2021年高考物理押題預(yù)測(cè)卷02（福建卷）（全解全析）

2021年高考押題預(yù)測(cè)卷02【福建卷】

物理，全解全析

12345678

BBBDBCBCABDACD

【答案】B

【解析】

A.質(zhì)點(diǎn)D在兩列波中振動(dòng)方向均向下，疊加后向下振動(dòng)。A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)波速公式得

Z=vT=—=1m

f

據(jù)圖可得，質(zhì)點(diǎn)P、O橫坐標(biāo)的差為

3

5=2-2=2.75m

4

B正確；

C.由圖可知，質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)的時(shí)間為

%=1.757

質(zhì)點(diǎn)O振動(dòng)的時(shí)間為

4=27

振動(dòng)的時(shí)間差為

△.=0.25T=0.025s

C錯(cuò)誤；

D.兩列波疊加時(shí)，C點(diǎn)的振幅為0。D錯(cuò)誤。

故選Bo

2.

【答案】B

【解析】

A.以環(huán)和重物整體為研究對(duì)象，設(shè)環(huán)在8點(diǎn)的速度為匕，此時(shí)重物的速度為％,由動(dòng)能定理得

.-..1八121c2

mga-2mga(--------1)=—mv+—?27nv

sin82122

由關(guān)聯(lián)速度得

V,cos0=v2

聯(lián)立解得

%=J(3-20)gd

故A錯(cuò)；

B.以環(huán)為研究對(duì)象，開始時(shí)，重力大于拉力豎直方向上的分力，物體做加速運(yùn)動(dòng)；在后面的運(yùn)動(dòng)

過程中，由于重物的質(zhì)量大于環(huán)的質(zhì)量，所以拉力在豎直方向的分力有可能大于環(huán)的重力，物體

可能做減速運(yùn)動(dòng)。但需要判斷，假設(shè)拉力的分力等于環(huán)的重力，設(shè)此時(shí)繩于豎直方向的夾角為。，

由平衡條件得

2mgcosa-mg

解得

a=60°>e=45°

可知，當(dāng)60。<8490。時(shí)，環(huán)做加速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)45°〈夕<60。環(huán)做減速直線運(yùn)動(dòng)。故B對(duì)；

C.環(huán)剛釋放時(shí)，由于繩水平，合力為重力，加速度為g,在水平方向上的分加速度為0,因此重

物加速度為0，由平衡條件得

T-2mg

故C錯(cuò)；

D.根據(jù)機(jī)械能守恒得，環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能，故D錯(cuò)。

故選B。

3.

【答案】B

【解析】

A.增大對(duì)&的光照強(qiáng)度，其電阻減小，電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中

的干路電流增大，則A表的示數(shù)變大。故A錯(cuò)誤；

B.由于R>r,結(jié)合電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系可知，當(dāng)外電阻減小時(shí)，電源的輸出功率增大,

故B正確；

C.根據(jù)公式

P=%

結(jié)合A選項(xiàng)，可知電流增大，電源內(nèi)部消耗的熱功率增大。故C錯(cuò)誤；

D.由閉合電路歐姆定律

U=E-I(Rt+r)

可知，并聯(lián)部分電壓減小，即電容器兩端電壓減小，所以電容器處于放電過程，電流從6流向外

故D錯(cuò)誤。

故選B。

4.

【答案】D

【解析】

A.根據(jù)能量守恒定律，電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變，所以機(jī)械能最小的位置是電勢(shì)能最大的位

置，即與。點(diǎn)等高的最左的位置，故A錯(cuò)誤；

B.對(duì)小球進(jìn)行受力分析如上圖所示，，可得

/=tan37。

mg

解得小球的帶電量為

4=6xl()-5c

故B錯(cuò)誤；

C.由

E=EK+耳+耳=1J+mgx2Lcos37°+x2Lsin37°=5J

故C錯(cuò)誤；

D.由于重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，在圓上各點(diǎn)中，小球在平衡位置A

點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能（（重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和））最小，在平衡位置的對(duì)稱點(diǎn)8點(diǎn)，小球的勢(shì)能最大，由

于小球總能量不變，所以在8點(diǎn)的動(dòng)能EKB最小，對(duì)應(yīng)速度%最小，在B點(diǎn)，小球受到的重力和

電場(chǎng)力，其合力作為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，而繩的拉力恰為零，有

T=-^=1N

cos37°

心必

°L

mV2

EKB=；R=g"L=U

故D正確。

故選Do

5.

【答案】BC

【解析】

A.打氣后，由于氣體的溫度不變，分子平均動(dòng)能不變，球內(nèi)氣體分子對(duì)球壁的平均作用力不變,

但是球內(nèi)每個(gè)氣體分子對(duì)球內(nèi)壁的作用力不一定增大，A錯(cuò)誤；

B.打氣后，球內(nèi)氣體的壓強(qiáng)變大，即球內(nèi)氣體分子對(duì)球內(nèi)壁單位面積的平均作用力增大，B正確;

CD.打氣6次后，由玻意耳定律

ptV0+pox6xO.O5Vo=pVa

解得

p-1.4atm

即球內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為L(zhǎng)4atm,C正確，D錯(cuò)誤。

故選BCo

6.

【答案】BC

【解析】

對(duì)小球B受力分析，如圖所示

因?yàn)榧僭O(shè)兩次彈簧的形變一樣，但是代＞%,所以勁度系數(shù)為心的彈簧彈力大，彈簧形變要恢復(fù)一

些，及彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng)，所以根據(jù)三角形相似

GTF

OA-OB-Afi

可知，繩子拉力不變，彈簧彈力變大。

故選BCo

7.

【答案】ABD

【解析】

A.設(shè)全過程中的平均電動(dòng)勢(shì)為豆，平均感應(yīng)電流為7,時(shí)間為△，，則通過電阻R的電荷量為q

-△①BL(s+s)4as

△tArz

得

A正確；

B.設(shè)拉力作用時(shí)間為&L拉力平均值為了，對(duì)整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)量定理有

FA/,-B/Mr=0-0

所以

F'I、=BILZ-BLq=2xlx2N-s=4N-s

B正確；

C.拉力撤去時(shí)，導(dǎo)體桿的速度v,即為最大速度，拉力撤去后桿運(yùn)動(dòng)時(shí)間為42,平均感應(yīng)電流

為72,根據(jù)動(dòng)量定理有

BI21At2=mv

B^-L\t,=mv

R*

B2I3S

--------=mv

R

即

mR

c錯(cuò)誤;

D.勻加速運(yùn)動(dòng)過程中

a=—=36m/s2

2s

對(duì)/時(shí)刻，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得

F-BIL=ma

冷2r2+

F=ma+BIL=ma+-~—=18+72/

R(N)

D正確。

故選ABD,

8.

【答案】ACD

【解析】

A.系統(tǒng)靜止時(shí)，對(duì)B分析知

mgsin37°=H

解得

mgsin37"

小車向右移動(dòng)到4時(shí)，對(duì)A分析知

mgsin37°=kx1

解得

mgsin37

k

分析題意可知

x1+x2=

聯(lián)立可得

kr24mg

5L

故A項(xiàng)正確；

B.經(jīng)分析，當(dāng)物體B沿斜面向上移動(dòng)了加時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，此時(shí)

xjgsin37°JL

故B項(xiàng)錯(cuò)誤;

C.若小車以瘋的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小車向右移動(dòng)到W時(shí)，輕繩與水平面成。角，則由幾

何知識(shí)可得

.403

sin0=—cos0=—

5,5

由運(yùn)動(dòng)和合成與分解可得

vB=v/｝；cos。=|瘋

故c項(xiàng)正確;

D.當(dāng)小車緩慢向右運(yùn)動(dòng)?距離時(shí)，若輕繩突然斷開，繩子拉加成為。，此時(shí)對(duì)物體B受力分析,

得出合力為

F=2mgsin37°

且方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得B的加速度為

a=￡=1.2g

m

故D項(xiàng)正確。

故選ACDo

9.

GMT2

3|D

-------------9----------K

【答案】小于4〃-

【解析】

根據(jù)

-Mmv2

可知

GM

“天宮二號(hào)”的運(yùn)行高度大于地球的半徑，則運(yùn)行速度小于7.9km/s；

根據(jù)

Mm472

CT---、

(R+/2)2

解得離地面的高度為

GMT2

h=iR

4/

10.

12

［答案］)H+3Li22He2.76x10

【解析】

由核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得核反應(yīng)方程為

:H+；Lif2：He

根據(jù)質(zhì)能方程

AE=me2

可得釋放的核能為

AE=(1.6736+11.6505-2x6.6467)x10-27x(3x108)2J?2.76x10-12J

11.(5分)

【答案】0.580.60在誤差范圍內(nèi)，mi,儂組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒9.7

【解析】

(1)在打下第“0”到打下第“5”點(diǎn)的過程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量為

32160+02640＞

A￡k=-(m1+/n,)v^-0=-x(50+150)xl0-xr0--［J=0.58J

2212x0.1)

系統(tǒng)勢(shì)能的減少量

3

AEp=m1gh-mygh-{m1-/?zI)g/2=(150-50)x10x10x(0.3840+0.2160)J=0.60J

通過比較可以得出結(jié)論為：在誤差范圍內(nèi)，mi,儂組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

(2)由機(jī)械能守恒定律得

2

m2g=5(仍+和)v

解得

2町+g

由上式和圖像得

(/%一町)g_5.82

町+/巧1.20

解得

g=9.7m/s2

12.(7分)

【答案】10.0。至UP調(diào)大6.3V8000Q

【解析】

(1)根據(jù)圖乙指針?biāo)?，讀數(shù)為l°OkC。

(3)電流為0時(shí)，有

(PP=<PQ

無電勢(shì)差，無電流，選電源負(fù)極為電位參考點(diǎn)，則有

%=UV2=&，2

當(dāng)讓阻值減小時(shí)，則L增大，0V2增大，Q端電勢(shì)增大，電流從高電位流向低電位，則電流從

Q到P。

電流為0時(shí)，有

/?vi_R?

方一互

調(diào)小R的阻值，使G的示數(shù)再次為零，則需要調(diào)大/?2的阻值。

(4)由圖甲電路可知，路端電壓〃為兩電壓表示數(shù)之和，流過電源的電流/為兩電流表示數(shù)之和,

由閉合電路歐姆定律可得

E=(U+5)+(4+?

E=(4+S)+(；+/；)r

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

E=6.3V

r=80000

13.

2G

O嗎二----

【答案】(1)45；(2)3

【解析】

(1)如圖所示，

紫光在水平界面處發(fā)生全反射有

.c1

sin夕=—

“2

解得

力45。

（2）對(duì)紅光根據(jù)折射定律有

sinr

n.=------

1sin。

根據(jù)幾何關(guān)系，有

.R

sinr='■.

加+仕叫2

解得

2百

n.二----

13

14.

?y/m

，.----0-.1、8、、

/**、、

//、、

I????\

1.0.08；------------------------------M

????

\./"…、?/

''、、，J'、：/N一

一0.06O0.06x/m

【答案】（1）0.08m；（2）6=53。；（3）29%

【解析】

（1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力

2

qvB=m*

解得

R=0.08m

（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

令從），=0.18m處出射的粒子對(duì)應(yīng)的入射角方向與y軸的夾角為仇由幾何關(guān)系可得

sin8=0.8

即

8=53。

（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為》由帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得

y=-at~

2

加速度為

qU

a=--

md

飛行時(shí)間為

t——I

v

解得

y=31,=0.08m

2mdv2

設(shè)此粒子射入時(shí)與x軸的夾角為a,則由幾何知識(shí)得

y=rsin。-&cosa

可得

4

tana=—

3

即

tana=53°

N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例為

^xl00%=29%

15.

5,1521

—h=—x-----(m)x

【答案】(1)3m/s；(2)6.(3)當(dāng)xK().7m時(shí)，〃=()；當(dāng)().7m<xVlm時(shí)、64128

【解析】

(1)設(shè)甲、乙第一次碰前甲的速度大小為四，從甲釋放到甲、乙第一次碰前，對(duì)甲根據(jù)動(dòng)能定理

可得

Ep_〃fng.2d=gtnvK①

代入數(shù)據(jù)解得

%=3m/s

(2)設(shè)甲、乙第一次碰后的速度分別為也、V2,根據(jù)動(dòng)量守恒定理和機(jī)械能守恒定律可得

mv0=mVj+MV2②

1712lj?,2

-mv=—mv+—

202]2-③

聯(lián)立②③式解得

Vj=-lm/sv2=2m/s

碰后甲向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)運(yùn)動(dòng)S1后靜止，對(duì)甲根據(jù)動(dòng)能定理有

-jLimg-51=0-—mv^

2④

代入數(shù)據(jù)解得

*=0.1m

碰后乙沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)