2021年高考物理押题预测卷（湖北卷）02（全解全析）

2021年高考押题预测卷02【湖北卷】

物理♦全解全析

1234567891011

ABBCACCBCBCBDACD

1.A

【详解】

A.衰变方程为

:IH.z；He+—1,e

A正确；

B.今核衰变放出的尸射线是电子流，来源于核内中子转变为质子和电子，即

H+_|e

B错误；

C.经过一个半衰期，是有一半晁核发生衰变，并不是质量剩为原来的一半，C错误；

D.散核夕衰变过程放出能量，平均核子质量会减小，D错误。

故选A,

2.B

【详解】

A.A点为点电荷，故到A距离相同的地方电势相同，B到A与C到A距离不同，故BC电势不相等，故

A错误；

B.两个正点电荷从无限远处移动到BC过程中，克服电场力做功故A为正电荷

叱

B距离A近

例>(Pc

=W2

则

2<%

故B正确；

C.场源电荷量增大BC位置的电势增大，克服静电力做功增大，但两者等比例增大，则

Wi=W2

故c错误；

D.负电荷由B至C电场力做负功，则电势能增加，故D错误。

故选B。

3.B

【详解】

A.重锤下落过程中做自由落体运动，根据

可知，重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，选项A错误；

B.重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，则

mv0=(m+M)v

可知，重锤质量，〃越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，选项B正确；

C.碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，选项C错误；

D.整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，选项D错误。

故选B。

4.C

【详解】

A.由安培定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在4处方向竖直向下，故

A错误；

B.根据安培定则可知，电流4产生的磁场在b处方向竖直向上，电流/2产生的磁场在6处的磁感应强度方

向竖直向下，It=I2,根据合成可知，6点处的磁感应强度大小为零，故B错误；

C.由安培定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，故

C正确。

D.由安培定则可知，两电流在d处产生的磁场并非等大反向，根据合成可知，d点处的磁感应强度大小不

为零，故D错误。

故选C。

5.A

【详解】

项链右端级慢向左移动的过程中,Q与水平方向的夹角«增大，根据三力平衡条件得

p

£]sina=mg,-^—=mg

tana

所以有尸I减小，尸2减小。

故选A。

6.C

【详解】

由图可知波形甲的振幅比波形乙的小，波形乙的形成时间比波形甲的早，在同一介质中传播，波速相同，

由图可知甲的波长比乙的波长大，根据则波形甲的周期大于波形乙的周期，由图还可判断波形甲的

起振方向向下，波形乙的起振方向向上。

故选C。

7.C

【详解】

AB.两点发出的球都能到达。点，B球从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可

知

%=%

由于水平方向的位移相同，根据

x

v*=7

可知

以水＞%水

根据速度的合成可知，A抛出时的速度

VAO=匕vk

A落到。点时的速度

VAD-{RA+嗫

B落到D点时的速度

故两过程中，后一个过程中，网球击中。点时速度较小，故AB错误;

C.个过程中对网球做功

叱=2根匕水

第一个过程中对网球做功

叱=2mv™=2/nV®D=2m

可知叫可能等于帆，选项C正确；

D.竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同,

则重力的瞬时功率

P=mgvy

相同，故D错误。

故选C。

8.BC

【详解】

A.根据

可得

由于土星的轨道半径大，故土星绕太阳公转的线速度小于地球绕太阳公转的线速度，故A错误;

B.由开普勒第三定律可知

尸

乜72.=生3

瑶4

可得

故B正确；

C.7］也=1年，&=29.5年，地球与土星从冲日到相距最远满足

（°地-0±为=兀

得到

7171八—

=------------=—---------x0.52

例也一公h至271年

Ti&T±

故C正确；

D.出现土星冲日现象有

（0地一°±）"2=2兀

得距下一次土星冲日所需时间

2兀27r，八“

r,=------------=------—*1.04.

'。地-0土生一生年，

%T±.

则约需要1年零15天会再次出现土星冲日现象，故D错误。

故选BCo

9.BC

【详解】

A.频率是由波源决定的，所以光从水进入食用油中，频率变不变，A错误；

B.食用油的折射率大于水的折射率，根据全反射的条件，光从食用油进入水中时可能会发生全反射，B正

确：

C.根据

v=-

n

食用油的折射率大于水的折射率，光在食用油中的传播速度小于在水中的传播速度，C正确;

D.如图

筷子

图为筷子竖直插入食用油玻璃杯内的俯视图，A处为筷子，ABP表示由筷子发出的穿过玻璃杯壁B射向观

察者尸处的一条光线。ON为过8点沿半径方向的直线，即在8处和空气的分界面的法线，上述光线则相

当于在B处由食用油中射入空气中，图中的角i和角，分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律

可知，应有厂＞i,所以观察者在P处看到的筷子A的像4的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位

置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，D错误。

故选BCo

10.BD

【详解】

AB.仅闭合开关S,负载电阻变小，变压器T2副线圈电流增大，根据交变电流规律知，T?原线圈电流增大,

即输电线上电流增大，输电线上损耗的电压

\U=hr

增大，损耗的功率

2

AP=/2r

增大，T2的输入电压

Ui=U2-\U

减小，所以5减小，即灯小两端电压减小，心变暗，故A错误，B正确；

C.仅将滑片P下移，变压器Ti副线圈匝数增加（血增加），根据

u、_2

U2n2

可知U2变大，由

hlh=l£r+I，R,hn3=hn^

得

Ui-h（r+与火）

%

因S变大，〃3、〃4、r及R不变，则/2变大，即输电线上电流变大，厂消耗的功率会变大，故C错误；

D.仅将滑片P上移，同理可得Ti的输出电压变小，输电线电流变小，由3=%可知，八变小，则电流表

A〃2

示数会变小，故D正确。

故选BD。

11.ACD

【详解】

A.由题意可知，线圈P在直线8。上的不同位置保持静止（线圈平面与地面平行），线圈中没有感应电流,

说明穿过线圈的磁通量不变，则金属管线沿BD走向，故A正确。

B.由题意可知，当线圈静止时存在感应电流，则说明线圈产生的磁场为变化的，故电流一定是变化的，故

B错误。

C.线圈平面与射线AC成37。角时，线圈中感应电流消失，说明B点的磁场方向与AC成37。角，则由几

何关系可知，埋覆深度d与OA长度的关系为

d=Q4tan53°

解得深度

d=-^—L

3

故C正确。

D.P在A处，与地面夹角成53。时，线圈P与磁场方向相互垂直，则此时磁通量的最大，磁通量的变化率

最大，故感应电流可能最大，故D正确。

故选ACD„

dFrd2

12.--小刚球的质量一=方1"

LA/xL_（AZ）

【详解】

（1）口］挡光片的线速度

d

v=­

X

小刚球和挡光片同轴，则小钢球转动的角速度

vd

co--=------

LL\t

（2）[2]根据牛顿第二定律，要求出加速度还得需要测量小刚球的质量

[3]根据

F=ma

mx

2

a=rco~

F_rd2

X产（加）2

13.R2串联445008.62（8.55〜8.70均可给分）19.1（18.6〜19.3均可给分）小于小于

【详解】

⑴[1]根据电表的改装，应将给电流表串联一个电阻，从而将其改装为电压表。将/g=200〃A,q=500。

的电流表改装成量程为9V的电压表，则有

，g«+R）=9V

代入数据解得

=445000

通过以上计算，应选：此串联

[2]应将&电阻箱的阻值调为44500Q

E

（2）[3]由图乙，据闭合电路欧姆定律，得电路中电流为/=不一，电压表的示数为

R+r

U=IR=-^-E

/?+r

上式变形可得

1r11

—=—•—।—

UERE

山图丙可知

—=0.116V''

E

E=8.62V

[4]电池的内阻为

0.22-0.116_,r

---------------rAA=—

(47—0)x10-3E

r=19.1Q

[5]如果把电阻箱的电阻R看做外电路，则电压表可看成内电路的一部分，因此实际测出的是电池和电压

表整体等效的£和/,当外电路打开时，电压表与电源构成闭合回路，此时电压表两端的电压即为等效电

动势

小于电池电动势E。

[6]因电压表和电池并联，因此等效内阻

，

r=-R1—J

R、+r

小于电池内阻

14.(1)无破损漏气；(2)1:11

【详解】

(1)车胎内体积可视为不变，由查理定律得

Pi.Pi

273+4273+^

代入数据可得

240_p2

300-275

解得

p.,=220kPa=2.2bar

故前轮胎无破损漏气的情况；

(2)设轮胎体积为V,充气过程可理解为,压强为〃3=2-2bar,体积为匕的气体,一次性压缩为p=2.4bar,

体积为丫的气体，且过程中温度不变；

根据玻意耳定律有

P3匕=PV

解得

匕=也

代入数据可得

v=—v

311

故可得

—V

V,-V_11_1

15.(1)1.2X104N；(2)l()0m/s

【详解】

(1)对列车整体，由牛顿第二定律，有

4F—8kmg-Sina

对第一节车厢，由牛顿第二定律，有

61-kmg=ma

联立解得

居।=-1=1.2X104N

(2)列车最终匀速运动时，有

4P=七%

且有

F^=8kmg

联立解得

vm=100m/s

(2)|；(3)2

16.(1)

2Blt；3

【详解】

(1)设某时刻MrWfo)，a、b两棒的速度分别为」、V1,，0〜，时间内回路的平均感应电流为i，根据右手

定则、丫一』图象以及左手定则可知，两棒达到共同速度之前，。所受安培力为动力，6所受安培力为阻力,

对。棒由动量定理有

Bilt-mva-mv0

对力棒由动量定理有

-2Bilt=2mvh-2mx2v0

两棒速度相等时

V«=Vb

联立解得

3

代入

t=%

解得

1♦=加%

2Blt0

(2)对图甲中回路，两棒组成的系统动量守恒，设最终共同速度为叭则