2021年高考物理押題預測卷（河北卷）03（全解全析）

2021年高考押題預測卷03【河北卷】

物理?全解全析

12345678910

DCDACDADACACBD

1.D

【詳解】

A.0?10s內(nèi)圖線的斜率在減小，說明運動員做加速度逐漸減小的加速運動，10?15s運動員做加速度減

小的減速運動，故A錯誤；

B.0?10s內(nèi)運動員的加速度逐漸減小，不可能做自由落體運動，15s末開始做勻速直線運動，故B錯誤;

C.由于圖象的斜率在減小，則運動員在10s末打開降落傘后做變減速運動至15s末，故C錯誤；

D.10s?15s內(nèi)速度向下做減速直線運動，加速度方向豎直向上，加速度的大小在逐漸減小，故D正確。

故選D。

2.C

【詳解】

A.當線圈中通順時針（俯視）電流時，根據(jù)安培定則可以判斷磁鐵N極所處位置的磁場方向為豎直向下。

由題意可知磁鐵所受磁場力豎直向下，所以測力計示數(shù)將大于Fo,故A錯誤；

B.R）是磁鐵所受重力，并不是N極正磁荷所受的磁場力，故B錯誤；

C.通電后測力計示數(shù)改變量即為磁鐵N極所受的磁場力大小，由題意可知磁鐵N極所處位置的磁場強度

〃F

大小為“N=b，故C正確；

D.如果將一根較短磁鐵掛在測力計上，并使磁鐵完全放入線圈中，則通電后磁鐵上正、負磁荷所受磁場力

大小相等、方向相反，磁鐵所受合磁場力為零，測力計的示數(shù)不變，故D錯誤。

故選Co

3.D

【詳解】

A.根據(jù)自由落體運動的規(guī)律，得手機下落到人臉前瞬間的速度大小為

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

手機與人臉作用后手機的速度變?yōu)?,選取向上為正方向，所以手機與人臉作用過程中動量變化量為

△p=0一(—mv)=0.30kg?m/s

故A錯誤；

BC.手機與人臉接觸的過程中受到重力與人臉的作用力，則有

ly—mgt=\p

代入數(shù)據(jù)可得

A-0.45N-S

BC錯誤；

D.由沖量的定義有

Iy—Ft

代入數(shù)據(jù)可得

I0.45

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

t0.1

D正確；

故選D。

4.A

【詳解】

由于原線圈兩端輸入電壓不變，線圈匝數(shù)不變，故線圈〃2、的輸出電壓不變。當滑動變阻器的滑片緩慢

向右移動時，R'阻值增大，則根據(jù)A=4可知線圈”3中電流減小，根據(jù)理想變壓器電流關系

二4八+4乙可知，由于上不變，/3減小，則線圈々的電流不斷減小，根據(jù).可知，由于出、

R

R不變，則線圈%的輸出功率不變。

故選Ao

5.C

【詳解】

A.傾斜同步軌道衛(wèi)星相對于地球不靜止，所以不可能定點在鷹潭上空，A錯誤；

B.傾斜同步軌道衛(wèi)星和地球靜止軌道衛(wèi)星內(nèi)的儀器都隨衛(wèi)星做勻速圓周運動，受到的萬有引力完全提供向

心力，這些儀器處于完全失重狀態(tài)，B錯誤；

C.根據(jù)開普勒第三定律

,3

可知兩種衛(wèi)星的軌道半徑相同，根據(jù)

271r

v=-----

T

可得兩種衛(wèi)星的速率相同。如果傾斜同步軌道衛(wèi)星的質(zhì)量大于地球靜止軌道衛(wèi)星的質(zhì)量，則傾斜同步軌道

衛(wèi)星的機械能大于地球靜止軌道衛(wèi)星的機械能，C正確；

D.根據(jù)萬有引力公式

?Mm

5rG下

雖然軌道半徑，地球質(zhì)量都相同，但兩顆衛(wèi)星質(zhì)量可能不同，萬有引力也可能不相同，D錯誤;

故選C。

6.D

【詳解】

當速度最大時，粒子軌跡圓會和小圓相切，如下圖

設軌跡圓的半徑為R,在△AO。中，根據(jù)勾股定理有

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

解得

R=4r

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

qvB=m-

R

又知

Lk

m

聯(lián)立以上解得最大速度為

v=4kBr

故選D。

7.AD

【詳解】

A.兩滑塊相撞過程，由于碰撞時間極短，小球及滑塊。、8之間水平方向上只有內(nèi)力，不受外力，故系統(tǒng)

水平方向動量守恒，A正確；

B.滑塊。和力發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后具有共同速度，

由動量守恒定律有

Mv0=2Mv

該過程中，損失的機械能為

1,1,

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

B錯誤；

C.根據(jù)動量定理，碰撞過程中滑塊人受到的沖量等于滑塊。的動量變化量，即

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

C錯誤；

D.滑塊。和力碰撞完畢至小球上升到最高點的過程，系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，

動量守恒，小球上升到最高點時，有

2Mv+mvn=（2M+m）v'

該過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，有

12，叫;=

—x2Mv+；J(2M+〃?)/+mgh

2

解得

/?=lm

D正確。

故選AD。

8.AC

【詳解】

A.據(jù)半徑為Ro的均勻帶正電+Q的球殼在內(nèi)部的電勢為攵冬，可知均勻帶電球殼在其殼內(nèi)產(chǎn)生場強為零,

%

則均勻帶電球殼。在O點處產(chǎn)生場強為零；據(jù)對稱性可知均勻帶電球殼6、02在。點處場強抵消，所以

O點處場強為零；O點電勢等于均勻帶電球殼0、0k02在O點的電勢之和，則

(po=k—+k+k-^―llkq

YR3R3R

44

A正確;

B.均勻帶電球殼在其殼內(nèi)產(chǎn)生場強為零，則均勻帶電球殼0、Oi在6處產(chǎn)生場強為零；均勻帶電球殼Ch

在Oi處產(chǎn)生場強不為零，則0|點場強等于球殼02在01處產(chǎn)生的電場不為零；01點電勢等于均勻帶電球

殼0、0|、。2在01點的電勢之和，則

42

B錯誤;

C.根據(jù)對稱性可知，6和02電勢相等，則兩點電勢差

4=0

c正確；

D.002兩點電勢差為

D錯誤；

故選ACo

9.AC

【詳解】

A.小球繞正方形做圓周運動，每轉(zhuǎn)過90。運動半徑減少0.2m,根據(jù)向心力公式可知，小球運動半徑R取

最小值Rmin=0-2m時細線上的張力最大，即

因此小球想要擊中8點，細線能承受的張力至少為5N,故A正確；

B.小球運動半徑最大時，即半徑為1m時細線上的張力最小，為

Enin==IN

最大張力與最小張力之比為5:1,故B錯誤；

C.小球的速度大小不變，半徑R突然變短，向心力就突然變大，細線上的張力就突然變大，半徑R突變了

4次，即細線上的張力突變了4次，故C正確；

D.若細線最大能承受的張力為3N,根據(jù)向心力公式可知此時小球做圓周運動的半徑

&==!ma0.33m

"尸3

即當小球做圓周運動的半徑突變?yōu)?.2m時細線就斷了，故小球做圓周運動的總路程

做圓周運動的總時間為

-=1.471S

%

故D錯誤。

故選AC。

10.BD

【詳解】

AB.若物塊在B點有最大動能，則物塊在A點時有最大速度，此時由重力指向圓心的分力提供物體做圓周

運動的向心力，即

mgcosa=

物塊從A點到B點，由動能定理得

-mgR(l-cosa)—%--mv1

代入數(shù)據(jù)解得

EkB=7msR

物塊在B點有最大速度時，當支持力恰好為0時，由

mg=tnV^ax

解得

□8max=必

動能為

121

E^max=5根%=&mgR>Ekli

故A錯誤，B正確；

CD.當物塊在A點的支持力恰好為0時，由

2

mgcosa-m—%

假設物塊恰好到達B點，則由動能定理得

mv

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

代入數(shù)據(jù)解得

EkB=；m*=-；mgR<°

即力無解，則無論%取何值，物塊均不能沿軌道到達C處，故C錯誤，D正確。

故選BDo

11.0.32或0.333.19.4

【詳解】

⑴⑴⑵根據(jù)L=%，+；/可得

2L-

—=2%+at

則由生”圖像可知

t

2v0=65x102m/s

則

vo=O.33m/s

.(190—65)x10-2

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

40x10-2

(2)[3]由牛頓第二定律可知

mgsin0-/amgcos0=ma

即

a=gsin。-pigcos0

當供=53。時a=5.6m/s2,即

gsin53°-/2gcos530=5.6

當行37°時a=3.0m/s2,即

gsin37°-4gcos370=3.1

聯(lián)立解得

g=9.4m/s2

12.8x10-31.3x10-3

【詳解】

根據(jù)坐標系內(nèi)所描出的點，用平滑的曲線把各點連接起來，作出圖象，圖象如圖所示.

由4。=/?△/知，電荷量為■圖象與坐標軸所包圍的面積：則面積為電容器在開始放電時時所帶的電荷量,

即電容器兩端電壓為Uo時所帶電量為Q由圖示圖象可知，“面積”格數(shù)約32?33格.電容器電容為Uo時,

電荷量

2=8.00x10-3C

(8.00x10-3(2?8.25xl0-3c均正確)，電容器的電容

C=Q=8X102S13X1()_3F

U6.2

13.(1)墨滴帶負電荷,1.6X10-2C;(2)1.6T

【詳解】

(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，則電場力等于重力，有

qE=mg

勻強電場為

E上

d

解得

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

q

u1

由于電場方向向下，電荷受的電場力向上，可知墨滴帶負電荷

(2)墨滴垂直進入電、磁場共存的區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動,

有

2

qv0B=m-^

根據(jù)題設，墨滴運動的軌跡如圖所示

設圓周運動的半徑為R,由幾何關系可得

R2=J2+(/?-y)2

解得

R=—d

4

聯(lián)立方程，解得

B=1.6T

plike2ke1

14.①紇擊②弓,③麗

2rn2向324

【詳解】

①設電子在第n軌道上運動的速度大小為v?,根據(jù)牛頓第二定律有

e2v2

k—=m-2—

電子在第”軌道運動的動能

k〃22rtl

電子在第〃軌道運動時氫原子的能量

2

EH,“吃味ke

2r.

又因為

r,,=吟

則有

22

.kekeE卜.--------------------

2

2rnn

其中

耳

2八

命題得證。

②由①可知，電子從第2軌道躍遷到第1軌道所釋放的能量

3E_3ke2

AE=E—E-E—}

2]1484

電子在第4軌道運動時氫原子的能量

設氫原子電離后電子具有的動能為Ek,根據(jù)能量守恒有

4=&+AE

解得

廣11^2

Ek=-----

k32/

③玻爾理論認為巴耳末系為氫原子從〃=3、4、5...,等能級向"=2的能級躍遷時發(fā)出的光，根據(jù)玻爾躍遷假

設可知

hv=Elt-E2

即

c_gE]

，二一球

所以

7〃二3、4、5...

對照巴耳末公式可知里德堡常數(shù)

R=3=^

he2hci\

15.(1)1.67xlO5Pa；(2)不能安全地在中午37℃的環(huán)境下進行碰撞游戲。

【詳解】

(1)碰撞游戲時，氣體從初始到壓縮量最大的過程中，經(jīng)歷等溫變化，由玻意耳定

PM=P2V2