2021年高考物理押题预测卷（新课标Ⅲ卷）01（全解全析）

2021年高考押题预测卷01【新课标口卷】

理科综合物理•全解全析

1415161718192021

DACBBCDBDAC

14.【答案】D

【解析】逸出功与金属材料有关，与入射光的频率无关，由&“=/忙-必，可知，入射光的频率不同，电

子的最大初动能不同，又eUc=E",,所以入射光的频率不同，遏止电压乂不同，A错误：必须图甲所示电

路中的电源正负极反接过来，才能用来验证光电流与电压的关系，即当电压表增大到一定数值时电流计将

达到饱和电流，B错误；由爱因斯坦光电效应方程4",=/〃-%,可知在入射光频率不同的情况下，光电

h

子的最大初动能不同，最大初动能与光照强度无关,C错误；由纥“=hv-hvc=eUc,可得Uc=-（y-匕,），

e

故图线的斜率为相同的常量，D正确。故选D。

15.【答案】A

N.G

【解析】对正三角形内部的小球受力分析，如图所示，由几何关系可知丁c*=—夕不变，。从0°变到

sin6*sinp

60°,所以球对AC边的压力一直增大，A正确；BCD错误：故选A。

G

16.【答案】C

【解析】因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向过。点，不妨研究它的逆过程，从。到A,由于此过程

中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直BC向下的电场

力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于8c向下，则BC电势相等，则%>%=%,选项A错误;

电场方向垂直BC向下，则沿垂直8c方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；若NACB=60。，则由

类平抛运动的规律可知R=%cos60",――R=­/，联立解得后=正竺公,选项C正确；若

22m4qR

ZACB=45°,则过。点速率等于C点的速度沿方向的分量，即匕=%cos45°=选项D错误；

故选C。

17.【答案】B

【解析】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律加％=2机岭，可知第二个滑块开始运动的速

度大小为彩=；%,同理第三个滑块开始滑动的速度大小为为='%，第个球开始滑动的速度大小

23

为k=Jo,因此运动的总时间为

n-\

LLL,n(n-l)L

—=—(1+2+3+.

I。11"2%，故选Bo

V

2°”n-1

18.【答案】B

【解析】若发光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有丫=w,丫与，•应成正比,

与图像不符，因此发光带不是该行星的组成部分，故A错误；设发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引

力提供向心力，则有：G华=/，得该行星的质量为：M=察；由题图乙知，r=R时，p=vo,则有：M

=嗜，故B正确；当r=R时有磔=瞪，得行星表面的重力加速度g/,故C错误；该行星的平均密

度为盛层’故D错误。

19.【答案】CD

【详解】该线圈产生的电动势的最大值为Em=N8S(w=100x需xO.2x0.4xlOO兀丫=5丽V,A错误；根

据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为25V,由于二极管的单向导电性，结合有效值的

定义有25J飞=帘,解得电压表的示数为。=12.5啦V=17.68V,B错误；由焦耳定律得1min内电

n2252

阻R上产生的热量为。=看「=悬^<601=750,C正确；减小电阻R的值，副线圈中的电流增大，则原线

圈中的电流增大，电流表的示数变大，D正确.

20.【答案】BD

【解析】物块C做匀加速直线运动，设细线拉力为T,由牛顿第二定律得b―7=2〃以，T=F-2ma

7与F不成正比，故A错误；以物块B、C为研究对象，当弹簧的压缩量最大时F值最小，设弹簧弹力为耳，

212

由牛顿第二定律得E—〃历+耳=(2加+力”，又因为K=mg,a=—，所以尸=3空，选项B正确；

2x2x

物块C做匀加速直线运动，因为细线长度不变，所以物块8也做匀加速直线运动，物块B受重力叫、弹

簧弹力6和细线拉力T,由牛顿第二定律得7一'"g一片=〃皿，弹簧拉力最大时，物块A恰好刚刚离开地

面与='"g,T最大，得到T=2mg+ma,选项c错误；因为初始状态细线对B无拉力，弹簧处于压缩状

_避

人I一

态，由胡克定律得压缩量左，物块A恰好刚刚离开地面时，物块A不受地面支持力，弹簧处于伸长

々=遒

状态，由胡克定律得伸长量2左，初、末状态弹簧形变量相等，所以弹簧弹性势能相等。设力尸做的

(2m+m}v2.、

卬•叫=-----------+mg(』+W)x=x+x

功为"F,对组成的系统由功能关系得2,且“王十血，解得

3mv2

Wp=---------卜mgx

2,选项D正确。故选BD

21.【答案】AC

【解析】线框进入磁场的过程，根据右手定则，感应电流都是逆时针方向，A正确；线框是相同材料的电

阻丝围成的，边长相等，电阻丝的横截面积之比为2：1,根据机=夕丫=〃4乙5,甲乙两个线框的质量之

比为2：1,两线框刚进入磁场瞬间，两线框下落的高6相等，设斜面的倾角为夕，根据动能定理

mgh-^imgLcos0=-mv2,两个线框刚进入的速度相等，产生的感应电动势为E=8〃，线框是用相同

4/

材料的电阻丝围成的，边长相等，电阻丝的横截面积之比为2：I,根据R=p—,则电阻之比为1：2,

S

D-

则线框受到的安培力F=BIL=q^,则有与安〉七安，根据牛顿第二定律

mgsin0-F^-/jmgcos0=ma,则有a甲<a乙，乙的加速度大，则乙线框完全进入磁场时速度也大，进

入磁场的时间较短，进入磁场后由于磁通量不变化，没有感应电流，只在重力和摩擦力作用下加速运动，

并且下滑的加速度均是（gsin8-cos。），则乙线框所用时间短，B错误；两线框刚进入磁场瞬间，两

线框下落的高度相等，设斜面的倾角为。，根据动能定理，咫〃一=两个线框刚进入

的速度相等，产生的感应电动势为£=电丫，线框是用相同材料的电阻丝围成的，边长相等，电阻丝的横截

4/F

面积之比为2：1,根据R=p——，则电阻之比为1：2,则电路中的电流为/=一,则甲、乙中感应电流

SR

之比为2：1,C正确；机械能的减少量转化为摩擦产生的热和电路中电流产生的热，由于摩擦力为

pmgcos0,甲的摩擦力是乙的两倍，则摩擦产生的热是甲是乙的两倍，但是电流产生的热，由于两线框

进入磁场过程中速度不一样，则电流不同，无法比较产生的热量，也就无法得出下滑全过程中，甲、乙两

线框机械能减少量之比为2：1,D错误。故选AC。

22.【答案】（1）D（1分）(2)Q2gL(1-cosq)(1分)旦（1分）

2H

(3)叫J2gL(1-cosq)

（3分）

【解析】⑴由动能定理可得犯gL（l-cosq）=g犯诏，碰撞前球1速度%=j2gL（l—cos8j,由动能定

理可得犯gL（l-cos%）=，〃H，碰撞后球1速度片=J2gL（1—cos。?），所以还需要测量悬点到球1球

心距离L，故选D。

（2）由（1）分析可知%=j2gL（l-cosq）,根据动量守恒表达式肛％彩一班匕，需要测量两球质量，

根据平抛规律有球2碰后速度v2=y

(3)因此需要验证町J2gL(1-cos4)=ms

2-cos^2)/

23.【答案】（1）.正极（1分）

〃mA

20

⑶(2分)

10

UN

O1.02.03.04.0f

(4)121(120-124)（2分）（4）电压表（1分）

（5）左侧（1分）(6)53(50〜54)(2分)

【解析】（1）描绘二极管G的正向伏安特性曲线，〃端应接电源的正极。

（2）描点作图

⑶指示灯正常工作时通过G的电流为15.0mA,根据图像可知，电压为2.18V,故电阻为R=3=145.3。,

4

则根据串联特点RG=访百-145.3Q=⑵.40。

（4）因为采取内接，电流表准确，电压表为电流表和电阻电压之和大于电阻两端电压，则需要修正示数的电

表是电压表；修正后绘出G的图线与修正前G的图线相比，修正后的图线位于左侧。

（5）电器处于正常待机状态时，将限流电阻月,=40。归为电源内阻，则。=4一40/,作图，得到工作点电

流为13.5mA,故图甲的电路消耗的功率为P=U/=4xl3.5mW=54mW。

27mA

,40(%-1),

24.【答案】(1)—-y-m/s.(2)k=3,〃=4m

(1+k)

【解析】（1）由A到8,根据动能定理mgR=Q机/（1分）

解得va=J2gA=20/71/V（1分）

。与Z?发生弹性碰撞，则mava=mya+m以（1分）

121.22八

-n乂=-n+-，勺居（i分）

40

解得碰后物块b的速度以=-—va=--nVs（1分）

m+km1+K

r

同理〃与c发生弹性碰撞：mbvh=mhvh+〃叱.（1分）

1-）1,212八

-mi,Vb=-Fb+-meVe（1分）

k%—40（左一1）

可得物块力碰撞后的速度大小为K=——刊="2m/s（1分）

km+m（1+K）

w-l)80

(2)由％=燧=网m/s(1分)

(1+%)21+左(1+幻2

由均值不等式求极值可知，当左=3时物块b速度最大，心=5m/s

12

y=2gr

x=v"

x2+y2=r'（1分）

解得弘=4m或%=—9m（舍去）（1分）

故物块匕下落到圆弧形挡板CO上时的竖直坐标位置4=X=4m（1分）

22八

/77V**AWV9

25.【答案】（1）（0,d）；（2）E[=——,E,———；（3）W=一相片

2qdqd2

【解析】分析粒子运动。作出粒子的运动轨速如图所示。

X

X

X

X

X

X

（1）粒子在P点沿x轴负方向进入匀强磁场，做匀速圆周运动，设半轻为r,根据牛顿第二定律有

2

qv0B=m-（1分）

代入数据解得r=d（1分）

可见粒子做圆周运动的圆心在。点，A点在圆周的最高点，坐标yA=r=d（l分）

所以A点的坐标为（0,d）。（1分）

（2）由题可知粒子在C点的动能为在A点动能的2倍，有耳相b=2'天〃M（1分）

解得粒子在C点的速度大小匕=血%（1分）

可知VC与X轴正方向的夹角a=45。，粒子沿y轴负方向的分速度vcy=vo（1分）

在第一象限，粒子做类平抛运动，加速度4=西（1分）

m

在y轴负方向根据运动学公式有v；v=2qr（1分）

联立解得g=—（1分）

2qd

nc与x轴的夹角a=45。，根据运动特点可知OC=2d（1分）

2d

运动时间4=——（1分）

%

由题意有f2="i（1分）

根据题意和以上分析知，粒子在第四象限受的电场力方向和vc的方向垂直，加速度生=西（1分）

m

1

C、。在同一条平行于y轴的直线上，在X轴方向位移为0,有％/2以帖45。=亍4名95泊45。（1分）

联立解得E,=—（1分）

qd

（3）粒子在D点的速度大小%=J⑷2了+吆=ViOvo（1分）

从A点到。根据动能定理可得电场力做的功W=]/诏（1分）

联立解得W=耳根说（2分）

33.（1）【答案】BCE

【解析】由图示图象可知，b、c、d、e点的体积丫相等，Pt>P>P（l>Pe,由查理定律器=C,可知

Th>T>Td>Te,选项E正确；是等温膨胀过程，则[,=/,从“到氏c、d、e过程体积变化量AV

相同，气态对外做功W=。一〃过程气体压强不变，a-c、a-d、a—e过程压强减小，则〃一。过程

气体对外做功最多，“一匕过程气体温度升高最大，气体内能增加最多，故A正确；“一c过程气体体积增大，

气体对外做功，a-c过程气体温度升高，内能增加，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B错误；a-e

过程气体温度降低，内能减少，气体体积增大，气体对外做功，气体内能的减少量可能等于气体对外做的

功，故C错误；氏c、d、e各状态下气体体积相等，分子数密度相等，即单位体积内的气体分子个数相等，

故D正确；故选BCE。

（2）【答案】①7=27；；@Q-（mg+p^L

LS2LS

【解析】①气体等压变化，有〒=〒（3分）

解得7=2”（2分）

②升温前，对活塞有2,咫$出a+。05=~5（1分）

膨胀时，气体对外做功为W=-PISL（1分）

根据热力学第一定律得△UnW