高考物理全国卷2021年全国新课标高考物理模拟预测卷01 答案详解与评分标准(一)

2021年全国新课标高考物理模拟预测卷011新课标n卷】

答案详解与评分标准

题号1415161718192021

答案DBDDCADABBC

14.【命题立意】动量定理的应用

【答案】D

【解析】根据题述，使球在离手时获得一个竖直向下4m/s的初速度，根据动量定理，合

外力给皮球的冲量为/="w=0.4x4kg-m/s=1.6kg-m/s,手给球的冲量与重力冲量之和等于

合外力冲量，所以手给球的冲量小于1.6kg-m/s,选项A、B错误；设人对球做的功为W,

由动能定理，W+mgh=-^mv2,解得W=2.2J,选项D正确，C错误.

15.【命题立意】万有引力定律的应用

【答案】B

【解析】由万有引力定律和重力的定义可知G^=mg=l.lmgi，由牛顿第二定律可得

心得一mgi=mRs2,联立解得（y=故选B.

16.【命题立意】平抛运动的基本规律

【答案】D

【解析】根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动有：h=92,可得f=2s；质点在水平

方向的位移为：x=W=40m,根据平抛运动的推论可知Q是OM的中点，所以QA/=20m,

故A、B错误；质点在尸点竖直方向上的速度：〃,=gf=10x2m/s=20m/s,所以在尸点的

2222

速度大小为：v=-\/vt+vv=y/20+20=2O\[2m/s,故C错误；tan。=左=1,所以质点在

产点的速度与水平方向的夹角为45。，故D正确.

17.【命题立意】原子核物理与核能

【答案】D

【解析】该反应的过程中释放y光子，由质能方程可知，一定有质量亏损，故A错误.a

粒子的电荷数为2,所以8核的电荷数比A少2个，B核在元素周期表的位置比A核前移2

位，故B错误；设A核的质量数为相，8核的质量数为〃?一4,a粒子的质量数为4,根据

能量守恒可得4氏+(，"-4)E2—mE|=E4,故C错误；核反应的过程中释放热量，可知比结合

能后小于比结合能&,故D正确.

18.【命题立意】带电粒子在组合场中的运动

【答案】C

【解析】反质子在电场中加速过程中有qU\=^mv1,在磁场中做匀速圆周运动过程有qvB

=再根据几何关系可知，=乙，可得等根据左手定则可知磁场方向垂直纸面

向外，A错误；根据上述公式推导得厂=泼=冕萼，电压变为时，轨道半径变为原

来看反质子将从0A中点射出，C正确；只要反质子从0A边上射出，根据对称性可知其

速度方向都与04成30。角，转过的圆心角均为60。，所以不会垂直。4射出，运动时间都为

19.【命题立意】理想变压器的原理与计算

【答案】AD

【解析】理想变压器原线圈接入〃=200sinl0()m(V)的交变电压.有效值为IOOA/2V,根

据原、副线圈匝数比4：I,所以副线圈的电压为25mV,故A正确：变压器不改变电流

频率，”=1007trad/s,故频率为50Hz,一个周期电流方向改变2次，副线圈中电流方向每

秒钟改变100次，故B错误；当R=20。时，副线圈电流/=三/=也A.根据电流与匝

AIA0

数关系可知，原线圈电流/=?A,故C错误；电阻箱R消耗的电功率

U

p=。时，p有最大值,

5+R

故D正确;

20.【命题立意】静电场能的性质及图像分析

【答案】AB

【解析】在0〜汨过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所

以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动.根据功能关系得AE=尸以，得尸=荒，

则知图线的斜率表示拉力，在0〜xi过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐

减小到零，故A正确；在0〜为过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止开

始向下加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确；由E-x图线的斜率表示拉力，则在

为〜及过程中，拉力F=0,机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，物体的速

度在增大，故C错误；及〜冷过程，机械能继续减小，拉力做负功，拉力方向沿斜面向下，

E-x图像的斜率恒定，故拉力厂为恒力，由于不知道拉力尸与重力分力mgsin。的大小关

系，故物体有可能做匀速直线运动，匀减速直线运动，匀加速直线运动，故D错误.

21.【命题立意】动量能量的综合应用

【答案】BC

【解析】A与8碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中机械能守恒、动量守恒，设B

的初速度方向为正方向，碰撞后瞬间8与A的速度分别为环和也，由动量守恒定律得：，”物

=mv\-\-2mv2,由机械能守恒定律得：1/nvo2=1/nvi2+1x2wv22＞联立得：也=等0

小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，可能有两种情况：

(1)恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，则在最高点的速度

V.2

为Vmin，由牛顿第二定律得：2,移=2〃?•爷也

A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：

联立①②③得：W=1.5小还，可知若小球8经过最高点，则需要：丫史1.5巾诵

(2)小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与0点等高处，由机械能守恒定

律得：

2mgR=^x2mv21@

联立①④得：vo=1.5低系

可知若小球不脱离轨道时，需满足：wWl.5也踵

由以上分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：voWL5q2gR或v仑1.545gR,故A、D错误，

B、C正确.

22.【命题立意】利用阿特伍德机测物体的加速度

【答案】⑴喘着⑵AB(3)|於

【解析】⑴根据牛顿第二定律得：(%+M)g-FT=G"+M)a，FT-Mg=Ma,解得：a=

2M+m

(2)根据仁家，则有知=曙一昴所以需要测量的物理量有：小物块的质量相，重物下

落的距离及下落这段距离所用的时间，故A、B正确.

⑶因为历瑞？则卜子5+5故95图象斜率仁学I，解得g4M=导

23.【命题立意】小灯泡伏安特性曲线(电表改装)

【答案】⑴见解析图(a)V(A,(2)见解析图(b)A端(3)如图所示：

(4)4.6

【解析】(1)探究小灯泡的伏安特性，要求灯泡两端的电压可以从零开始调整到额定电压，

即要求测量的电压范围为0〜3V,故选择电压表Vi；由于小灯泡的额定电流约为0.5A<0.6

3

A,故选择电流表Ai；由于小灯泡的最大电阻约为Rm=^。=6C,R“、3YI，故电流表

采用外接法，实验电路原理图如图所示:

(2)根据原理图，用笔画线代替导线将实物图乙连接成完整电路，如图(b)所示.闭合开关前,

滑动变阻器的滑片应移到A端，使闭合开关后灯泡两端的电压为零，以保护电表；

(b)

(3)画出小灯泡的。一/图线如图(c)中曲线所示.

(4)根据闭合电路欧姆定律，小灯泡两端电压U=3.0-2.0/,此直线如图(c)中所示，与曲线

的交点坐标为(0.46A,2.10V),得小灯泡的电阻为/?=费C=4.6Q

24.【命题立意】带电粒子在磁场中的运动

【答案】(信(2)瑞

【解析】(1)如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R,由几何关系得

R+、R2+/=3r...........................(1)

.4

得R=gr。.................................(2)

(2)设粒子进入磁场时速度的大小为V,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

qvB=nr^.................................(3)

进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，

贝ij2r=vt.................................(4)

3/77

解得'=瑞。.............................(5)

【参考评分标准：正确得出(1)、(4)式4分其余每式2分】

25.【命题立意】利用动力学观点分析板块模型

【答案】见解析

【解析】(1)设向右为正方向，由牛顿第二定律

物体1：—fimg=ma],a\——fig——2m/s2...........................(1)

长板2：FT+jLimg=nuii...........................................(2)

物体3：mg—Fj-ma?t............................................(3)

且&2="3

联立解得：«2=1Ly^=6m/s2.......................................(4)

(2)设经过时间/,物体1与长板2速度相等，

则有v1=v+a\t\=a2t\............................................(5)

代入数据，解得fi=0.5s,vi=3m/s..............................(6)

物体1的位移为：xi=-y-“=1.75m.............................(7)

长板2的位移为：尤2=乎=0.7501.............................(8)

所以长板2的长度LO=XI—X2=1m.............................(9)

(3)此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速

Fr=2ma,mg-Fy=ma,.......................................(10)

BPmg=3ma.................................................(11)

得(12)

对1分析：R静=相妙3.3N>B="mg=2N,故假设不成立，物体1和长板2相对滑动

物体1：〃加g=m〃3，a3="g=2m/s2.......................................(13)

长板2：臼―〃阳g=〃?&4...................................................(14)

物体3：mg-Fr=ma5....................................................(15)

且。4=。5

联立解得：2"=4Ms2..............................................(16)

从物体1、2达到共同速度到物体3落至地面过程中，物体3下落的高度。="—&=5m

根据/?=也乃+£〃血2.................................................................................................................................................(17)

解得亥=ls............................................................(18)

1的位移13=口/2+53亥2=4m.............................................(19)

h-x3=lm,即物体1在长板2的最左端.....................................(20)

【参考评分标准：每式1分】

33.【命题立意】热力学定律、气体实验定律

【答案】(l)CDE(2)@0.05m②0.55m

【解析】(1)根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其

他变化，故A错误；根据热力学第一定律，物体对外做功，同时物体吸热，则其内能不一

定减少，故B错误；燧是物体内分子运动无序程度的量度，气体向真空膨胀时虽然不对外

做功，但系统的炳是增加的，故C正确；制冷设备可实现从低温热源处吸热，并在高温热

源处放热，没有违反热力学第二定律，故D正确；第一类永动机不可能制成，是因为它违

背了能量守恒定律，故E正确.

(2)①以筒内封闭气体为研究对象，初始时筒内气体温度71=(273+27)K=300K,长度加

=1m,水温升高至石=(42+273)K=315K过程，气体做等压变化，设筒的横截面积为S,

由盖一吕萨克定律有竽........................................