2021年高考物理押題預(yù)測(cè)卷（河北卷）02（全解全析）

2021年高考押題預(yù)測(cè)卷02【河北卷】

物理?全解全析

12345678910

BDCDDCBDACBCAC

1.B

【詳解】

A.由于液滴靜止，故它受平衡力的作用，電場(chǎng)力的方向向上，而上極板帶正電，故懸浮油滴帶負(fù)電，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)?/p>

F電

即

U

a

故懸浮油滴的電荷量為等，選項(xiàng)B正確；

C.懸浮油滴的比荷為

旦—更L

mU

選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.由于電子的電荷量是元電荷，故油滴的電荷量一定是電子電荷量的整數(shù)倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選B。

2.D

【詳解】

A.因?yàn)榇诵l(wèi)星為赤道同步衛(wèi)星，所以此衛(wèi)星相對(duì)于赤道上某點(diǎn)靜止，選地心為參考系，衛(wèi)星又是運(yùn)動(dòng)的,

故A錯(cuò)誤；

B.以地面為參考系，該衛(wèi)星靜止，故B錯(cuò)誤；

C.以地心為參考系，有

ma>2(R+h)=ma

則有

a=a>2(R+h)

相對(duì)于地面的加速度為

a'=arh

故C錯(cuò)誤；

D.以太陽(yáng)為參考系，該衛(wèi)星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)又繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，故該衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D

正確。

故選D。

3.C

【詳解】

A.街頭常見(jiàn)的變壓器是常見(jiàn)的降壓變壓器，副線(xiàn)圈的電流比原線(xiàn)圈的電流大，為了安全副線(xiàn)圈的導(dǎo)線(xiàn)更粗

一些，A錯(cuò)誤；

B.變壓器的匝數(shù)比沒(méi)變，原線(xiàn)圈兩端的電壓沒(méi)變，則副線(xiàn)圈的電壓不變，當(dāng)用電器增加時(shí)，相當(dāng)于R

的值減小，則副線(xiàn)圈的電流增大，輸電線(xiàn)的消耗的功率增大，B錯(cuò)誤；

C.副線(xiàn)圈的電壓不變，副線(xiàn)圈的電流,2增大，根據(jù)

P2=U￡

則變壓器的輸出功率增大，c正確；

D.副線(xiàn)圈的電壓S不變，副線(xiàn)圈的電流右增大，根據(jù)

UR=U2~I2R0

知用電器增加時(shí)，用電器兩端的電壓減小，D錯(cuò)誤。

故選C。

4.D

【詳解】

A.足球自由落體80cm時(shí)的速度為w,時(shí)間為必由速度位移公式，可得足球到達(dá)頭部的速度大小為

葉=2g/?

解得

Vj=4m/s

反彈后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，而上升的最大高度也為80cm,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知上拋的初速度

嶺=W=4m/s

兩個(gè)速度方向相反，A錯(cuò)誤；

B.足球自由落體80cm時(shí)的速度為火，時(shí)間為小由速度位移公式，可得足球到達(dá)頭部的速度大小為

V：=2gh

解得

K=4m/s

足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動(dòng)量大小

p=mv]-1.6kgm/s

B錯(cuò)誤；

C.足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過(guò)程中重力的沖量

lc—Gt

重力的作用時(shí)間不為零，則重力的沖量不為零，c錯(cuò)誤；

D.足球自由落體80cm時(shí)的速度為w,時(shí)間為小由速度位移公式，可得足球到達(dá)頭部的速度大小為

匕2=2gh

解得

V)=4m/s

反彈后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，而上升的最大高度也為80cm,根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知上拋的初速度

v2=V1=4m/s

足球與頭部作用過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理

(mg-F^t=Ap=-mv2-mv,

解得

F=36N=9mg

D正確。

故選D。

5.D

【詳解】

由圖知，在0<x<20cm時(shí)，兩個(gè)小球之間為排斥力，在x>20cm時(shí)，兩個(gè)小球之間為吸引力，且無(wú)窮

遠(yuǎn)處與6cm處勢(shì)能相等，均為0.28J,從而當(dāng)小球B在12cm處由靜止釋放后，小球B將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，多次

經(jīng)過(guò)xo=2Ocm位置。同理當(dāng)小球B在4cm、8cm處由靜止釋放后，其做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球B從x=8cm處

由靜止釋放后，運(yùn)動(dòng)到xo=2Ocm時(shí)勢(shì)能最小，故速度最大，由能量守恒

1,

Q+E=-mvl+Q

P2m

由圖像知耳=（）-2J,代入解得最大速度為lm/s,故ABC正確，不符合題意；D錯(cuò)誤，符合題意。

故選D?

6.C

【詳解】

ABC.粒子在彎曲的部分做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，故只有正離子才可能通過(guò)該儀器。又由于板間

距很小，該部分電場(chǎng)強(qiáng)度

U

E=一

d

粒子通過(guò)下部分時(shí)做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡

U

,q=qvBn

解得

U

v=——

dB

故磁場(chǎng)只能垂直于紙面向里，且速率為之的正離子才能通過(guò)該儀器。AB正確，不符合題意，C錯(cuò)誤，符

dB

合題意;

D.由電場(chǎng)力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力知

Uv2

q—=m—

dR

得

q=U

m~cIRB2

即通過(guò)該儀器的離子比荷為急。D正確，不符合題意。

故選C。

7.BD

【詳解】

A.對(duì)運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)進(jìn)行受力分析，速度為零時(shí)

F—mg=O

結(jié)合圖像可知

550-1020

解得質(zhì)量

m二55kg

A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.當(dāng)b=0時(shí)，由向心力公式可得

v2

mg=m—

R

結(jié)合圖像可知

9m

mg=T

可知運(yùn)動(dòng)員的重心到單杠的距離為0.9m,B項(xiàng)正確；

C.設(shè)速度為4m/s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員受單桿的彈力方向向下，由牛頓第二定律得

2

F+mg=m—

R

代入解得

F-427.8N

方向豎直向下，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，受力最大，由牛頓第二定律得

R

由機(jī)械能守恒得

2R=-'——mv1

當(dāng)u=0時(shí)，尸有最小值，由以上兩式得

F=5，ng

代入數(shù)據(jù)得

F=2750N

即運(yùn)動(dòng)員的單臂至少要承受的力為2750N,D項(xiàng)正確。

故選BD。

8.AC

【詳解】

AB.質(zhì)量為，"的冰雹下落過(guò)程中，受地球重力G和空氣阻力/兩個(gè)力的作用。剛開(kāi)始下落時(shí)，G>f,冰雹

加速下落。隨著冰雹速度的增大，它受到的阻力也在不斷增大，而當(dāng)阻力增大到與重力相等時(shí)，即當(dāng)

時(shí)，冰雹開(kāi)始做勻速向下運(yùn)動(dòng)，冰雹的速度不再增大，此時(shí)的速度就是冰雹的最大速度，由

G=f

得

f=kv2=mg

冰雹落地瞬間的速度大小為

故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.冰雹與地面碰撞過(guò)程，由動(dòng)量定理得

^F-mg^t=Q-mv

解得

O-mv0-0.004(-20)

F=mg+--------=0.004x10N+------------——N=8.04N

t0.01

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選ACo

9.BC

【詳解】

AB.由左手定則可知，金屬中的自由電子受洛倫茲力方向指向極板M,則電子偏向極板，即M為負(fù)、N為

正，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；

CD.當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)

_NqvAr?ne

1=——=---------=nve

ArAr

聯(lián)立解得

選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

故選BCo

10.AC

G

AB.如圖所示對(duì)O點(diǎn)受力分析，由于兩根繩子的合力等于重力，其大小和方向都不變，OA繩拉力方向不

變，根據(jù)平行四邊形定則，如圖所示可知￡先減小后增大，所以A正確；B錯(cuò)誤；

CD.保持輕繩垂直于OA,假設(shè)A。與豎直方向夾角為夕，如圖所示，由平衡條件可得

F2=Gtan。

A。與豎直方向夾角為。減小，則B逐漸誠(chéng)小，所以c正確；D錯(cuò)誤；

故選AC。

G

11.(M+?*(m-")gd9.6

2r2"

【詳解】

(1)滑塊從A處到達(dá)B處的速度:v=-

t

則系統(tǒng)動(dòng)能的增加量：口且=g(M+m)虛=(加；；)一

M

系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量：△Ep=mgd-Mgdsin30°=(m—)gd

(2)根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒的：-(M+m)v2=(m-—)gd

22

「

則?：v2=^(2-m----M--}g)d"

M+m

,2m—M2.4

圖線(xiàn)的斜率：k=-----g=『

M+m0.5

解得：g=9.6m/s2

【詳解】

⑴⑴根據(jù)閉合電路歐姆定律

/=E

&+&+R

其中/=20mA,計(jì)算得A=100。，選B。

(2)[2]需把滑動(dòng)變阻器串聯(lián)在電路中，調(diào)節(jié)電流，電路如圖

級(jí)

零

級(jí)

火

氏

(3)[3]照度值變小，光敏電阻值變大，電磁繼電器吸合電流不變，所以需把滑動(dòng)變阻器變小。

13.(1)10種;(2)4.17m/s.

【詳解】

(1)氫原子由高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)，可能發(fā)射出n=C；=10種不同頻率的光輻射.

(2)由題意知?dú)湓訌膎=5能級(jí)躍遷到n=l能級(jí)時(shí)，氫原子具有最大反沖速率.氫原子發(fā)生躍遷時(shí)輻射出

的光子能量為—加=|紇-聞,

開(kāi)始時(shí)，將原子(含核外電子)和即將輻射出去的光子作為一個(gè)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可得：mHvH-p^=0

hvhv

光子的動(dòng)量p=一，氫原子速度為％=——.

cmHc

所以v娘=4.17m/s.

14.(1)0.8N；(2)0.4T；(3)0.54N,方向豎直向下

【詳解】

(1)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，受力分析如圖所示

根據(jù)平衡條件得

代入數(shù)據(jù)解得導(dǎo)體棒所受安培力的大?。篎=0.8N

(2)由閉合電路歐姆定律，得

/一

r

解得：/=2A

由安培力的公式

F=BIL

得

解得：B=0.4T

(3)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒下滑到軌道最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有

1,

mgR(y-sin^)=—mv~-0

解得

v-J2g.(l—sin0)-Irn/s

導(dǎo)體棒在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得

CLV

2FN-mg=m—

解得

FN=0.54N

由牛頓第三定律得：導(dǎo)體棒對(duì)單個(gè)圓環(huán)的壓力大小為0.54N,方向豎直向下

pgh

15.(1)P.+Pg