2021年高考物理押题预测卷（湖北卷）03（全解全析）

2021年高考押题预测卷03【湖北卷】

物理♦全解全析

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BCABACDBCDABCACDBCD

1.B

【详解】

试题分析：根据题意在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁

荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，所以有

H=~

必，

故选B。

【名师点睛】

磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，运用类比思想，类比电场强度

F

的定义公式E=一列式分析即可.

q

2.C

【详解】

A.发生光电效应时，在一定的光照条件下，饱和光电流的大小与光照强度有关，与所加电压无关。故A

错误；

B.通过图像可知，光电管两端电压为0时，光电流不为0,故B错误；

C.根据爱因斯坦光电方程

==队-w

可知，光电子的最大初动能6。。，故C正确；

D.光电子的逸出功

W=hv-eU

故D错误。

故选C。

3.A

【详解】

在△/时间内喷出的离子质量

Am=3xlO-3xlO-3A/

根据动量定理有

FAz=A/nv

解得

v=33km/s

故选Ao

4.B

【详解】

A.由波的图象知波长

z=4m

又因为

v=8m/s

所以周期

T=—=—s=O.5s

v8

故A错误；

B.由波的传播方向和质点振动方向之间的关系知，在/=0时，mO处的质点向y轴负向运动，故B正确；

CD.由波的传播方向和质点振动方向之间的关系知，在r=0时、40处的质点向y轴负向运动，质点运动时

越接近平衡位置速度越大，在

时，户0处的质点正向平衡位置处运动，但还没到达平衡位置处，故其振动速度既不为零也不是最大值，故

CD错误。

故选B。

5.A

【详解】

某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向〃端，则负电荷从〃向。流过灵敏电流计G,电容器

放电，根据。=名7及。=。。可知，电容变小，则两极板间纸张厚度减小，d变大。

4兀kd

故选Ao

6.C

【详解】

AB.吊环对该运动员不做功，AB错误；

CD.重力对运动员做功

W=mgh=7()J

做正功，运动员的重力势能减小了70J,D错误C正确。

故选C。

7.D

【详解】

AB.在鲜猪肉风干变成腊肉的过程中，猪肉重力减小，A、3端不动，则两杆的弹力方向不变，因为合力减

小，所以两杆的弹力均减小。AB错误；

CD.让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动，在合力不变的情况下，两杆的夹角逐渐增大，则两杆的弹

力逐渐变大。C错误，D正确。

故选D。

8.BCD

【详解】

AB.根据题述，b光发生全反射的临界角较小，由

1

sinC=—

n

可知水对6光的折射率较大，对。光的折射率较小，〃光从I区域某点倾斜射出时，a光折射角小，A

错误、B正确；

C.由折射率随光的频率的增大而增大可知，。光的频率较小，波长较长，C正确；

D.水下“、6光能射到图中H区域以外区域，由于发生了全反射，不能射出水面，D正确。

故选BCD。

9.ABC

【详解】

A.卫星从低轨道到高轨道运动需要加速做离心运动，所以这两次变轨天宫一号需要实施加速过程，故A

正确：

B.根据开普勒第三定律

■

T2

可知天宫一号加速后半径增大，飞行周期变长，故B正确；

C.根据牛顿第二定律可得

GM

所以天宫一号在轨道II上经过。点时加速度与轨道III上经过。点时加速度相等，故C正确；

D.根据

v

a>=-

r

可知，由于天宫一号在轨道II上经过。点时线速度比轨道ni上经过。点时小，而天宫一号在轨道II上经过。

点时曲率半径比轨道HI上经过。点时小，所以角速度大小无法确定，故D错误；

故选ABCo

10.ACD

【详解】

A.感应电动势"8。，故发电机转速加倍，角速度也加倍，则感应电动势的最大值和有效值加倍，故电压

表的读数加倍，选项A正确；

B.若仅变压器滑动头Q下移，副线圈的匝数变少，副电路的电压变小，电灯变暗，选项B错误；

C.若只有滑动变阻器滑动头尸下移，滑动变阻器接入电路的有效电阻变小，副线圈电路电流变大，电灯变

亮，选项C正确；

D.两滑动头P、。都上移，电流可能变大，可能变小，则电灯可能变暗，可能变亮，选项D正确；

故选ACDo

11.BCD

【详解】

A.刚释放线框的瞬间，对物体，根据牛顿第二定律有

mg-T=ma

对线框，根据牛顿第二定律有

T=Ma

解得线框的加速度为

a=^-

m+M

故A错误：

B.刚释放线框的瞬间，细绳拉力最小，故细绳拉力的最小值

mMg

T

min=Ma=

m+M

故B正确;

C.线框恰全部进入磁场时，线框做匀速直线运动，线框的速度最大，则有

解得

mgR

根据能量守恒定律可得线框产生的热量

Q=mgl-g(m+M)v：=mgl-("+黑炉"

故C正确；

D.线框有一半进入磁场时BC两端的电压大小

3

心=产”

线框AD边刚进入磁场时BC两端的电压大小

U'BC=Blvm

所以

心:心=3：4

故D正确。

故选BCDo

12.1.203.02.4x102

【详解】

⑴⑴电流表量程为0〜3A,由图乙所示表盘可知，其分度值为0.1A,示数为1.20A。

(2){2J由图乙所示电路图可知，电流表量程为0〜0.6A时，图中上面两个电阻与下面两个电阻并联，电流表

内阻为

R=(«+&"3+4)J1.0+4.0)x(2.5+5.0)^3.0c

7?!+/?2+/?3+/?„1.0+4.0+2.5+5.0…

(3)[3]当电阻R没有断路时，由图示电路图可知，电流表量程为0〜0.6A时，设通过图中上下电路的电流分

别为小h,则有/1+/2R.6A

(凡+6”2=(4+4)/1

解得“0.24A,即Rg的满偏电流，当电阻吊断路时，电路成为Rg与/?3串联的简单电路，则允许通过的最

大电流即为小的满偏电流

A=0.24A=2.4xl02mA

13.可以通过减小B的质量0.4

【解析】

(1)B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，

转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降低B的起始高度)

解决.故解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降低B的起始高度).

(2)描点，连线，如图所示：

g

I。20A40”0W

1

(3)B下落至临落地时根据能的转化和守恒有：Mgh^-(M+m)v72+^mgh,在B落地后，A运动到Q

_1,Mh

有一加一=3咫5,解得：fj=-------------^又A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg,在s-h图象

2(m+M)s+mh

上任取一组数据代入可以求得：M=0.4.

14.(1)2产区+Qg互;(2)否

3L\p

【详解】

(2)设U形管横截面积为5,管道转动时被封气体的压强为p,由玻意耳定律可得

/;0-1.5AS-p-LS

解得

p=1.5po

取水平部分的水银分析，有

11,3

PS+-pgLS-A)S=/pLSco'-L

联立解得

3=23(p°+pgD

3L\p

(2)全部进入竖直管内，水银柱不能平衡，水银柱上面的压强比大气压大，再加上水银柱的重力，大气压

不能把水银柱压上去，所以回答否。

15.(l)Vi4m/s：(2)①1.625m,②4.875J

【详解】

(1)物块A从传送带左侧一直匀加速运动到右侧获得最大速度，并记为匕，根据匀变速运动规律

v；一4=

解得

片=6m/s

物块A从传送带左侧一直匀减速运动到右侧获得最小速度，并记为匕，根据匀变速运动规律

v2~vo=-2内gL

解得

v2=V14m/s

⑵①根据(1)推断出物块A与C碰撞前速度为v=4m/s

A与C发生弹性正碰，碰撞过程满足系统动量守恒和机械能守恒,设碰后物体A的速度为vA,C的速度为vc,

选择向右为正方向，则

mAv-m{vA+Mvc

解得

M

vA=-v=--v=-2m/s

m,+M2

%=-2町v=4y=2m/s

M2

接下来物块C与B相对滑动直到共速，此过程中C和B组成的系统满足动量守恒和能量守恒，记共速的速

度为v共，B相对于C的滑动位移为4,则

Mvc=（加2+M）v共

01

gMy=g（色+加）喷=也2g4

解得

勺=1.5m/s

d[=0.5m

故此时B距。的左端距离

s

玉=5-4=0.5m

之后C和3一起与墙壁碰撞，碰撞之后C立即原速率反弹，在C与8再次共速过程中，系统仍然满足动量

守恒和能量守恒，记8和C再次共速的速度为匕，B对C的位移为乙，贝I：

-MV,,.+/4“共=(m,+〃)匕

；加2%+g知喷_g(旭2+M)V=42m2gd2

解得

v,=-0.75m/s,方向向左

d2=1.125m

综上，最终8与C左端的距离为

/=%+4=1625m

②整个过程中8与C摩擦产热记为Q,B与C第一次共速过程中摩擦产热记为。1,B与C第二次共速过程

中摩擦产热记为。2,则

<2,=〃2吗g&=L5J

Q2="2mlgd[=3.375J

Q=QI+Q2=4.875J

16.(1)a.40；b.2.5cm；(2)见解析

【详解】

(1)a.笊核每穿越缝隙一次，电场力对笊核做功均为

W=eU

由动能定理可得

NeU=Ekm

代入数据解得