2021年高考物理押題預(yù)測(cè)卷03（新課標(biāo)Ⅰ卷）（全解全析）

2021年高考押題預(yù)測(cè)卷03【新課標(biāo)I卷】

理科綜合物理，全解全析

1415161718192021

ACCBDBCDABCD

14.【答案】A

【解析】由圖甲可知光子的能量為E=-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV,由圖丙可知遏止電壓為7V,

所以光電子的初動(dòng)能為E-U=7eV,所以金屬材料的逸出功為W=E一用.=5.75eV，故A正確；

由排列組合的規(guī)律可知，處于〃=4激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時(shí)能夠發(fā)出6種頻率的光，故B錯(cuò)誤；光電子

由陰極K向?qū)γ娴臉O板運(yùn)動(dòng)，形成的電流在圖乙中從右向左流動(dòng)，要阻止該電流，需要施加反向電壓,

即電源左側(cè)應(yīng)該為正極，故C錯(cuò)誤；只要光子的能量大于5.75eV,就可以使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)，

由圖甲可知滿足要求的有3種頻率的光子，故D錯(cuò)誤。故選A。

15.【答案】C

【解析】雙星系統(tǒng)靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以Q星的周期

為T(mén);根據(jù)題意可知八>+々=/,/!>-“=△〃解得G=工,r--,則P、Q兩顆星的運(yùn)動(dòng)半徑之

Q

/+Ar

比;—，故D正確，不符合題意；雙星系統(tǒng)靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，角速度大小相等，向

/-Ar

心力大小相等，則有G—二9=/%小。2=7%為，解得,&=!-,m。=,則Q、P兩顆

/"GG

AAr

星的質(zhì)量差為△加=〃?Q-WP=二,故A正確，不符合題意；P、Q兩顆星的線速度大小

GGT-

之差為△U=UP-VQ=出-2@=2叱，故B正確，不符合題意；P、Q兩顆星的質(zhì)量之比為

TTT

,n?

mQrp/+Ar

故C錯(cuò)誤，符合題意。故選C。

16.【答案】C

【解析】設(shè)小球的水平初速度為血，經(jīng)時(shí)間〃第一次落地，則從拋出到第一次落地的過(guò)程中，水平位

移和豎直位移分別為X=：H=%4,y=H=-gtf,聯(lián)立解得%=g”，小球第一次落地并被彈

32Y9

、2

起后做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間72第二次落地，則根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有g(shù)g9

—H，解得

716

r2=3—,所以小球第一次落地點(diǎn)到第二次落地點(diǎn)的水平距離為S=v0t2=2H,故AB錯(cuò)誤；小球

N2g

第一次落地前瞬間的豎直分速度的大小為飛=伍萬(wàn)，第一次落地反彈后瞬間的豎直分速度大小為

,取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有（/一加8"=相匕.2一（一加外），解得第一次與地

面接觸的過(guò)程中，小球受到的平均作用力為F=7〃"2g”+,故c正確，D錯(cuò)誤。故選C。

4r

17.【答案】B

kq

【解析】設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)A處點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為田=〃，C處點(diǎn)電荷在8點(diǎn)產(chǎn)

kqkq

生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2=U，E處點(diǎn)電荷在8點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為&=4U，由電場(chǎng)的疊加可知，A、C兩

kq3kq

處點(diǎn)電荷在8處的合場(chǎng)強(qiáng)為昂2=〃，所以B處的場(chǎng)強(qiáng)為物=昂2—芯3=4〃，同理可求得：。處的場(chǎng)強(qiáng)

2kq2kqkq3kq2kqkqkq

為Eo=乙2，所以EB<EO,8處的電勢(shì)為QB=Z.-2L=2L，。處的電勢(shì)為。。=乙一Z,=L，所以

（pB><po,故B正確.

18.【答案】D

【解析】導(dǎo)線。受氏c磁場(chǎng)力恰好與其重力平衡，重力豎直向下，則導(dǎo)線a受的合磁場(chǎng)力的方向豎直

向上，因此從c對(duì)。的磁場(chǎng)力都為排斥力，6、c為同向電流，a與b、c為異向電流，AB錯(cuò)誤；c對(duì)人

為吸引力，“對(duì)b為排斥力，導(dǎo)線6受到磁場(chǎng)力的合力的方向?yàn)樾毕蛴蚁路?，?dǎo)線〃受的合磁場(chǎng)力的方

向豎直向上，故兩者方向不是相反的，C錯(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)線長(zhǎng)度為L(zhǎng)分析導(dǎo)線。的受力情況，。對(duì)匕的磁

場(chǎng)力為我如，c對(duì)〃的磁場(chǎng)力為Kb,根據(jù)共點(diǎn)力平衡知識(shí)可知Fabsin30°=Fcb

其中工/,=%'//，F(xiàn)cb=k}lJ，解得/“=2/〃，根據(jù)導(dǎo)線〃的受力可知，電流/〃=/,.,故導(dǎo)線

a、b、c上通有的電流大小關(guān)系為/“=2乙,=2/,,D正確。故選D。

19.【答案】BCD

【解析】a、b兩位置處機(jī)械能守恒，則整理得嚕=等+4〃8/?,即

小球a比小球b所需向心力大4)〃g,A正確；當(dāng)小球在b位置時(shí)，由牛頓第二定律知mg+N=

h暇

結(jié)合a、b兩位置機(jī)械能守恒知；mv；=1加(島可?=1m說(shuō)+mg-2R,解得Nb=O,即小球b在軌

道最高點(diǎn)對(duì)軌道沒(méi)有壓力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球在b位置速度可以為零，則有=/〃g-2H,得

匕,=2屈，所以小球在軌道最低點(diǎn)的速度v至少為J荻，才能使兩球在管內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤;

_____22

當(dāng)論時(shí),在b位置，相g+N”=〃2乜~,在a位置，Na-mg=m—9結(jié)合

RR

g*=gmv；,+mg-2R,得Na-Nh=6mg,即小球〃對(duì)軌道最低點(diǎn)壓力比小球b對(duì)軌道最高點(diǎn)

_____2

壓力都大6mg；當(dāng)OWvVj四時(shí)，在a位置，由牛頓第二定律知N“—mg在b位置時(shí),

R

有mg-Nh=m—,且有工機(jī)1=-mv；+mg-2R,可得AN=Na-Nh-4mg+把目24mg,

R221R

小球?對(duì)軌道最低點(diǎn)壓力比小球b對(duì)軌道最高點(diǎn)壓力差與小球在b位置時(shí)速度大小有關(guān)，不一定都大6

mg,D錯(cuò)誤。

20.【答案】AB

【解析】U?t3時(shí)間內(nèi)穿過(guò)金屬框的磁通量先垂直于斜面向上減小，后垂直于斜面向下增大，根據(jù)楞次

定律可知，金屬框中的電流方向不變，選一項(xiàng)A正確；0?t3時(shí)間內(nèi)，金屬框的ab邊與cd邊所受安培力

等大反向，金屬框所受安培力為零，則所受的合力沿斜面向下，大小為mgs山0,做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

1

選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；。?t3時(shí)間內(nèi)，金屬框所受的安培力為零，金屬框的機(jī)械能守恒，有mgLsi〃8=5

1

mv2,故金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱不等于mgLs〃?9-]mv2,選項(xiàng)。錯(cuò)誤.

21.【答案】CD

【解析】小球由C到。的過(guò)程中，小球是先加速后減速，故小球的加速度是先向下后向上，故在。點(diǎn)

是具有向上的加速度，不是平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；設(shè)小球在。點(diǎn)獲得一向上的瞬時(shí)速度為口研究C

到D過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得加g/?-叱=。，研究D到C過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得

1,

-mgh-叱.+嗎單=0-—mv~

聯(lián)立解得克服摩擦力做的功為叱=!〃”2,嗎=〃乜〃，解得u=也竺，由兩個(gè)動(dòng)能定理方程

4Nm

1

同時(shí)聯(lián)立解得：從。到C克服彈簧彈力做功%=mgh--mv92=mgh-fjkLh,由于在C處彈簧的

彈性勢(shì)能不為零，故最大彈性勢(shì)能大于mg/2-故B錯(cuò)誤：故小球在D點(diǎn)獲得的瞬時(shí)沖量為

I=mv=2〃mkLh,故C正確；小球受桿的彈力等于橡皮筋彈力的水平分量，設(shè)橡皮筋與桿的夾角

為。

鳳=kxsmd=kL,在過(guò)程C到。、過(guò)程。到c中嗎=〃五/=RkLh,則知在兩個(gè)過(guò)程中克服摩擦

力做功相同，故D正確。故選CD。

22.【答案】（1）2.25m/s（2分）（2）大于（2分）（3）0.031（2分）

【解析】（1）在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，某段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間的平局速度，所以C點(diǎn)

0.3123-0.2224

入BDm/s=2.25m/s

的速度VCT

~1~2X50

2

V

（2）根據(jù)動(dòng)能定理（mg-/）/?=2wF，得至=所以圖線斜率A=g—―,由圖知》的斜率小,

m

hm

所以b的質(zhì)量小于a的質(zhì)量;

v2

所以圖線斜率-今=9.18,代入

（3）根據(jù)動(dòng)能定理（網(wǎng)8一片由二^/^^，得2=”互，

hnv,

數(shù)據(jù)解得耳=0.031N。

兀d°b.7rd2（a-b）

23.【答案】（1）B（1分）（2）I（1分）II線（1分）p=-----（2分）p

4c4c

（3分）（3）D（1分）

【解析】（1）盡管螺旋測(cè)微器是三個(gè)測(cè)量工具精度最高的,能精確到0.1mm的游標(biāo)卡尺比刻度尺精

度易高，但是因?yàn)橐獪y(cè)量筆芯內(nèi)徑，所以只能優(yōu)選游標(biāo)卡尺。

（2）①A組方案采用了等效替代法測(cè)電阻的方法，保持凡不變，開(kāi)關(guān)S?扳到“2”位置，調(diào)節(jié)&使得

電流計(jì)讀數(shù)為/時(shí)，/?,的讀數(shù)即為長(zhǎng)度為乙的鹽水的阻值。

所測(cè)電阻與長(zhǎng)度成正比，所以畫(huà)出的R—L圖線如圖乙所示的II線。

cLL4L

R=p—=p-------=p----4h

根據(jù)S（d^萬(wàn)屋，可知斜率為k=夕一7=—，得鹽水的電阻率的表達(dá)式為

乃—7ld-C

\2J

7td2b

P=——

4c

②8組方案采用補(bǔ)償法測(cè)電阻的方法，整個(gè)電路的總電阻凡保持不變，^=RA+r+R+p-,可得

S

IA.77—h

R=^-RA-r-p-,由此可知斜率Z=pr=——,可得鹽水的電阻率表達(dá)式為

S乃c

7rd2（a—b）

o-----------0

4c

（3）由上面表達(dá)可知，兩種方案，電流表的內(nèi)阻不影響測(cè)量結(jié)果，所以選D。

24.【答案】（1）4m/s（2）2J（3）2m

【解析】（1）設(shè)滑塊與小車能共速，且速度為3,由動(dòng)量守恒得

mv0=（m+M）v,（1分）解得：v,=4m/s（1分）

112

設(shè)滑塊在車上的相對(duì)位移為SO,由能量守恒得〃mgSo=5機(jī)％2-2（山+“）匕2。分）

解得：s0=3m（1分）

設(shè)A車加速過(guò)程位移為Si,由動(dòng)能定理得〃加gS1=耳聞片2解得：S1=2加（1分）

因?yàn)閟0=L、S]=s,所以A與B碰前AC已達(dá)共速，C速度為匕=4m/s

（2）設(shè)A、B碰后速度為叱2,由動(dòng)量守恒得M%=（M+M）%解得：v2=2m/s（1分）

設(shè)A、B、C共同速度為內(nèi),由動(dòng)量守恒得加匕+（M+MM=O+M+M）匕（1分）

1)1921o2

由能量守恒得：-mv；+-(M+M)V2=-(m+M+M)v3+Ep(1分)

解得：E?=2J(1分)

（3）設(shè)物塊C最終距離O的距離為S2,由能量守恒得

1112L

mv22

~\+—(A/+A/)V2=—(Z?2+M+M)V3+/Jingus2--)（2分）

解得：s2=2m（1分）

qGB$24Bo

25.【答案】（1）8/?（2）（3）見(jiàn)解析。

【解析】（1）粒子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有：qU=5?m（1分）

V2

粒子在第二象限輻射狀電場(chǎng)中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則：癡1（1分）

qBoL心氏2

聯(lián)立解得：v=2m，U=8/w（1分）

qB（）L

⑵粒子在區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)的速度大小v=2m，（1分）

v2-L

根據(jù)洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有qBu尸m：,得半徑瓦=5，（1

分）

若粒子在區(qū)域II中的運(yùn)動(dòng)半徑/?較小，則粒子會(huì)從0C邊射出磁場(chǎng).

恰好不從。。邊射出時(shí)，作出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖.

24

滿足NQOiQ=2。，sin20=2sin0cos0=25，（1分）

r

又sin20=R—r（1分）

4949

解得：/?=24r=48L（1分）

mvqB°L

又R=不，代入v=2m（1分）

24股）

可得：B=49（1分）

（3）①若粒子由區(qū)域I達(dá)到M點(diǎn)，每次前進(jìn)CPi=2（R—r）cos夕=5（R—r）（1分）

由周期性得：CM=nCP?伽=1,2,3……）,（1分）

58

即，=%（犬一「）（1分）

2549

R=〃+而，N欣L，解得叱3

338

〃=1時(shí)7?=而L，8=藥%

4116

n=2時(shí)R=y2Lf8=石8。

4924

〃=3時(shí)7?=48L,B=49BO

②若粒子由區(qū)域II達(dá)到M點(diǎn)

由周期性："CM=CPi+〃CP2（〃=0,1,2,3...）（1分）

588

即乙=引?+5〃（/?一r）（1分）

54

49

解得：R=8i>48^（1分）

5（1+〃）

26

解得：?<25（1分）

258

"=0時(shí)/?=。乙，B=25BO（1分）

3316

"=1時(shí)/?=我38=萬(wàn)跖（1分）

33.（1）【答案】ACD

【解析】充氣后，氣體分子數(shù)增大，溫度和體積不變，則密封氣體分子單位時(shí)間撞擊單位面積器壁的

次數(shù)增多，故A正確；充氣后，由于溫度不變，密封氣體的分子平均動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤；充氣后，

封閉氣體壓強(qiáng)增大，大于外界大氣壓強(qiáng)，打開(kāi)閥門(mén)后，密封氣體對(duì)外界做正功，故C正確；由于溫度

不變，封閉氣體內(nèi)能不變，且打開(kāi)閥門(mén)后，密封氣體對(duì)外界做正功，由熱力學(xué)第一定律可知，密封氣

體從外界吸熱，故D正確；由于打開(kāi)閥門(mén)后封閉氣體溫度不變，且質(zhì)量不變，則封閉氣體內(nèi)能不變，

故E錯(cuò)誤.

314

（2）【答案】①尸②T=

【解析】①活塞剛離開(kāi)MM、尸。時(shí)，活塞對(duì)MM、PQ壓力為零,下部分氣體的壓強(qiáng)P滿足

p.4s=%-4S+G（1分）

3

解得尸=5凡（1分）

②當(dāng)活塞升高日時(shí)，對(duì)上面部分氣體，根據(jù)玻意耳定律得凡?"?4S=P匕（"一9}4s（2分）

3

解得4=5兄a分）

對(duì)活塞，由平衡條件得？F.4S=PI4S+G（1分）

解得珠=24（1分）

P-HS+-AS

對(duì)下面部分氣體，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程得凡?a?S"下K（3J（2分）

KT

14

解得T=—"（1分）

3

34.（1）【答案】BCE

【解析】根據(jù)波的圖像可知在f=0.3s內(nèi)，波沿x軸正方向傳播了6m,故v=匹=￡m/s=20m/s

D/0.3

1Q