2021年高考押題預測卷02【新課標I卷】

理科綜合物理?全解全析

1415161718192021

CDCBBABBCAD

14.【答案】C

【解析】讖Ra衰變?yōu)殍孉c的過程中，放出負電子，則該衰變是0衰變，選項A錯誤；半衰期是大量

原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核的衰變不適用，選項B錯誤；密Th衰變?yōu)殓IPb的過程中，質量

數(shù)減少20,由原子核衰變時質量數(shù)守恒可知，該過程中共發(fā)生了5次a衰變，又由原子核衰變時電荷

數(shù)守恒有5x2-r=8,和X=2,則該過程中共發(fā)生了2次0衰變，選項C正確；發(fā)生a衰變和p衰變

時，往往伴隨Y射線產(chǎn)生，選項D錯誤。

15.【答案】D

st02TIIGMm4砂

【解析】由幾何關系知衛(wèi)星b繞地球運行軌道半徑為廣=自由亍=五，得7=方，由心=m)下,得

4花/253

地球質量例=宓=3沔，故A錯誤；由于地球半徑未行，不能確定地球的密度大小，B錯誤；若〃：

Th=l：ka>l,為正整數(shù))，從圖示位置開始，設每隔時間力，。、b相距最近，貝Ij(g一①"=2兀，所

2兀2兀TaTbTh

以7=溢=嬴=豆豆=不應，衛(wèi)星〃運動一周的過程中，兩人造衛(wèi)星4、。相距最近的次數(shù)為〃=了

Tb-TakTa—Ta

=FT=-攵一1,衛(wèi)星a、b距離最近的次數(shù)為左一1次，選項C錯誤；設每隔時間3〃、b、

兀兀TT.

c共線一次，則(儂一①以=兀，所以一回=2兀2兀=c/二;，衛(wèi)星b運動一周的過程中，a、

Tb2(T,-T}2kT(「2Tu

b、c共線的次數(shù)為〃=7=---J——=Ya=2&—2,選項D正確。

/a

16.【答案】C

［解析】小球做平拋運動有y='g產(chǎn),x=,可得y=碧8f,調整前_±_=，即〃=！〃，

22%h+H(2)3

MBY412

調整后考慮臨界情況，小球恰好沒有擦到A而擊中C,—-，即萬=一“，所以“=一/2,

h'+H55

12

從越高處拋出而擊中C點，拋物線越陡，越不容易擦到A點，〃'=不〃是滿足條件的最小值，故AB

錯誤；由%=x后，且兩次平拋從拋出到A點過程,X都為L所以—=有=乎，即W=半%,

由

%=*島,知環(huán)=^%，是滿足條件的最大值，故C正確D錯誤。故選C。

17.【答案】B

【詳解】原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，根據(jù)電壓表讀數(shù)可知副線圈兩端電壓為U,原線圈兩端電

壓為2U,設原線圈中的電流為L因原、副線圈中的電流與匝數(shù)成反比，所以副線圈中的電流為21,

則有2IR=U,a、b端電壓有效值220V=2。+且，解得U=88V；原、副線圈中電阻消耗的功率P=I2R,

2

電阻相等，電流之比為1：2,可得功率之比為1：4,選項A錯誤，B正確；當開關S閉合時，副線圈

回路的電阻減小，輸出功率增大，副線圈中的電流增大，導致原線圈中的電流增大，電流表Ai示數(shù)變

大同時，原線圈電路中電阻兩端電壓會增大，a、b端電壓不變，則加在變壓器原線圈兩端電壓會減小,

導致副線圈兩端電壓減小，電壓表示數(shù)會減小，D錯誤，C正確。

18.【答案】B

【解析】由閉合電路歐姆定律得U=E-〃，當/=0時，E=U,由圖線。與縱軸的交點可得電動勢為

E=3.6V,根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，電阻R兩端的電壓為2.0V,則內阻r=一—,Q=8.0Q,

0.2

故A錯誤；此時硅光電池的總功率為PM=E/=0.72W,故B正確；此時硅光電池的輸出功率P『U/=2.

p04W

0x0.2W=0.4W,此時硅光電池的輸出效率為〃=^xl00%=x不）xl00%=55.6%,故C錯誤。

若把內阻為10。的直流電動機接到該電池上，電動機為非純電阻電路，故電動機的輸出功率小于0.4W,

故D錯誤；故選B。

19.【答案】AB

【解析】因為所有粒子均不從磁場右邊界射出，所以所有粒子在磁場中均做半個圓周運動，從y軸上

射出磁場，運動時間均為f=（T=管，選項A正確；速率％=10?m/s的粒子恰好不從磁場右邊界

2Bq

射出，其軌跡圓與直線y=x相切（如圖所示）

設粒子軌跡圓的半徑為r,由幾何關系有尸十五-1=百尸，解得〃=lm,由的口二〃24-,得

r

-^-=2xlO2C/kg,選項B正確；磁場中區(qū)域的最小面積S=，=Mm?,選項C錯誤；速率最大

m22

77

的粒子從A點運動到直線y=x處的軌跡圓心角6=-,粒子從直線y=%處到從y軸射出磁場運動的

4

時間為

Ji-0（7t-3）m3萬，__

t=-~T=^~—xlO2s,選項D錯誤；故選AB。

27qB4

20.【答案】BC

【解析】由牛頓第二定律得a=吆，煙塵顆粒在電場中做類平拋運動，飛出電場時，水平位移有L

ma

1丫33

=vot,豎直位移y=2at2,由d=I，得U=]Uo,選項A錯誤、B正確；1s內進入煙塵通道的煙塵顆

粒總個數(shù)為N=nd2vot,電場力對每個顆粒所做的功與其到下金屬板的偏移量y成正比，則對所有顆粒

做功的平均值等于電場對距離下金屬板孝處的顆粒所做的功，所以W=N邛=選

a22

項C正確、D錯誤。

21.【答案】AD

【解析】在物體C從M點運動到N點過程中，輕繩拉力對物體C一直做負功，物體C的機械能一直

減小，A正確；在物體C從M點運動到N點過程中B受合力方向先向上再向下，所以先向上做加速運

動又向上做減速運動，B錯誤；開始時B靜止，對B根據(jù)平衡條件有壯尸“Bg,解得彈簧壓縮量xi=0.

05m,物體C運動到N點時恰好能使A離開地面但不繼續(xù)上升，則kx2=mAg,解得彈簧拉伸量?=0.05

m,物體C在M點和在N點彈簧的形變量相同，所以彈性勢能相等，C錯誤；物體C從M點運動到N

點過程中物體B上升的高度為〃B=xi+x2=0.1m,此時滑輪右端繩長為0.5m,根據(jù)勾股定理得物體C下

降的高度為〃B=0.3m,初末位置彈簧形變量相同，則彈簧的彈性勢能沒有發(fā)生變化，根據(jù)機械能守恒定

律得%g〃B=1neg%，解得wc=0.5kg,D正確。故選AD。

22.【答案】（1）2.150（2分）（2）（丘+叫”（2分）（3）傾斜直線（2分）

2mgt

【解析】（1）螺旋測微器的讀數(shù)為2mm+15.0x0.01mm=2.150mm

（2）根據(jù)動能定理得g機片，得小球下滑到斜面底端的速度為%=J麗

小球與斜槽當光電門的速度為丫=一，由動量守恒定律可得即mJ而=（m+M）-

整理得壯華華。

2mgt

（3）由（2）分析可知，/?與"成正比，所以圖象是一條傾斜直線時同樣可以驗證動量守恒

1

23.【答案】（1）1500（2分）（2）C（1分）（3^^^—（2分）

R2+R3

（4）7.5V（2分）5.0。（2分）

【解析】（1）由題意可知，改裝前的電壓表參數(shù)為Uv=6V,&,=3000C,則其滿偏電流為

/K=-1-A

Rv500

將其改裝成新電壓表，則改裝后的電壓表的內阻為=§^=4500Q，則可得

&=R：-&=1500Q

￡

（2）由題意可知，該電路的最大電流為0.6A,則電路中最小總電阻約為4向=廠=15。，其功率為

1max

2

P=/m/?=5.4W>lW,故選C。

r7ZU11r1

（3）由閉合電路歐姆定律可得E=U+-^—-r,化簡可得77=^；+高?■^-因此，若該小組選

R）+&UEER、+R?

11

定縱軸表示電壓的倒數(shù)一，則橫軸應為7~-

U凡+凡

（4）由閉合電路歐姆定律可得E=U+g（4+r），其中&=10Q

化簡可得—=(---1-----)H-----凡

UE10E10E3

結合圖（c）可得E=7.5V,r=5.0。

24.【答案】⑴鬻；⑵①雕，②9mgi（麒￥

【解析】（1）當》的加速度為零時，速度最大，設此時速度為乙,，則E=（1分）

E

電流/=—（1分）

R

分別以h、c,為研究對象：T=B1-,T=mg（1分）

2

聯(lián)立解得以=粵弊（1分）

BL

（2）①在加速過程的任一時刻，設a/也的加速度大小分別為《、abc,電流為i，輕繩的拉力為T，分別

以a、b、c為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律

F-BiL=tnacl

T-Bi-=t?iabc

mg-T=）nabc

聯(lián)立解得勺=44,（2分）

設〃達到最大速度匕時，。的速度為力,由上式可知匕=4。（1分）

當。的集散地為零時，速度達到最大，2mg=BiL（1分）

根據(jù)法拉第電磁感應定律七=8乙匕+345（I分）

聯(lián)立解得匕=黑"，vh=（1分）

②設重物下降的高度為〃時，。的位移為故4=4〃（1分）

2

根據(jù)功能關系2mgxu+mgh=Ea+Eh+-mv^+-mvl+^-mv（（1分）

聯(lián)立解得后電=E”+E?=9mgfi—m（鬻丁仁分）

5DL

25.【答案】（1）追遮；（2）幽，方向垂直于0P向上或與y軸正半軸成30。角斜向左上⑶

3m2m

（47+3啟事

Bq

【解析】（1）粒子運動軌跡如圖所示

由qvB=m—（1分）

r

得正幽（2分）

°3m

（2）當初速度w垂直于。尸射入磁場時，粒子射入速度最小

得%=華（2分）

2m

方向垂直于0P向上或與y軸正半軸成30。角斜向左上（1分）

（3）若粒子從O點以初速度u.=必熠（1分）

6m

2

沿y軸正方向射入，則由4丫8=加上（1分）

r

得弓=嗎=也乙（2分）

qB6

粒子從O運動至力點出磁場進入三角形區(qū)域

J

由幾何知識得。4=也弓=（（1分）

圓心角/。0兇=120。

,、I.2兀m

運動時間4=彳T=n7（1分）

33qB

粒子從A到8做勻速直線運動，運動時間弓=退=3"（1分）

%qB

由軌跡圖像可知，粒子可以回到。點，所用時間f=6%+3f2=（4萬+3不）?（2分）

Bq

33.（1）【答案】ABE

【解析】狀態(tài)8與狀態(tài)A相比，pl的乘積大，溫度高，分子的平均動能大，故A正確；由8到C的

過程，發(fā)生等容變化，氣體壓強減小，溫度降低，氣體內能減小，氣體不對外界做功，根據(jù)熱力學第

一定律，氣體放出熱量，故B正確；由C到。的過程，pV的乘積變小，氣體溫度降低，內能減小，故

C錯誤；由。到A的過程，氣體發(fā)生等容變化，不對外界做功，故D錯誤；圖中平行四邊形的面積表

示氣體對外界所做的功，全過程氣體內能沒有變化，根據(jù)熱力學第一定律，全過程氣體一定吸熱，故E

正確。

故選ABE。

19

（2）【答案】（i）—；（ii）3.35cm

36

【解析】（i）開始時，氣柱A的壓強PA=76cmHg

氣柱B的壓強為/用=（76+14）cmHg=90cmHg

設玻璃管的橫截面積為S,將B部分氣體等效成壓強為76cmHg的氣體，氣體體積為UB=hRS

根據(jù)玻意耳定律得PA〃BS=PB/72s（3分）

m.V.LS19

同種氣體溫度和壓強相同時，由氣體壓強微觀意義分析可知密度相同，則為=V=K（2分）

mBY'B"S36

（ii）當氣柱B的壓強為“B=120cmHg時，設氣柱B的高度為人由玻意耳定律得

PBhiS=p'BhS

P

解得人=萬B7