2021年高考物理押题预测卷02（福建卷）（全解全析）

2021年高考押题预测卷02【福建卷】

物理，全解全析

12345678

BBBDBCBCABDACD

【答案】B

【解析】

A.质点D在两列波中振动方向均向下，叠加后向下振动。A错误；

B.根据波速公式得

Z=vT=—=1m

f

据图可得，质点P、O横坐标的差为

3

5=2-2=2.75m

4

B正确；

C.由图可知，质点P振动的时间为

%=1.757

质点O振动的时间为

4=27

振动的时间差为

△.=0.25T=0.025s

C错误；

D.两列波叠加时，C点的振幅为0。D错误。

故选Bo

2.

【答案】B

【解析】

A.以环和重物整体为研究对象，设环在8点的速度为匕，此时重物的速度为％,由动能定理得

.-..1八121c2

mga-2mga(--------1)=—mv+—•27nv

sin82122

由关联速度得

V,cos0=v2

联立解得

%=J(3-20)gd

故A错；

B.以环为研究对象，开始时，重力大于拉力竖直方向上的分力，物体做加速运动；在后面的运动

过程中，由于重物的质量大于环的质量，所以拉力在竖直方向的分力有可能大于环的重力，物体

可能做减速运动。但需要判断，假设拉力的分力等于环的重力，设此时绳于竖直方向的夹角为。，

由平衡条件得

2mgcosa-mg

解得

a=60°>e=45°

可知，当60。<8490。时，环做加速直线运动；当45°〈夕<60。环做减速直线运动。故B对；

C.环刚释放时，由于绳水平，合力为重力，加速度为g,在水平方向上的分加速度为0,因此重

物加速度为0，由平衡条件得

T-2mg

故C错；

D.根据机械能守恒得，环减少的机械能等于重物增加的机械能，故D错。

故选B。

3.

【答案】B

【解析】

A.增大对&的光照强度，其电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中

的干路电流增大，则A表的示数变大。故A错误；

B.由于R>r,结合电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外电阻减小时，电源的输出功率增大,

故B正确；

C.根据公式

P=%

结合A选项，可知电流增大，电源内部消耗的热功率增大。故C错误；

D.由闭合电路欧姆定律

U=E-I(Rt+r)

可知，并联部分电压减小，即电容器两端电压减小，所以电容器处于放电过程，电流从6流向外

故D错误。

故选B。

4.

【答案】D

【解析】

A.根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位

置，即与。点等高的最左的位置，故A错误；

B.对小球进行受力分析如上图所示，，可得

/=tan37。

mg

解得小球的带电量为

4=6xl()-5c

故B错误；

C.由

E=EK+耳+耳=1J+mgx2Lcos37°+x2Lsin37°=5J

故C错误；

D.由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆上各点中，小球在平衡位置A

点时的势能（（重力势能和电势能之和））最小，在平衡位置的对称点8点，小球的势能最大，由

于小球总能量不变，所以在8点的动能EKB最小，对应速度%最小，在B点，小球受到的重力和

电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有

T=-^=1N

cos37°

心必

°L

mV2

EKB=；R=g"L=U

故D正确。

故选Do

5.

【答案】BC

【解析】

A.打气后，由于气体的温度不变，分子平均动能不变，球内气体分子对球壁的平均作用力不变,

但是球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大，A错误；

B.打气后，球内气体的压强变大，即球内气体分子对球内壁单位面积的平均作用力增大，B正确;

CD.打气6次后，由玻意耳定律

ptV0+pox6xO.O5Vo=pVa

解得

p-1.4atm

即球内气体的压强为L4atm,C正确，D错误。

故选BCo

6.

【答案】BC

【解析】

对小球B受力分析，如图所示

因为假设两次弹簧的形变一样，但是代＞%,所以劲度系数为心的弹簧弹力大，弹簧形变要恢复一

些，及弹簧长度变长，所以根据三角形相似

GTF

OA-OB-Afi

可知，绳子拉力不变，弹簧弹力变大。

故选BCo

7.

【答案】ABD

【解析】

A.设全过程中的平均电动势为豆，平均感应电流为7,时间为△，，则通过电阻R的电荷量为q

-△①BL(s+s)4as

△tArz

得

A正确；

B.设拉力作用时间为&L拉力平均值为了，对整个过程根据动量定理有

FA/,-B/Mr=0-0

所以

F'I、=BILZ-BLq=2xlx2N-s=4N-s

B正确；

C.拉力撤去时，导体杆的速度v,即为最大速度，拉力撤去后杆运动时间为42,平均感应电流

为72,根据动量定理有

BI21At2=mv

B^-L\t,=mv

R*

B2I3S

--------=mv

R

即

mR

c错误;

D.匀加速运动过程中

a=—=36m/s2

2s

对/时刻，由牛顿运动定律得

F-BIL=ma

冷2r2+

F=ma+BIL=ma+-~—=18+72/

R(N)

D正确。

故选ABD,

8.

【答案】ACD

【解析】

A.系统静止时，对B分析知

mgsin37°=H

解得

mgsin37"

小车向右移动到4时，对A分析知

mgsin37°=kx1

解得

mgsin37

k

分析题意可知

x1+x2=

联立可得

kr24mg

5L

故A项正确；

B.经分析，当物体B沿斜面向上移动了加时，弹簧恢复原长，此时

xjgsin37°JL

故B项错误;

C.若小车以疯的速度向右匀速运动，设小车向右移动到W时，轻绳与水平面成。角，则由几

何知识可得

.403

sin0=—cos0=—

5,5

由运动和合成与分解可得

vB=v/｝；cos。=|疯

故c项正确;

D.当小车缓慢向右运动?距离时，若轻绳突然断开，绳子拉加成为。，此时对物体B受力分析,

得出合力为

F=2mgsin37°

且方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得B的加速度为

a=£=1.2g

m

故D项正确。

故选ACDo

9.

GMT2

3|D

-------------9----------K

【答案】小于4〃-

【解析】

根据

-Mmv2

可知

GM

“天宫二号”的运行高度大于地球的半径，则运行速度小于7.9km/s；

根据

Mm472

CT---、

(R+/2)2

解得离地面的高度为

GMT2

h=iR

4/

10.

12

［答案］)H+3Li22He2.76x10

【解析】

由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可得核反应方程为

:H+；Lif2：He

根据质能方程

AE=me2

可得释放的核能为

AE=(1.6736+11.6505-2x6.6467)x10-27x(3x108)2J®2.76x10-12J

11.(5分)

【答案】0.580.60在误差范围内，mi,侬组成的系统机械能守恒9.7

【解析】

(1)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量为

32160+02640＞

A£k=-(m1+/n,)v^-0=-x(50+150)xl0-xr0--［J=0.58J

2212x0.1)

系统势能的减少量

3

AEp=m1gh-mygh-{m1-/?zI)g/2=(150-50)x10x10x(0.3840+0.2160)J=0.60J

通过比较可以得出结论为：在误差范围内，mi,侬组成的系统机械能守恒

(2)由机械能守恒定律得

2

m2g=5(仍+和)v

解得

2町+g

由上式和图像得

(/%一町)g_5.82

町+/巧1.20

解得

g=9.7m/s2

12.(7分)

【答案】10.0。至UP调大6.3V8000Q

【解析】

(1)根据图乙指针所示，读数为l°OkC。

(3)电流为0时，有

(PP=<PQ

无电势差，无电流，选电源负极为电位参考点，则有

%=UV2=&，2

当让阻值减小时，则L增大，0V2增大，Q端电势增大，电流从高电位流向低电位，则电流从

Q到P。

电流为0时，有

/?vi_R?

方一互

调小R的阻值，使G的示数再次为零，则需要调大/?2的阻值。

(4)由图甲电路可知，路端电压〃为两电压表示数之和，流过电源的电流/为两电流表示数之和,

由闭合电路欧姆定律可得

E=(U+5)+(4+»

E=(4+S)+(；+/；)r

代入数据联立解得

E=6.3V

r=80000

13.

2G

O吗二----

【答案】(1)45；(2)3

【解析】

(1)如图所示，

紫光在水平界面处发生全反射有

.c1

sin夕=—

“2

解得

力45。

（2）对红光根据折射定律有

sinr

n.=------

1sin。

根据几何关系，有

.R

sinr='■.

加+仕叫2

解得

2百

n.二----

13

14.

♦y/m

，.----0-.1、8、、

/**、、

//、、

I••••\

1.0.08；------------------------------M

••••

\./"…、・/

''、、，J'、：/N一

一0.06O0.06x/m

【答案】（1）0.08m；（2）6=53。；（3）29%

【解析】

（1）由洛伦兹力充当向心力

2

qvB=m*

解得

R=0.08m

（2）粒子运动轨迹如图所示

令从），=0.18m处出射的粒子对应的入射角方向与y轴的夹角为仇由几何关系可得

sin8=0.8

即

8=53。

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为》由带电粒子在电场中偏转的规律得

y=-at~

2

加速度为

qU

a=--

md

飞行时间为

t——I

v

解得

y=31,=0.08m

2mdv2

设此粒子射入时与x轴的夹角为a,则由几何知识得

y=rsin。-&cosa

可得

4

tana=—

3

即

tana=53°

N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例为

^xl00%=29%

15.

5,1521

—h=—x-----(m)x

【答案】(1)3m/s；(2)6.(3)当xK().7m时，〃=()；当().7m<xVlm时、64128

【解析】

(1)设甲、乙第一次碰前甲的速度大小为四，从甲释放到甲、乙第一次碰前，对甲根据动能定理

可得

Ep_〃fng.2d=gtnvK①

代入数据解得

%=3m/s

(2)设甲、乙第一次碰后的速度分别为也、V2,根据动量守恒定理和机械能守恒定律可得

mv0=mVj+MV2②

1712lj»,2

-mv=—mv+—

202]2-③

联立②③式解得

Vj=-lm/sv2=2m/s

碰后甲向左做匀减速直线运动，假设运动S1后静止，对甲根据动能定理有

-jLimg-51=0-—mv^

2④

代入数据解得

*=0.1m

碰后乙沿斜面向上做匀减速运动，根据动