上海市浦东新区2020届-2022届高考物理三年模拟（一模）试题汇编-解答题

上海市浦东新区2020届-2022届高考物理三年模拟（一模）试题汇编-解答题

1．（2022·上海浦东新·一模）2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器（含降落伞）总质量m=1.3×103kg，取火星表面重力加速度=4m/s2，忽略着陆器质量的变化和的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：

（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器经0.75s的无初速度、无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的动能Ek；

（2）假设着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”做匀减速运动，求它所受总平均阻力f的大小；

（3）着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”可视为匀减速运动，求它在该阶段机械能的改变量。

2．（2022·上海浦东新·一模）如图，=37°的足够长且固定的粗糙绝缘斜面顶端放有质量M＝0.024kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计，导体框与斜面之间的动摩擦因数。一电阻R＝3、长度L＝0.6m的光滑金属棒CD置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF，且EF与斜面底边平行。初始时CD与EF相距s0＝0.03m，让金属棒与导体框同时由静止开始释放，金属棒下滑距离s1＝0.03m后匀速进入方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边刚好进入磁场并保持匀速运动。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，且在运动中金属棒始终未脱离导体框。磁场的磁感应强度大小B＝1T、方向垂直于斜面向上，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

（1）棒CD在磁场中运动时棒中感应电流I的大小和方向；

（2）棒CD的质量m以及金属棒在磁场中运动时导体框的加速度a；

（3）从开始到导体框离开磁场的过程中，回路产生的焦耳热Q；

（4）用文字简要说明，导体框由静止释放至EF边到达磁场下边界的过程中，有哪些力对它做功及对应的能量转化情况。

3．（2021·上海浦东新·一模）如图所示，光滑金属导轨固定在与水平面成θ = 37°的斜面上（斜面未画出），导轨各相邻段互相垂直，导轨顶端接有阻值R = 3Ω的电阻。已知宽轨间距L1 = 1m，宽轨长S1 = 1m，窄轨间距L2 = 0.5m，窄轨长S2 = 2m。pq连线以下区域有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感强度大小B = 2.0T，bp = cq = 0.27m。现有一根长度等于L1，电阻为r = 2Ω 、质量m = 0.2kg的金属棒从宽轨顶端由静止释放，金属棒到达宽轨底部和窄轨底部之前都已经做匀速直线运动。导轨电阻不计，重力加速度g = 10m/s2，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8。求：

(1)金属棒刚进入磁场时通过电阻R的电流I1的大小和方向；

(2)金属棒刚离开宽轨时速度v2的大小；

(3)在金属棒的整个运动过程中，回路中产生的焦耳热Q。

4．（2021·上海浦东新·统考一模）如图（a）所示，在竖直固定的光滑细杆上，套一个质量m = 0.2kg的小球，在竖直向上的拉力F作用下，从x = -1m处的A点由静止开始向上运动，F随位置坐标x的变化关系如图（b）所示，g取10m/s2。

（1）写出F-x函数关系式，并求出x = 0.5m时小球的加速度。

（2）小球从x = -1m处运动到x = +1m处，求拉力F对小球做的功和小球在x = +1m处的速度。

（3）x等于多少时，小球加速度最大，并求出最大加速度的大小和方向。

（4）通过计算、推理，分析说明小球做什么运动。

5．（2019·上海浦东新·一模）一个质量m=0.1kg的小物块由静止开始沿倾角α的斜面匀加速滑下，然后在粗糙水平面上做匀减速直线运动，直到停止。小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ，下表给出了不同时刻小物块的速率。g取10m/s2，求小物块

（1）在斜面上的加速度大小a1和水平面上的加速度大小a2；

（2）与水平面间的动摩擦因数μ和斜面的倾角α；

（3）滑到斜面底端时的速率v1；

（4）损失的机械能。

6．（2019·上海浦东新·一模）如图所示，固定的直角金属轨道足够长，左侧倾角θ1=37°，右侧倾角θ2=53°，轨道宽均为L=1.0m，整个装置处于B=1.0T匀强磁场中，磁场方向垂直于右侧轨道平面向上。质量分别为m1=1.0kg、m2=0.4kg的导体棒ab、cd，水平放在左、右两侧轨道上并与轨道垂直。已知ab、cd棒的电阻均为R=1.0Ω，其余电阻不计，两棒与轨道间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，sin53°＝0.8。由静止同时释放两棒，在棒下滑过程中

（1）判断cd棒中感应电流的方向；

（2）通过分析说明cd棒下滑过程中的运动情况，并计算ab棒中电功率的最大值；

（3）通过分析、推理和计算，说明ab棒在下滑过程中的运动情况。

参考答案：

1．（1）；（2）；（3）

【详解】（1）着陆器在着陆前0.75s内，大气非常稀薄阻力可以忽略，无初速度、无动力下降，所以做自由落体运动则着陆速度

所以

（方法二）着陆器在着陆前0.75秒内做自由落体运动，下落高度

该过程阻力可以忽略，只有重力做功，由机械能守恒定律可得：着陆器着陆瞬间的动能

（2）设在第Ⅱ阶段加速度为，对着陆器受力分析如图所示

由

根据牛顿第二定律得

代值得

解得

（3）设第Ⅲ阶段下降高度为，则

该过程着陆器机械能改变量为

即机械能减少了

2．（1），从D端流向C端；（2），；（3）；（4）答案见解析

【详解】（1）根据题意，由右手定则可得，金属棒CD中的感应电流方向是从D端流向C端；另外，金属棒在没有进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

代入数据解得

由运动学规律可得

代入数据解得

金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得

由闭合回路的欧姆定律可得

（2）导体棒刚进入磁场时受到的安培力

金属棒CD进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒在匀强磁场区域内匀速运动，可得

代入数据解得

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得

代入数据解得

（3）设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为

金属棒与导体框同时由静止开始释放后，金属棒在磁场外运动的时间为

代入数据解得

导体框在磁场外运动的时间为

代入数据解得

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入磁场，则有时间关系

联立以上可得

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，金属框进入磁场时匀速运动，此时的导体线框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得

代入数据解得

则在金属棒与导体框同时由静止开始释放后，到导体框离开磁场时，回路中产生的焦耳热与同一时间内回路中的部分电路克服安培力做的功大小相等

代入数据解得

（4）导体框所受的重力做正功、安培力做负功、滑动摩擦力做负功。其中重力势能通过重力做功、克服安培力做功和克服滑动摩擦力做功转化为导体框的动能，其中克服安培力做的功转化为回路中的电能并最后转化为内能，克服滑动摩擦力做的功转化为内能。

其它得分标准：机械能转化为内能。

3．(1)电流方向c→R→b，；(2)；(3)

【详解】(1)由右手定则（或楞次定律）可判断感应电流方向c→R→b ；       

设金属棒刚进入磁场时的速度为v1，金属棒从顶端开始运动到进入磁场的过程只有重力做功，机械能守恒，即

代入数值得

解得

v1 = 1.8m/s

刚进入磁场时，由闭合电路欧姆定律可得

又

E1=BL1v1

可得

(2)依题意，金属棒刚离开宽轨时作匀速运动，由

E2=BL1v2

FA=BI2L1

得

因金属棒做匀速运动，由平衡条件可得

FA = mg sinθ

即

则

(3)设金属棒在窄轨上最终匀速运动速度大小为v3

E3=BL2v3

FA′=BI3L2

因金属棒做匀速运动，由平衡条件可得

FA′= mg sinθ

解得

金属棒在轨道上运动的整个过程，由能量守恒可知棒减少的重力势能转化为动能和焦耳热Q，则

4．（1）F = -2x + 2（N）（-1m ≤ x ≤ 1m），，竖直向下；（2）W总 = 0 ，v = 0；（3）见解析；（4）见解析

【详解】（1）由图b可知

F = -2x + 2（N）（-1m ≤ x ≤ 1m）

小球受力分析如图

F合 = F - mg = -2x + 2-2（N）

= -2x（N）（-1m ≤ x ≤ 1m）            

当x = 0.5m时，根据牛顿第二定律

加速度a的方向竖直向下。                                                

（2）x = -1m到x = 1m，F-x图线下与横坐标之间面积表示F做的功

重力做功

WG = -mgh = -0.2×10×2J = -4J

根据动能定理得

解得

v = 0

（3）根据牛顿第二定律F合=ma得

m/s2（-1m ≤ x ≤ 1m）

当x = ±1m时，加速度最大，且

am =±10m/s2

当x = 1m时

am = -10m/s2，方向竖直向下

当x = -1m时

am = 10m/s2，方向竖直向上

（4）综上分析可知

F合= -2x（N）（-1m ≤ x ≤ 1m）

所以，小球以x = 0为平衡位置，振幅A = 1m做简谐振动。

从x = -1m到x = 0，做加速度减小的加速运动；当x = 0时，a = 0，速度最大；从x = 0m到x = 1m，做加速度增大的减速运动；当x = 1m时，v = 0，加速度最大；物体以x = 0m为平衡位置做往复运动（或写机械振动）。

5．（1）；（2）0.5；（3）5.0m/s（4）2.0J

【详解】（1）由得物块在斜面上的加速度大小

物块在水平面上的加速度大小

（2）物块在水平面上，由牛顿第二定律得

μmg=ma2

物块在斜面上，由牛顿第二定律得

mgsinα-μmgcosα=ma1

2sinα-cosα=1

α=53°

（3）设物块到斜面底端的时刻是t1，速度为v1，由代入数据得

在斜面上做匀加速运动

在水平面上做匀减速运动

解得

v1=5.0m/s

（4）设物块在斜面上的位移为s1

由代入数据得

以水平地面为零势面，由机械能的概念，减少的机械能

ΔE=E1－E2=mgs1sinα-0=0.1×10×2.5×0.8J=2.0J

6．（1）沿cd方向（2）做加速度逐渐减小的加速运动，4.0W（3）见解析

【详解】（1）cd棒下滑切割磁感线，ab棒下滑不切割磁感线，根据右手定则，在cd棒中I沿cd方向。

（2）cd棒在右侧轨道上受力情况如图所示

f2=μN2=μm2gcos53°=0.5×0.4×10×0.6N=1.2N

由牛顿第二定律得

m2gsin53°-f2-FA2=m2a2　　　

FA2=BIL=

v增大，a2减小，cd棒做加速度逐渐减小的加速运动

当FA2==m2gsin53°-f2=（0.4×10×0.8-1.2）N=2.0N时速度最大

此后cd棒以最大速度匀速运动，最大电流

Im==2.0A　

ab棒最大电功率

Pm=Im2R=4.0W

（3）ab棒在左侧轨道上受力情况如图

ab棒刚释放时

m1gsin37°=6N

最大静摩擦力

fmax=μN1=μm1gcos37°=0.5×1×10×0.8N=4N

因为fmax<m1gsin37°

所以刚释放时ab棒沿斜面向下加速运动

N1=FA1+m1gcos37°=+m1gcos37°

f1=μN1=μ（+m1gcos37°）

由牛顿第二定律得

m1gsin37°-f1=m1gsin37°-μ（+m1gcos37°）=m1a1　

当cd棒下滑速度v增大时，a1减小，棒ab做加速度逐渐减小的加速运动

当cd棒速度达到最大后，Im=2A不变

f1m=μ（m1gcos37°+BImL）=5N<m1gsin37°=6N

ab棒开始做加速度为a1=（m1gsin37°-f1m）/m1=1m/s2的匀加速直线运动