2021年高考物理押题预测卷（江苏卷）01（全解全析）

2021年高考押题预测卷01【江苏卷】

物理♦全解全析

12345678910

BCCBDDBDDC

1.【答案】B

【解析】设社的电荷数为“，则牡232俘获一个中子后经过2次。衰变转化成铀233,则a=92—2=90,则

社中含有中子数为232—90=142；铀233含有中子数为233—92=141；则铀233比牡232少一个中子，选

项A正确；铀233、钢142、氟89三个核中氯89质量数最小，结合能最小，因核子数较小，则比结合能却

最大，选项B正确，C错误；铀233的裂变反应中释放的能量等于生成物的结合能减去反应物的结合能，

选项D错误；故选A、B。

2.【答案】C

【解析】由全反射临界角与折射率的关系sinC=：=右可知，临界角为45。，即光线垂直BC方向射出在AC

面恰好发生全反射，由几何知识可知光从4VCC面出射的区域占该侧面总面积的看所以A、B项错误；若

QE发出的单光色频率减小，则折射率〃随之减小，由sinC=5可知，其临界角增大，所以4TCC面有光出

射的区域面积将增大，C项正确，D项错误.

3.【答案】C

【解析】由电子在电容器两带电平行板之间做减速运动可知，电容器右侧极板带负电。由爱因斯坦光电效

应方程有以=加一卬，W=6o，由电容器电容定义式知C=£,由动能定理有一eU=0-Ek，联立解得丫=物

十卷，选项C正确。

4.【答案】B

【解析】两树叶在1min内都上下振动了36次，则树叶振动的周期7=果s=js,树叶振动的频率/=|=

0.6Hz,则水波的频率为0.6Hz,故A错误；两树叶之间有2个波峰，当一片树叶在波峰时恰好另一片树叶

在波谷，两树叶间水面距离是4m,所以（7=4m,解得该列水波的波长为2=1.6m,故B正确；一片树叶

在波峰时恰好另一片树叶在波谷，两者平衡位置间的距离是半波长的奇数倍，两片树叶的位移始终等大反

向，故C错误；水波传播时，各质点在自身的平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，所以足球不能到岸

边，故D错误。

5.【答案】D

【解析】当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为4,纸板的加速度为生。为确保实验成功，即鸡蛋移

动的距离不超过幺，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离q=/，则纸板运动距离为1+4='外『,

10102102

联立解得4="4，根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有＜=〃加g=，得4=〃g，4=ll〃g，对纸板

有尸-/一力=2mg，则得/=力+力+2加《2=〃〃2g+〃＜加+2w)8+22pmg=26jumg,故选D。

6.【答案】D

【解析】驻极体通过静电感应，吸附小的微粒，从而起到吸附过滤作用，A错误；若放置时间过长，驻极

体口罩会因电场衰减而过期，这是极化电荷又变的杂乱无章的结果，B错误；驻极体与驻极体是有间隙的，

在每个驻极体周围都存在着电场，所有电场累加在一起相当于左右两个极板的电场，但与平行板电容器不

同的是，内部不是匀强电场，周围也存在电场，C错误；根据电荷的极化，上述材料冷却后，撤去外电场,

材料左边界带正电，右边界带负电，D正确。

7.【答案】B

【解析】当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小,

通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻段的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路

欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源员的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电

流也变大，R消耗的功率变大，通过肥的电流变小，选项B正确。

8.【答案】D

2得探测器在轨道I和轨道III上的动能分别是,,,、

【解析】根据万有引力MmvE=GMo7/

Gh=〃=

■_2rt

GM。%，由于n＞r，所以“嫦娥四号”探测器在轨道I上运行的动能小于在轨道川运行的动能，A

Ek2=^R^

错误。根据历加可知，探测器在轨道I和轨道HI上的势能分别是

GMomo、

ELG-REpl

GV〃？，“嫦娥四号”探测器从轨道I上变轨到轨道ni上时，势能减小了/

Epi=A£p=GMoma-------

(Rr\

B错误。根据能量守恒定律，落月的“嫦娥四号”探测器从轨道in回到轨道I,所要提供的最小能量是

小彳(.1、，C错误、D正确

,LLLLLGMm\11I

△E=Epi-EP2+Ekl—Ek2=--——

9.【答案】D

【解析】设。棒滑到水平导轨时速度为皿，下滑过程中“棒机械能守恒，A错误，且有方"田=,咫儿“棒与

匕棒发生弹性正碰，由动量守恒定律〃田0=机盯+M丫2，由机械能守恒定律品略=/而+提"询，联立解得必=

0,『广而’选项B错误；b棒刚进磁场时的加速度最大，am=^p,设方棒进入磁场后，某时亥!]方

棒的速度为如c棒的速度为外,b、c两棒组成的系统合力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律〃?也=〃皿

+/则从c组成的回路中的感应电动势E=BL（w,一%）,由闭合电路欧姆定律得/=《，由安培力公式得

F=BIL=ma,联立得a="-（§二"），故当8棒加速度为最大值的一半时有也=2（物一外）,联立得照

总O

也=jv现，选项C错误；最终氏c以相同的速度匀速运动，由动量守恒定律，”也=（，”+§口由能量守恒

11IM1

定律2团正=爹（%+彳），+。，解得Q=pg〃，选项D正确。

10.【答案】C

【解析】滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为m由

牛顿第二定律得"£+mgsin，=m«,由位移公式得“=工。产，联立可得片J―网2—,故A正确，

2qE+mgsin0

不符合题意；滑块从释放到返回到so段中点的过程，由功能关系得（qE+mgsin。）•微-:《三），解得

4（3sin8+4E）

左二一^------以，故B正确，不符合题意；滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为无o,则有

%

加gsin6+gE=5，解得/=£,从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得

（mgsin0+qE）-（50+x0）-W=£b„-0,弹簧弹力做功W=:Axo2=B_（qE+/„gsine）,则最大动能

2o

9

Emsin

k„,-（gG+qE）-（.v0+x0）-W=[mgsin0+qE）-s0,故C错误,符合题意；物体运动过程中只有重

8

力、弹力和电场力做功，故只有重力势能、电势能和和弹性势能动能参与转化，系统的机械能和电势能的

总和始终不变，故D正确，不符合题意。故选C。

11.【答案】（1）滑动变阻器R（3分）G和R2（2分）（2）1.50V（3分）1.21。（3分）

（3）等于（2分）等于（2分）

【解析】（1）若A是电压表，则B是滑动变阻器R,C和D是改装的电流表，干路电流最大值为

E

/,“=------=0.5A=500>100mA,根据欧姆定律知七七=（4,一分/'，得R'=0.15C,定值电

r+&

阻应选R2。（2）改装后电流表内阻＜八=一'也一="出巨。=0.12。，根据图甲及（1）分析知

%+R,0.6+0.15

15-09

UE-5IG（r+RA）,则图乙可知电动势E=1.50V,斜率Z=二——-=5（r+7?J,得r=L21Q。

0.09

（3）电源的电动势等于电流计为零时电压表的读数，所以电源电动势测量值与真实值相等，因电表改装后

内阻已知，内阻的测量值与真实值也相等。

12.【答案】（1电（2）1v0

【解析】（1）设左、右活塞的质量分别为用卜M2,左、右活塞的横截面积均为S,由活塞平衡可知po5=M|g①

poS=M2g+萼得M2g=|poS②（1分）

打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气

体的温度和压强均不变，所以体积仍保用Vo不变，所以当下面接触温度为7的恒温热源稳定后，活塞下方

133

q5vo+4V°Vo+4Vo

体积增大为（％+]Mo），则由等压变化：—=—广一（1分）

7

解得7=列（1分）

Po

hl

恒温热源

（2）如图所示，当把阀门K打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式

知何氏＞〃吆，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度7b等温变化，汽

缸下部保持温度T等温变化.设左侧上方气体压强为p,由。匕二勺22,

设下方气体压强为P2：0+警=「2（1分

解得P2=p+po（1分）

所以有P2（2%-%）=po•华（2分）

联立上述两个方程有6匕2-%%—%2=0,解得匕=3%（1分

13.【答案】（1）2y[3mgI（2）^mg（3）无影响

【解析】⑴对Q分析，有Eq=mgtan60。=5mg（1分）

E=y[3mg/q（1分）

W=Eq2/（1分）

所以W=2小mg/（1分）

（2）整体受力分析，整体所受电场力与重力的合力为

F合=fQEq）2+（6帆g）?=，Cmg,方向与竖直方向成30°（1分）

Fmin=F合sin30°=2后叫（1分）

（3）如图所示，无影响（2分）

5127

14.【答案】（1）B=（2）——

4°180

【解析】（1）根据磁汇聚知识，电子在磁场中做圆周运动的半径大小等于圆形磁场区域的半径大小,

故8=；（1分）

（2）当电子沿OP方向进入半圆形磁场区域时的轨迹如图1所示

图1

LR4

根据几何知识可知，cosZMO（7=-2—=-（1分）

5

8

当电子沿某方向进入半圆形磁场区域，刚好从Q点离开的轨迹如图2所示

图2

\R4

根据几何知识可知cosNQOO'=1—（1分），得NQOO=37。（1分）

-R5

8

对应电子在圆形磁场区域的运动轨迹如图3所示

127

综上，收集板上有电子收集的范围为圆弧MQ,弧长为岩（1分）

—R+—Rsm.37o°_o

收集效率n=--\—=80%（1分）

2XR

2

（3）两磁场区域的相切点，也即电子的入射点在直径上平移至N点时，电子恰好不能经过Q点时，收集

板上电子收集的范围最大，如图4所示

图4

则N0=*/?x2-R=4R（1分）

84

当电子沿OP方向入射时，从A点离开磁场，运动轨迹的圆心为。'点,

根据几何知识可知，tanc=1—=2（1分），00'=―/?（1分）

5R58

在△”人中，根据余弦定理有cos"吟磊产=暗。分）

结合题意可知，a«22°（1分），夕R380（I分）

故弧长AQ的长度为0+6+90°.2成=3成（1分）

36006

15.【答案】⑵乎⑶①当局?时，卬尸口^臀②当x＜为时，W（=0Amg（2R+x）

【解析】（1）滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为山，则有：加8=席,（1分）

解得：/=｛曜；（1分）

滑块4在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有：2,"gR+JwJ=&nM2,（1分）

解得W=75gR0（1分）

（2）4、B在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有》MVA+（—WBVB）=0,解得：VB="逑，（1分）

假设滑块8可以在小车上与小车共速，由动量守恒得：niBVB=（mB+M）v

解得：v共=|叱8=早，滑块B滑上小车后加速度大小为“=〃g,则滑块B从滑上小车到与小车共速时

v共2一以2217?2