2021年高考物理押题密卷A(新课标Ⅱ卷)(答案)

2021年高考押题密卷A 【新课标Ⅱ卷】
理科综合·物理
14．【答案】 C
【解析】发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，A 错误；在研究光电效应饱和电流时，光电管所加电压与饱和电流无关，饱和电流与光照强度有关，光照强度越大，饱和电流越大，B
错误；入射光频率为v 时，刚好发生光电效应现象，由光电效应规律可知0W h
ν=将入射光频率变为3v 时，由爱因斯坦光电效应方程可得03k E h
W ν=-，解得2k E h ν=。

由动能定理可得k C E eU =，解得此时光电流的遏止电压为2C hv
U e
=
，C 正确；根据光电效应方程0k E h W ν=-，光子能量一定，光电子的最大初动
能大，说明金属的截止频率低，D 错误。

15．【答案】B
【解析】对小物块，从释放至到达O 点的过程中，由动能定理得mgh ＝1
2mv 20－0，代入数据解得v 0＝2gh ＝2×
10×0.05 m/s ＝1 m/s 。

小物块从O 点水平抛出做平抛运动，竖直方向y ＝－1
2gt 2，水平方向x ＝v 0t ，解得v ＝－5x 2
；又有y ＝x 2
－6，联立解得x ＝1 m ，y ＝－5 m ，根据y ＝－12gt 2，解得t ＝
－2y
g ＝2×510
s ＝1s ，故A 错误，B 正确；竖直方向的速度大小v y ＝gt ＝10×1 m/s ＝10 m/s ，设刚到P 点时速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝v y v 0＝10
1＝10，故C 错误；根据速度的合成法则，小物块刚到P 点时
速度的大小为v ＝v 2y ＋v 20＝102＋12
m/s ＝101 m/s ，故D 错误。

16．【答案】D
【解析】a 、b 间场强大小为E 0且保持不变，则其为匀强电场，外侧场强快速趋近于零，且都为负值，因此x 轴为平行于两板的中心轴线，如图所示，场强为负表示场强方向由B 指向A ，则A 板带负电，选项A 错误；．两板间平行于两板的中心线为一等势线，电势不变，b 、O 与O 、a 之间的电势差均为零，选项BC 错误；由于两板间的x 轴为一等势线，所以将电子由a 点沿x 轴移动到b 点，电场力不做功，电势能不变，选项D 正确；故选D 。

17．【答案】 B
【解析】设质子进入速度选择器的速率为v ，根据动能定理有qU 1=
2
12
mv ，结合x=2r 和r=mv qB 0得
10
2
2m
x U B q
=
x 1U B 正确，A 错误；质子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有qvB=qE ，由E=2U d
得U 212q
U m ，CD 错误。

故选B 。

18．【答案】 C
【解析】由右手定则判断出电流方向为c →b ，A 错误；MN 棒做加速度减小的加速运动，金属框做加速度减小的减速运动，当两者速度相等时，整个回路电动势为零，之后做匀速直线运动，由动量守恒得023mv mv =共，解得02
3
v v =
共，B 错误；对MN 棒列动量定理0BIL t mv ⋅∆=-∑共，02
3
BLq m v =
解得023mv q BL
=
，C 正确；由能量守恒得()22
20011122223Q mv m m v mv =-+=共，D 错误。

故选C 。

19．【答案】BD
【解析】由于双星靠相互间的万有引力提供向心力，它们的向心力大小相等，角速度相等，由F ＝mω2r
知，甲、乙的轨道半径与质量成反比，所以若干年后，该双星系统甲做圆周运动的半径增大为nr ，则乙做圆周运动的半径增大为
nr k ，故C 错误；根据万有引力定律F ＝2Gmkm L ，L ＝nr ＋nr
k
，所以若干
年后恒星甲做圆周运动的向心力为F ＝G 2
2
km nr n k ⎛⎫+ ⎪
⎝⎭
，故A 错误；对甲恒星，由F ＝m 2
24T πr ，可知F
变小，r 变大，则T 变大，故B 正确；恒星甲、乙的角速度相等，乙恒星做圆周运动的半径为恒星甲做
圆周运动的半径的
1k ，由v ＝ωr 可知，恒星乙做圆周运动的线速度为恒星甲做圆周运动线速度的1k
，故D 正确；故选BD 。

20．【答案】BD
【解析】带电油滴在平行板电容器中受重力和向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则油滴带负电，由平衡条件有U mg q d =，解得油滴的电荷量大小为为mgd
q U
=；故A 错误。

平行板电容器的电量Q CU =，
而电容的大小4s
C kd επ=，联立可得4sU Q kd επ=；而相对介电常数ε=1，则4sU Q kd
π=；故B 正确。

N 板突然下移△d ，电源一直接在电容器上，则电压U 不变，电场力变小，为qU
F d d
'=+∆，则油滴的合
外力向下，由牛顿第二定律qU qU ma mg F d d d
'=-=-+∆，解得dg
a d d ∆=+∆，方向向下；故C 错误。

电容器的M 板接地为0V ，设油滴的位置P 点距离M 板为1d ，则11P MP U
U Ed d d
ϕ=-=-=-，电势
能为P E q ϕ=，则金属板N 下移△d ，P 点的电势为1P
U d d d ϕ'=-∆+，则P P d
E q E d d
ϕ''==+∆；故D 正确。

21．【答案】 ACD
【解析】木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果2M m =，合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v 向左做匀速直线运动，取向左为正，根据动量守恒定律可得
00Mv mv M m v -=+（），解得01
3
v v =，整个运动过程中摩擦生热的大小为
22220001114
2223
Q Mv mv M m v mv =+-+=（），故A 正确；如果M =m ，木板与墙壁碰撞后，二者的
合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量关系可得
22001122
mgx Mv mv μ=+
解得木块相对木板的位移大小为2
0v g
μ；故B 错误；如果0.5M m =，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后
速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，第一次共速后的速度为v 1，取向右为正，根据动量守
恒定律可得001mv Mv m M v -=
+（），解得1001
3
v v v =＜，所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度v 1匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为v 1；同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为221011
()33v v v =
=，木板第3次与墙壁碰撞时的速度为2201()3
v v =，以此类推，木板
第100次与墙壁碰撞的速度为99
9901()3
v v =，故C 正确；如果M =0.5m ，木板最终停在墙的边缘，全过
程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小为001.5I m M v mv =
+=（），故D 正确；故选ACD 。

22．【答案】（1） A （1分） （2）0.50（1分） （3） 1.0（2分） 0.20（2分）
【解析】(1)为了保证滑块做匀加速直线运动，细线必须与长木板平行。

A 正确；因为没有平衡摩擦力，所以细线拉力不等于合外力，B 错误；因为有拉力传感器，所以不需要满足滑块的质量必须远大于钩码的质量，C 错误。

故选A 。

(2)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，有2
12
s at =
，解得20.50m/s a =，(3)将轨道倾斜，有sin cos F mg mg ma αμα--=，解得20
N 1.0kg 42
F m a ∆-=
==∆-，轨道水平，有F mg ma μ-= 将2N F =、0a =代入得0.20μ=。

23．【答案】 （1） 2.50 （2分） 1.25 （2分）（2）0.833（3分） （3）小于（2分）
【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律，得U E U r
R =+，化简得111
r U E E R
=+⋅，结合题图乙可知 110.4V E -=，1
0.4A 0.8
r E -=，解得 2.50V E =，125Ωr .=，内阻125Ωr .=。

（2）根据111
r U E E R
=+⋅，可知，当1U 的值最大时，即1R 最大，对应此时的电阻箱电阻为零，解得
00.833ΩR =。

（3）如果考虑电压传感器的内阻V R 的影响，由V U U E U r R R ⎛⎫=++
⎪⎝⎭，即V 111
1r
r U E R E R
⎛⎫=++⋅ ⎪⎝⎭ 可知此时图线的纵轴截距表示
V 11r E R ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
，所以E 测小于E 真。

24．【答案】 （1
）
3
；（2）6m/s ；（3）31.25J 【解析】（1）木板恰静止在斜面上，木板在斜面方向上受力平衡，由0sin30cos30mg mg μ=︒︒（1分）
得03
μ=
1分）
（2）物块A 在木板上滑行，对A 有cos30sin30Mg Mg Ma μ︒︒-= ①（1分） 代入数据得22.5m/s a =（1分）
方向沿斜面向上，以木板B 为0B cos30sin30()cos30Mg mg M m g ma μμ︒
︒
︒
+-+= ②（1分） 代入数据得2
B 7.5m/s a =（1分）
方向沿斜面向下，假设A 与木板达到v 共时A 还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，有
B A A =v a t v a t =-共 ③（1分）
此过程中A 的位移A A 2
v v x t +=
共
④ B 的位移B 2
v x t =
共
⑤（ 联立①~⑤得=6m/s v 共，0.8s t =，A 5.6m x =，B 2.4m 5.5m sin 30h
x L =<
-=︒
（1分）
故A 在B 上滑行的距离为A B 03.2m 5.4m x x x L l ∆=-=<-=（1分）
说明以上假设成立。

共速后，由于0()sin30()cos30M m g M m g μ︒
︒
+=+（1分）
A 与木板
B 匀速下滑，直到木板与底端挡板碰撞；木板B 与挡板碰前的速度为6m/s 。

（3）木板与挡板碰后停下，此后A 做匀减速，设接触弹簧时A 的速度为A1v ，有
()22
A 0A12a L l x v v ---∆=-共 ⑥（1分）
设弹簧最大压缩量为m x ，A 从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有
2
m A112cos302
Q Mgx Mv μ︒==
⑦（1分） A 从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有2P A1m 11sin 3022E Mv Mgx Q ︒
=+- ⑧（1分）
联立⑥~⑧p 31.25J E =，故弹簧被压缩到最短时的弹性势能为31.25J 。

（1分）
25．【答案】 （1）12Bed v m =；（2）202eB d
E m
=；（3）26eB d E m ≤
【解析】（1）从S 发出电子做圆周运动能直接到达P 点的最小半径11
2
r d =
（1分）
由向心力公式有2
111
mv ev B
r =（1分）
解得12Bed
v m
=
（1分） （2）设电子初速度为v ，初速度方向与S P 的夹角为θ，从Q 点由电场进入磁场，如图所示，设该轨迹圆半径为r ，则2sin r d θ=（1分）
由向心力公式有2
mv evB r
=（1分）
设电子每次在电场中运动的时间为2t ，则y 方向有0
cos eE v t m
θ=（1分） x 方向有sin cos vt r θθ=（1分）
解得202eB d
E m
=（1分）
（3）电子做圆周运动半径22sin 60
d
r ︒=
（1分）
设电子初速度为v 2，电子在电场中一次类平抛运动的时间为t ′，由向心力公式有22
22
mv ev B r =（1分）
在电场中沿y 方向有2cos 60eE
v t m
︒
'=
（1分） 由几何关系有222(sin6022cos60)sin60L n v t r v t ︒︒
︒
''=⋅-+⋅（n=0，1，2，3……）（2分）
解得L =（n =0，1，2，3……）
（1分） 在电子多次经过磁场的情况下，由几何关系可知222sin60cos60v t r r ︒
︒
'⋅≥+（2分）
解得E 应满足的条件26eB d
E m
≤（2分）
33．（1）【答案】BDE
【解析】.根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A 正确；做功是通过能量转化改变系统的内能，热传递是通过能量的转移改变系统的内能，选项B 错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C 正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D 错误；由热力学第二定律知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，空调机作为制冷机使用时，消耗电能，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，选项E 错误． （2）【答案】 （1）02m m =
；（2）32
mgL
Q U =
+∆ 【解析】（1）设初始状态封闭气体的压强为P 1，对活塞整体，由平衡条件可得
0101232P S P S mg P S PS +⋅+=⋅+（1分）
设活塞A 到达气缸底部时封闭气体的压强为P 2、加入细沙的质量为m 0，对活塞整体，由平衡条件得
02002232P S P S mg m g P S P S +⋅++=⋅+（1分）
根据玻意耳定律得12(2)22P LS LS P L S +=⋅⋅（1分） 联立解得02
m
m =
（1分） （2）降低温度过程中气体做等压变化，由盖﹣吕萨克定律得
12
43LS LS
T T =（1分） 解得2300K T =（1分）
体积恢复过程中外界对气体做的功2W P LS =（1分）
解得32
mgL
W =
（1分） 由热力学第一定律得U W Q -∆=-（1分） 可得32
mgL
Q U =
+∆（1分） 34．（1）【答案】 ACE
【解析】根据波动图和振动图可读出波的波长2m λ=，周期为4s T =，故可得波速为0.5m/s v T
λ
=
=，
平衡位置在x =3m 与x =7m 的质点相差两个波长，则其振动情况完全相同，故A 正确；根据A 质点的振动图可知，t =7.5s 时A 质点在正的最大位移处，因周期为4s T =，则t =6.5s 时A 质点在平衡位置，t =5.5s 时A 质点在负的最大位移处，故t =6s 时A 正在负的位移位置向平衡位置振动，由t =6s 的波动图可知A 质点的平衡位置与原点的距离在0m 到0.5m 之间，故B 错误；根据t =9s 与t =6s 的时间差为
3963s 4T t s s ∆=-==
，则平衡位置在x =1.7m 处的质点在波形图上再振动34
T
的时间，x =1.5m 的质点处于平衡位置，x =2.0m 的质点处于波谷，则x =1.7m 正在负的位移处向平衡位置振动，故加速度为沿着y 轴正方向，故C 正确；根据t =13.5s 与t =6s 的时间差为313.567.5s 48
T T
t s s T ∆=-==++，则平衡位置在x =1.4m 处的质点在波形图上再振动超过
34
T
的时间，
x =1.0m 的质点处于波峰，x =1.5m 的质点处于平衡位置，则x =1.4m 的质点位移为正，故D 错误；根据t =18s 与t =6s 的时间差为
18612s 3t s s T ∆=-==，则平衡位置在x =1.2m 处的质点的位置就和现在t =6s 时的位置相同，质点的
速度根据同侧法可知方向沿y 轴负方向，故E 正确；故选ACE 。

（2）【答案】 （i ）29πm ；（ii ）2(9π6)m +
【解析】（i ）设水下A 点发射的光在水面A '处发生全反射，则岸上观察到水面被照亮部分为以O 点为圆心，OA '为半径的圆形区域。

如图：
全反射角满足13
sin 4
C n =
=（2分）
则tan 7
C =
（2分） 则tan 3m R h C ==（2分） 面积229πm S R π==（2分）
（ii ）若单色直线光源AB 发光，第（i ）问中被照亮的圆形区域沿直线连续移动光源长度L 所扫过的面积（圆心自O 点沿移动长度L ）即岸上观察到水面被照亮部分，形状如图：
面积为2π2S R RL =+2(9π6)m =+（2分）。