2021年高考物理押題預測卷01（新課標Ⅰ卷）（全解全析）

2021年高考押題預測卷01【新課標I卷】

理科綜合物理?全解全析

1415161718192021

BDDDBBCACDCD

14.【答案】B

【解析】由圖可知，H”譜線其波長最長，對應的頻率最低，根據(jù)￡=〃丫可知，其光子能量最低，故

A錯誤；已知可見光的光子能量在1.62eV到3.1leV之間，普朗克常量〃=6.63*103人§，根據(jù)

hr

c=4i/和￡=配可得九=五，求出可見光的波長范圍約39()nm?78()nm,可知巴耳末系輻射H。、

he

H。、Hy、Hs譜線均屬于可見光，故B正確；由E可知，H1譜線對應光子的能量為1.89eV,

按玻爾原子模型，與H/普線對應的躍遷是從〃=3能級到〃=2能級，故C錯誤；該譜系的光子能量

最大的是H$譜線對應的光子，其頻率為|/=￡=一3x1011Hz-4.5*10乜142,小于鴇的極限頻率，

2660x10-9

不能發(fā)生光電效應現(xiàn)象，故D錯誤。故選B。

15.【答案】D

【解析】當紙板相對雞蛋運動時，設雞蛋的加速度為q,紙板的加速度為生。為確保實驗成功，即雞

蛋移動的距離不超過2,則紙板抽出時雞蛋運動的最大距離4=」囚尸，則紙板運動距離為

10102

4+治=；々『，聯(lián)立解得g=11%，根據(jù)牛頓第二定律得，對雞蛋有<=〃mg=m4,得4=〃g,

F

?2=11//^，對紙板有-f\~fi=^na2,則得

F=fx++2ina2=pmg++g+22/jmg=,故選D。

16.【答案】D

【解析】根據(jù)萬有引力G粵=m—,得探測器在軌道I和軌道HI上的動能分別是=也也、

rr2r]

GM。/%,由于”>r,所以“嫦娥四號”探測器在軌道I上運行的動能小于在軌道川運行的動能,

422R

A錯誤。根據(jù)Ep=-GM竺可知，探測器在軌道I和軌道HI上的勢能分別是=-也如

「外

GMam0

約，2“嫦娥四號?"探測器從軌道I上變軌到軌道III上時，勢能減小了

R

(12

△Ep=GM°mo-B錯誤。根據(jù)能量守恒定律,落月的“嫦娥四號”探測器從軌道HI回到軌道

r\

I,所要提供的最小能量是AE=Ep「E+E-E=0絲1_L1

P2k]k2，C錯誤、D正確。

2r\

17.【答案】D

【解析】因為球形邊界外部電勢為例，球形邊界內部電勢為外,且%＞仍，又因為電場線由

高電勢指向低電勢處，在球形邊界處應存在一微小電場線，方向指向圓心電場，又因為粒子為

電子，受力方向應與電場線方向相反，所以在進入球形邊界時受到偏離圓心的電場力，此時在

電場力的作用下使電子偏離圓心，速度減小，即速度彩＜%;

故選D。

18.【答案】B

【解析】設安培力的方向與豎直方向夾角為￡，則通電流/時?，水平方向有7Jsin60o=8/Lsin/7,豎

直方向有（cos60o+6〃cos/?=mg,當導體棒中通入沿〃向，方向、大小為（的恒定電流時，則穩(wěn)

定后水平方向有（sinBOOugB/Lsin，，豎直方向有（cos300+g8〃cosQ=mg,聯(lián)立解得

BlL=mg,[=60。，即8=駕，故選B。

'Ll

19.【答案】BC

【解析】根據(jù)理想變壓器的電壓規(guī)律，對于降壓變壓器四=〃，根據(jù)歐姆定律，A1示數(shù)增加了

△U

AUNUA/,1

2\=-L=〃——，根據(jù)單相理想變壓器的電流規(guī)律號=一，解得A2示數(shù)增加了

RRM〃

AZ,=〃?△4=〃2”,A錯誤，B正確；發(fā)電廠的輸出電壓恒定，升壓變壓器的變壓比恒定，所以Y示

R

數(shù)恒定，C正確；

D.輸電線上損失的功率增加了△?=/1化后《化前RW（M）2R=]心2]R,所以損失的功率不一

、2

nkU

定為R，D錯誤。故選BC。

RJ

20.【答案】ACD

【解析】若兩球靜止時，均受力平衡，對B球分析可知桿的彈力為零，NB=mg.設彈簧的壓縮量為

x,再對A球分析可得：mg=5,故彈簧的長度為：L1=L_Xi=L_鱉,故A項正確；當轉動的

k

角速度為①0時，小球3剛好離開臺面，即N，=o,設桿與轉盤的夾角為e,由牛頓第二定律可知：

型-=m①>L-cos。,耳F.Sine=，〃g,而對A球依然處于平衡，有：％$抽6+/叫=鼻=仇

tan6^

而由幾何關系：sine=GL,聯(lián)立四式解得：Fk=2mg,g=J—核一，則彈簧對A球的彈

LNkL-2mg

力為2mg,由牛頓第三定律可知A球隊彈簧的壓力為2"理，故B錯誤，C正確；當角速度從必繼續(xù)增

大，B球將飄起來，桿與水平方向的夾角。變小，對A與B的系統(tǒng)，在豎直方向始終處于平衡，有

Fk=mg+mg=2mg,則彈簧對A球的彈力是2mg,由牛頓第三定律可知A球隊彈簧的壓力依然為

2mg,故D正確；故選ACD。

21.【答案】CD

【解析】重物在開始加速下落的過程中，重物的減小重力勢能轉化桿與重物的動能和電路中電阻發(fā)熱

的內能，重物在勻速下落階段中，重物減小的重力勢能轉化為電阻發(fā)

熱的內能，選項A錯誤；由右手定則可知，左邊的四根輻條中電流

方向均指向圓心，右邊的四根輻條中電流方向均背向圓心，所以通過

電阻R的電流是由M-N,選項B錯誤，C正確；整個電路可簡化為

V

如圖所示，設當重物P的速度為v,則A1的角速度助=一,A1帶動A2轉動，A2的角速度刃2與A1

1O

的角速度例之間的關系為。嗎=32電，AI中每根輻條產(chǎn)生的感應電動勢均為月=臚《嗎,軸與輪

邊之間的電動勢就是Ai中四條輻條電動勢的并聯(lián)。同理，A2中，軸與輪邊之間的電動勢就是A2中四

條輻條電動勢的并聯(lián)，其數(shù)值區(qū)二3臺片在。Ai中每根輻條的電阻為Ri，四根輻條并聯(lián)的電阻為

火=4；A2中每根輻條的電阻為R2,四根輻條并聯(lián)的電阻為7?A2=々，Ai輪、A2輪和電阻R構

44

Ei+E?

成串聯(lián)回路，其中的電流為/,當P勻速下降時，對整個系統(tǒng)來說，重力的功率等于

R++Rm

2

所有電阻的焦耳熱功率之和，即mgv=I（R+RM+RA2）,解得選項口

正確。

22.【答案】（1）測量A、B兩點間的距離x（2分）；（2）〃=貯（2分），卬「=空（2分）。

2gxf2b

【解析】木塊通過A點時的速度大小v=t為窄片通過光電門的遮光時間，木塊從B點運動到A

t

1r12Wf12L12X

點的過程，根據(jù)動能定理有Wy-=——0,得下=—z---------7—，結合題圖乙得

2td~md~

2U2X2Waad~cid~

-^P=a,—f=一，解得〃=——，W/=——，可見為測量中還需要測量A、B兩點間的距

d2d2b2gxf2b

離X。

23.【答案】（1）電阻絲變長，橫截面積減小（2分）（2）（2分）

（3）2（__4）COS6（2分）

k

（4）不均勻（1分）刻度盤靠近電流零刻度一側刻度較密，另一側較疏（2分）

【解析】（1）隨著拉力增大，電阻絲變長變細，根據(jù)電阻定律R=p,，可知，電阻增大。

S

（2）電路中電流不變，則電路中外電阻不變所以有加?=鳥-A?。

（3）圖像的斜率為&=絲=左旦，解得尸=國二旦

△FFk

對重物受力分析有2Fcos6=G，解得G=2（K「'）cose

K

,EEE

（4）根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I=----------;=-一-,解得&=--r"

L

RL+R+r+rRL+r/

pkG

則拉力為&=--r"=kF+b=-----+b,因為電流與G不是線性關系，所以刻度盤不均勻，電流

I2cos。

越小，重物越重。所以刻度盤靠近電流零刻度一側刻度較密，另一側較疏。

24.【答案】⑴v=再,⑵國(3)8。=^⑷T=篇毋=0,1,2…)

【解析】（1）電子通過加速電場，由動能定理（1分）

得v=（1分）

Vm

V2

離子經(jīng)過靜電分析器，由向心力公式陽）=〃?h（1分）

廠2U

得E。=—（1分）

小

（2）由于MNJ.PQ則02MUPQ,ZPMO2=NMPC\,又口09與口為等腰三角形，所

以QMQP為棱形，則離子運動的半徑與=廠（1分）

V

由各心力公式安珞）=加入（1分）

（3）如圖所示，由幾何關系可知、歷（2〃+1）鳥=2r（1分）

得R=^^(〃=0,1,2…)(1分)

22/7+1

2冗R2〃■尸I171

帶電粒子在磁場中運動的周期7；=—^/—（H=0,1,2）（1分）

又7*1分）

25.【答案】⑴1.2J；3N,豎直向下;（2）AEp=2.7J；（3）s=x,=（6n2-6.1）m

【解析】（1）滑塊甲到達與圓心。等高的C處時剛好對管壁無擠壓，說明到達C點處速度恰好為零，從

A到C由能量守恒可得Ep=mgR=1.2J（1分）

1,

從C到B過程由能量守恒可得mgR=3端（1分）

2

在B點由牛頓第二定律可得外-=（1分）

R

解得外=3N,由牛頓第三定律可知，對管道壓力大小為3N,方向豎直向下。（1分）

（2）從A到。過程由能量守恒可得5mvj,=Ep-mgR（2分）

由于彈簧的彈性勢能與壓縮量的平方成正比，對比（1）中結論可知￡；=4mgR（1分）

碰撞過程由動量守恒可得加乙,=2/〃匕（1分）

2

甲物塊損失的機械能為△與=-mvn--mvl（1分）

聯(lián)立解得AE,,=2.7J。（I分）

（3）從A到力過程由能量守恒可得gmvl=E；-mgR（2分）

彈簧具有的彈性勢能為E；=/mgR（1分）

碰撞過程滿足動量守恒mvD=2根彩（1分）

設在粗糙段滑行距離為xi,由能量守恒可得5（2，〃）田=2"際苞（2分）

滿足$=3（〃2-1）（1分）

在光滑段滑行距離為々=3（〃2-1）-0」（I分）

所以滑行的總距離為s=X]+w=（6”2—6.1）m（2分）

33.（1）【答案】ADE

【解析】X理想氣體的熱力學溫度為600K.Y理想氣體的熱力學溫度為300K,原有理想氣體的熱力學

溫度為300K,X、丫、原有理想氣體的物質的量之比為1：1：2,根據(jù)=可知，X,丫理想氣

體pV乘積為原有理想氣體的2倍，由圖像可知，X、丫均為曲線丙，故A正確，B錯誤；由于X、

丫理想氣體的物質的量之比為1：2,則在同一體積時，X理想氣體的分子數(shù)是丫理想氣體的一半，氣

體分子單位時間內撞擊容器壁上單位面積的次數(shù)，x曲線代表的氣體較y曲線代表的氣體少，故c錯

誤；由于X、丫理想氣體的物質的量之比為1：2,同一壓強下，體積也相同，則氣體分子單位時間內

撞擊容器壁上單位面積的次數(shù)，X曲線代表的氣體較Y曲線代表的氣體少，故D正確；根據(jù)PV=nRT

可知，由于X、丫理想氣體的物質的量之比為I：2,則曲線X與曲線y代表的氣體在相同體積時，溫

度均加熱至1200K,則壓強之比為1:2,故E正確。故選ADE。

（2）【答案】⑴（2）1v0

【解析】（1）設左、右活塞的質量分別為〃卜M2,左、右活塞的橫截面積均為S

由活塞平衡可知：poS=Mig①（1分）

poS=M2g+吟得M2g=|poS②（1分）

打開閥門后，由于左邊活塞上升到頂部，但對頂部無壓力，所以下面的氣體發(fā)生等壓變化，而右側上

方氣體的溫度和壓強均不變，所以體積仍保持《Mo不變，所以當下面接觸溫度為T的恒溫熱源穩(wěn)定后，

13孤

~葉-

24

3

活塞下方體積增大為（Ko+寧W），則由等壓變化:L

70

7

解得（1分）

（2）如圖所示，當把閥門K打開重新達到平衡后，由于右側上部分氣體要充入左側的上部，且由①②兩

式知打開活塞后，左側活塞降至某位置，右側活塞升到頂端，汽缸上部保持溫度/等溫變

化，汽缸下部保持溫度T等溫變化.設左側上方氣體壓強為p