上海市黄埔区2020届-2022届高考物理三年模拟（二模）试题汇编-解答题

上海市黄埔区2020届-2022届高考物理三年模拟（二模）试题汇编-解答题

1．（2020·上海黄浦·二模）如图，绝缘、光滑斜面倾角θ=37°，在宽度均为d=0.4m的区域I、II内分别有垂直于斜面向上、向下的匀强磁场，磁感强度大小均为B=1T，MN为两磁场的分界线。质量m=0.06kg、总电阻R=0.5Ω的矩形线框abcd，边长分别为L=0.6m和d=0.4m。现使线框ab边与磁场边界平行，自斜面上端某处静止释放，线框恰能匀速进入区域I。（g取10m/s2）

（1）求ab边在区域I内运动时，线框的速度大小v0和发热功率P；

（2）求当ab边刚进入区域II时，线框的加速度a；

（3）通过分析，描述ab边从MN运动到区域II下边界的过程中，线框运动的速度、加速度变化情况。

2．（2020·上海黄浦·二模）如图为某运动员在直道上跑步过程中身体的水平速度-时间图像，已知运动员质量为m=60kg。

（1）若不计空气对运动员的作用力，求最初2s内地面对运动员在水平方向的平均作用力；

（2）若运动员在跑步过程中受到沿跑道方向的风力作用，其大小f=kΔv（k=0.9N·s/m，Δv是空气与人的相对速度大小）。已知该运动员在10s末克服空气阻力做功的功率P1=36W。

①求10s末时的风速v0（即空气相对于地面的速度）；

②若跑步过程中风速恒为v0，求起跑后1s内运动员所受风力的最大功率Pmax。

3．（2021·上海黄浦·二模）水平面内有一电阻不计的光滑平行金属导轨，两导轨间距L=0.4m，在导轨上MN左侧区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小B=2.5T。两根电阻分别为R1=1Ω、R2=3Ω的金属棒AB、CD垂直导轨置于MN左侧的导轨上。开始时两棒均静止，现用一垂直于棒AB的水平向右外力拉动棒AB，使其向右运动。

（1）当AB棒在磁场中向右运动时，判断回路中的感应电流方向和CD棒的运动方向；

（2）设AB棒在磁场中向右运动一段距离过程中，安培力对AB棒做功为WAB，安培力对CD棒做功为WCD，试分析并比较WAB与WCD的大小；

（3）当AB棒运动到MN右侧后某时刻撤去外力（CD棒还在磁场中），此时AB棒速度大小v1=5m/s，CD棒速度大小v2=2m/s，求此时AB棒上的热功率PAB。

（4）在第（3）问情景中，请分析并描述此时刻之后AB、CD棒的运动情况。

4．（2021·上海黄浦·二模）如图，长L=5m的细杆AB固定于竖直平面内，与水平方向夹角θ=37°。一半径为R=2.5m的光滑圆环与细杆相切连接于B点，C为圆环最高点。质量m=1kg的小球穿在杆上，与细杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球开始时静止于A点，现用大小为20N、方向沿杆向上的恒力F拉动小球，经时间t后撤去F，此时小球尚未到达B点。（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）

（1）求力F作用时小球运动的加速度大小a1；

（2）为使小球能到达B点，求力F作用的最短时间tmin；

（3）小球到达B点时的速度大小vB与t的函数关系式；

（4）若小球运动到C点时与圆环间刚好无弹力，求该情况下t的大小。

5．（2022·上海黄浦·二模）如图（a），竖直平面内有一宽L=0.2m、足够长的平行光滑导轨，导轨间接有阻值为0.2Ω的定值电阻R，导轨电阻不计。垂直于导轨平面存在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场。t=0时，质量m=0.01kg、电阻不计的导体棒PQ以v0=4m/s的初速度从导轨底端向上运动，t=0.2s时到达最高点，后又沿导轨下滑，到达底端前已经做匀速运动，运动中PQ与导轨始终垂直且保持良好接触。（重力加速度取10m/s2）

（1）求t=0时PQ棒的加速度大小a；

（2）求PQ棒匀速运动时的速度大小vt；

（3）求PQ棒匀速运动时电阻R的热功率PR；

（4）在图（b）中定性画出PQ棒运动的速度v随时间t变化的关系图像。（以向上为速度正方向）

6．（2022·上海黄浦·二模）如图，竖直平面内的轨道由高为4R、倾角为37°的粗糙直轨道AB和半径为R的圆光滑轨道BC组成。在C正上方有一离地高度为2R的匀速旋转平台，沿平台直径方向开有两个到轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能到达C点正上方。一质量为m的小滑块从A点由静止出发，在沿AB向下的恒力F作用下以加速度a=gsin37°（g为重力加速度）沿AB向下运动，至B点时撤去F。已知滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.3，不计滑块在B处的机械能损失。

（1）求F的大小，判断滑块在AB上运动时机械能是否守恒并说明理由；

（2）滑块沿轨道通过C点，恰从P孔第一次向上穿过平台又从P孔落下（期间平台转一圈），返回轨道运动至AB轨道上D点后再次沿轨道通过C点，从P孔第二次穿过平台后恰从Q 孔落下。求：

① 平台转动的角速度大小ω；

② 与第一次落回C点相比，滑块第二次落回C点的机械能减少了多少？

③ D点的高度hD。

参考答案：

1．（1）0.5m/s；0.18W（2）18m/s2，方向沿斜面向上；（3）见解析

【详解】（1）线框匀速进入区域I，所受安培力与重力沿斜面向下的分力相等，即

FA=BIL=mgsin

又根据E=BLv，I=可得

v0==m/s=0.5m/s

I==A=0.6A

P=I2R=0.62×0.5W=0.18W

（2）ab边刚进入区域II时，线框的速度仍为v0=0.5m/s。ab、cd两条边同时切割磁感线，线框中的感应电动势为E’=2BLv，ab、cd两条边同时受到向上的安培力。线框一条边受到的安培力为

=2mgsin

根据牛顿第二定律有

ma=2-mgsinθ=3mgsin

所以，此时线框的加速度

a=3gsin=18m/s2

方向沿斜面向上

（3）ab边从MN运动到区域II下边界的过程中

ma=2-mgsin=-mgsin

加速度与运动方向相反，棒做减速运动，随着速度的减小，加速度也逐渐减小

2．（1）270N；（2）①v0=-6m/s负号说明风速的方向与所设方向相反，即风速的方向与人的跑步方向相同；②8.1W

【详解】（1）前2s内加速度

a==m/s2=4.5m/s2

运动员受到的重力和地面竖直向上的作用力平衡，地面对运动员水平方向的作用力提供加速度，根据牛顿第二定律有：

=ma=60×4.5N=270N

（2）①设风速的方向与人跑步的方向相反，则Δv=（v人+v0），10s末人所受风力的功率

P1=fv人=kΔv·v人=k（v人+v0）·v人

已知k=0.9N·s/m、P1=36W，且由图可知10s末时v人=10m/s，代入上式解得

v0=-6m/s

负号说明风速的方向与所设方向相反，即风速的方向与人的跑步方向相同

②起跑后1s内，人的最大速度为4．5m/s，小于空气速度，所以此过程中相对速度的大小

Δv=v0-v人，P=fv人=k（v0-v人）v人=0.9×（6-v人）v人

解得：当6-v人=v人，即v人=3m/s时

Pmax=8.1W

3．（1）见解析；（2）WAB＞WCD；（3）0.25W；（4）见解析

【详解】（1）回路中的感应电流方向为逆时针方向（ACDB），CD棒向右运动。

（2）棒克服安培力做功，将部分机械能转化为电能，电能一部分通过电流做功转化为内能，另一部分由CD棒所受安培力做功转化为CD棒的动能，由此可知WAB＞WCD。

（或者：两根棒受到的安培力大小相同，但是AB棒运动的位移大，所以WAB＞WCD）

（3）感应电动势为

E=BLv2

感应电流为

IAB=I==A=0.5A

AB棒上的热功率为

PAB=I2R1=0.52×1W=0.25W

（4）AB棒出磁场，外力撤去，水平方向不受力，所以做速度为5m/s的匀速直线运动，CD棒在磁场中运动，受安培力阻碍作用，做减速运动，则安培力

F=BIL=

安培力、加速度随速度逐渐减小。CD先做加速度减小的减速运动，出磁场则做匀速直线运动

4．（1）10m/s2；（2）0.707s；（3）vB=（m/s）(0.707s≤t＜1s)；（4）0.822s

【详解】（1）小球受到重力、弹力、摩擦力、恒力F作用，沿杆方向有

ma1=F－mgsinθ－f

垂直于杆方向有

mgcosθ=N

另有

f=μN

得

a1=－gsinθ－μgcosθ=（－10×0.6－0.5×10×0.8）m/s2=10m/s2

（2）F作用最短时间，小球先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到B点的速度恰为零

a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2

小球加速运动的末速度即减速运动的初速度，两段运动位移之和为L对减速运动，根据

0－v2=－2a2s2

有

（a1tmin）2=2a2（L－a1tmin2）

可求出

tmin=s≈0.707s

（3）小球匀减速运动的初速度

v=a1t

位移

s2=L－a2t2

根据

vB2－v2=－2a2（L－a1t2）

可得

vB=10（m/s）

又撤去恒力F时小球尚未到达B点，即

a1t2＜L

解得

t＜1s

所以

vB=（m/s）(0.707s≤t＜1s)

（4）小球运动到C点时与圆环间刚好无弹力，则有

m=mg

可得

vC=5m/s

从B到C机械能守恒，以B为零势能面有

mvB2=mvC2+mg（R－Rcosθ）

可得

vB2=35m2/s2

解得

t=s≈0.822s

5．（1）；（2）2m/s；（3）0.2W；（4）

【详解】（1）时PQ棒所受安培力大小为

   ①

对PQ棒根据牛顿第二定律有

   ②

联立①②并代入数据解得

   ③

（2）PQ棒匀速运动时所受安培力大小为

   ④

根据平衡条件有

   ⑤

联立④⑤式并代入数据解得

   ⑥

（3）PQ棒匀速运动时克服安培力做的功等于电阻R产生的焦耳热，而此时安培力与重力平衡，所以此时电阻R的热功率为

⑦

（4）PQ棒上升过程中，速度减小，所受安培力减小，加速度减小，对应v-t图像的斜率减小；PQ棒上升至最高点（速度减为零）后开始下落，速度先增大，所受安培力增大，加速度减小，最终将匀速运动，其v-t图像斜率先减小，最终平行于t轴，如图所示。

6．（1）0.24mg，守恒；（2）①，②，③

【详解】（1）小滑块在F作用下滑时，根据牛顿第二定律有

解得

根据上面分析易知F和滑块所受滑动摩擦力大小相等，所以这两个力做功的代数和为零，因此滑块在AB上运动时机械能守恒。

（2）①设滑块第一次到达P孔时的速度大小为vP，对滑块从A到P的过程根据机械能守恒定律有

由题意可知滑块第一次在旋转平台上方运动的时间为

解得

②由题意可知滑块第二次在旋转平台上方运动的时间为

所以滑块第二次从P孔向上穿出时的速度大小为

又因为滑块从C到P的过程机械能守恒，所以与第一次落回C点相比，滑块第二次落回C点的机械能减少了

③根据功能关系有

解得