山東省臨沂市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·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖所示，一玻璃柱體的橫截面積由半徑為R的半圓和等腰直角三角形組成，O為圓心，為豎直直徑，垂直于相交于O。平行于的光線從F點射入玻璃體，剛好經(jīng)過D點，，光在真空中的傳播速度為c。求：（1）玻璃的折射率；（2）光線在玻璃中的傳播時間。2．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖，為斜面頂端的水平邊沿，子彈從斜面最低點A處以一定速度射出，經(jīng)過一段時間恰好水平擊中D點，不計空氣阻力，已知斜面的傾角為，重力加速度為g，，長度，長度，求槍口瞄準(zhǔn)點C距離D點的高度（C點在D點的正上方）。3．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖所示，在x軸上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在x軸下方有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q、初速度v的帶電粒子從a（0，d）點處沿y軸正方向開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場，經(jīng)過y軸上b點時速度方向恰好與y軸垂直，帶電粒子重力不計。求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；（3）粒子從a點開始到達(dá)x軸的時間。4．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖所示，表面光滑的水平面中間存在光滑凹槽，質(zhì)量為m長度小于的木板C放置在凹槽內(nèi)，其上表面恰好與水平面平齊。開始時木板C靜置在凹槽左端M處，其右端與凹槽右端N有一定的距離。水平面左側(cè)有質(zhì)量分別為與的物塊A、B之間鎖定一壓縮輕彈簧，其彈性勢能為，彈簧解除鎖定后，將A、B兩物塊彈開，物塊B滑上木板C，當(dāng)B剛滑到C上某位置時B、C共速，其后C與N發(fā)生彈性碰撞。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g，。求：（1）若在整個運動過程中B未滑出C，B相對C所能滑動的最大距離；（2）假如C與N碰撞次數(shù)多于2次，至少經(jīng)過多少次碰撞，B的動能小于？（3）若彈簧解除鎖定后，彈簧將A、B兩物塊彈開，物塊B滑上木板到達(dá)C右端時，C恰好第一次碰到N點。再改變C的質(zhì)量為，彈簧解除鎖定后，彈簧將A、B兩物塊彈開，讓C第k次碰撞N點時，木塊B恰好滑到C右端，此時B的速度大于C的速度，求與k的關(guān)系。5．（2021·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖所示，透明玻璃體的上半部分是半球體，下半部分是圓柱體，半球體的半徑為R，O為半球體的球心。圓柱體的底面半徑和高也為R，現(xiàn)有一半徑為R的圓環(huán)形平行光垂直于圓柱體底面射向半球體，OO1為圓光環(huán)的中心軸線，所有光線經(jīng)折射后恰好經(jīng)過圓柱體下表面圓心O1點，光線從O1射出后在玻璃體下方的水平光屏上形成圓形亮環(huán)，光到圓柱體底面的距離為R，光在真空中的傳播速度為c。求：（1）透明玻璃體的折射率；（2）光從入射點傳播到光屏所用的時間。6．（2021·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖，長為L=1.0m的不可伸長輕繩一端系于固定點O，另一端系一質(zhì)量為m=0.2kg的小球，將小球從O點左側(cè)距與O點等高的A點以一定初速度v0水平向右拋出，經(jīng)一段時間后繩在O點右下方被拉直，此后小球以O為圓心在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動。已知O、A的距離為LOA=0.6m，繩剛被拉直時與豎直方向的夾角為37°。重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力。求：（1）小球拋出時的速度大??；（2）小球擺到最低點時，繩對小球的拉力大小。7．（2021·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖所示，水平地面上有一個兩端帶有固定擋板的長木板，其上表面光滑，下表面與地面間的動摩擦因數(shù)為=0.2。木板中間放置一個可視為質(zhì)點的小滑塊，小滑塊與兩擋板間的距離均為l=5.0m，小滑塊和木板均靜止?，F(xiàn)施加一水平向右的恒力F=20N拉木板，當(dāng)小滑塊即將與左擋板接觸時，撤去拉力F。已知木板的質(zhì)量M=4kg，小滑塊的質(zhì)量m=1kg，小滑塊與左、右擋板的碰撞時間極短且為彈性碰撞。g取10m/s。求：(1)撤去拉力時木板的速度大小v0；(2)滑塊與擋板第一次碰撞后與第二次碰撞前的時間里木板滑行的距離；(3)木板最終運動的路程。8．（2021·山東臨沂·統(tǒng)考二模）示波管的應(yīng)用非常廣泛，其核心就是利用電場或磁場實現(xiàn)電子束線的聚焦，這與透鏡將光束聚焦的作用相似，故稱為電聚焦或磁聚焦?，F(xiàn)可以將磁聚焦簡化成如下的過程：電子槍發(fā)射的大量電子從M板上的小孔無初速進(jìn)入M、N兩板間的加速電場中，并從N板上的小孔飛出，電子在從電場中飛出時，由于各種原因會散開一個極小的角度，如圖所示。從N板小孔中飛出的電子在離開電場區(qū)域后直接進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，由于磁場的作用會在磁場內(nèi)再次聚焦。調(diào)整熒光屏（圖中未畫出）到N板的距離，就能使電子束會聚點正好打在熒光屏上。已知加速電場的電壓為U，板間距離為d，勻強(qiáng)磁場沿水平方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電子的電荷量為-e，質(zhì)量為m。電子之間的相互作用力很小，可以忽略其對電子速度大小的影響，不考慮電子之間的碰撞，sin≈、cos≈1，求：（1）電子進(jìn)入磁場時的速度大小；（2）電子從開始運動到再次會聚一于點時所用的時間；（3）調(diào)整熒光屏到N板的距離為l時，使電子恰好會聚到屏上，則l應(yīng)滿足什么條件？9．（2022·山東臨沂·統(tǒng)考二模）冰壺比賽是2022年北京冬奧會比賽項目之一，比賽場地示意圖如圖。在某次比賽中，中國隊運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以速度沿虛線滑出。從此時開始計時，在t=10s時，運動員開始用毛刷一直連續(xù)摩擦冰壺前方冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小，最后冰壺恰好停在圓心O處。已知投擲線AB與O之間的距離s=30m，運動員摩擦冰面前冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)，摩擦冰面前后冰壺均做勻變速直線運動。重力加速度。求：（1）t=10s時冰壺的速度及冰壺與AB的距離；（2）冰壺與被摩擦后的冰面之間的動摩擦因數(shù)。10．（2022·山東臨沂·統(tǒng)考二模）氣動避震是安裝在汽車上面的一種空氣懸掛減震器，其主要結(jié)構(gòu)包括彈簧減震器、氣壓控制系統(tǒng)等，其減震性能和舒適性都比原車的好很多。減震器可簡化為如圖A、B兩個氣室（均由導(dǎo)熱性能良好的材料制成），A氣室在活塞內(nèi)，AB氣室通過感應(yīng)開關(guān)M相連，B氣室底部和活塞之間固定一輕彈簧，當(dāng)B氣室氣壓達(dá)到8時開關(guān)M打開，當(dāng)B氣室氣壓低于4時開關(guān)M閉合。初始狀態(tài)如圖所示，A氣室壓強(qiáng)為2，容積為，B氣室壓強(qiáng)為6，，B氣室容積為，B氣室高度為4L。已知大氣壓強(qiáng)為。則：（1）把一定量的某種貨物緩慢放入汽車，電子開關(guān)剛好能打開，則電子開關(guān)打開時B氣室的體積是多大？（2）若電子開關(guān)打開后再次穩(wěn)定時B氣室氣體體積變?yōu)?/span>，忽略氣室中氣體質(zhì)量的變化，求輕彈簧的勁度系數(shù)k。11．（2022·山東臨沂·統(tǒng)考二模）現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，如圖所示，真空中存在多組緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，已知電場和磁場的寬度均為d，長度足夠長，電場強(qiáng)度大小為E，方向水平向右，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，垂直紙面向里，電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子在電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，不計粒子的重力及運動時的電磁輻射。求：（1）粒子剛進(jìn)入第1組磁場時的速度的大??；（2）粒子在第1組磁場中運動的時間；（3）粒子最多能進(jìn)入第幾組磁場。12．（2022·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖，豎直平面內(nèi)一足夠長的光滑傾斜軌道與一長為的水平軌道AB通過一小段光滑圓弧平滑連接，水平軌道AB和水平軌道BO（長為）在B點與一個半徑的光滑的豎直固定圓弧軌道相切于B點。以水平軌道BO末端O點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系xOy，x軸的正方向水平向右，y軸的正方向豎直向下。水平軌道BO右下方有一段弧形軌道PQ，該弧形軌道是曲線在坐標(biāo)系xOy（x>0，y>0）中的一半（見圖中實線部分），弧形軌道Q端在y軸上。帶電量為q（q>0）、質(zhì)量為m的小球1與水平軌道AB、BO間的動摩擦因數(shù)為，在x軸上方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，其場強(qiáng)，重力加速度為g。（1）若小球1從傾斜軌道上由靜止開始下滑，恰好能經(jīng)過圓形軌道的最高點，求小球1經(jīng)過O點時的速度大??；（2）若小球1從傾斜軌道上不同位置由靜止開始下滑，經(jīng)過O點落在弧形軌道PQ上，請證明小球1每次落在PQ時動能均相同，并求出該動能大小；（3）將小球2靜置于O點，小球1沿傾斜軌道由靜止開始下滑，與小球2發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），小球1與小球2發(fā)生碰撞前的速度為，要使兩小球碰后均能落在弧形軌道PQ上的同一地點，且小球1運動過程中從未脫離過圓形軌道，求小球1和小球2的質(zhì)量之比。
參考答案：1．（1）；（2）【詳解】（1）光線從空氣射入玻璃入射角為，折射角為。折射率為解得（2）由幾何關(guān)系得，光線在玻璃中的速度為光線在玻璃中的傳播時間解得2．【詳解】由題意知設(shè)與之間的夾角為解得又解得3．（1）；（2）；（3）（n為奇數(shù)），（n為偶數(shù)）【詳解】（1）粒子運動軌跡如圖以后重復(fù)x1—x2—x3過程，粒子在磁場中做圓周運動由圖可得rcos45° = d聯(lián)立可得（2）粒子在x軸下方運動到b點過程中，水平方向r＋rsin45° = vcos45°?t2豎直方向聯(lián)立可得（3）粒子在磁場中運動到x1，即第一次到達(dá)x軸所用時間從x1到x2，根據(jù)對稱性可知所以粒子第二次到達(dá)x軸所用時間為在x2處，粒子以速度v與x軸正方向成45°進(jìn)入磁場，從x2到x3所以粒子第三次到達(dá)x軸所用時間為所以當(dāng)粒子第n次到達(dá)x軸時所用時間（n為奇數(shù)）（n為偶數(shù)）4．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對A、B以及彈簧三個物體，由動量守恒定律由能量守恒定律解得或或根據(jù)題意，C反復(fù)碰撞N，B未滑出C，可知最終B、C兩個停止運動由能量守恒定律解得（2）當(dāng)B第一次滑上C時，B的速度為，C的速度為0，到BC第一次共速由動量守恒定律解得第一次C與N碰撞前，B的動能第一次碰撞后，到第二次碰撞前，B以速度繼續(xù)減速，C無能量損失以速度返回，到C減速為零，然后C又向N加速至B、C共速的過程，由動量守恒解得共速時B動能以此類推，第n次碰撞后，到第次碰撞前，共速時B的動能由題意若要求即即解得次（3）若彈簧解除鎖定后，彈簧將A、B兩物塊彈開，物塊B滑上木板到達(dá)C右端時，C恰好第一次碰到N點。在此過程，C的加速度為，B、C所用時間為，設(shè)C右端靜止時距離N為d再改變C的質(zhì)量為，彈簧解除鎖定后，彈簧將A、B兩物塊彈開，讓C第k次碰撞N點時，木塊B恰好滑到C右端，此時B的速度大于C的速度，在此過程，C的加速度為，設(shè)C從運動到第一次與N碰撞的時間為，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，碰撞后C向左以相同大小的加速度減速至零，時間也為，故第k次碰撞N點時，C恰好運動了。而B的受力情況并不發(fā)生變化，從M運動到N用的時間仍為由以上幾式故5．（1） ；（2）【詳解】（1）作出光路圖如圖所示，設(shè)光線的入射角為，出射角為，則由幾何關(guān)系可得解得α＝60°由圖可知α＝2β所以β＝30°由折射定律可知（2）光在透明玻璃體中的傳播速度為光在透明玻璃體中的傳播時間為由圖及折射定律知光線從O1點出射后與豎直方向的夾角為所以光從透明玻璃體出射后到光屏所用的時間為則光從入射點到光屏所用的時間為6．（1）3m/s；（2）2.8N【詳解】（1）設(shè)小球拋出時的速度大小為v0，拋出后經(jīng)時間t繩剛好被拉直，根據(jù)平拋運動規(guī)律有 ①   ②聯(lián)立①②解得t=0.4s，v0=3m/s（2）繩剛被拉直時，小球豎直方向的分速度大小為   ③此時小球速度方向與豎直方向的夾角α的正切值為 ④解得所以繩剛被拉直時小球速度方向沿繩的方向，拉直后瞬間小球速度變?yōu)榱?。設(shè)之后小球擺到最低點時的速度大小為v1，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 ⑤設(shè)此時繩對小球的拉力大小為T，則根據(jù)牛頓第二定律有   ⑥聯(lián)立⑤⑥解得T=2.8N7．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)木塊不受摩擦力，木塊保持靜止，對長木板，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)速度—位移公式有帶入數(shù)據(jù)解得(2)規(guī)定向右為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒和能量守恒得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得碰后兩者速度均向右，長木塊不受摩擦力作用做勻速直線運動，長木板在摩擦力作用下做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有以木塊為參照物，則長木板設(shè)兩次碰撞的時間間隔為，則有帶入數(shù)據(jù)解得而顯然不可能，所以，在第二次碰撞前，木板已經(jīng)停止，第一次碰撞到長木板停下，有帶入數(shù)據(jù)解得(3)由于碰撞過程沒有能量損失，根據(jù)能量守恒有帶入數(shù)據(jù)解得8．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)電子進(jìn)入磁場時的速度大小為v0，則由動能定理可得   ①解得   ②（2）設(shè)電子在加速電場中運動的時間為t1，則根據(jù)運動學(xué)公式有   ③如圖所示，電子進(jìn)入磁場后，v0在平行于磁場和垂直于磁場方向的分量大小分別為 ④ ⑤電子在沿磁場方向做勻速直線運動，在垂直于磁場方向的平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以電子的合運動為螺旋線運動。設(shè)電子在垂直于磁場方向的平面內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為r，周期為T，則根據(jù)牛頓第二定律有 ⑥根據(jù)勻速圓周運動規(guī)律有   ⑦電子從開始運動到再次會聚一于點時所用的時間為   ⑧聯(lián)立②③⑥⑦⑧解得 ⑨（3）電子在一個回旋周期T內(nèi)沿水平方向前進(jìn)的距離為  ⑩根據(jù)電子運動的周期性可知電子的會聚點與進(jìn)入磁場時的位置之間的距離為 ?由題意可知   ?聯(lián)立②④⑥⑦⑩??解得 ?9．（1），20m；（2）0.005【詳解】（1）不摩擦冰面時，冰壺做勻減速直線運動，設(shè)加速度大小為，時速度為，滑行距離為s1，則解得（2）摩擦冰面時冰壺仍做勻減速直線運動，設(shè)加速度大小的，滑行距離為，則且解得10．（1）V1 = 3V0；（2）k = 【詳解】（1）B空氣做等溫變化有6p0?4V0 = 8p0?V1解得V1 = 3V0（2）氣體做等溫變化2p0?2V0 + 6p0?4V0 = p(2V0 + 2V0)則p = 7p0橫截面積S = = B體積為2V0，可知高為2L，則有8p0?S = pS + k?2L解得k = 11．（1）；（2）；（3）4【詳解】（1）粒子剛進(jìn)入第1組磁場時的速度v解得（2）粒子在第1組磁場中半徑 ，根據(jù)幾何關(guān)系可知，轉(zhuǎn)過圓心角 ，運動周期運動時間（3）設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為v，軌跡半徑為r，則有粒子進(jìn)入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為α，從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θ，粒子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有由以上三式可得則可知r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…rsinθ為一組等差數(shù)列，公差為d，可得當(dāng)n=1時，由圖可知r1sinθ1=d則可得若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則有解得12．（1）；（2）證明過程見解析，；（3）或【詳解】（1）設(shè)小球1恰好經(jīng)過圓形軌道最高點時的速度大小為v，根據(jù)牛頓第二定律有   ①設(shè)小球1經(jīng)過O點時的速度大小為v0，對小球1從圓形軌道最高點到O點的運動過程，根據(jù)動能定理有   ②聯(lián)立①②解得   ③（2）小球1離開O點后做平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t小球1落在弧形軌道PQ上，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可知落點的坐標(biāo)分別為   ④   ⑤由題意可知   ⑥設(shè)小球1落在弧形軌道PQ時的動能為Ek，對小球1從O點到落在弧形軌道PQ的過程，根據(jù)動能定理有   ⑦聯(lián)立③~⑦式解得   ⑧由⑧式可知小球1每次落在PQ時動能均相同。（3）設(shè)小球2質(zhì)量為M，小球1與小球2碰撞后二者的速度大小分別為、。要使兩小球均能落在弧形軌道PQ上，兩小球從O點拋出時應(yīng)具有相同的速度，而兩小球發(fā)生的是彈性碰撞，碰后不可能速度相同（即粘在一起），所以小球1碰后一定反彈，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分別有   ⑨   ⑩聯(lián)立⑨⑩解得   ?   ?小球1運動過程中從未脫離過圓形軌道，分以下兩種情況：第一種：小球1反彈后進(jìn)入圓形軌道運動但未超過圓形軌道圓心等高處就沿軌道滑回，并且在返回O點時的速度大小為v2，這種情況下根據(jù)動能定理有   ?聯(lián)立???解得   ?第二種：小球1反彈后進(jìn)入圓形軌道并能夠通過最高點，并到達(dá)傾斜軌道上，之后從傾斜軌道上滑回經(jīng)過圓形軌道最終返回O點，且返回時速度大小為v2，這種情況下根據(jù)動能定理有   ?聯(lián)立???解得   ? 

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