湖南省怀化市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）汇编-02解答题

湖南省怀化市高考物理三年(2021-2023)模拟题(一模)按

题型分类汇编-02解答题

一、解答题

1.(2021,湖南怀化•统考一模)如图所示，光滑轨道MC固定在竖直平面内，必倾斜、

be水平，与半径R=OAm竖直固定的粗糙半圆形轨道W在C点平滑连接。可视为质点

的小球甲和乙静止在水平轨道上，二者中间压缩有轻质弹簧，弹簧与两小球均不拴接且

被锁定。现解除对弹簧的锁定，小球甲在脱离弹簧后恰能沿轨道运动到“处，小球乙在

脱离弹簧后沿半圆形轨道恰好能到达最高点乩已知小球甲的质量〃〃=2kg,人人的竖

直高度差/!=0.45m,已知小球乙在C点时轨道对其弹力的大小F=I(X)N,弹簧恢复原

长时两小球均在水平轨道上，不计空气阻力，重力加速度g取IOm酸。求：

(1)小球乙的质量；

(2)弹簧被锁定时具有的弹性势能昂；

(3)小球乙在半圆形轨道上克服摩擦力所做的功Wfa

b

2.(2021•湖南怀化•统考一模)如图所示，两平行金属板水平放置，间距为d,两极板

接在电压可调的电源上.两板之间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的

大小为艮金属板右侧有一边界宽度为d的无限长匀强磁场区域，磁感应强度的大小为

反方向垂直纸面向里，磁场边界与水平方向的夹角为60。.平行金属板中间有一粒子

发射源，可以沿水平方向发射出电性不同的两种带电粒子，改变电源电压，当电源电压

为U时，粒子恰好能沿直线飞出平行金属板，粒子离开平行金属板后进入有界磁场后分

成两束，经磁场偏转后恰好同时从两边界离开磁场，而且从磁场右边界离开的粒子的运

动方向恰好与磁场边界垂直，粒子之间的相互作用不计，粒子的重力不计，试求：

/××χ//

BX×X60o

(1)带电粒子从发射源发出时的速度；

(2)两种粒子的比荷和带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径.

3.(2021.湖南怀化.统考一模)体育课上某同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得

球内气体压强为1.2atm,已知篮球内部容积为7.5L。现用简易打气筒给篮球打气，每

次能将0.2L、1.0atm的空气打入球内，已知篮球的正常气压范围为1.5~1.6atm。忽略

球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，求需打气的次数范围。

4.(2021•湖南怀化・统考一模)如图，在长方体玻璃砖内部有一半球形气泡，球心为。,

半径为R,其平面部分与玻璃砖表面平行，球面部分与玻璃砖相切于0'点。有一束单色

光垂直玻璃砖下表面入射到气泡上的A点，发现有一束光线垂直气泡平面从C点射出,

已知OA=正R,光线进入气泡后第一次反射和折射的光线相互垂直，气泡内近似为真

2

空，真空中光速为c,求：

(i)玻璃的折射率

(ii)光线从A在气泡中多次反射到C的时间。

5.(2022・湖南怀化・统考一模)如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使

赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨

用时均为0.8s,赛艇(含运动员、双桨)质量为70kg,受到的阻力恒定，划水时双桨

产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍，某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4m∕s,

试卷第2页，共6页

运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8m,求:

（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；

（2）赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。

6.（2022•湖南怀化•统考一模）一小型风洞实验室内水平桌面上放两根足够长的平行导

轨，导轨间距为L如图甲（俯视）所示。虚线MN左侧区域I有竖直向下的匀强磁场

BI,虚线PQ右侧区域m有竖直向下的匀强磁场中间区域π有水平向左的匀强磁场

B2,B∣=B2=B,B3=2B.中间区域处于一向上的风洞中，当棒经过此区域时会受到竖直

向上的恒定风力尸=%g的作用。长度均为L的导体棒m、Cd与导轨接触良好，两棒质

D

量均为〃7,棒H电阻为棒加电阻为R,其余电阻不计。两棒最初静止，现给棒而

2

一个水平向右的瞬间冲量使得其获得初速度v0,已知棒Cd到达MN前两棒不相碰且均

己匀速。当棒W刚进入区域II时•，对棒必施加一水平向右的外力使棒油向右做匀加

速直线运动，外力随时间变化的图像如图乙所示。已知直线斜率为A,为时刻棒劭恰好

进入区域ΠI,棒Cd进入区域Hl后瞬间撤去棒外上的外力。区域I、W导轨光滑，中间

区域导轨粗糙且与棒Cd的动摩擦因数为〃,两棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良

好，棒必始终在区域I运动。已知r0=5抉，H=翡重力加速度为g。求：

（1）棒他刚开始运动时，棒两端的电势差Uahi

（2）图乙中/=0时刻外力用多大，为时刻棒加的速度多大；

（3）棒〃进入区域In后的过程中闭合回路产生的焦耳热多大。

I∖MII∖PIII

7.（2022.湖南怀化.统考一模）如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银

在左管内封闭了一段长为26c/n、温度为280K的空气柱,左右两管水银面高度差为36sz,

大气压为76a”"g∙现向右管缓慢补充水银.

①若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为2(kro时，左管内气体的压强

为多大？

②在①条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到26cm,

则左管内气体的温度为多少？

8.(2022・湖南怀化・统考一模)某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球

心。的截面如图所示，A是外球面上的点，Ao是半球壳的对称轴。一单色光在图示截

面内从A点射入，当入射角口45。时折射光恰与内球面相切于B点。

(i)求透明材料对该光的折射率；

(ii)要使从A点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在A点入射角应满足的

条件。

9.(2023・湖南怀化・统考一模)横截面积为S的汽缸放在铁架台的水平底座上，质量为

机的活塞通过轻弹簧与横杆相连，当横杆固定在位置A时∙，弹簧恰好处于自然长度；将

横杆缓慢下移到位置8,此时汽缸对铁架台底座的压力增大了2〃?g,已知大气压强

PO=等，横杆移动前缸内封闭气柱长度为4,弹簧的劲度系数A=竿，汽缸内封

闭的理想气体温度不变。

(I)求横杆下移的距离d;

(2)已知弹簧弹力对活塞做的功叫=二产•△/(其中耳、人对应活塞移动△/前、后

弹簧对活塞的弹力大小)，求缸内气体放出的热量AQ。

试卷第4页，共6页

10.（2023•湖南怀化•统考一模）如图一个质量为，”，电荷量为4（<7>0）的粒子从。点

以Vo的初速度垂直y轴射出。在），轴左侧的I区有一磁感应强度为BO垂直纸面向里的匀

强磁场。），轴右侧的∏区有一电场强度大小为E=等的交变电场，当粒子第（2⅛+l）

次进入II区时，电场方向竖直向上；当粒子第2k次进入∏区时，电场方向竖直向上ɑ

为正整数，电场的变化不引起磁场的变化）。II区的右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场。

已知当粒子第一次射出III区时，粒子经过I、II、HI区的时间分别为小小t3,且

力：及：口=4":8:9兀（磁场区域的宽度足够，不计粒子重力）。

（1）电场区域的宽度d和In区磁场的磁感应强度3/；

（2）在X轴下方距尤轴S的位置，将一块长度为L的荧光板垂直y轴放置，且板的中点

在y轴上。若要粒子垂直打在板上，求L和S需满足的条件。

×××

×××

X

77->

XXX

IIII

11.（2023・湖南怀化・统考一模）如图甲将装有弹簧，质量如=3kg的滑块。在轨道∏距

地面高A=0.8m的A处静止释放。当。运动到C处时弹簧的另一端与放在轨道I质量

，"2=lkg的滑块力连接（如图乙），此时弹簧处于原长（整个运动过程弹簧均处于弹性限

度内，且始终保持与水平面平行）。滑块“人均可视为质点，且始终不脱离各自的轨道。

轨道I光滑，在轨道I的E处设有与轨道等宽的竖直挡板，滑块6与挡板碰撞后以原速

率返回。轨道II的AB段、CD段以及E点之后的部分均光滑，8C段长度x∕=lm,动摩

擦因数伙可以调节，OE段长度X2=l∙25m,动摩擦因数〃2=0.2（滑块仅与轨道底面产生

摩擦）。已知滑块α刚运动到QE段时，滑块〃、从恰好第一次共速。

（1）若〃/=0.35,求滑块。刚运动到OE段时的速度V以及弹簧的弹性势能昂；

(2)若滑块。、/7恰好同时到达E处，且此时滑块6的速度变为滑块。刚运动到。E段

4

时的§，求⑷的最大值：

(3)在(2)的条件下，且〃/=0.35,求滑块α从。处运动到E处的时间r,并说明最终

滑块。能否进入BC段？

试卷第6页，共6页

参考答案:

1.(1)1kg；(2)27J；(3)8J

【详解】(1)对小球甲，由机械能守恒定律得

12

町g∕zj=5叫K

对小球甲、乙，由动量守恒定律得

t∏lVl=m2V2

对小球乙，在C点，由牛顿第二定律得

2

PV2

F-ι∏2g=m2ɪ

联立解得

2

m2=1kg,U2=6m/s或〃72=9kg,V2=^m∕s

小球乙恰好过d点，有

m2g=m2-

R

解得

vd=y[gR=2m/s

由题意V"<V2,所以小球乙的质量，"2=1kg。

(2)由能量守恒定律有

C.121，

EP=-mlv[+-m2v;

解得弹簧被锁定时具有的弹性势能

Ep=27J

(3)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中，设摩擦力所做的功为叼由动能定理有

-2m2gR+W;=→n2vj~→n2v1

解得

Wf'=-8J

所以

g8J

2Ud_

2.(1)—(2)—；~~

dBId2B2d2B22

答案第1页，共14页

【详解】(1)根据题意，带电粒子在平行金属板间做直线运动时，所受电场力与洛伦兹力大

小相等，由平衡条件可得哈『四

解得T

(2)根据题意可知，带正电粒子进入磁场后沿逆时针方向运动，带负电粒子进入磁场后沿顺

时针方向运动，作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，带负电粒子在刚进入磁场时速度沿

水平方向，离开磁场时速度方向垂直磁场边界，根据图中几何关系可知，带负电粒子在磁场

中做圆周运动的偏转角为。/=30。=ɪ

O

带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为

门=------7=2d

sin30

带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有如右=H

联立解q得.廿U酒

根据带正电粒子的运动轨迹及几何关系可知，带正电粒子在磁场中的偏转角为仇=120。=

2π

T

根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式T=岑

qB

ΘJΠ

可得带负电粒子在磁场中运动的时间为。=」匕Λ

带正电粒子在磁场中运动的时间为/2=r

q2B

根据题意可知tl=t2

联立以上各式，可彳%嗫=4肃a=正2U

tn^v

带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为O=F

%B

答案第2页，共14页

解得m=g

3.12<zz<15

【详解】对球内原有气体，当压强降为P/=LOatm时，设其体积为W,由玻意耳定律有

PoV(rP∣Vl

解得

V∕=9L

设需打气〃次球内气压回到正常范围，设球内正常气压为尸2,每次打入的空气为

由玻意耳定律有

P2V1J=P1(V∕+H∆V)

解得

nP2V0-PlVil,5P2-9

Pλ∖V0.2

当尸2=1.5atm时,解得

n-11.25

当Pz=1.6atm时,解得

n=∖5

故需打气的次数范围

12<77<15

3R

4.(i)n=y∣3;(ii)i=—

【详解】(i)如图，作出光路图

根据几何知识可得

∙/)OAʌ/ɜ∕Q∖

R2

答案第3页，共14页

α+g=90°(3)

联立解得

n=>/3®

玻璃的折射率为6。

(ii)光从A经多次反射到C点的路程

RR

s=-+R+R+-=3R(g)

时间

t=-©

c

得

光线从A在气泡中多次反射到C的时间为变。

【详解】(1)设赛艇受到的阻力大小为力双浆划水时的动力为R设划水和运浆阶段的加速

度大小分别为。八G,由牛顿第二定律

划水时

F-f=maι

空中运浆时

f=ma2

依题意有

F=2f

联立解得

幺=1

a2

(2)由以上分析可知，赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等，则加速结束时速度达到

最大，则

划水时

答案第4页，共14页

12

与=%，+/卬

运桨时

12

svtat

2=m-22

又

+s2=8m

联立并代入数据解得

vm=6m∕s

∕=175N

6.(1)∣B⅛;(2)噜+翳，2%；⑶?若

ɔɔnZtSLIo

【详解】(1)棒外的感应电动势为

E=BLv0

,比

2

Uall=IR

联立得

Uab=三BLVO

(2)棒而开始运动到两棒匀速过程两棒动量守恒，有

ιnv0=2〃ZU共

得

V共一

施加外力后任一时刻，对棒Rb有

F-BIL=ma

，一

-R+R

2

E=BLv

棒必做匀加速直线运动

答案第5页，共14页

v=v^+at=^-+at

联立得

LB2Irv2B1l}a

F----------a+ma+----------1

3R3R

其中

,2B2l}a

k=----------

3R

可得

2

_BCv03kmR

°~3R+2S2L2

为时刻棒H的速度

vi=^-+at0=2v0

(3)棒Cd所受摩擦力

g4mkR(Vo

f=uBnIτLr=————―^at

2

15BL⅛O∣,2

I=O时刻

f_ImkR

力-15—

f=r°时刻

_SmkR

/2=15B¥

对棒Cd在区域∏运动过程由动量定理，得

f,!+f2vtt

——------L=mv7-W-

2022

联立得

1

V2=7V0

O

棒M进入区域HI后，对棒C也有

-BILt=mvy-〃叼

对棒cd,有

2BILt=tnv4-mv2

稳定时，有

BLv3=2BLv4

联立得

答案第6页，共14页

55

%=针，%=胪

对两棒能量守恒，有

gmo；+g"n=Q+gm；

联立得

Q=得而

7.(1)52cmHg;(2)427K.

【详解】(1)对于封闭气体有:pɪ=(76-36)cmHg=40cmHg,VI=解SlCm3,V2=2OSιcm3

由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p∣V1=p2V2

PM40×26SS„

P)=-L-L=----------L1=52CmHg

2

V22051

(2)停止加水银时，左管水银比右管高：hι=76-52cmHg=24cmHg;

对左管加热后，左管下降6cm,右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm,

左管比右管高为：h2=hι-9cm=15cm

故封闭气体的压强：p3=76-15cmHg=6IcmHg

封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得：φ^=7i

故.7；=%=?x280K=427K

ιu∙∙PJ40

点睛：根据图示求出封闭气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可正确解题；本题的

难点是：气体最终状态的压强.

o

8.(i)n=√2;(ii)∕<30

【详解】(i)当入射角i=45。时，设折射角为r,透明材料对该光的折射率为〃，ΔΛ80为直

角三角形，则

R

sinr=——

2R

sinz

n=----

sinr

解得

―30°

n-&

(H)光在A点入射角为i'时，设折射角为,，折射光射到内球面上的。点刚好发生全反射,

则折射光完全不能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等于临界角为C,如图所

答案第7页，共14页

示，在ΔAOO中，由正弦定理有

R2R

sinr,-sin（180o-C）

.厂1

SinC=-

n

sinZ1

n--------

sinr,

解得

sinr'=—

4

...1

Sinz=一

2

解得

r=30o

要使从A点射入光的折射光能从内球面射出半球壳，则光在A点入射角，应满足:

z<30o

9.（1）ɪɪʃo?⑵

306

【详解】（1）横杆移动前，根据平衡条件可得封闭气体的压强为

乩=〃。+等①

ɔ

体积为

Vl=I0S②

横杆移动后，设活塞移动的距离为A/,则弹簧的压缩量为

x—d—Al③

由胡克定律可得汽缸对铁架台底座的压力增量为

XFN=kx=2mg④

封闭气体的压强为

答案第8页，共14页

⑤

体积为

V2=V1-MS⑥

根据玻意耳定律可得

PM=PM⑦

联立①~⑦式解得d=^∕(j,Al=4。

306

(2)设封闭气体对活塞做功为W1,,对活塞由动能定理得

(mg+p0S)Al+Wk+Wp=O⑧

由题意可得

=0+2m&&I⑨

2

活塞对封闭气体做功为

=-Wp⑩

封闭气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律得

-ΛQ+Wp=0⑪

联立⑧~⑪式解得AQ=Um8ln。

6

Imva2

ɪθ.(I)-ʃ,-B0;(2)详见解析

【详解】(1)粒子磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

qBv=-

r

则粒子在磁场中的运动周期、半径分别为

Tr∑πr2πmιnv

T=-----=------,r=——

VqBqB

则粒子在从进入I区磁场到离开磁场，运动半个圆周，则运动时间为

180°_πm

t-------1,=------

x360o'qB0

设粒子进入磁场III区时，速度与X轴的夹角为6,则粒子经过ΠI区的时间为

_(2。+π)tn997rm

t'=qB,—=V=碱

粒子经过∏区的时间为

答案第9页，共14页

2m

粒子在∏区运动时∙，电场竖直向上，则粒子做类平抛运动，则沿X轴方向有

qB。

沿y轴方向有

EqBOVOq

av----τ;-

m2m

"。也=%

2qB。

则进入In区时的速度

M=Jv；+v；=√2v0

设匕与水平方向的夹角为e

tan0=—=1

%

则

6=45。

则

(2θ+π)m3πtn9πtn

A=-------------=-------=-------

叫2qB∖4qB,

解得

H=I稣

(2)根据(1)问分析，粒子刚进入磁场I区、ΠI区时，运动轨迹半径分别为

r=吧r,τ^vl3√2∕nv0-3√2r

,

'狗’qB、2<7BO2'

①则当粒子从。点出发，没有离开磁场I区就垂直打在板上时，荧光板长度力及离X轴距离

S需要满足

s∣=∕i,L1≥2^

粒子在II区水平方向做匀速直线运动，竖直方向一直向上做匀加速直线运动，则粒子速度

不会垂直X轴，要求粒子垂直打在荧光板上，粒子不能在∏区打在荧光板上。

②若粒子是第一次进入In区，在In区打在荧光板上时，荧光板长度小及离X轴距离S需要

答案第10页，共14页

满足

∣z，

SJ=24_y+τ∕Sine=∙iV≥(d+('+4'cos8)

2

即

T=∣{,Z1'>(7+3√2)∕1

③当粒子不在∏I区打在荧光板上时，粒子第二次进入电场II区，离开电场时，沿y轴方向

的位移及速度为

vy2=vyt+a,t2=2v0

123∕nv∩C

%=。也+”b=苛=3{

2q£)

则粒子第二次离开电场时，速度大小及方向为

<-----------r-UO

v2=>lv0+vy2=√5⅝,tana=十=2

则粒子第二次进入磁场I时，轨迹半径为

mv[-

4=£2=依

祖

粒子第二次从y轴上进入磁场I时的点距离X轴的距离为

,

Y2=2ri+2rlcos0-γ1-y2=f∖

粒子第二次进入磁场I时半径为

R=等=氐

则粒子第二次进入磁场I时，垂直打在荧光板上，荧光板长度L及离X轴距离6需要满足

s2=Y2+r2cos02=2η,L2≥2(r,+r1sinβ,)=(4+2^)^

④粒子第三次离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为

%=%2+44=3%

12U

vt+

yi=y22-ayt2=54

则粒子第三次离开电场时，速度大小及方向为

I-----------,-VC

22

v3=yJv0+vy3=√10v0,tanθ3=ɪ=3

粒子第三次离开电场时距离X轴的距离

答案第11页，共14页

Y3=Y2+2r2cosθ2-y3=-2r}

即在X轴上方距离X轴入处，此次粒子在III区运动轨迹半径为

,mv.3VlO

η=——-=------n

qB、2

粒子垂直打在荧光板上时，荧光板长度L及离X轴距离S需要满足

S2'=K+G'COSq=_；Ai

但是要求荧光板在X轴下方，故此情况不符合要求。

⑤粒子第四次离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为

vv∙4=V,4+”2=4%

12r

Λ=v√2÷-β√2

则粒子第三次离开电场时，速度大小及方向为

v4^∖∣vo2+vy32>tan6ζ=—=4

vO

此次粒子在I区运动轨迹半径为

粒子进入磁场I区距离X轴的距离

Y4=Y3+2r3'cosθi-yi=-6η

粒子垂直打在荧光板上时，荧光板长度L及离X轴距离S需要满足

s2'=Y4+r4cos¾=-5^

但是要求荧光板在X轴下方，故此情况不符合要求。

综上分析，粒子能垂直打在荧光板上L和S需满足的条件

S产也，Λ≥2机%

洛qB“

或

'=⅛,∕≥(7+30)也

2qB,clB.

或

%L"+2而最

答案第12页，共14页

927

11.(1)m∕s,—J；(2)0.425；(3)0.