福建省泉州市2021届-2023届高考物理三年模拟（二模）按题型分类汇编-02解答题

福建省泉州市2021届-2023届高考物理三年模拟（二模）按题型分类汇编-02解答题

一、解答题

1．（2021·福建泉州·统考二模）一列简谐横波在时的波形图如图（a）所示，P是介质中的质点，图（b）是质点P振动图像。求：

(1)波速及波的传播方向；

(2)从时刻起，质点P第一次和第二次的y坐标为的时刻。

2．（2021·福建泉州·统考二模）如图为某闯关游戏装置部分示意图，水平轨道上的小车用轻绳绕过定滑轮与配重连接，轨道上方的轻绳穿过固定挡板并保持水平，轨道下方有一长的软垫静止在水面上，A端在挡板正下方。质量的闯关者抓住轻绳的一端悬挂在小车上，其重心到悬点的距离。在配重作用下，闯关者随小车一起向右运动，运动过程中轻绳与竖直线的夹角恒为。当小车碰到挡板时闯关者立即松手，重心下降时恰好落在软垫的右端B点．不计小车的大小、质量和一切摩擦阻力，取重力加速度大小，，。求：

（1）闯关者松手时的速度大小v；

（2）配重的质量M。

3．（2021·福建泉州·统考二模）如图，间距为d、左右对称的两根相同金属导轨分别固定在竖直平面内，导轨水平部分长度均为L，构成的水平面区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场（边界、处无磁场），P、Q两根金属杆放在导轨上，质量均为m，接入导轨的电阻均为R，离水平导轨的高度均为h，同时释放后，恰好不会相碰。重力加速度大小为g，不计导轨电阻和摩擦阻力，两杆与导轨始终垂直且接触良好。求：

(1)P刚进入磁场时受到的安培力大小F；

(2)若P、Q的质量分别为m、，电阻仍均为R，P放在原来位置，Q放在导轨右侧高度处，先释放P，当它在水平轨道上的速度减为零时，再释放Q，此后两杆发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前后两杆的总动能减少了，求：

①P第一次停止运动时所在的位置；

②最终P、Q两杆之间的距离。

4．（2023·福建泉州·统考二模）2022年9月29日，我国自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机——C919大型客机获得型号合格证，标志着我国航空事业水平达到新的高度。如图，质量为的C919飞机，在水平跑道上滑行时可达到飞机起飞的速度。若飞机滑行过程可视为从静止开始的匀加速直线运动，受到的阻力为自身重力的0.1倍，取重力加速度大小为，求：

（1）飞机滑行过程中的加速度大小；

（2）飞机起飞时刻推力的功率。

5．（2023·福建泉州·统考二模）如图，倾角为的固定光滑斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定在斜面的挡板上，上端连接小滑块a，当a静止在P处时弹簧的弹性势能为。小滑块b从斜面上与a相距处由静止释放，b与a瞬间碰撞后粘在一起向下运动。从碰后起，经过时间，弹簧恰好恢复原长且两滑块速度为零。已知b的质量为，a的质量为，重力加速度大小为，求：

（1）b与a碰后瞬间两者的速度大小；

（2）时间内a对b做的功；

（3）时间内弹簧对挡板的冲量大小。

6．（2023·福建泉州·统考二模）如图甲的空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的立方体区域，该区域内（含边界）分布有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），以初速度v0从a点沿x轴正方向进入电场区域，恰能从dʹ点离开。

（1）求电场强度的大小E；

（2）若在该区域再加一个沿y轴正方向的匀强磁场，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域后从Obʹ之间某点离开，求磁感应强度的大小B和离开该区域时的速度大小v1；

（3）撤去原来的电场，在该区域加方向沿x轴负方向的磁场B和沿y轴正方向的磁场B，磁感应强度B、B的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t=0时刻，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域，要使粒子从平面cddʹcʹ离开此区域，且速度方向与平面cddʹcʹ的夹角为60°，求磁感应强度B0的可能取值。

7．（2022·福建泉州·二模）第24届冬季奥运会将于2022年2月在我国举行，冰壶是比赛项目之一。如图，运动员用水平恒力F推着冰壶从起始位置由静止出发，到投掷线时放手，冰壶沿虚线滑行，恰能停在圆垒中心O点。已知恒力，冰壶的质量，冰壶起始位置到投掷线的距离，投掷线到圆垒中心的距离，取重力加速度大小。求：

（1）冰壶离手前后的加速度大小之比；

（2）冰壶离手瞬间的速度大小。

8．（2022·福建泉州·二模）如图，水平轻质弹簧的一端固定在墙壁上，处于自然状态时另一端在水平地面上的O点，O点左侧地面光滑，右侧粗糙。小物块P（与弹簧不拴接）在外力作用下将弹簧压缩至某一位置静止时，弹簧的弹性势能。撤去外力，P被弹出后与静止在M点的小物块Q发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知P、Q的质量分别为、，P、Q与右侧地面间的动摩擦因数均为，O、M间的距离，取重力加速度大小。

（1）求P第一次经过O点时的速度大小；

（2）求P在M点与Q碰后瞬间的速度大小；

（3）通过计算分析P、Q能否发生第二次碰撞。

9．（2022·福建泉州·二模）如图，在坐标系中，第一象限内存在沿方向的匀强电场；第二象限内在以为圆心、R为半径的圆形区域内，存在方向垂直平面向外的匀强磁场；第四象限内（含坐标轴上）存在垂直平面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B；带电粒子甲以某一初速度从A点沿方向射入磁场后从原点O射出，带电粒子乙以相同的初速度从磁场边界上的C点射入磁场，也从原点O射出，并沿与轴正方向成方向射入第四象限，经过磁场，进入电场中运动时离的最大距离为，已知甲、乙的质量均为m，电荷量均为，不计重力及粒子间相互作用。

（1）求甲的初速度大小；

（2）若垂直轴放置一足够大的接收屏，使乙在电场中恰好垂直击中接收屏，求乙从C点运动到接收屏的最短时间t；

（3）若垂直轴放置一足够大的接收屏，使乙在磁场中恰好垂直击中接收屏，求甲从O点运动到接收屏的总路程S。

参考答案：

1．(1)沿x轴正方向传播；(2)；

【详解】(1)由题图（a）可以看出，该波的波长为

由题图（b）可以看出，周期为

波速为

解得

由题图（b）知，当时，质点P向下运动，结合题图（a）可得波沿x轴正方向传播；

(2)图（b）可得质点P的振动方程为

其中

从开始，质点P在处时，有

解得第一次在处时

第二次在处时

2．（1）；（2）

【详解】（1）设闯关者松手时重心与B点的水平距离为x，下落运动的时间为t，有

解得

（2）设运动过程中闯关者与配重的加速度大小为a，与配重连接的轻绳拉力大小为，轻绳的拉力大小为，则以配重为研究对象有

以轻质小车为研究对象，有

以闯关者为研究对象，有

解得

3．(1)；(2)①P杆第一次停止运动时位于边界处；②

【详解】(1)设金属杆下滑进入磁场时的速度大小为，由机械能守恒定律得

刚进入磁场时，回路总电动势为

回路电流为

金属杆受到的安培力大小为

联立得

(2)①P、Q质量相同又同时释放时，设在磁场运动过程中，通过P杆的感应电量为，平均电流为，时间为，对P杆，根据动量定理得

其中

又

只释放P杆，设它在磁场中运动位移为x时速度减为零，同理可得

解得

故P杆第一次停止运动时位于边界处；

②设Q杆与P杆碰撞前瞬间的速度大小为v，碰撞后瞬间Q杆与P杆的速度分别为、，有

解得

（另一组解，，舍去）

说明Q杆与P杆碰后，Q杆停止在边界处，P杆以速度向左进入磁场，设其停止运动前在磁场中通过的路程为，同理可得

解得

说明P杆在磁场中向左运动L距离后，经圆弧轨道返回又在磁场中向右运动了才停止运动，故最终两杆之间的距离

4．（1）；（2）

【详解】（1）设起飞过程中飞机的加速度大小为，则有

将，带入解得，飞机滑行过程中的加速度大小为

（2）根据牛顿第二定律有

解得，飞机起飞时刻的推力为

则飞机起飞时刻推力的功率为

5．（1）；（2）或；（3）

【详解】（1）设滑块b刚到达a处的速度大小为，由机械能守恒定律得

b与a碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律得

解得

（2）设小滑块a静止时，弹簧的压缩量为，两滑块从P处到弹簧恰好恢复原长过程中，

由系统机械能守恒定律可得

设时间内a对b做的功为，对b由动能定理可得

解得

另：设弹簧的劲度系数为，当a静止时，弹簧压缩量为，有

弹簧的弹性势能可由弹簧弹力做功推算得

由系统机械能守恒定律可得

联立解得

设时间内a对b做的功为，由动能定理可得

解得

（3）设时间内弹簧对ab整体的冲量为，以沿斜面向上为正方向，由动量定理可得

时间内弹簧对挡板的冲量大小

解得

6．（1）；（2），；（3）（n=0，1，2，3……）

【详解】（1）设粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为t1，则

解得

（2）粒子在复合场中的运动，可分解为沿y轴负方向的匀加速直线运动和沿平行于xOz平面的匀速圆周运动，由“粒子从Obʹ之间某点离开”可知，粒子在平行xOz平面内的运动轨迹为二分之一圆周，由运动的等时性，其运动时间仍为

解得

根据动能定理可得

解得

（3）沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴负方向夹角60°，设粒子在平行于yOz平面内运动了个，图甲为的情况，设运动半径为r，则满足

（n=0，1，2，3……）

这一过程粒子沿y轴负方向运动距离

由于，所以粒子无法到达平面，不合题意；

沿y轴负方向看，若粒子射出时与z轴正方向夹角为60°，图乙为的情况，则满足

（n=0，1，2，3……）

由于，所以粒子能到达平面，符合题意；

根据洛伦兹力提供向心力有

解得

（n=0，1，2，3……）

7．（1）；（2）

【详解】（1）设冰壶离手前加速度大小为，离手后的加速度大小为，离手瞬间的速度大小为v，则有

联立得

（2）设冰壶与冰面的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有

联立得

8．（1）；（2）；（3）能发生第二次碰撞

【详解】（1）设物块P第一次经过O点时的速度大小为，根据能量守恒定律得

解得

（2）设P与Q碰前的速度为，碰撞后P的速度为，Q的速度为，根据能量守恒定律有

取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

联立解得：

（3）假设Q停止后，P与Q会发生第二次碰撞，设Q速度减为零时的位移为，根据动能定理有

设P与Q第二次碰撞前的速度大小为，根据动能定理得

联立解得

所以假设成立，故P、Q能发生第二次碰撞。

另解：设Q速度减为零时的位移为，根据牛顿运动定律

设P从M点向右运动的最大位移为，根据牛顿运动定律

联立可得

能发生第二次碰撞。

9．（1）；（2）；（3）

【详解】（1）设甲在磁场中运动轨迹的半径为r，则

由几何关系可知

联立解得

（2）乙沿与轴成方向射入第四象限，可知，圆心角

又

乙在第二象限运动时间

乙第一次在第四象限运动时间

乙第一次进入电场开始运动到接收屏的所用的时间设为，则

乙从C点运动到接收屏的最短时间

联立解得

（3）

在（2）问中第一次进入电场开始运动到接收屏的水平位移大小设为x，则

联立解得

设甲、乙在电场中运动的加速度大小为a，甲在电场中向上运动最大距离为y，则有，对甲有

对乙有

联立解得

乙在磁场中做圆周运动时的圆心角，使乙在磁场中恰好垂直击中接收屏，由几何关系可知屏的位置需满足

代入x解得

当屏的位置处在等奇数的位置时，甲运动到屏的路程满足

代入y解得

当屏的位置处在等偶数的位置时，甲运动到屏的路程满足

代入y解得