山東省日照市高考物理三年（2021-2023）模擬題（一模）按題型分類匯編-02解答題 一、解答題1．（2021·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖所示為測量玻璃折射率的實驗原理圖，若玻璃磚上下界面和平行，玻璃磚的折射率為n，玻璃磚的厚度為h，上界面入射光的入射角為，折射角為。（1）證明入射光線AO和出射光線平行。（2）求入射光線和出射光線之間的側移距離d。2．（2021·山東日照·統(tǒng)考一模）將一質(zhì)量為m的乒乓球從某一高度釋放后，與地面碰撞并反彈。已知，反彈速度大小為v0，再次與地面碰撞前瞬間的速度大小為v1，重力加速度大小為g。則從反彈到再次落地前的過程中：（1）如果乒乓球受空氣阻力的大小恒為，求的大?。?/span>（2）如果乒乓球受空氣阻力的大小與速度大小成正比，求所用的時間。3．（2021·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q，相距為d，兩板間存在周期性變化的電場或磁場。P、O間的電勢差U隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖丙所示，磁場方向垂直紙面向里為正方向。t=0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子（不讓重力），以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板之間，q、m、d、v0、U0為已知量。（1）若僅存在交變電場，要使電荷飛到Q板時，速度方向恰好與Q板相切，求交變電場周期T；（2）若僅存在勻強磁場，且滿足，粒子經(jīng)一段時間恰能垂直打在Q板上（不考慮粒子反彈），求擊中點到出發(fā)點的水平距離。4．（2021·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h=1.8 m，A球在B球的正上方，距地面的高度H=4.2 m。同時將兩球釋放，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生第一次彈性正撞。所有碰撞時間忽略不計，已知mB=3mA，重力加速度g=10 m/s2，忽略空氣阻力和球的大小及所有碰撞中的動能損失。求：（1）第一次碰撞點距地面的高度；（2）第一次碰后A球上升的最大距離；（3）兩球第二次相碰時距地面的高度（計算中取，結果保留兩位有效數(shù)字）。5．（2022·山東日照·統(tǒng)考一模）物理興趣小組為了研究電梯下降過程的運動規(guī)律，帶著鉤碼和便攜式DIS實驗系統(tǒng)進入電梯并到達最高層，把鉤碼掛在力傳感器上進行實驗。電梯從最高層開始運動，中間不停頓，一直運動到第一層停下。從掛上鉤碼到最后取下鉤碼的過程中，DIS實驗系統(tǒng)的顯示器上顯示出拉力隨時間變化的關系如圖所示。取g=10m/s2，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)，求：（1）電梯在減速階段的加速度大??；（2）電梯在整個運動過程中最大速度的大小；（3）電梯在整個運動過程中下降的高度。6．（2022·山東日照·統(tǒng)考一模）2021年12月9日，王亞平在太空實驗授課中，進行了水球光學實驗。在空間站中的微重力環(huán)境下有一個水球，如果在水球中心注入空氣，形成球形氣泡，內(nèi)外兩球面球心均在O點，如圖所示。一束單色光從外球面上的A點以與連線成i角度射入球中，已知水的折射率為，內(nèi)球面半徑為，外球面半徑為，光速為c。求：（1）光在水中的傳播速度v；（2）能使光在內(nèi)球表面上發(fā)生全反射的入射角i的正弦值的取值范圍。7．（2022·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖所示平面內(nèi)，在第一、二象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場；在第三、四象限內(nèi)－2d≤y≤0區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強電場，在y<－2d區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從電場中的A（0，－2d）點以初速度v0沿y軸正方向射入勻強電場，并從（3d，0）處第2次經(jīng)過x軸。已知兩個磁場的磁感應強度大小相等，勻強電場的電場強度大小為，求：（1）質(zhì)子第1次經(jīng)過x軸的速度；（2）勻強磁場的磁感應強度大??；（3）質(zhì)子第3次經(jīng)過x軸的橫坐標值。8．（2022·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖所示，質(zhì)量m1=1.9kg的靶盒a靜止在固定平臺上的O點，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒（不連接），此時彈簧處于自然長度，彈簧的勁度系數(shù)k=184N／m。長度、質(zhì)量m2=1.0kg的木板b靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺等高，且緊靠平臺右端放置，距離平臺右端d=4.25m處有豎直墻壁。某射擊者根據(jù)需要瞄準靶盒，射出一顆水平速度v0=100m／s、質(zhì)量m0=0.1kg的子彈，當子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(nèi)（在極短的時間內(nèi)子彈與靶盒達到共同速度），最終靶盒恰好沒有從木板的右端脫離木板。已知靶盒與平臺、與木板上表面的動摩擦因數(shù)均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，木板與墻壁碰撞沒有能量損失，靶盒與子彈均可視為質(zhì)點，取g=10m／s2。（彈簧的彈性勢能可表示為：，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）求：（1）子彈射入靶盒的過程中，系統(tǒng)損失的動能；（2）靶盒剛離開彈簧時的動能；（3）O點到平臺右端的距離；（4）木板運動的總路程。9．（2023·山東日照·統(tǒng)考一模）一個半徑為R的半圓形玻璃磚（折射率）的截面圖，如圖所示，直徑AOB與半徑OC垂直，一束平行單色光垂直于直徑AOB所在的截面射入玻璃磚，其中距離O點的一條光線自玻璃磚右側折射出來，與OC所在的直線交于D點。（1）求D點到O點的距離：（2）若在玻璃磚平面AOB的某區(qū)域貼上一層不透光的黑紙，平行光照射玻璃磚后，右側恰好沒有折射光射出，求黑紙在AB方向的寬度。（不考慮光線在玻璃磚內(nèi)的多次反射）10．（2023·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，將一可視為質(zhì)點的質(zhì)量的小物塊從傳送帶左端A處以某一初速度釋放，時恰好到達右端B處。小物塊從A端到B端運動的速度—時間圖像如圖乙所示。重力加速度。求：（1）物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)和AB間的距離；（2）小物塊從A端到B端的過程中，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量。11．（2023·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖所示。“L”型平板B靜置在地面上，物塊A處于平板B上的點，點左側粗糙，右側光滑，光滑部分的長度。用不可伸長的經(jīng)繩將質(zhì)量為M的小球懸掛在點正上方的O點。輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球可視為質(zhì)點，將小球由靜止釋放，第1次下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做簡諧運動，物塊A以的速度沿平板滑動直至與B右側擋板發(fā)生彈性碰撞，一段時間后，A返回到O點的正下方時，相對于地面的速度為零，此后再過0.75s小球恰好第4次回到最低點。已知A的質(zhì)量，B的質(zhì)量，A與B的動摩擦因數(shù)，B與地面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，，整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，求：（1）A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小與；（2）從小球釋放到小球第4次回到最低點，整個系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）懸掛小球輕繩的長度。12．（2023·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖所示為某離子控制裝置，離子室內(nèi)存在大量帶正電的離子。其質(zhì)量，電荷量，控制室被分為I、II、III、IV四個橫截面為正方形的區(qū)域，正方形邊長，區(qū)域間隔、、，I區(qū)域左右為中間帶有小孔的平行金屬板，板間存在電場強度大小為，方向水平向右的勻強電場，II，III。IV區(qū)域存在包含邊界的電場或磁場。以中間小孔為坐標原點建立三維坐標系，坐標軸及方向如圖所示，II區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強電場（圖中未畫出），電場強度的大小在間變化；III區(qū)域充滿沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應強度，IV區(qū)域充滿平行于平面xoy與y軸正方向成45°角斜向上的勻強磁場，磁感應強度。從離子室飄入小孔的離子速率忽略，忽略離子間的相互作用，不計離子重力。（1）若離子進入?yún)^(qū)域III后能返回區(qū)域II，求拉子在邊界上射入點與射出點之間的距離；（2）為保證有離子能進入?yún)^(qū)域IV，求的最大值；（3）當、為上問中的最大值。若離子在區(qū)域III的速度沿z軸時消失，當離子第一次經(jīng)過邊界進入?yún)^(qū)域IV時。區(qū)域III的磁場變?yōu)檠?/span>y軸正方向、磁感應強度的勻強磁場并保持不變，求離子第4次經(jīng)過邊界時的位置坐標。
參考答案：1．（1）證明見詳解；（2）【詳解】（1）光線在玻璃磚上界面發(fā)生折射，由折射定律在玻璃磚的下界面發(fā)生折射，設入射角為，折射角為，同理又由圖可知，內(nèi)側角相等聯(lián)立得故    （2）過做入射光線延長線的垂線交于為側移距離2．（1） ；（2）【詳解】（1）設空氣阻力大小為，乒乓球反彈后上升的最大高度為，由動能定理得聯(lián)立解得（2）設空氣阻力，任取極短時間，阻力的沖量大小上升過程有……下降過程有……對上升和下降過程有設上升時間為，下降時間為，由于上升高度等于下降高度由動量定理得聯(lián)立得總時間3．（1）；（2）【詳解】（1）設經(jīng)時間粒子恰好沿切線飛到上板，豎直速度為零，加速度為，則半個周期內(nèi)，粒子向上運動的距離為聯(lián)立得（2）僅存在磁場時，帶電粒子在勻強磁場中做半徑為的勻速圓周運動，則有解得要使粒子能垂直打到上板上，在交變磁場的半周期，粒子軌跡的圓心角設為，如圖所示由幾何關系得解得則粒子打到上極板的位置距出發(fā)點的水平距離為4．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設釋放后時刻球落地球速度大小與A球速度大小相等此時A球距離地面設球反彈后再經(jīng)過時間相遇，有解得相遇點距地面的高度解得（2）碰撞前A球的速度球的速度大小A、B碰撞過程動量守恒，機械能守恒，規(guī)定豎直向上為正方向聯(lián)立得，球A上升的最大距離（3）第一次碰后球再經(jīng)時間與地面第二次相碰，碰撞前速度碰撞后下落時間碰后經(jīng)過，A球運動到最高點。球在末到達最高點，高度為，在時刻落地，反彈速度為，A球從最高點下落時離地面高度為，此時速度設再經(jīng)時間相遇，有解得相遇相遇點高度為代入數(shù)據(jù)解得5．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由圖可知鉤碼的重力鉤碼的質(zhì)量電梯在減速階段，鉤碼處于超重狀態(tài)，拉力大小由牛頓第二定律可得加速度大小（2）由圖可知，電梯在的時間內(nèi)向下加速，加速過程鉤碼受到的拉力大小根據(jù)牛頓第二定律得可得最大速度（3）電梯在的時間內(nèi)加速的位移大小為在的時間內(nèi)勻速的位移大小為在的時間內(nèi)減速的位移大小為電梯下降的高度可得6．（1）；（2）【詳解】（1）由公式 可得（2）光在內(nèi)球表面上發(fā)生全反射的光路圖如圖，有有由數(shù)學知識得得根據(jù)折射定律有折射光線與內(nèi)球面相切，入射角最大，設為，如圖，有 即7．（1），方向與軸的夾角為45°；（2）；（3）【詳解】（1）質(zhì)子在電場中做類平拋運動，設運動的時間為，加速度大小為，則解得，設第1次經(jīng)過軸時速度方向與軸的夾角為即（2）設質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為，根據(jù)牛頓第二定律得在電場中沿軸方向運動的距離由幾何關系得解得（3）質(zhì)子再次進入電場中的運動為：方向勻加速直線運動，方向勻速直線運動。根據(jù)初速度為0的勻變速直線運動的規(guī)律可知，質(zhì)子每次在電場中沿軸方向運動的距離滿足，設粒子每次經(jīng)過磁場邊界時速度與水平方向的夾角為，有所以質(zhì)子每次在磁場中沿軸方向偏移的距離則質(zhì)子第3次經(jīng)過軸的橫坐標值8．（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）子彈射入靶盒的過程中，由動量守恒系統(tǒng)損失的動能解得（2）子彈進入靶盒后，設靶盒向左運動的最大距離為，由能量守恒定律解得靶盒再次返回到點時離開彈簧，設此時動能為，由動能定理解得（3）設點到平臺右端的距離為，靶盒離開點后僅在摩擦力的作用下做勻減速直線運動，滑上木板后，木板與墻壁多次碰撞，最終靶盒停在木板右端，由能量守恒得解得（4）設靶盒滑上長木板時的速度大小為解得設之后靶盒與木板達到共同速度解得該過程中木板的位移為，木板的加速度為根據(jù)解得說明木板與墻壁碰撞之前已經(jīng)與靶盒達到共同速度，木板第一次與墻壁碰撞之后向左減速，經(jīng)位移速度減0，再向右加速，設與靶盒達到共同速度，以向右為正方向（下同）木板第二次與墻壁碰撞之后向左減速，經(jīng)位移速度減0，再向右加速設第二次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達到共同速度第三次與墻壁碰撞之后，經(jīng)位移速度減0，再向右加速第次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達到共同速度經(jīng)位移速度減0，再向右加速木板的路程即解得        ?9．（1）；（2）【詳解】設光線的入射點為F，出射點為F，出射角為，連接OE，即為法線。如圖所示，根據(jù)光的折射定律     根據(jù)幾何關系得 （2）如上圖所示，設從N點入射時恰好能發(fā)生全反射，則可知     由幾何關系知ON＝R所以平行光照射玻璃磚后，要使右側沒有折射光射出，黑紙在AB方向的寬度至少為10．（1），；（2）【詳解】（1）根據(jù)題意，由圖乙可知，小物塊在傳送帶上先做勻減速運動，再做勻速運動，做勻減速運動的加速度大小為由牛頓第二定律有聯(lián)立解得根據(jù)題意可知，AB間的距離等于小物塊的位移，則由圖像中圖像與橫軸圍城的面積表示位移可知，AB間的距離為（2）根據(jù)題意，由圖乙可知，當，小物塊與傳送帶速度相等，且傳送帶的速度為由運動學公式可得，在內(nèi)小物塊的位移為在內(nèi)傳送帶的位移為則小物塊從A端到B端的過程中，系統(tǒng)因摩擦所產(chǎn)生的熱量為11．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）設水平向右為正方向，因為點右側光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和動能守恒得代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得即A和B速度的大小均為；（2）碰后對B受力分析，由牛頓第二定律可知解得設B經(jīng)過時間速度減為零解得此過程A、B的位移分別為根據(jù)位移關系又因為即A在減速之前B速度減為零，且不再運動，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為解得（3）A剩余勻速向左運動的時間為解得A減速運動的時間為，根據(jù)動量定理解得小球和A碰撞后A向右勻速運動的時間為，則設小球做簡諧振動的周期為，擺長為，則有代入數(shù)據(jù)解得由單擺周期公式解得小球的擺長12．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）在區(qū)域I，根據(jù)動能定理解得離子在區(qū)域II射出時速度的偏向角為，運動軌跡如圖所示則由射入點與射出點的距離為與大小無關，解得（2）根據(jù)可知當時，離子在III中運動的速度最大，則運動半徑最大，有最大值，在區(qū)域II做類平拋運動根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)幾何關系解得沿方向的位移為解得由幾何關系得半徑軌跡恰好與邊界相切，的最大值解得（3）離子從的中點進入?yún)^(qū)域IV，由得重新回到區(qū)域III后解得如圖所示第4次經(jīng)過邊界時，坐標為坐標為坐標為即離子第4次經(jīng)過邊界時的位置坐標：。 

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