遼寧省丹東市2021屆-2023屆高考物理三年模擬（二模）按題型分類匯編-02解答題 一、解答題1．（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）一晴朗的冬日，某同學(xué)在冰雪游樂場(chǎng)乘坐滑雪圈從靜止開始沿斜直雪道勻變速下滑，滑行后進(jìn)入水平雪道，繼續(xù)滑行后勻減速到零。已知該同學(xué)和滑雪圈的總質(zhì)量為，整個(gè)滑行過程用時(shí)，斜直雪道傾角為37°，重力加速度，忽略空氣阻力（，）。（1）求該同學(xué)和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力的大?。?/span>（2）若水平雪道區(qū)域重新規(guī)劃，使水平雪道距離縮短為，之后再鋪設(shè)長(zhǎng)的防滑毯，可使該同學(xué)和滑雪圈在防滑毯終點(diǎn)恰好安全停下，求防滑毯與滑雪圈之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。2．（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）兩木塊A、B質(zhì)量均為，用勁度系數(shù)為的輕彈簧連在一起，放在水平地面上，如圖所示，（1）若用外力將木塊A壓下一段距離后靜止不動(dòng)，撤去外力，A上下做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。在A運(yùn)動(dòng)過程中，要使B始終不離開地面，將A下壓至靜止的外力不得超過多大？（2）若將另一塊質(zhì)量也為的物塊C從距A高處自由落下，與A相碰后，立即與A結(jié)合在一起，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，求木塊B剛好離開地面時(shí)A的速度為多少？3．（2023·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）真空中存在空間范圍足夠大的，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為，帶正電的小球由空中靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為53°。如圖所示，若在此電場(chǎng)中，放置一個(gè)豎直面內(nèi)的光滑固定軌道（電場(chǎng)沒有畫出），水平，長(zhǎng)度為，是半徑為的四分之一的圓弧，與相切于點(diǎn)。現(xiàn)將該小球由點(diǎn)靜止釋放，求從點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中（取重力加速度大小為，，）。（1）小球受到的電場(chǎng)力大小及方向；（2）從點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到軌跡最高點(diǎn)過程中小球電勢(shì)能的變化量；（3）小球從c點(diǎn)離開軌道后速度最小時(shí)距c點(diǎn)的距離。4．（2021·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，如圖甲所示為t=0.1s時(shí)刻的波形圖，介質(zhì)中P、Q兩質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移相等，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置相距6m，圖乙為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像。（1）寫出質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程，并判斷波的傳播方向；（2）該簡(jiǎn)諧波的傳播速度大小為多少？5．（2021·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與xoy平面平行，且與x軸成45°夾角，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=100N/C；在x軸下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外。一比荷為C/kg的正粒子由y軸上的A點(diǎn)靜止釋放，A點(diǎn)的坐標(biāo)yA為。一段時(shí)間后進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與y軸負(fù)半軸相切于P點(diǎn)（未畫出），不計(jì)粒子的重力。求：（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）粒子從第一次進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間t。6．（2021·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平地面上，傾角。斜面上有質(zhì)量為3m、上表面光滑且上端有擋板P的木板A，沿斜面以速度勻速向下運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，質(zhì)量為m的滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板底端以速度v0滑上木板A，當(dāng)滑塊與擋板碰前的瞬間，滑塊速度剛好減為零。已知滑塊與擋板是彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）滑塊滑上木板時(shí)，滑塊、木板各自的加速度大?。?/span>（2）滑塊與擋板碰撞后的瞬間，滑塊、木板各自的速度大?。?/span>（3）滑塊與擋板碰撞后至脫離木板所經(jīng)歷的時(shí)間。7．（2022·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，已知x軸上和處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像分別如圖甲、乙所示。（1）若比振動(dòng)滯后5s，則這列波的波速為多大？（2）若兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離大于2個(gè)波長(zhǎng)且小于3個(gè)波長(zhǎng)，求這列波的波長(zhǎng)和波速可能為多大？（結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示）8．（2022·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）如圖所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，其中ab段水平，bc為豎直四分之一圓（c與圓心O等高）。圓弧軌道bc的半徑R=0.4m，它與水平直軌道ab在b處相切。在軌道ab上放著兩個(gè)質(zhì)量均為1kg物塊A、B（A、B可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧P（兩端未與A、B拴接）。軌道左側(cè)緊靠a點(diǎn)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為M=1kg的小車。小車上表面與水平面ab等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧Q的左端固定在小車上，彈簧原長(zhǎng)時(shí)右端在小車上e點(diǎn)正上方，小車上表面e點(diǎn)右側(cè)與右端點(diǎn)f之間是粗糙的，e點(diǎn)左側(cè)是光滑的，物塊A與e、f兩點(diǎn)之間小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25。現(xiàn)將物塊A、B之間的細(xì)繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑上小車，B沿ab軌道向右滑動(dòng)。當(dāng)B向右沖到圓弧軌道的最低點(diǎn)b時(shí)，軌道對(duì)物塊B的支持力大小為32.5N。（g取10m/s2）。求：（1）物塊B從c點(diǎn)拋出時(shí)速度多大；（2）要保證物塊A既能擠壓彈簧Q又最終沒有滑離小車，則小車上f、e兩點(diǎn)之間的距離L的取值范圍為。9．（2022·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）如圖所示，固定的傾斜金屬導(dǎo)軌ON、PQ彼此平行且相距L=1m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角θ=37°。N、Q兩點(diǎn)與一足夠長(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌平滑連接。傾斜導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度。水平導(dǎo)軌區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度，金屬棒ab垂直于ON、PQ放置在導(dǎo)軌上且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m=1kg。如圖所示，R=3Ω的定值電阻和電容C=0.5F的電容器固定于導(dǎo)軌上，由電鍵、分別控制。開始時(shí)將金屬棒ab鎖定在距NQ兩點(diǎn)處，用一根輕繩將金屬棒與一質(zhì)量M=1kg的重物相連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。（g取10m/s2，，不計(jì)一切摩擦，除電阻R外其他電阻均不計(jì)），求：（1）只閉合電鍵，解除對(duì)金屬棒ab鎖定，M由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)1.6s時(shí)，ab棒沿傾斜軌道向上的速度為2m/s，則在1.6s時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為多大？（2）只閉合電鍵，解除對(duì)金屬棒ab鎖定，重物M仍由原位置靜止下落。當(dāng)金屬棒ab運(yùn)動(dòng)到傾斜軌道末端時(shí)剪斷輕繩（棒進(jìn)入水平軌道過程中無(wú)能量損失），則ab在水平導(dǎo)軌上的穩(wěn)定后速度大小為？
參考答案：1．（1）；（2）【詳解】（1）該同學(xué)和滑雪圈在斜直雪道上滑行時(shí)做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，位移大小為，時(shí)間為，末速度為；在水平雪道上滑行時(shí)，做末速度為0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小為，時(shí)間為分析運(yùn)動(dòng)過程可得， ，解得斜直雪道末速度斜直雪道的時(shí)間水平雪道用時(shí)在斜直雪道上的加速度由牛頓第二定律得解得該同學(xué)和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力為（2）設(shè)在水平雪道上滑行時(shí)，加速度為大小，則使水平雪道距離縮短為，設(shè)該同學(xué)和滑雪圈滑出水平雪道的速度為，則解得設(shè)在防滑毯上的加速度大小為，則解得由牛頓第二定律可得解得防滑毯與滑雪圈之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2．（1）；（2）【詳解】（1）撤去外力后，木塊A以沒有施加壓力時(shí)的位置為平衡位置做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，當(dāng)木塊B剛好要離開地面時(shí)，對(duì)木塊B受力分析，根據(jù)二力平衡，有此時(shí)木塊A處于簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，A的加速度最大，方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律，有解得由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，當(dāng)木塊A運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，加速度最大，仍為，方向豎直向上。撤去外力F瞬間合外力等于撤去的外力，根據(jù)牛頓第二定律，有（2）對(duì)物塊C分析，設(shè)物塊C自由落下到與木塊A相碰前的速度為，由自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有解得物塊C與木塊A相碰后一起向下運(yùn)動(dòng)的初速度設(shè)為，由動(dòng)量守恒定律，有解得物塊C自由落下前，木塊A受重力和彈力平衡得彈簧壓縮量同理，木塊B剛好離開地面時(shí)彈簧伸長(zhǎng)，B受重力和彈力平衡，得彈簧伸長(zhǎng)量因此兩位置彈簧的形變量相等，即所以彈簧彈性勢(shì)能的變化量為設(shè)木塊B剛好離開地面時(shí)A的速度為，對(duì)木塊A，物塊C及彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律，有解得3．（1），水平向右；（2）；（3）【詳解】（1）由題意，電場(chǎng)力大小方向：水平向右（2）對(duì)小球由a到c的過程，由動(dòng)能定理得解得小球離開點(diǎn)后豎直方向在重力作用力下做勻?速直線運(yùn)動(dòng)（豎直上拋運(yùn)動(dòng)），設(shè)小球離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t，有小球沿水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，則有：由牛頓第二定律可知此過程小球沿電場(chǎng)方向位移為電場(chǎng)力做功為因?yàn)殡妶?chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減少量為（3）由題意可知，重力與電場(chǎng)力合力方向與豎直方向夾角53°，斜向下如圖，沿著合力與垂直合力方向建立坐標(biāo)系，將C點(diǎn)速度沿著兩個(gè)方向分解y方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知從C點(diǎn)到小球速度最小時(shí)的位移x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此速度為離開C后的最小速度小球從C點(diǎn)離開軌道后速度最小時(shí)距C點(diǎn)的距離4．（1），負(fù)方向傳播；（2）15m/s【詳解】（1）由圖乙可得質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)周期為T=1.2s振動(dòng)方程為結(jié)合圖像可得：波沿軸負(fù)方向傳播（意思對(duì)就給分）（2）根據(jù)波的圖像特點(diǎn)可知P、Q兩質(zhì)點(diǎn)間的水平距離為，即簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)為波速5．（1）；（2）【詳解】（1）粒子從A點(diǎn)開始到進(jìn)入磁場(chǎng)前：由動(dòng)能定理得解得為A點(diǎn)的縱坐標(biāo)，則在磁場(chǎng)中：由幾何關(guān)系得解得（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：由圖可知設(shè)粒子在電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為、粒子在電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的距離分別為、，則則粒子從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到再次回到磁場(chǎng)的時(shí)間6．（1）6m/s，；（2），；（3）【詳解】（1）長(zhǎng)木板勻速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得以滑塊B研究對(duì)像，由牛頓第二定律得： 以木板A為研究對(duì)像，由牛頓第二定律得：解得（2）從小滑塊滑長(zhǎng)長(zhǎng)木板到即將與擋板碰撞時(shí)則t=0.25s則小滑塊與長(zhǎng)木板發(fā)生彈性碰撞，以沿斜面向下為正方向，設(shè)碰后瞬間木板速度為，滑塊速度為得，（3）設(shè)木板的長(zhǎng)度為L，由碰前分析可得L=0.5m設(shè)木板碰后經(jīng)停止設(shè)滑塊碰后經(jīng)脫離木板7．（1）；（2）見解析【詳解】（1）若比振動(dòng)滯后5s，則波從傳播到所用的時(shí)間為t=5s，則波傳播的速度（2）由圖像可得該波傳播的周期為T=4s，由于兩質(zhì)點(diǎn)平衡位置間的距離大于2個(gè)波長(zhǎng)且小于3個(gè)波長(zhǎng)，故當(dāng)這列波由傳到時(shí)，結(jié)合甲、乙振動(dòng)圖像有得波長(zhǎng)波速當(dāng)這列波由傳到時(shí)，有得波長(zhǎng)波速8．（1）；（2）0.45mL<0.9m【詳解】（1）在b點(diǎn)由牛頓第二定律可得解得b到c應(yīng)用動(dòng)能定理可得解得（2）對(duì)彈簧彈開物塊A、B的過程，由動(dòng)量守恒定律可得由題意可知，所以因?yàn)榛瑝KA最終沒有離開小車，所以滑塊和小車具有共同的末速度，設(shè)為v，由題意可知滑塊與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有解得若小車fe之間的距離L足夠大，則滑塊還沒與彈簧接觸就已經(jīng)與小車相對(duì)靜止。設(shè)滑塊恰好滑到e點(diǎn)，由能量守恒定律得聯(lián)立解得若小車fe之間的距離L不是很大，則滑塊必然擠壓彈簧，由于e點(diǎn)左側(cè)小車表面是光滑的，滑塊必然被彈回到fe之間，設(shè)滑塊給好回到小車的右端f點(diǎn)處，由能量守恒定律得聯(lián)立解得綜上所述，要使滑塊既能擠壓彈簧，又最終沒有離開小車，PQ之間的距離L應(yīng)滿足的范圍是0.45mL<0.9m。9．（1）；（2）【詳解】（1）設(shè)t=1.6s時(shí)，金屬棒ab沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的距離為x，依題意有根據(jù)能量守恒定律，有（2）在傾斜軌道上時(shí)根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)入水平軌道時(shí)此時(shí)金屬棒ab兩端電壓小于電容器兩端電壓，電容器開始放電，直到電容器兩端電壓等于ab兩端電壓，此后勻速解得 

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