2021年高考物理押题预测卷01（新课标Ⅱ卷）（全解全析）

2021年高考押题预测卷01【新课标【I卷】

理科综合物理•全解全析

1415161718192021

ABBCCACBCBCD

14.【答案】A

【解析】大量处于"=5能级的氢原子向低能级跃迁时，其中的5T2,4-2,3-2三种跃迁产生的谱线

属于巴尔末线系，选项A正确，B错误；从〃=5能级跃迁到〃=4能级时，能级差最小，则产生的光子

频率最小，波长最长，选项C错误；从〃=4能级跃迁到〃=2能级要放出(-0.85)-(-3.4)=2.55eV的能量，

选项D错误。

故选Ao

15.【答案】B

【解析】小球A下落力所需时间为t',则h=-gt'2,解得/'=丝，故小球A下落到地面所需时间

2vg

为“=，+/，下降的高度为+。2=；8『+岳后+〃，故A错误B正确；当两位同学

均各上一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，地平面下降了一层楼。

则由自由落体运动规律可知，两球会在空中原来地平面处相遇，相遇时小球A速度大，故A先落地，

故C错误；若两位同学均各下一层楼重做以上实验，相当于在以上实验的基础上，假设两同学不动，

地平面上升了一层楼，则两小球不能在空中相遇，根据自由落体规律可知小球B先落地，故D错误；

故选Bo

16.【答案】B

11

2

【解析】排球运动到乙位置的时间为L该段时间排球下降的距离为h=2gt=2xl

=—5=0.35

%10

0x0.32m=0.45m；此时排球离地高度为h3=H—h=3m—0.45m=2.55m>hi,故乙在网前直立不动拦不

到，故A错误；球员乙起跳拦网高度为h2=2.75m,跳起的高度为△h=(2.75-2.30)m=0.45m,竖直上

/2-Ah/2x0.45

抛运动的下降时间与上升时间相等，故有s=0.3s,故乙在甲击球时同时起跳离

地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，可以拦住，故B正确；结合选项B的分析，乙在

-

甲击球后0.25s起跳离地，初速度为v0=gt=10x0.3m/s=3m/s,上升时间0.05s时球到达乙位置，球员

乙上升的高度为Ah，=0.14m,拦截高度为2.44m,小于此时此位置排球离地高度2.55m,拦不到球，故

C错误；乙在甲击球前0.3s起跳离地，经过0.6s刚好落地，拦不到球了，故D错误。

17.【答案】C

【解析】设:圆环在圆心处产生的场强大小为E，对图甲中:圆环，由电场强度的合成可知=

故E=^E“，图乙中之圆环的左上,圆环和右下,圆环在圆心处产生的场强等大反向，故。2处的

2444

IFy1

场强大小等于右上1圆环在。2处产生的场强大小，为拳4。设图甲中;圆环的带电荷量为9,则

图乙中3圆环的带电荷量为电势是标量，有%=k四,故处的电势为%=^-.-=-<p0,

42r22r2

故选C。

18.【答案】C

【解析】小球在C点时，结合几何知识对小球进行受力分析可知，此时小球受到的拉力尸=mg

选项A错误；设小球在/)点时弹性绳的弹力大小为耳，对小球进行受力分析并沿水平和竖直方向正交

分解可得小sin30。=/cos30。，耳cos30。+/sin30。=mg,两式联立可解得耳=苧磔，选项B错误；

设弹性绳的原长为％,则当小球在B点时，由胡克定律可得依|/-幻=叫，在D点时有

%(曰/+(_/。)=等根g

两式联立可解得选项C正确；从。到C的过程中，设4点下方的弹性绳与水平方向的夹角为

a,对小球受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，在水平方向上有Fcos3(r=耳cose,解得

尸=W^cosa,因此过程中弹性绳的伸长量越来越大，由耳=区可知弹性绳的弹力鸟越来越大，

而a由60°逐渐减小到30。，cosa越来越大，可知拉力F也越来越大，选项D错误；故选C。

19.【答案】AC

【解析】由图(b)所示的交变电流，根据有效值定义可得A/R'T则输

入电流的有效值为/(>=5A,即电流表的示数为5A,故A正确；可知原副线圈两端的总电流不变，当

滑动变阻器接入电路的阻值由50。减小到0,此时副线圈的总电阻减小，则副线圈两端的电压减小,

即电压表的示数减小；根据并联电路的电压特点可知R两端的电压减小，则通过Ri的电流减小，根据

并联分流可知，通过&和心的电流增大；故B错误，C正确；设通过&和&的电流为上，则根据并

联电路的电流特点可得

.于，则R2和&的总电功率为叱="（&+&）=1-/一，可得&和/?3的

与+&+&（«+4+&）

总电功率随&减小而增大，故D错误。故选AC。

20.【答案】BC

【解析】由题意可知位于拉格朗日点的太空站与地球相对静止，因此位于L点的太空站环绕太阳做圆

周运动，则其所受合力不为零，受力不平衡，A错误；由题意可知，太空站与地球绕太阳运行的角速

度大小相等，由丫=。夫可知位于上点的太空站的线速度大小大于地球的线速度大小，B正确；位于心

点和位于L\点的太空站绕太阳运行的角速度大小相等，由a=a）2R可知，位于心点的太空站的向心加

速度大小大于位于心点的太空站的向心加速度大小，C正确；由于位于八点和45点的太空站的质量关

系未知，因此位于心点和心点的太空站所受的向心力大小不能确定，D错误。

21.【答案】BCD

【解析】电子显负电性，根据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上，故A错误；在加速电场中，

根据动能定理有eUo=万加片，加速电压增大，会使电子进入偏转电场的初速度变大，故电子会打在P

eEv

点右侧，故B正确；电子偏转时做类平抛运动，有4=%r，Vy=at,a=—,tan30°=U,联立，

m%

可得

Hat

E=故C正确；根据几何关系，有,，^o_~2＞代入数据得5=百"一与，故D

jjL/j[anJU--------------2

s

正确。

故选BCD。

•2d2

22.【答案】（1）2.40（2分）（2）幺（2分）------（2分）

4kMg4kg

【解析】⑴由图示游标卡尺可知，其示数为2mm+8x0.05mm=2.40mm。

（2）滑块经过光电门时的速度u=滑块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为«,对重物有

2ax2x=y2=©；,整理得X=《、一所以》一二？图像的斜率攵=之，则加速度。=亡

Ar4aAr（加）4a4k

,2。T7»2

对滑块由牛顿第二定律得2T7-〃Mg=Ma=M—，解得〃=------；-。

4kMg4kg

23.【答案】（1）＞（1分）B（1分）（2）AD（1分）

（3）m\■OP=m\-OM+mi-ON（2分）m\■OP2=m\-OM2+mz-ON2（2分）

（4）mi+〃?2（2分）

【解析】（1）防止球1反弹，球1的质量应大于球2的质量，因为平抛运动的时间相等，则水平位移可

以代表速度，0P是1球不与2球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表1球碰撞前的速度，0M是1

球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后1球的速度，ON是碰撞后2球的水平位移，该位移

可以代表碰撞后2球的速度，当所测物理量满足表达式mAOP=班OM+m2ON,所以除了测量线

段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量如、m2,则要用到刻度尺

和天平，故选B。

X

（2）因为平抛运动的时间相等，根据v=—所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射

t

程间接测量速度。故应保证斜槽末端水平，故A正确；实验要验证町•。尸=町・。/+网-。乂，则

不用实验前应该测出斜槽末端距地面的高度，故B错误；实验过程中，白纸，复写纸都不能移动，故

C错误；小球落点的平均位置为用尽可能小的圆把10个落点圈起来，此圆的圆心即为落点，故D正确。

故选AD。

（3）由分析可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式町-。夕=町・。加+/%-。7,则可以认为两

球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒，只要g叫q%成立则机械能守恒，联立解

得町•OPJ/VOAT+aON?,即此式成立，则说明碰撞是弹性碰撞。

（4）碰撞前，啊落在图中的尸点,设其水平初速度为也,小球〃“和，血发生碰撞后，如的落点在图中M

点，设其水平初速度为也'，〃?2的落点是图中的V点，设其水平初速度为吸，设斜面8c与水平面的倾

角为a,由平抛运动规律得EpSina=〈g*，0.cosa=iy,解得匕=生丝4,同理有

gL、'C°s-a,可见速度正比于,所以只要验证如口=如口+〃?2口即可。

2sina

IR.h

24.【答案】（1）水平向左；（2），加速度随着导体棒的位移在均匀增大；

《

⑶个gL+Ikg方枭

【解析】（1）根据右手螺旋定则，长直导线在导轨处产生的磁场方向为垂直纸面向里，根据右手定则，

运动中流过金属杆MN的电流方向为水平向左。（1分）

（2）金属杆接入电路的有效长度为（1分）

3

则电路中的电阻为H=可（1分）

电源电动势为=（1分），其中8=%上

h

IR.}h

解得y=-（i分）

ki。

根据上式可知，导体棒速度与导体棒的位移成正比，即加速度随着导体棒的位移在均匀增大。

（3）导体棒脱离轨道上，其速度为/=如且L（1分）

12

导体棒上升x时，在极短时间内产生的热量为AQ=*瓜RQ==|^/0Ax（1分）

则导体棒脱离导轨时，电路产生的热量为。=£4。=26a/0工故=26a/0*（|

分）

对导体棒，根据动能定理得*机gL=g〃n/2_。（1分）

结合功能关系有卬安=-。（1分）

解得%=_叫+21mgL+Lmv'2=与mgL+IldoL+3m言F（2分）

5

25.【答案】（1）38咫（2）37?

1

【解析】（1）滑块尸下滑至与。相碰前瞬间，由机械能守恒定律得（1分）

P、。碰后合在一起运动，碰撞瞬间由动量守恒定律得加也=2%也（1分）

11

P、。一起由。点运动至。点过程，有2mgR（l—cos。）+2・2机口22=5・2〃2）疗（1分）

加

经过。点时对圆弧轨道的压力最大，有FNQ—2mg=2而五"（1分）

由牛顿第三定律可知，两滑块对圆弧轨道的最大压力，FND'=FND（1分）

联立解得/NQ'=3.8〃吆（2分）

（2）由（1）中计算可知，P、。整体在。点的动能5・2m陞>2=09明a<2/阳宠（1分）

因此它们在圆弧轨道上运动的最高点在E点下方，之后沿轨道返回，再次到达C点的速度大小仍为以

从。点上滑后P、。分离，。比尸先到达最高点，且。运动到最高点时停下.设P、。上滑的最大位

1

移分别为XP、XQ.对P、Q,由动能定理分别可得一mgsin0-xp=O—2friV22（1分）

1

一（nzgsin0+Ff）-xe=O—2^V22（1分）

由P、Q碰后一起匀速下滑可知Q受到的滑动摩擦力大小Ff=2mgsin0（1分）

1

。再次从最高点下滑至第二次碰。前，有机gsin夕由一夜尸加小（1分）

P、Q碰后一起运动，Wmv3=2mv4（1分）

P、。从。点上滑到第二次从。点进入圆弧轨道，Q克服摩擦力做的功Wf=F「2xQ（1分）

I1

而尸、。碰撞损失的机械能为：AE=，nv32—5.2根血2（1分）

W（4

由以上各式解得。克服摩擦力做的功与P、。碰撞损失的机械能之比为：赤=1（1分）

P、。此后多次进入直轨道AC的运动过程遵循同样的规律，直到最后到达。点的速度减为0,因此从

41

P、。第一次回到直轨道AC运动到最后不再进入为止，。克服摩擦力做的功为：Ff/=5.5x29（1分）

R

滑块Q在轨道AC上往复运动经过的最大路程为/m,则/m=/+而花（1分）

5

联立解得/m=欢.（2分）

33.（1）【答案】BCE

【解析】从〃到6,根据叱=c可知，压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能变大，但

T

是并非每个气体分子的动能都增大，选项A错误；根据=C可知，从b到c,体积不变，压强变

T

大，则气体温度升高，选项B正确；从c到d,气体的温度不变，则气体内能不变，选项C正确；从d

到“，气体体积减小，则外界对气体做正功，选项D错误；从a经过氏c、d,再回到。的过程，其中

从«到d过程气体对外做功的值等于图线与V轴围成的面积，从d回到a时外界对气体做功也等于图

像与V轴围成的面积大小，则整个过程中气体对外界做功，而整个过程中内能不变，则由热力学第一

定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，选项E正确。故选BCE。

（2）【答案】①400K②75N

【解析】①汽缸内气体压强不变，温度升高，气体体积变大，故活塞向上移动

LSi+LS2HSi

由盖一吕萨克定律有：-~（2分）

解得：7=400K（2分）

②设向下推动的距离为x时，气体压强为p

由平衡条件得：p（）Si+pS2=Mg+p（）S2+pSi+尸（1分）

当尸=0时，可得初始状态气体压强0=1.5x105Pa

缓慢向下推活塞6的过程，温度不变，

由玻意耳定律得：MLSi+x$+LS2-xS2）=pi（LSi+LS2）（2分）

150x150

联立以上各式得：F=\5—X—~\5（0<X<5cm）（1分）

x—1

当x=5cm时，尸最大，F