜尸加?。?分）

P、Q碰后一起運(yùn)動(dòng)，Wmv3=2mv4（1分）

P、。從。點(diǎn)上滑到第二次從。點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，Q克服摩擦力做的功Wf=F「2xQ（1分）

I1

而尸、。碰撞損失的機(jī)械能為：AE=，nv32—5.2根血2（1分）

W（4

由以上各式解得?？朔Σ亮ψ龅墓εcP、。碰撞損失的機(jī)械能之比為：赤=1（1分）

P、。此后多次進(jìn)入直軌道AC的運(yùn)動(dòng)過(guò)程遵循同樣的規(guī)律，直到最后到達(dá)。點(diǎn)的速度減為0,因此從

41

P、。第一次回到直軌道AC運(yùn)動(dòng)到最后不再進(jìn)入為止，?？朔Σ亮ψ龅墓椋篎f/=5.5x29（1分）

R

滑塊Q在軌道AC上往復(fù)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)的最大路程為/m,則/m=/+而花（1分）

5

聯(lián)立解得/m=歡.（2分）

33.（1）【答案】BCE

【解析】從〃到6,根據(jù)叱=c可知，壓強(qiáng)不變，體積變大，則溫度升高，分子平均動(dòng)能變大，但

T

是并非每個(gè)氣體分子的動(dòng)能都增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)=C可知，從b到c,體積不變，壓強(qiáng)變

T

大，則氣體溫度升高，選項(xiàng)B正確；從c到d,氣體的溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，選項(xiàng)C正確；從d

到“，氣體體積減小，則外界對(duì)氣體做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；從a經(jīng)過(guò)氏c、d,再回到。的過(guò)程，其中

從?到d過(guò)程氣體對(duì)外做功的值等于圖線(xiàn)與V軸圍成的面積，從d回到a時(shí)外界對(duì)氣體做功也等于圖

像與V軸圍成的面積大小，則整個(gè)過(guò)程中氣體對(duì)外界做功，而整個(gè)過(guò)程中內(nèi)能不變，則由熱力學(xué)第一

定律可知，外界向氣體傳遞的熱量與氣體對(duì)外界所做的功相等，選項(xiàng)E正確。故選BCE。

（2）【答案】①400K②75N

【解析】①汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變，溫度升高，氣體體積變大，故活塞向上移動(dòng)

LSi+LS2HSi

由蓋一呂薩克定律有：-~（2分）

解得：7=400K（2分）

②設(shè)向下推動(dòng)的距離為x時(shí)，氣體壓強(qiáng)為p

由平衡條件得：p（）Si+pS2=Mg+p（）S2+pSi+尸（1分）

當(dāng)尸=0時(shí)，可得初始狀態(tài)氣體壓強(qiáng)0=1.5x105Pa

緩慢向下推活塞6的過(guò)程，溫度不變，

由玻意耳定律得：MLSi+x$+LS2-xS2）=pi（LSi+LS2）（2分）

150x150

聯(lián)立以上各式得：F=\5—X—~\5（0<X<5cm）（1分）

x—1

當(dāng)x=5cm時(shí)，尸最大，F(xiàn)