2021年高考物理押题预测卷（河北卷）01（全解全析）

2021年高考押题预测卷01【河北卷】

物理，全解全析

12345678910

ADCCCCBDACCDABC

1.A

【详解】

甲乙两环在匕点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，则两环在。点分别产生的场强大小为空，两环在

2

。点产生的场强大小为与，甲环在4点产生的场强大小为2，两环在。点产生的场强方向相同，则乙环在

。点产生的场强大小为4-殳，由于乙环在。点产生的场强与甲环在C点产生的场强大小相等，则当把环

2

形电流乙撤去后，c•点的磁感应强度大小为4-等，故A正确；BCD错误；

故选Ao

2.D

【详解】

A.把篮球的重力沿初速度方向、垂直初速度方向正交分解，可知，篮球沿初速度方向做匀减速直线运动，

当位移为s=4m时速度恰好为零，即

说=2-gsin53-5

解得%=8m/s,A错误；

B.该同学对篮球的冲量大小等于篮球出手时获得的动量，即

I-mvn=4.8N-s

B错误；

C,篮球从出手到与墙接触所用时间为

t=—————=1s

gsin53°

C错误；

D.垂直初速度方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移为

=—gcos53°x/2=3m

则篮球与墙的接触点与出手位置相距

L-yJs2+s,2-5m

D正确。

故选D。

3.C

【详解】

A.由题意可知，赤道上相对地球静止的物体的线速度为

2nR

v.=-----

1T

汽车相对地心的速度为VI时显然不能飞离地面，汽车相对地心的速度至少要达到环绕速度才能飞离地面,

故A错误；

B.设地球的质量为M,对赤道上质量为恤的静止物体根据牛顿第二定律有

厂"人,4TI2

解得

〃=g内+4£R\

GT2

故B错误;

C.设地球两极处的重力加速度为g,地球两极处质量为〃70的物体所受重力近似等于万有引力，即

「Mm。

G==/g

K

解得

g=阡rR+g赤

故c正确：

D.为了使汽车更容易飞离地面，汽车应该在低纬度地区自西向东加速运动，故D错误。

故选Co

4.C

【详解】

A.根据图(b)得到原线圈电压的最大值为50V,加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为

。=裳=25起V

故电压表的示数为

U=25及V

故A错误:

5000而不

B.两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于V=2500V2V,

一定大于5000V,故B错误；

C.原、副线圈的电压关系为

u副_"

u原勺

由于原线圈最大电压为50V,副线圈最大电压要大于5000V,所以

公=">100

U原

故C正确；

D.根据电压的图像可读出周期为T=0.02s,则相同频率的交流电，转速为

〃二=5。转/秒

故D错误；

故选C。

5.C

【详解】

AB.电子做圆周运动的周期

271m

1=------

eB

保持不变，电子在磁场中运动时间为

£7'

轨迹对应的圆心角6越大，运动时间越长。电子沿AE方向入射，若从BC边射出时，根据几何知识可知在

AD边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故AB错误；

C.电子沿AE方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在A8边射出的电子轨迹所对应的圆心角相

等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故C正确；

D.从边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间

不相等，故D错误。

故选C。

6.C

【详解】

A.根据动能定理知反-H图像的斜率为带电小球所受合力，由图像知随H的减小，斜率先减小，说明N

对小球的库仑力斜向右上方，为斥力，所以小球带正电，故A错误；

B.整个过程中小球距离正点电荷N越来越近，库仑力对小球始终做负功，电势能增加，故B错误；

C.除重力外的其他力做的功等于机械能的变化，由于库仑力做负功，故带电小球在高度M〜%之间运动过

程中，机械能减小，故C正确；

D.由库仑力

F=k”

r

整个运动过程中，/•越来越小，库仑力一直增大，故D错误。

故选C。

7.BD

【详解】

A.设夯锤做自由落体的时间为r,根据自由落体的规律有

h=~gr

解得

2x0.8_.

-------s=0.4s

10

A错误;

B.夯锤做自由落体运动的末速度大小为

v=gt=10x0.4m/s=4m/s

B正确;

C.整个运动的总时间为

t'—(0.4+0.05)s=0.45s

地面给夯锤的作用力为凡且该力的作用时间为4=0.05s,根据动量定理有

mgt'-Ft[=0-0

代入数据有

F=皿=空N=45Q0N

0.05

C错误;

D.地面给夯锤的作用力的冲量大小为

I=心=4500x0.05N-s=225N-s

D正确。

故选BD.,

8.AC

【详解】

A.由

Fr-1=ma>2r

可知半径越大，所需要的向心力越大，所以紧贴脱水桶内壁的布条处表面附着的水先被脱出，故A正确;

BC.由

a=arr

可知脱水桶内壁与托盘外缘的向心加速度之比即为半径之比，即9:8,故B错误，C正确;

D.由题意知3秒内旋转杆下降40cm,脱水桶转过4圈，脱水桶内壁转过的弧长为

,..18万

/=4x2^|T1=^-m

固定杆匀加速向下运动，脱水桶内壁线速度大小均匀增加，转过的弧长与速度、时间的关系可类比匀变速

直线运动的规律，所以

故脱水桶内壁处线速度大小为

2112万,

v=——=----m/s

t25

故D错误。

故选ACo

9.CD

【详解】

A.两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有：丁二万。/由题意知，相同时间内。的位移与。的

位移大小相等，〃?、E又相等，可知见=的，由牛顿第二定律可知合外力尸=侬，，两粒子的合外力相等。由动

能定理可知：〃、6两粒子在相同的时间内位移相同，合外力相同，动能的增量相同，所以到达时，b

的动能等于。的动能，故A错误；

B.对。粒子牛顿第二定律：

mg-qaE=maa

对b粒子牛顿第二定律：

qhE-mg-mah

综上分析可知两粒子的电荷量大小佻＞如，又由于两粒子带负电，则到达MN时，根据W=Eqy可知，电

场力对。做功少，电势能变化不相等，故B错误；

C.从释放到的过程中，根据W=qU=qEy知，因为场强E和位移y相等，而两粒子的电荷量大小在〉

%，则电场力对b粒子做功的绝对值大于电场力对a粒子做功的绝对值，则b粒子机械能的增加量大于a

机械能的减小量，故C正确；

D.若仅将上极板向上平移一段距离，因极板带电量不变，正对面积不变，根据推论知板间场强不变，两个

粒子运动的加速度不变，则再同时由原位置释放a、b,a将同时达到原中线MM故D正确。

故选CD。

10.ABC

【详解】

A.在时间力=ls内，物体的位移为x,电动机做的功为W”则由运动学公式得:

11u,cu

%=—v.Z,=—x5xlm=2.5m

由动能定理得

12

WJ-mgXySin30°=—mv；

联立解得

Wi=50J

故A正确;

B.在0〜Is内，设细绳拉力的大小为尸”则根据运动学公式和牛顿第二定律可得

v\=at\

尸i-mgsin30°=机a

由图象可知也=5m/s,由功率公式

P=Fw\

联立解得在1s末电动机输出功率为

P=100W

Is后电动机的输出功率保持不变，所以1s后电动机的输出功率为100W,故B正确;

C.在1〜5s内，据动量定理得

/奉-mgsinM(t-t\)-mvm-mv\

解得

350N・s

故C正确;

D.当物体达到最大速度Vm后,细绳的拉力大小尸2,由牛顿第二定律和功率的公式可得:

F2-mgsinQ=0

由

P-Fivm

解得

vm=10m/s

在1〜5s内，据动能定理得

P(r_4)_mgx2sinO-；mv^n-gmv\

代入数据解得

X2=32.5m

物体在0〜5s内物体沿斜面向上运动位移为

x=xi+x2=2.5m+32.5m=35m

故D错误。

故选ABC。

11.x=--h--^--s0.20.25

〃2〃2

【详解】

试题分析：对全程应用动能定理列式计算，求出表达式，然后根据图线的斜率和纵截距结合表达式求解.

(1)由动能定理，对全过程有：mgh—〃]mgcos9-AD—〃2mg,x=0

根据题意可知cos—AD+x=s,即为x=-----h---s,

〃2〃2

(2)根据公式x=」-一区-s可知％=2=」-,-b=-K,s,代入数值可知：从=0.2,〃2=025.

〃2〃2a%〃2

12.减小1.0A20。0.5A5W

【详解】

滑动触头向下移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，而电路干路电流恒定，所以并联电路两端的

电压减小，即电压表的示数减小；

⑵⑵[3]当电压表示数为零时，说明RL短路，此时流过电流表的电流即为/。，故/o=LOA；当/。全部流过R

时，/°R=20V,得R=20C；

⑶⑷⑸由并联电路规律可知，流过RL的电流为

Ri。

R+RL

则RL消耗的功率为

2

p_『R_（R，o）_R20

一&一i严R2

+2R+RL

RL

由数学规律可知，最大功率为

P=5W

此时通过RL的电流为0.5A。

1,„qR

13.(1)W=-mv-mgLi(2)8=----------

2匕(sin。+cos6)

【详解】

(1)导体棒由静止转至最低点的过程，由动能定理有

mgL+W=—mv2

解得

I2

W=—mv-mgL

-△①

(2)上述过程电路中产生的平均感应电动势E=—,其中

Ar

△①=5片(sin。+cos，)

通过的电荷量

E

q=——Ar

R

联立解得

B「——哩------

C(sin0+cosO')

12

14.(1)QA=QB；；(2)见解析；(3)a.l=^pAcov；b.A,：A,=:z;0

【详解】

(1)由器电感应，A部分带正电、B部分带负电，由电荷量守恒，A、B两部分电荷量的大小相等，QA=QB；

(2)设散射后X光子的动量为0,根据碰撞过程动量守恒和平行四边形定则(或三角形定则)，画图如图

所示

散射后X光子的动量夕3

散射前X光子的动量2

0.

散射后电子的动量R

(3)沿传播方向，任取于传播方向垂直的横截面，面积为S。在4，时间内流过S面的能量

单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量

//

4ts

联立解得

12V

b.在第二间的基础上，时间内流过Si面上的能量

/|S)--pA^co2v-47cr^t

△t时间内流过S2面上的能量

12s2—pA^arv-^7ir；

由能量守恒

IiSltJ=12s2

联立解得

4：4=弓：耳

15.(l)1.5xlO5Pa；(2)14cm

【详解】

(1)对气缸与椅面整体受力分析如图

由受力平衡有

木Pis

、，PZ

'「加g

P\S=p()s4-mg

…+w

得

Pi=1.5x1()5Pa

(2)重物放上后，设气缸内气体压强为。2,对气缸、椅面与重物整体受力分析如图

IP2s

'，mg

'，Mg

由受力平衡有

p°S=p0S+(m+M)g

得

2=