2021年高考物理押题预测卷01（新课标Ⅰ卷）（全解全析）

2021年高考押题预测卷01【新课标I卷】

理科综合物理•全解全析

1415161718192021

BDDDBBCACDCD

14.【答案】B

【解析】由图可知，H”谱线其波长最长，对应的频率最低，根据£=〃丫可知，其光子能量最低，故

A错误；已知可见光的光子能量在1.62eV到3.1leV之间，普朗克常量〃=6.63*103人§，根据

hr

c=4i/和£=配可得九=五，求出可见光的波长范围约39()nm〜78()nm,可知巴耳末系辐射H。、

he

H。、Hy、Hs谱线均属于可见光，故B正确；由E可知，H1谱线对应光子的能量为1.89eV,

按玻尔原子模型，与H/普线对应的跃迁是从〃=3能级到〃=2能级，故C错误；该谱系的光子能量

最大的是H$谱线对应的光子，其频率为|/=£=一3x1011Hz-4.5*10乜142,小于鸨的极限频率，

2660x10-9

不能发生光电效应现象，故D错误。故选B。

15.【答案】D

【解析】当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为q,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2,则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离4=」囚尸，则纸板运动距离为

10102

4+治=；々『，联立解得g=11%，根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有<=〃mg=m4,得4=〃g,

F

«2=11//^，对纸板有-f\~fi=^na2,则得

F=fx++2ina2=pmg++g+22/jmg=,故选D。

16.【答案】D

【解析】根据万有引力G粤=m—,得探测器在轨道I和轨道HI上的动能分别是=也也、

rr2r]

GM。/%,由于”>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,

422R

A错误。根据Ep=-GM竺可知，探测器在轨道I和轨道HI上的势能分别是=-也如

「外

GMam0

约，2“嫦娥四号•"探测器从轨道I上变轨到轨道III上时，势能减小了

R

(12

△Ep=GM°mo-B错误。根据能量守恒定律,落月的“嫦娥四号”探测器从轨道HI回到轨道

r\

I,所要提供的最小能量是AE=Ep「E+E-E=0丝1_L1

P2k]k2，C错误、D正确。

2r\

17.【答案】D

【解析】因为球形边界外部电势为例，球形边界内部电势为外,且%＞仍，又因为电场线由

高电势指向低电势处，在球形边界处应存在一微小电场线，方向指向圆心电场，又因为粒子为

电子，受力方向应与电场线方向相反，所以在进入球形边界时受到偏离圆心的电场力，此时在

电场力的作用下使电子偏离圆心，速度减小，即速度彩＜%;

故选D。

18.【答案】B

【解析】设安培力的方向与竖直方向夹角为£，则通电流/时•，水平方向有7Jsin60o=8/Lsin/7,竖

直方向有（cos60o+6〃cos/?=mg,当导体棒中通入沿〃向，方向、大小为（的恒定电流时，则稳

定后水平方向有（sinBOOugB/Lsin，，竖直方向有（cos300+g8〃cosQ=mg,联立解得

BlL=mg,[=60。，即8=驾，故选B。

'Ll

19.【答案】BC

【解析】根据理想变压器的电压规律，对于降压变压器四=〃，根据欧姆定律，A1示数增加了

△U

AUNUA/,1

2\=-L=〃——，根据单相理想变压器的电流规律号=一，解得A2示数增加了

RRM〃

AZ,=〃♦△4=〃2”,A错误，B正确；发电厂的输出电压恒定，升压变压器的变压比恒定，所以Y示

R

数恒定，C正确；

D.输电线上损失的功率增加了△?=/1化后《化前RW（M）2R=]心2]R,所以损失的功率不一

、2

nkU

定为R，D错误。故选BC。

RJ

20.【答案】ACD

【解析】若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，NB=mg.设弹簧的压缩量为

x,再对A球分析可得：mg=5,故弹簧的长度为：L1=L_Xi=L_鳖,故A项正确；当转动的

k

角速度为①0时，小球3刚好离开台面，即N，=o,设杆与转盘的夹角为e,由牛顿第二定律可知：

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

tan6^

而由几何关系：sine=GL,联立四式解得：Fk=2mg,g=J—核一，则弹簧对A球的弹

LNkL-2mg

力为2mg,由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2"理，故B错误，C正确；当角速度从必继续增

大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角。变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有

Fk=mg+mg=2mg,则弹簧对A球的弹力是2mg,由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为

2mg,故D正确；故选ACD。

21.【答案】CD

【解析】重物在开始加速下落的过程中，重物的减小重力势能转化杆与重物的动能和电路中电阻发热

的内能，重物在匀速下落阶段中，重物减小的重力势能转化为电阻发

热的内能，选项A错误；由右手定则可知，左边的四根辐条中电流

方向均指向圆心，右边的四根辐条中电流方向均背向圆心，所以通过

电阻R的电流是由M-N,选项B错误，C正确；整个电路可简化为

V

如图所示，设当重物P的速度为v,则A1的角速度助=一,A1带动A2转动，A2的角速度刃2与A1

1O

的角速度例之间的关系为。吗=32电，AI中每根辐条产生的感应电动势均为月=胪《吗,轴与轮

边之间的电动势就是Ai中四条辐条电动势的并联。同理，A2中，轴与轮边之间的电动势就是A2中四

条辐条电动势的并联，其数值区二3台片在。Ai中每根辐条的电阻为Ri，四根辐条并联的电阻为

火=4；A2中每根辐条的电阻为R2,四根辐条并联的电阻为7?A2=々，Ai轮、A2轮和电阻R构

44

Ei+E?

成串联回路，其中的电流为/,当P匀速下降时，对整个系统来说，重力的功率等于

R++Rm

2

所有电阻的焦耳热功率之和，即mgv=I（R+RM+RA2）,解得选项口

正确。

22.【答案】（1）测量A、B两点间的距离x（2分）；（2）〃=贮（2分），卬「=空（2分）。

2gxf2b

【解析】木块通过A点时的速度大小v=t为窄片通过光电门的遮光时间，木块从B点运动到A

t

1r12Wf12L12X

点的过程，根据动能定理有Wy-=——0,得下=—z---------7—，结合题图乙得

2td~md~

2U2X2Waad~cid~

-^P=a,—f=一，解得〃=——，W/=——，可见为测量中还需要测量A、B两点间的距

d2d2b2gxf2b

离X。

23.【答案】（1）电阻丝变长，横截面积减小（2分）（2）（2分）

（3）2（__4）COS6（2分）

k

（4）不均匀（1分）刻度盘靠近电流零刻度一侧刻度较密，另一侧较疏（2分）

【解析】（1）随着拉力增大，电阻丝变长变细，根据电阻定律R=p,，可知，电阻增大。

S

（2）电路中电流不变，则电路中外电阻不变所以有加?=鸟-A?。

（3）图像的斜率为&=丝=左旦，解得尸=国二旦

△FFk

对重物受力分析有2Fcos6=G，解得G=2（K「'）cose

K

,EEE

（4）根据闭合电路的欧姆定律得I=----------;=-一-,解得&=--r"

L

RL+R+r+rRL+r/

pkG

则拉力为&=--r"=kF+b=-----+b,因为电流与G不是线性关系，所以刻度盘不均匀，电流

I2cos。

越小，重物越重。所以刻度盘靠近电流零刻度一侧刻度较密，另一侧较疏。

24.【答案】⑴v=再,⑵国(3)8。=^⑷T=篇毋=0,1,2…)

【解析】（1）电子通过加速电场，由动能定理（1分）

得v=（1分）

Vm

V2

离子经过静电分析器，由向心力公式阳）=〃?h（1分）

厂2U

得E。=—（1分）

小

（2）由于MNJ.PQ则02MUPQ,ZPMO2=NMPC\,又口09与口为等腰三角形，所

以QMQP为棱形，则离子运动的半径与=厂（1分）

V

由各心力公式安珞）=加入（1分）

（3）如图所示，由几何关系可知、历（2〃+1）鸟=2r（1分）

得R=^^(〃=0,1,2…)(1分)

22/7+1

2冗R2〃■尸I171

带电粒子在磁场中运动的周期7；=—^/—（H=0,1,2）（1分）

又7*1分）

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

【解析】（1）滑块甲到达与圆心。等高的C处时刚好对管壁无挤压，说明到达C点处速度恰好为零，从

A到C由能量守恒可得Ep=mgR=1.2J（1分）

1,

从C到B过程由能量守恒可得mgR=3端（1分）

2

在B点由牛顿第二定律可得外-=（1分）

R

解得外=3N,由牛顿第三定律可知，对管道压力大小为3N,方向竖直向下。（1分）

（2）从A到。过程由能量守恒可得5mvj,=Ep-mgR（2分）

由于弹簧的弹性势能与压缩量的平方成正比，对比（1）中结论可知£；=4mgR（1分）

碰撞过程由动量守恒可得加乙,=2/〃匕（1分）

2

甲物块损失的机械能为△与=-mvn--mvl（1分）

联立解得AE,,=2.7J。（I分）

（3）从A到力过程由能量守恒可得gmvl=E；-mgR（2分）

弹簧具有的弹性势能为E；=/mgR（1分）

碰撞过程满足动量守恒mvD=2根彩（1分）

设在粗糙段滑行距离为xi,由能量守恒可得5（2，〃）田=2"际苞（2分）

满足$=3（〃2-1）（1分）

在光滑段滑行距离为々=3（〃2-1）-0」（I分）

所以滑行的总距离为s=X]+w=（6”2—6.1）m（2分）

33.（1）【答案】ADE

【解析】X理想气体的热力学温度为600K.Y理想气体的热力学温度为300K,原有理想气体的热力学

温度为300K,X、丫、原有理想气体的物质的量之比为1：1：2,根据=可知，X,丫理想气

体pV乘积为原有理想气体的2倍，由图像可知，X、丫均为曲线丙，故A正确，B错误；由于X、

丫理想气体的物质的量之比为1：2,则在同一体积时，X理想气体的分子数是丫理想气体的一半，气

体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，x曲线代表的气体较y曲线代表的气体少，故c错

误；由于X、丫理想气体的物质的量之比为1：2,同一压强下，体积也相同，则气体分子单位时间内

撞击容器壁上单位面积的次数，X曲线代表的气体较Y曲线代表的气体少，故D正确；根据PV=nRT

可知，由于X、丫理想气体的物质的量之比为I：2,则曲线X与曲线y代表的气体在相同体积时，温

度均加热至1200K,则压强之比为1:2,故E正确。故选ADE。

（2）【答案】⑴（2）1v0

【解析】（1）设左、右活塞的质量分别为〃卜M2,左、右活塞的横截面积均为S

由活塞平衡可知：poS=Mig①（1分）

poS=M2g+吟得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，所以体积仍保持《Mo不变，所以当下面接触温度为T的恒温热源稳定后，

13孤

~叶-

24

3

活塞下方体积增大为（Ko+宁W），则由等压变化:L

70

7

解得（1分）

（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/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