福建省厦门市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（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页福建省厦门市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．（2023·福建厦门·统考二模）如图甲所示为我国传统民俗文化表演“抡花”活动，祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴上的手柄AB，带动“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁片沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知，M、N离地高，若手摇AB转动的角速度大小为，不计空气阻力，重力加速度g取，求：（1）“花筒”M的线速度大小；（2）“花筒”（内含铁片）质量为时所需向心力大小；（3）铁片落地点距的距离大小（计算结果可用根号表示）。2．（2023·福建厦门·统考二模）如图甲所示，某直线加速器由金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒左右底面中心开有小孔，其中心轴线在同一水平线上，圆板及相邻金属圆筒分别接在周期性交变电源的两极．粒子自金属圆板中心无初速度释放，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动．粒子在每个金属圆筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能在间隙处一直被加速。电荷量为q、质量为m的质子通过此加速器加速，交变电压如图乙所示（、未知），粒子飞出4号圆筒即关闭交变电源．加速后的质子从P点沿半径射入圆形匀强磁场区域，经过磁场偏转后从Q点射出。已知匀强磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应，求：（1）质子在圆形磁场中运动的时间；（2）直线加速器所加交变电场的电压；（3）若交变电压周期不变，粒子换成氚核，为使氚核在每个金属圆筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，需将交变电压调为的多少倍？3．（2023·福建厦门·统考二模）如图甲所示，倾角的斜面固定在水平地面上，斜面上放置长度、质量的长木板A，长木板的下端恰好与斜面底部齐平；一可视为质点、质量、带电量的物块B放在木板上，与木板上端距离；与木板上端距离的虚线右侧存在足够宽匀强电场，电场方向垂直斜面向上．时刻起，一沿斜面向上的恒力F作用在长木板上，后撤去F，物块B在内运动的图像如图乙所示，且物块B在时速度恰好减为0．已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与斜面间的动摩擦因数，物块B带电量始终不变，重力加速度g取，求：（1）恒力F的大小；（2）匀强电场的电场强度大小；（3）从时刻起到木板下端再次与斜面底部齐平的过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量．4．（2021·福建·统考二模）气压式升降椅内的汽缸填充了氮气，汽缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为。横截面积为的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量氮气（视为理想气体），稳定后测得封闭气体柱长度为。设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为，环境温度不变，重力加速度为。求：(1)初始状态封闭气体的压强；(2)若把质量为的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。5．（2021·福建·统考二模）如图所示，质量为的可移动“”型导轨位于光滑水平桌面上，两条平行轨道间的距离为。质量为的金属杆可垂直于导轨滑动，与轨道之间存在摩擦力，金属杆接入回路中的电阻为。初始时金属杆位于图中的虚线处，的左侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为。在时，用一平行于导轨的恒力作用于金属杆，使之由静止开始沿导轨向左运动。时刻回路中的电流为，此过程中导轨向左移动的距离为（杆与轨道始终保持相对运动，尚未进入磁场）。不考虑导轨的电阻与回路的自感，求：（1）时刻金属杆的速度大小；（2）金属杆与“”型导轨间的滑动摩擦因数；（3）该过程中金属杆移动的距离。6．（2021·福建·统考二模）如图甲所示，在空间中同时存在匀强电场和匀强磁场，建立空间直角坐标系。一质量为、电荷量为的带电小球从轴上的点沿轴正方向以速度射出，恰好做匀速直线运动，图乙为平面。已知匀强磁场大小为，方向与平面平行且与轴正方向的夹角为，重力沿轴负方向，点距原点的距离为，重力加速度为。求（1）电场强度大小；（2）若仅去掉电场，带电小球运动到平面的速度大小和所用时间；（3）若仅让带电小球速度方向反向，其运动到平面时的动能。7．（2022·福建厦门·统考二模）2022年2月12日，中国运动员高亭宇斩获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置为运动员的高质量训练提供了科技支持。该装置的作用过程可简化成如图所示，运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速，迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中，质量m=60kg（含身上装备）的运动员仅依靠F=600N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20m的距离，然后保持恒定速率通过半径为R=10m的半圆形弯道，过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P；（2）运动员过弯道上A点时，冰面对其作用力FN的大小。8．（2022·福建厦门·统考二模）如图所示，在电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场中，有一“”型绝缘凹槽A（前后挡板厚度忽略）静止在光滑水平面上。现将一带正电小物块B轻放在凹槽A的左端。t=0时，B在电场力作用下由静止开始与A相对滑动，A在最初t0时间内的位移为。已知A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞过程无电荷转移，凹槽长度，A、B质量均为m，B的电荷量，g为重力加速度，求（结果均用m，g，t0表示）；（1）A、B间滑动摩擦力f的大小；（2）从B开始运动到与A第一次碰撞时所需的时间t；（3）从B开始运动到与A第一次共速用时，求第一次共速时速度v的大小。9．（2022·福建厦门·统考二模）实验室有一装置可用于探究原子核的性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系Oxyz，在紧贴（-0.2m，0，0）的下侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以v0=1×106m/s的速度持续发射比荷为C/kg的某种原子核。在x<0，y<0的空间中沿-y方向的匀强电场V/m。在x>0的空间有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1=0.2T。忽略原子核间的相互作用，xOy平面图如图甲所示。（1）求原子核第一次穿过y轴时的速度大小；（2）若原子核进入磁场后，经过瞬间分裂成a、b两个新核。两新核的质量之比为；电荷量之比为；速度大小之比为，方向仍沿原运动方向。求：a粒子第1次经过y轴时的位置（3）若电场E可在1×105V/m～×105V/m之间进行调节（不考虑电场变化而产生的磁场）。在xOz平面内x<0区域放置一足够大的吸收屏，屏上方施加有沿-y方向大小为的匀强磁场，如图乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印迹，求该印迹长度。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．（1）；（2）；（3）【详解】（1）“花筒”M转动的角速度与相同，其线速度大小为得（2）“花筒”所需向心力大小为得（3）烧红的铁片沿切线飞出后，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有解得水平方向做匀速直线运动，有所以，落地点距的距离大小为2．（1）；（2）；（3）3倍【详解】（1）质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周运动，则有，，解得（2）粒子在磁场中运动时，质子在直线加速器中运动时，共经过4次缝隙，由动能定理得解得（3）为使氚核在每个金属筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，则速度大小不变得即需将交变电压调为的3倍3．（1）；（2）；（3）【详解】（1）由图乙可得，物块B加速度大小为若物块B与长木板发生相对滑动，则得故恒力F作用后，两者相对静止，一起向上加速，对整体有得（2）内一起运动的位移为得即撤去外力时木板恰运动到电场边缘，假设撤去外力后相对静止一起减速，对整体有得对物块B有得假设成立，两者相对静止一起减速，在此加速度下若B减速为零，则运动距离为得即物块B到达电场边缘时尚未减速为零。得或（舍弃）物块B在减速为零，则共进入电场后的加速度大小为得（3）物块B进入电场后减速为零经过的位移为长木板A减速为零的位移为，则得即物块B尚未冲出长木板A的上端，A物体减速为零后，因故A静止不动，物块B离开电场时，速度与进入时候等大反向，即对B对A得两者共速时得此过程中长木板A、物块B各自的位移大小为得即此时长木板A尚未到达底部，物块B进入电场后与木板间无摩擦生热，仅在物块B离开电场后与长木板A有摩擦生热，即得4．(1)；(2)【详解】(1)对汽缸与椅面整体受力分析如图由受力平衡有

得

(2)重物放上后，设汽缸内气体压强为，对汽缸、椅面与重物整体受力分析如图由受力平衡有得

对汽缸内气体分析，导热性能良好，室温不变汽缸内气体温度不变初状态末状态对汽缸内气体由玻意耳定律

得可知气体体积变小，长度较小即为高度下降5．（1）；（2）；（3）【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得切割感应电动势解得（2）滑动摩擦力为对导轨受力分析，由牛顿第二定律得导轨匀加速运动解得（3）在任意短的时间内对金属杆分析，由动量定理得叠加求和有而联立解得联立解得6．（1）；（2），；（3）【详解】1）对带电质点受力分析，如图洛伦兹力又则方向与轴正方向的夹角为，则得所以方向与的方向相同；（2）带电粒子做类平抛运动，沿轴方向匀速直线运动，沿的反方向匀加速直线运动，加速度为沿的反方向运动到平面的位移由运动学公式解得得（3）带电小球的运动平面为过点与磁感应强度方向垂直的平面，所以运动到平面沿重力与电场力合力方向通过的位移为洛伦兹力不做功，所以由动能定理可得联立得7．（1），6000W；（2）【详解】（1）对运动员进行受力分析，由牛顿第二运动定律可得解得运动员由静止开始加速，由运动学公式解得加速过程中牵引力做的功解得则加速过程牵引力的平均功率为解得（2）对运动员在A点受力分析可知，支持力在水平方向的分力提供向心力，即解得支持力在竖直方向的分力平衡重力，即解得由力的合成与分解可得解得8．（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据平均速度公式得解得A的加速度为根据牛顿第二定律（2）B的加速度为根据题意得解得（3）从开始到第一次共速用时，根据动量定理解得9．（1）；（2）；（3）【详解】（1）原子核在Oxy平面的电场中左平抛运动，如图所示粒子在水平方向做匀速直线运动电场力提供加速度竖直方向速度为粒子速度为（2）原子核做类平抛运动，则原子核在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供向心力解得半径为粒子运动的周期为因为，所以该原子核在磁场中运动了半个周期