2021年高考物理押題預(yù)測卷（湖南卷）02（全解全析）

2021年高考押題預(yù)測卷02【湖南卷】

物理?全解全析

12345678910

cCCACBCDBDACAC

1.c

【詳解】

AB.將圓環(huán)分分割成無數(shù)的小段，每一段可看成直線，由左手定則可知，每一段受到沿半徑背離圓心方向

的安培力，則金屬有擴張的趨勢，且各段的安培力的合力為0,則金屬環(huán)靜止不動，故AB錯誤；

CD.每個半圓環(huán)所受的安培力大小

F=BIX2r

每個半圓環(huán)在兩個端點處受到兩個張力均為產(chǎn)，合力方向與安培力F等大反向，則

F

尸=—=BIr

2

故C正確，D錯誤。

故選C。

2.C

【詳解】

A.發(fā)生光電效應(yīng)時，光電子的最大初動能與入射光的頻率成線性關(guān)系，A錯誤；

B.在研究光電效應(yīng)飽和電流時，光電管所加電壓與飽和電流無關(guān)，飽和電流與光照強度有關(guān)，光照強度越

大，飽和電流越大，B錯誤；

C.入射光頻率為〃時，剛好發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，由光電效應(yīng)規(guī)律可知

W0=hv

將入射光頻率變?yōu)??/時，由愛因斯坦光電效應(yīng)方程可得

Ek=3hv-W0

解得

Ek-2hv

由動能定理可得

Ek=eUc

解得此時光電流的遏止電壓為

〃=也

e

C正確；

D.根據(jù)光電效應(yīng)方程

耳=加-％

光子能量一定，光電子的最大初動能大，說明金屬的截止頻率低，D錯誤。

故選C。

3.C

【詳解】

A.由試探電荷軌跡判斷，試探電荷與場源電荷應(yīng)該為同種電荷，故A錯誤；

B.點電荷形成的電場，試探電荷僅受電場力，電場力提供加速度

r戶=—kQ—q=ma

r

則可知距離場源電荷越近，加速度越大。正確排序應(yīng)為

aA<ac<aB

故B錯誤；

C.若試探電荷為正電荷則場源電荷也為正電荷，可知離正電荷越近，電勢越大，故C正確；

D.試探電荷無論如何都不會影響場源電荷附近的電場，但點電荷附近電場為非勻強電場，根據(jù)U=&,

在相同距離下，平均電場強度大的地方，電勢差的大小更大，故D錯誤。

故選C。

4.A

【詳解】

當小球A平拋到三角形劈底部時，水平方向位移有

豎直方向位移有

12

y=2gr

豎直方向位移與水平方向位移的夾角有

tan37°=?=史

x2v0

解得

f=1.2s,x=9.6m

小球B在斜面上的加速度

a=^sin37=6m/s2

下滑距離

x.=——--=12m

cos37°

又

%=卬+獷

解得

vi=6.4m/s

故選A。

5.C

【詳解】

A.機器人正常工作時的電流

P90W

二=Z^2L=2.5A

U36V

A錯誤；

B.若機器人工作電路為純電阻電路，內(nèi)電阻

r=y=14.4Q

但機器人工作電路不是純電阻電路，B錯誤;

C.由

Q=It

可得，機器人可以連續(xù)正常工作的時間為

Q5A-hx90%.,,,、o.

t=—=---------------=1.8oh=108min

I2.5A

C正確；

D.機器人充滿電后正常工作期間總共消耗的電能

w=Pf=90Wxl.8x3600s=583200J

D錯誤。

故選C。

6.B

【詳解】

根據(jù)題意小球所受重力和圓環(huán)彈力的合力大小為,與繩拉力7等大，力尸的大小與繩拉力的合力等

大反向，如圖所示，三角形。海為等邊三角形，兩繩夾角為60。，故

F=也T=3mg

所以B正確；ACD錯誤；

故選B。

7.CD

【詳解】

ABD.汽車減速至0的時間

f=%=3s

a

汽車運動的總位移大小

1,

x-vot--ar=9m<10m

AB錯誤，D正確；

C.將汽車的運動視為反向的從靜止開始的勻加速直線運動，可得汽車最后1s的位移

%；at；=1m

C正確。

故選CD。

8.BD

【詳解】

A.由

GMm

——；—=ma

r~

可知，該探測器在近火點的加速度大于其在遠火點的加速度，A錯誤；

B.由開普勒第二定律，可知該探測器在近火點的速度大于其在遠火點的速度，B正確;

C.由

要求周期，應(yīng)該知道軌道半徑，而火星的半徑未知，軌道半徑不可求，故周期不可求，c錯誤；

D.在行星表面附近，由

GMm

=ma

解得

g火：g地=2：5

D正確。

故選BD。

9.AC

【詳解】

ABC項:手機內(nèi)部的線圈，能將充電板中變化的磁場轉(zhuǎn)化為電流給手機電池充電，是利用電磁感應(yīng)原理工作

的，故AC正確，B錯誤；

D、充電底座利用的電磁感應(yīng)原理工作的，故不能直接使用直流電進行充電；故D錯誤.

10.AC

【詳解】

A.如果尸推的是正中間的棋子，假設(shè)可以使五顆棋子一起加速運動，則對下面兩顆棋子作為整體受力分析,

由牛頓第二定律可得

f-5/jmg=2ma

因為了最大值為3〃叫，故假設(shè)不成立，即不可能使五顆棋子一起加速運動，故A正確;

B.如果廠推的是正中間的棋子，恰好使它剛從中間飛出，對中間棋子由牛頓第二定律可得

F-2"mg-3/jmg=ma]

對上面兩顆棋子有

2/jmg=2ma2

因為

q>4="g

解得

F>6/Jmg

故B錯誤；

C.如果F推的是最下面的棋子，要使五顆棋子以相同的加速度一起加速運動，則對整體由牛頓第二定律可

得

F-5/jmg=5ma

對最上面的棋子有

/jmg=ma

解得

F=IQ/jmg

故C正確；

D.如果尸推的是最下面的棋子，當產(chǎn)從。開始逐漸增大時，在推動棋子前，最上面兩顆棋子之間的摩擦

力為零，故D錯誤。

故選ACo

11.2.04.13.3

【詳解】

根據(jù)紙帶可知，當所打的點點距均勻時，表示物體勻速運動，此時速度最大，故有

X0.08,,

V,,,=—=----m/s=2.0m/s

mt0.04

(2)[2]由逐差法得加速度大小為

2

a_7.67+6.85+6.21-5.56-4.93-4.28乂]()-2mzs2=4lm/s

（3）［3］小車受到的摩擦阻力大小為

f=ma=0.4x4.IN=1.66N

則小車勻速時牽引力的大小

F=/=1.66N

由居氏可得，小車的額定功率為

=1.66x2W=3.3W

2Ecose,l1、.

---;(-~)并聯(lián)Ri偏小增大

k------h4

如圖所示

E

2Fcos0=G

由題圖乙得

R,-/<,,

F=，-也，7?o=lO3Q

k

由閉合電路歐姆定律得

EE

Ro=~-(R+Rg+r),RL=~-(R+Rg+r)

12

故

EE

RI-RO=7

聯(lián)立解得

2Ecos，

G-

k

(3)[3][4]將2mA的電流表的量程擴大至10mA,根據(jù)并聯(lián)分流原理，電流表應(yīng)該和定值電阻并聯(lián)，由并

聯(lián)電路電壓相等可知

/g7?g=(/-/g)R'

解得

故選擇Ri。

(4)[5]改裝的電流表的分流電阻分得的電流偏大，改裝后電流表示數(shù)比真實值偏小。

⑹根據(jù)改裝電流表的原理，內(nèi)阻真實值比標稱值大，并聯(lián)的分流電阻也應(yīng)比50。大，故應(yīng)適當增大分流電

阻的阻值。

13.(1)V5m/s；(2)-；(3)”后W

82

【詳解】

(1)小物塊沿桌面邊緣飛出后做平拋運動，設(shè)運動時間為f,則豎直位移為

水平位移為

由幾何關(guān)系可知

5=V/?2+X2+/Z2

聯(lián)立解得

%=逐m/s

(2)設(shè)輕繩對小物塊的拉力大小為T,方向與小物塊和圓心。連線的夾角為仇則

sin6=一

R

小物塊沿桌面邊緣旋轉(zhuǎn)時的向心力由輕繩的拉力人與桌面間的摩擦力f共同提供，故

TCGSO=m—

R

Tsin6=f

f="mg

聯(lián)立解得

3

//=-

8

(3)由(2)中分析可得

725z

T=—N

2

sin0=O.6

解得

P=T%sin9="V^W

323

14.(l)lm/s;。=而丫；(2)近J；(3)先變加速運動，后勻速下滑

【詳解】

⑴當棒。運動至處時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流分別為

E=BLv0

BLv。

(R+r)

由題意知當運動至88'處時己處于平衡狀態(tài)，可得

mgsin0=BIL

可解得vo=lm/s,兩端電勢差大小

U工2V

510

(2)棒a、h在各自軌道上運動足夠長時間，達到穩(wěn)定時滿足

孫=吟吟

由動量定理可得，a、匕分別滿足

-B1LX-mv1-mv0

-Bl—Af=mv2

解得M=0.2m/s,V2=0.4m/s,到穩(wěn)定時，由能量守恒可得

對a桿有

22

2“=§。1總=行1

“棒撞CC'后，匕恰能進入斜軌，VD=O,由能量守恒可得

八121

2總二丁"示」T

&=裝總=言］

可得棒。進入水平軌道后，棒。上產(chǎn)生的焦耳熱為

23

2a=Q1總+。2總=在6J

(3)穩(wěn)定后，電容器不再充放電，由平衡條件可得

mgsin3=BIcos3

回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流為

B—vcosO

/__2______

64

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得v=—m/s,

故棒〃進入傾斜軌道DED'E的運動情況運動情況為：先變加速運動，后勻速下滑。

3

15.(1)【答案】］Po%放熱

【詳解】

［11從8到C的過程中，氣體做功大小等于曲線圍成的面積，體積增大，氣體對外做功為

卬=丘抖，(3%一2%)=］乂

⑵氣體從A經(jīng)狀態(tài)B,再到C氣體對外做功，從C到A外界對氣體，根據(jù)“面積”表示氣體做功可知：整個

過程氣體對外做功小于外界對氣體做功，而內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律得知氣體要放熱。

(2)【答案】1.40cm；II.52cm

【詳解】

I.吸管中的氣體初始壓強為Po=1.00x105Pa,初始體積為％=L°S,

吸管中的氣體末態(tài)壓強為p=1.05x1O'Pa,設(shè)末態(tài)體積為V=LS,

由波意爾定律可得

p(y0=PV

解得

￡=40cm

II.設(shè)洗衣機缸與細管中的水面差為M,細管中氣體的壓強為

P=Pgkh+Po

故洗衣機的水位

h=△/?+(4—L)

解得

h=52cm

16.(1)【答案】ABE

【詳解】

A.由圖像可知，該簡諧橫波的周期為

T=12s

所以A正確；

B.由題意可知

2

—+=6m(n=0,L2...)

4

化簡可得該波的波長為

24

A=m(〃=0,l,2...)

4n+l

由公式

2

v=-

T

可得該波的波速為

2

v=-------m/s(〃=0,l,2???)

4〃+l

當

n=0

時

v=2m/s

所以B正確；

C.由圖甲可得，從f=0時開始計時，x=5m處的質(zhì)點做簡諧運動的表達式為

X=4sin<y?cm)

其中

co--rad/s=—rad/s

T6

得

.71

y=4sin—^(cm)

}6

所以C錯誤；

D.由圖乙可得，從f=0時開始計時，x=11m處的質(zhì)點做簡諧運動的表達式為

...71兀、/、

=4sin(-f--)(cm)

62

當

r=4s

時

y=2gcm

y2=2cm

所以兩質(zhì)點4s內(nèi)通過的路程分別為

$=(4+2V^)cm

s2=6cm

即

S]WS?

所以D錯誤；

E.由A選項可知，該波的波長為