2021年高考物理押题预测卷（河北卷）03（全解全析）

2021年高考押题预测卷03【河北卷】

物理♦全解全析

12345678910

DCDACDADACACBD

1.D

【详解】

A.0〜10s内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，10〜15s运动员做加速度减

小的减速运动，故A错误；

B.0〜10s内运动员的加速度逐渐减小，不可能做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动，故B错误;

C.由于图象的斜率在减小，则运动员在10s末打开降落伞后做变减速运动至15s末，故C错误；

D.10s〜15s内速度向下做减速直线运动，加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小，故D正确。

故选D。

2.C

【详解】

A.当线圈中通顺时针（俯视）电流时，根据安培定则可以判断磁铁N极所处位置的磁场方向为竖直向下。

由题意可知磁铁所受磁场力竖直向下，所以测力计示数将大于Fo,故A错误；

B.R）是磁铁所受重力，并不是N极正磁荷所受的磁场力，故B错误；

C.通电后测力计示数改变量即为磁铁N极所受的磁场力大小，由题意可知磁铁N极所处位置的磁场强度

〃F

大小为“N=b，故C正确；

D.如果将一根较短磁铁挂在测力计上，并使磁铁完全放入线圈中，则通电后磁铁上正、负磁荷所受磁场力

大小相等、方向相反，磁铁所受合磁场力为零，测力计的示数不变，故D错误。

故选Co

3.D

【详解】

A.根据自由落体运动的规律，得手机下落到人脸前瞬间的速度大小为

v=12gh=72x10x0.2m/s=2m/s

手机与人脸作用后手机的速度变为0,选取向上为正方向，所以手机与人脸作用过程中动量变化量为

△p=0一(—mv)=0.30kg・m/s

故A错误；

BC.手机与人脸接触的过程中受到重力与人脸的作用力，则有

ly—mgt=\p

代入数据可得

A-0.45N-S

BC错误；

D.由冲量的定义有

Iy—Ft

代入数据可得

I0.45

F=v'=------N=4.5N

t0.1

D正确；

故选D。

4.A

【详解】

由于原线圈两端输入电压不变，线圈匝数不变，故线圈〃2、的输出电压不变。当滑动变阻器的滑片缓慢

向右移动时，R'阻值增大，则根据A=4可知线圈”3中电流减小，根据理想变压器电流关系

二4八+4乙可知，由于上不变，/3减小，则线圈々的电流不断减小，根据.可知，由于出、

R

R不变，则线圈%的输出功率不变。

故选Ao

5.C

【详解】

A.倾斜同步轨道卫星相对于地球不静止，所以不可能定点在鹰潭上空，A错误；

B.倾斜同步轨道卫星和地球静止轨道卫星内的仪器都随卫星做匀速圆周运动，受到的万有引力完全提供向

心力，这些仪器处于完全失重状态，B错误；

C.根据开普勒第三定律

,3

可知两种卫星的轨道半径相同，根据

271r

v=-----

T

可得两种卫星的速率相同。如果倾斜同步轨道卫星的质量大于地球静止轨道卫星的质量，则倾斜同步轨道

卫星的机械能大于地球静止轨道卫星的机械能，C正确；

D.根据万有引力公式

„Mm

5rG下

虽然轨道半径，地球质量都相同，但两颗卫星质量可能不同，万有引力也可能不相同，D错误;

故选C。

6.D

【详解】

当速度最大时，粒子轨迹圆会和小圆相切，如下图

设轨迹圆的半径为R,在△AO。中，根据勾股定理有

/?2+(3r)2=(/?+r)2

解得

R=4r

根据洛伦兹力提供向心力有

qvB=m-

R

又知

Lk

m

联立以上解得最大速度为

v=4kBr

故选D。

7.AD

【详解】

A.两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球及滑块。、8之间水平方向上只有内力，不受外力，故系统

水平方向动量守恒，A正确；

B.滑块。和力发生完全非弹性碰撞，碰后具有共同速度，

由动量守恒定律有

Mv0=2Mv

该过程中，损失的机械能为

1,1,

\E=-Mvl--x2Mv-=50J

B错误；

C.根据动量定理，碰撞过程中滑块人受到的冲量等于滑块。的动量变化量，即

/=Mv=2x5kg-m/s=10N-s

C错误；

D.滑块。和力碰撞完毕至小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，

动量守恒，小球上升到最高点时，有

2Mv+mvn=（2M+m）v'

该过程中，系统的机械能守恒，有

12，叫;=

—x2Mv+；J(2M+〃?)/+mgh

2

解得

/?=lm

D正确。

故选AD。

8.AC

【详解】

A.据半径为Ro的均匀带正电+Q的球壳在内部的电势为攵冬，可知均匀带电球壳在其壳内产生场强为零,

%

则均匀带电球壳。在O点处产生场强为零；据对称性可知均匀带电球壳6、02在。点处场强抵消，所以

O点处场强为零；O点电势等于均匀带电球壳0、0k02在O点的电势之和，则

(po=k—+k+k-^―llkq

YR3R3R

44

A正确;

B.均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳0、Oi在6处产生场强为零；均匀带电球壳Ch

在Oi处产生场强不为零，则0|点场强等于球壳02在01处产生的电场不为零；01点电势等于均匀带电球

壳0、0|、。2在01点的电势之和，则

42

B错误;

C.根据对称性可知，6和02电势相等，则两点电势差

4=0

c正确；

D.002两点电势差为

D错误；

故选ACo

9.AC

【详解】

A.小球绕正方形做圆周运动，每转过90。运动半径减少0.2m,根据向心力公式可知，小球运动半径R取

最小值Rmin=0-2m时细线上的张力最大，即

因此小球想要击中8点，细线能承受的张力至少为5N,故A正确；

B.小球运动半径最大时，即半径为1m时细线上的张力最小，为

Enin==IN

最大张力与最小张力之比为5:1,故B错误；

C.小球的速度大小不变，半径R突然变短，向心力就突然变大，细线上的张力就突然变大，半径R突变了

4次，即细线上的张力突变了4次，故C正确；

D.若细线最大能承受的张力为3N,根据向心力公式可知此时小球做圆周运动的半径

&==!ma0.33m

"尸3

即当小球做圆周运动的半径突变为0.2m时细线就断了，故小球做圆周运动的总路程

做圆周运动的总时间为

­=1.471S

%

故D错误。

故选AC。

10.BD

【详解】

AB.若物块在B点有最大动能，则物块在A点时有最大速度，此时由重力指向圆心的分力提供物体做圆周

运动的向心力，即

mgcosa=

物块从A点到B点，由动能定理得

-mgR(l-cosa)—%--mv1

代入数据解得

EkB=7msR

物块在B点有最大速度时，当支持力恰好为0时，由

mg=tnV^ax

解得

□8max=必

动能为

121

E^max=5根%=&mgR>Ekli

故A错误，B正确；

CD.当物块在A点的支持力恰好为0时，由

2

mgcosa-m—%

假设物块恰好到达B点，则由动能定理得

mv

-mgR(l-cosa)=EkB~~o

代入数据解得

EkB=；m*=-；mgR<°

即力无解，则无论%取何值，物块均不能沿轨道到达C处，故C错误，D正确。

故选BDo

11.0.32或0.333.19.4

【详解】

⑴⑴⑵根据L=%，+；/可得

2L-

—=2%+at

则由生”图像可知

t

2v0=65x102m/s

则

vo=O.33m/s

.(190—65)x10-2

a=k=-----------------；------m/s=3.1m/s

40x10-2

(2)[3]由牛顿第二定律可知

mgsin0-/amgcos0=ma

即

a=gsin。-pigcos0

当供=53。时a=5.6m/s2,即

gsin53°-/2gcos530=5.6

当行37°时a=3.0m/s2,即

gsin37°-4gcos370=3.1

联立解得

g=9.4m/s2

12.8x10-31.3x10-3

【详解】

根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如图所示.

由4。=/•△/知，电荷量为■图象与坐标轴所包围的面积：则面积为电容器在开始放电时时所带的电荷量,

即电容器两端电压为Uo时所带电量为Q由图示图象可知，“面积”格数约32〜33格.电容器电容为Uo时,

电荷量

2=8.00x10-3C

(8.00x10-3(2〜8.25xl0-3c均正确)，电容器的电容

C=Q=8X102S13X1()_3F

U6.2

13.(1)墨滴带负电荷,1.6X10-2C;(2)1.6T

【详解】

(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力，有

qE=mg

匀强电场为

E上

d

解得

zngJ=3.2xlO-3xlOxO.5c=L6xl(),2c

q

u1

由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷

(2)墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动,

有

2

qv0B=m-^

根据题设，墨滴运动的轨迹如图所示

设圆周运动的半径为R,由几何关系可得

R2=J2+(/?-y)2

解得

R=—d

4

联立方程，解得

B=1.6T

plike2ke1

14.①纥击②弓,③丽

2rn2向324

【详解】

①设电子在第n轨道上运动的速度大小为v„,根据牛顿第二定律有

e2v2

k—=m-2—

电子在第”轨道运动的动能

k〃22rtl

电子在第〃轨道运动时氢原子的能量

2

EH,“吃味ke

2r.

又因为

r,,=吟

则有

22

.kekeE卜.--------------------

2

2rnn

其中

耳

2八

命题得证。

②由①可知，电子从第2轨道跃迁到第1轨道所释放的能量

3E_3ke2

AE=E—E-E—}

2]1484

电子在第4轨道运动时氢原子的能量

设氢原子电离后电子具有的动能为Ek,根据能量守恒有

4=&+AE

解得

广11^2

Ek=-----

k32/

③玻尔理论认为巴耳末系为氢原子从〃=3、4、5...,等能级向"=2的能级跃迁时发出的光，根据玻尔跃迁假

设可知

hv=Elt-E2

即

c_gE]

，二一球

所以

7〃二3、4、5...

对照巴耳末公式可知里德堡常数

R=3=^

he2hci\

15.(1)1.67xlO5Pa；(2)不能安全地在中午37℃的环境下进行碰撞游戏。

【详解】

(1)碰撞游戏时，气体从初始到压缩量最大的过程中，经历等温变化，由玻意耳定

PM=P2V2