2021年高考物理押題預(yù)測(cè)卷01（福建卷）（全解全析）

2021年高考押題預(yù)測(cè)卷01【福建卷】

物理，全解全析

12345678

BDDcBCADACDABC

【答案】B

【解析】

“天問一號(hào)”繞火星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力提供，則

“天問一號(hào)”在軌道I的線速度大小為

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)

T一—廠--

\GM

則“天問一號(hào)”在軌道n的運(yùn)動(dòng)周期為

選項(xiàng)B正確;

C.根據(jù)

“天問一號(hào)”在軌道I、II的向心加速度大小的比值為

q(R+h^

a2IR+4,

選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

D.“天問一號(hào)”在軌道i減速做向心運(yùn)動(dòng)才能變軌至軌道n,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選B。

2.

【答案】D

【解析】

A.薄膜干涉的光程差加=24（d為薄膜厚度），厚度相同處產(chǎn)生的條紋明暗情況相同，因此條紋

應(yīng)與5c邊平行，故A錯(cuò)誤；

B.因?yàn)閮刹Ａчg形成的空氣膜厚度均勻變化，因此條紋是等間距的，故B錯(cuò)誤；

C.減小薄片厚度，條紋間距將增大，故C錯(cuò)誤；

D.將紅光換成藍(lán)光照射，入射光波長(zhǎng)減小，條紋間距將減小，故D正確。

故選D。

3.

【答案】D

【解析】

A.AC桿上的小環(huán)在下滑過程中，有電場(chǎng)力對(duì)它做正功，小環(huán)的機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；

B.AC桿上的小環(huán)所受到的電場(chǎng)力大小為“gtanO,方向水平向左，電場(chǎng)力垂直桿方向上的分力

為mgsin<9,與重力垂直于桿方向上的分力大小相等，方向相反，二者抵消，所以小環(huán)不受桿的彈

力的作用，只受到自身重力與電場(chǎng)力的作用沿桿勻加速下滑，故B錯(cuò)誤；

C.設(shè)A8桿的長(zhǎng)度為〃，對(duì)A8桿上的小環(huán)，從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

mgh=~mvl

對(duì)AC桿上的小環(huán)，從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

mg-+mgtan0-htan6=gmv1

可判斷得

/以

故兩小環(huán)剛滑到8、C兩點(diǎn)時(shí)速度的大小不相等，故C錯(cuò)誤;

D.對(duì)桿上的小環(huán)，從A點(diǎn)滑到5點(diǎn)，有

,12

人=上

2h

解得‘g

對(duì)AC桿上的小環(huán)，從A點(diǎn)滑到。點(diǎn)，有

h12

------=—Clt1

cos02-

由牛頓第二定律得，小環(huán)的加速度大小為

cos6

聯(lián)立兩式，求得小環(huán)從4點(diǎn)下滑到C點(diǎn)時(shí)間為

所以兩小環(huán)從A點(diǎn)分別下滑仄C兩點(diǎn)的時(shí)間相等，故D正確。

故選Do

4.

【答案】C

【解析】

A.由乙圖圖象斜率可知。做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度比b做加速時(shí)的加速度大，故A錯(cuò)誤；

B.物體在水平面上的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)，。從九時(shí)刻開始，〃從/2時(shí)刻開始。由圖象與坐標(biāo)軸圍

成的面積表示位移可知,。在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移比匕在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大,

故B錯(cuò)誤；

C.物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度

mgsin0-umscos0.八八

a=------------------------=gsin，一〃gcos0

m

因?yàn)閍的加速度大于8的加速度，所以a與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比b的小，故C正確；

D.對(duì)物塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得

mgh-Wf=0-0

所以

W(=mgh

必兩個(gè)物體質(zhì)量相等，所以在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功一樣多，故D錯(cuò)誤。

故選C。

5.

【答案】BC

【解析】

A.該金屬的逸出功由材料決定，與入射光頻率無關(guān)，A錯(cuò)誤；

B.由圖可知，當(dāng)入射光的頻率為vo恰發(fā)生光電效應(yīng)，故該金屬的極限頻率為B正確；

C.光電效應(yīng)方程為

心=配一網(wǎng)

對(duì)比圖線可知，斜率表示普朗克常量/?,C正確；

D.當(dāng)紜二°時(shí)，可得逸出功叱）=肌。，當(dāng)用頻率為2w）的光照射該金屬時(shí)

Ek=h-2v0-W0=hv0

故逸出的光電子的最大初動(dòng)能為濃。，D錯(cuò)誤。

故選BCo

6.

【答案】AD

【解析】

AB.時(shí)端所接的交變電壓的有效值為

U=1^V=16V

V2

因?yàn)長(zhǎng)正常發(fā)光，所以

%=4V

又

5=U-U“=16V-4V=12V

又因?yàn)樯险０l(fā)光，所以

W4V

所以，變壓器原副線圈匝數(shù)比為

4_〃_12_3

『丁』

故A正確，B錯(cuò)誤；

工k

CD.設(shè)變壓器的匝數(shù)比〃2,設(shè)原線圈的電流為副線圈的總電阻為R總，根據(jù)題意可知必

兩端的電壓不變，根據(jù)電流與匝數(shù)的關(guān)系有

1L=!1L=L

I,〃ik.

解得

，2=%

則副線圈兩端的電壓為

。2=，2我總=%R總

根據(jù)電壓與匝數(shù)關(guān)系有

解得

U『kU2=k[R總

則有

/=?+(=)。+左2底)

增大電阻箱R連入電路的阻值，副線圈的總電阻R總增大，所以原線圈的電流入減小，故燈泡L

兩端電壓減小，因Uab不變，所以電壓表示數(shù)將增大，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選ADo

7.

【答案】ACD

【解析】

A.開始長(zhǎng)木板勻速下滑時(shí)，由平衡條件可得

3mgsin。=N3mgcosa

帶入數(shù)據(jù)解得

〃=0.75

把小滑塊放上長(zhǎng)木板后，對(duì)長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律可得

〃?4mgcosa-3mgsina=3ma

代入數(shù)據(jù)解得

a=2m/s2

故A正確；

B.長(zhǎng)木板上表面光滑，碰撞前小滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小滑塊從放

上長(zhǎng)木板到與擋板相撞的時(shí)間為

Z=—=0.5s

小滑塊放上長(zhǎng)木板的瞬間，其與P的距離為

s=ggsina?/-g=0.5m

故B錯(cuò)誤;

C.設(shè)小滑塊與擋板第一次碰撞前的速度為v,則

u=gsina=3m/s

滑塊與擋板碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得

mv-mv]+3mv2

由機(jī)械能守恒定律可得

11,1°2

—mv2--mv：4----3//7V,

22122

聯(lián)立方程，帶入數(shù)據(jù)解得

v,—-1.5m/sv2=1.5m/s

則小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小為L(zhǎng)5m/s,故C正確;

D.碰撞后長(zhǎng)木板速度再次減為零的時(shí)間為

，=21=O.75S

a

此時(shí)小滑塊的速度為

M—+gsin"=3m/s,方向沿斜面向下

這個(gè)過程中小滑塊的位移為

匕+

x=-----U-1,=—9m

216,方向沿斜面向下

長(zhǎng)木板的位移為

,V,9

x=-t=-m

216

故工=",二者發(fā)生第2次碰撞，第2次碰撞前的瞬間小滑塊的速度與第1次碰撞前的速度相同,

所以小滑塊與擋板第2次碰撞后的瞬間，小滑塊的速度大小仍為1.5m/s,故D正確。

故選ACDo

8.

【答案】ABC

【解析】

AB.如圖1所示，由題意知，帶正電的粒子從左邊射出磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

帶正電的粒子從右邊射出磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為

(2/『+(*J"

R=—LR>—L

解得4,欲使粒子不打在極板上，4

粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的洛倫茲力提供向心力

v2

q%B=n

可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑

R4

qB

唯一mv^>YTLR>4加%.14m%

所以QB?或m4(解得qL或17qL,AB正確；

CD.當(dāng)在極板間加垂直極板指向P極板的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，粒子恰好從右邊射出電場(chǎng)，如圖2所示

y=—at2

-2

qE

a--—

m

2L

t=—

%

解得4qL,c正確；根據(jù)對(duì)稱性可知，D錯(cuò)誤。

故選ABC。

9.

【答案】1.2530

【解析】

由圖可知，波長(zhǎng)2=24m,由于在這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P第一次運(yùn)動(dòng)到圖中所示位置，故波向右傳播

-A

了4，故歷時(shí)

-T=0.2s

4

即T=0.8s,頻率

了」=1.25Hz

T

由

2

v=—

T

代入數(shù)據(jù)可得

10.

【答案】暗不均勻

【解析】

2=-

設(shè)A光在空氣中波長(zhǎng)為入，由/得2=6x1030,光的路程差SnZ.lxlO'm,所以

N=-=3.5

2

即從S和亂到P點(diǎn)的光的路程差5是波長(zhǎng)X的3.5倍，所以P點(diǎn)為暗條紋。

將S2用遮光片擋住。光屏上得到的是衍射條紋，所以是不均勻分布的。

11.

【答案】交流0.020.62A

【解析】

(1)常用的電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器和電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，使用的都是交流電源，頻率是50Hz,它們每

隔0.02s打一個(gè)點(diǎn)。

(2)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔為

t—0.02x5s=0.Is

紙帶做勻變速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)逐差公式得

a=—5——+與-~一々一%=0A.C62m//s2

⑵『

(3)探究加速度與力得關(guān)系時(shí)，要控制小車質(zhì)量不變；探究加速度與質(zhì)量關(guān)系時(shí);要控制拉力大

小不變；這種實(shí)驗(yàn)方法是控制變量法，所以選擇A。

12.

【答案】6.51,510

【解析】

(1)電流表G的電流讀數(shù)為6.5mA；

根據(jù)閉合電路歐姆定律，兩表筆短接時(shí)有

E=/"+")

兩表筆間接82.0Q的定值電阻時(shí)有

E=/(R、+R+R?+r)

聯(lián)立解得

E=1.5V

1

(2)欲將此歐姆表改裝為“xl”的倍率，就是將電流表內(nèi)阻變?yōu)樵瓉淼?。，設(shè)并聯(lián)的電阻為R

R.+凡108

解得

K=10。

13.

【答案】①L2m；②L44m

【解析】

①活塞在A位置時(shí)溫度為(=300K,缸內(nèi)氣體高度為瓦，活塞在B位置時(shí)溫度為心=450K,設(shè)

缸內(nèi)氣體高度為4,由等壓升溫過程得

h0S_%S

解得

/%=1.5h0=1.2m

②鐵塊取走前缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為Pl

Pi=A）+*L2xl（）5pa

kJ

撤去鐵塊后，氣體最后壓強(qiáng)為P。，設(shè)活塞到達(dá)位置C時(shí)距氣缸底部的高度為區(qū),由等溫變化規(guī)律

得：

P\h\S=poh2S

解得

h,=1.2h=1.44m

14.

【答案】（1）10m/s；（2）64J,48J；（3）見解析

【解析】

（1）兩物塊經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)受到圓弧軌道的支持力、重力，有

然一（町+㈣）g=（叫+：2）匕

得

vD=10m/s

（2）兩物塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，由動(dòng)能定理有

2的+%須=）+嗎心綱2M

解得

vc-45/5m/s

兩物塊發(fā)生碰撞時(shí)粘在一起說明發(fā)生了完全非彈性碰撞，有

（W,+nt,）vc=加］%

得

%=16V^m/s

彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為物塊甲的動(dòng)能，有

r12

耳=耳町環(huán)=64J

碰撞過程中損失的動(dòng)能

E=；犯＜一;（犯+網(wǎng)）4

得

￡=48J

（3）若兩物塊與木板能達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒定律得

（叫+m2）vD=（叫+秋+M）u共

得

u共=5m/s

對(duì)兩物塊

一從（他+叫）=+叫）唯一（（叫+m2）v^

解得

x=7.5m

對(duì)木板有

〃（叫+網(wǎng)）g￡嗑

x=2.5m

由于

L+x>x

所以兩物塊有與木板達(dá)到共同速度的必要條件，若

5>%=2.5m

說明兩物塊能和木板達(dá)到共同速度，由能量守恒定律有

1-

ER=/。/+，％川共一〃（町+根2）g（L+x—x）=3J

若

s<x-2.5m

說明兩物塊不能和木板達(dá)到共同速度，由能量守恒定律有

12

Ek=萬(wàn)（班+，％）%一〃（叫+加2）g（L+s）=（8-2s）J

15.

【答案】（1）限河；⑵①P桿第一次停止運(yùn)動(dòng)時(shí)位于〃邊界處；②;L

【解析】

（1）設(shè)金屬桿下滑進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為％,由機(jī)械能守恒定律得

mgh--mVg

剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，回路總電動(dòng)勢(shì)為

E=2Bdv0

回路電流為

「且

2R

金屬桿受到的安培力大小為

F=Bdl

聯(lián)立得

(2)①P、。質(zhì)量相同又同時(shí)釋放時(shí)，設(shè)在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中，通過P桿的感應(yīng)電量為處，平均電

流為4，時(shí)間為切對(duì)P桿