山东省菏泽市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）汇编-02解答题

山东省蒲泽市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按

题型分类汇编-02解答题

一、解答题

1.（2021•山东荷泽•统考一模）我国5G技术和应用居世界前列，在不少大城市已经使用

无人驾驶公交车。在这种公交车上都配备主动刹车系统。当车速超过30km∕h,或者车

距小于IOm时，汽车主动刹车系统启动预判：车载电脑通过雷达采集数据，分析计算，

若预判0∙6秒后发生事故，则汽车自己会主动刹车。某公交车以匕=36km∕h的速度匀

速行驶，在公交车正前方相距A=20m处有一大货车，正以V2=18km∕h的速度匀速行

驶。（重力加速度g=10m∕s?）

（1）经过多长时间，公交车主动刹车。

（2）若刹车时公交车所受阻力为车重的0.7倍，请分析说明公交车与货车会相撞吗？

2.（2021•山东荷泽・统考一模）如图所示为按压式手动饮水机示意图，通过按压上面的

按钮，可把空气压入水桶中，把水桶中的水排出桶外，整个装置气密性良好。小明同学

为了测量按压一次压入水桶内的气体体积，先按压儿次，确保出水管有水流出后做了如

下操作：

让水桶中的水面下降力=1（）Cm需要按压N次，称出水桶中水减少的质量m=5.72kg；要

让水桶中的水面接着再下降∕7=10cm,则需要再按压（N+1）次.已知水桶的内径处处相

同，每次按压进入桶内的气体体积相同，大气压强Po=IxIO'Pa,水的密度

p=l×103kg∕m3,g=l（）m∕s2o根据以上测量数据，请你帮助小明计算出一次压入的空

气体积%?

按钮

3.（2021•山东荷泽・统考一模）如图所示，光滑的半圆形轨道固定在竖直平面内，直径BC

竖直，其底端与水平传送带右端平滑连接。传送带长度L=6m并以u=4m∕s的速度逆

时针匀速转动。现有一个质量〃?=Ikg可视为质点的小滑块，以%=10m∕s的水平速度

冲上传送带左端，方向水平向右。已知滑块与传送带间的动摩擦因数〃=0∙3,半圆形

轨道半径R=1.5m,重力加速度g=IOm/s?。求：

（1）小滑块滑上半圆形轨道前，因摩擦而产生的热量；

（2）试分析小滑块滑上半圆轨道后，能否通过最高点C。（要求有论证过程）

4.（2021•山东荷泽・统考一模）人造太阳可以解决人类的能源短缺问题，其原理是氢核

聚变反应，发生反应时，压力需要非常大，温度需要高达5000万度以上，没有材料能

够承受这么高的温度和压力。所以科学家就设计了一种装置，让高温高压状态下的氢核

由强磁场束缚住，不让它乱跑，也不让它与周边的材料接触，以免材料在高温下熔化。

2020年12月4日14时02分，新一代“人造太阳''装置——中国环流器二号M装置

（HL-2M）在成都建成并实现首次放电。如图为磁约束装置的某种简易原理图，同心圆

圆心。与Xoy平面坐标系原点重合，半径为凡的圆形区域I内有方向垂直于x0y平面

向里的匀强磁场用。质量为电荷量为q速度为%的带正电的粒子从坐标为（0,凡）的

A点沿y轴负方向射入磁场区域I,粒子经过坐标为&的P点，速度方向与

X轴正方向夹角为。，当在环形区域∏中加上方向垂直于XOy平面向外的匀强磁场生时,

上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域I,该粒子恰好能够约束在磁场区域内，不计

重力和粒子间的相互作用。

（1）求夹角。和区域I中磁感应强度A的大小；

（2）若环形区域II中磁场强度8,=3用，求环形外圆的半径R；

23

（3）求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域【至再次经过A点的过程中所通过的总

路程；

（4）求粒子从A点沿），轴负方向射入磁场I至再次从A点沿〉轴负方向进入磁场I的

试卷第2页，共6页

运动总时间。

5.（2022・山东莉泽・统考一模）轮胎的胎压太高或者太低容易造成安全隐患。已知某重

型卡车轮胎能在一50℃到120℃温度下正常工作，此轮胎在此温度范围内工作时最高胎压

不超过1.0χl（）6Pa,最低胎压不低于4.0xiOSPa。设轮胎容积80L不变，若在温度f为20°C

时轮胎内气体压强为5.0χl05Pa,最多还能给该轮胎充温度为20℃、压强为LoXlO'Pa的

气体多少升？

6.（2022.山东荷泽•统考一模）在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应

强度为B,电场强度为E,X轴水平向右。在。点，一个α粒子（氮原子核）以速度%,

与X轴夹角60。的方向，射入电磁场，已知质子质量为m,电荷量为q,不计。粒子的

重力。求：

（1）α粒子离X轴的最远距离；

（2）α粒子从。点射出后，第3次与X轴相交时的动能。

7.（2022•山东荷泽・统考一模）如图所示，长为L的传送带在两半径为R的转轮A、B

带动下向右运动，某时刻在A端由静止放上一质量为M=9m的木块，当木块运动到传

送带的中点时，与传送带保持相对静止，木块到达B点后恰好能做平抛运动，落在。

点，重力加速度为g。求：

（1）木块与传送带间的动摩擦因数；

（2）当木块运动到传送带中点时，被一水平飞来的子弹击中，并停留在木块内，子弹

的质量为加。为使木块仍落在。点，子弹击中木块前的速度最大是多少？

/∏B

（）国

dD

8.（2022•山东荒泽♦统考一模）如图所示的虚线为正三角形，在正三角形区域的外侧存

在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B,d、e为外边上的点，

ab=3L,eb=de=L,一重力不计的带负电的粒子（粒子的比荷为％）,由e点垂直而

以初速度ZBL进入磁场。求：

（1）粒子从射入磁场后到第二次回到碗边所用的时间；

（2）粒子从射入磁场后到第一次以相同的速度回到e点所用的时间；

（3）粒子第一次以相同的速度回到e点瞬间，正三角形区域外侧变成竖直向上的电场,

粒子经过在仍延长线上的0点（图中未画出），bp长为25L,求电场强度E。

/7\∖d

/—''X

9.（2023•山东莉泽•统考一模）如图所示，A、B两个物体相互接触但并不黏合，放置在

水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量为"人=4kg,mβ=6kgo

从f=0开始，推力月\和拉力FB分别作用于A、B±,6和&随时间变化的规律为

瓜=（8-2f）（N）

∕⅛=（2+2θ（N）

通过计算做出物体B的加速度随时间变化的图线（在给定的虚线框内画图）。

10∙（2023∙山东荷泽•统考一模）深海养殖技术在海洋渔业中被普遍推广∙甲图为某深海

大黄鱼渔场引进的单柱半潜式养殖网箱，乙图为其截面示意图。在乙图中，网箱的中央

柱形容器是由横截面积为2n√,高16m的镀锌铁皮（不计铁皮体积）制成的空心圆柱

体，可进水或充气，以此调节网箱在海水中的位置，使整个网箱按要求上浮或下沉；网

箱与海水相通，是养鱼的空间，并与圆柱体固定在一起；网箱的底部用绳索悬挂质量为

试卷第4页，共6页

20t的铸铁块(不与海底接触)，铸铁块相当于“船锚”，起稳定作用。已知制作网箱材料

的总质量为IOt,养殖网箱材料和铸铁块能够排开海水的体积为6n√,海水的密度按

33

1.0×10kg∕m,大气压强按LOXlOSPa,g=l0m∕s∖在认为空气温度与海水温度相同

的情况下，当网箱的底部下沉到海面下15m处静止时，求：

(1)空心圆柱体内气体的压强；

(2)通过计算说明从开始入水到该状态，需要通过气阀向空心圆柱体充气还是对外放

气；

(3)充入或放出的气体在空气中的体积。

甲乙

11∙(2023∙山东荒泽•统考一模)高能粒子实验装置，是用以发现高能粒子并研究其特性

的主要实验工具，下图给出了一种该装置的简化模型。在光滑绝缘的水平面XQy区域内

存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在χ<0区域内存在沿y轴正方

向的匀强电场。质量为〃7、电荷量大小为4带负电的粒子1从点S以一定速度释放，沿

直线从坐标原点。进入磁场区域后，与静止在点P(α,α),质量为蓝的中性粒子2发生

弹性正碰，且有一半电量转移给粒子2。(不计碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、

磁场变化引起的效应)

(1)求电场强度的大小E；

(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，求两粒子在磁场中运动的半径和从两粒子碰撞

到下次再相遇的时间间隔Af;

(3)若两粒子碰撞后，粒子2首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，

再在全部区域内加上与原来相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间

Ni0

E↑y

八∙∙

B

a"ΛV

O,a

12.（2023•山东荷泽・统考一模）如图所示，质量M=2kg的木板Q静止在光滑水平地面

上，距其右端X（未知且可调）处有一钾钉固定的滑块A•一质量M=Ikg的小滑块P（可

视为质点）静止于木板左端。现水平向右迅速敲击小滑块P,使其瞬间获得%=8m∕s的

初速度沿木板向右运动。已知重力加速度大小为g=10m∕s2,滑块与木板间的动摩擦因

数为〃=04,整个过程中滑块P未滑离木板Q,木板与右侧滑块A的碰撞中没有机械

能损失且碰撞时间极短可忽略.

（1）若碰撞数次后滑块P、木板Q最终均静止，求为确保滑块P不滑离木板Q,木板

的最短长度；

（2）若X=O.25m,将A的钉去掉，滑块A与水平面无摩擦，且m,∖=2kg,求木板与

物块A碰撞的次数及碰后滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小；

（3）若小滑块P的质量为，犀=2kg,Q的质量为MQ=Ikg,滑块A用钾钉固定在距Q

右侧XO=6m处，多次碰撞后P、Q最终都静止，求整个过程中木板Q的总路程。

试卷第6页，共6页

参考答案:

1.(1)3.4s；(2)不相撞

【详解】(1)速度超过30km∕h或距离小于IOm时是预判不用刹车。

当两车相距X。时公交车开始主动刹车，0.6s,有

%=(匕一彩),o=3m

设两车从相距20m到相距Xo=3m经过的时间为f∣

(½-½)z∣=L一%

解得

tl=3.4s

(2)公交车刹车时，由牛顿第二定律得

kmg=ma,A:=0.7

从公交车刹车到两车速度相同，设时间为与

..v∣-v2

*t2一

a

公交车位移

x^vXt2~-at2

解得

xl=5.36m

大货车位移

x2=v2∕2=3.57m

因为

x2+x0=6.57m>5.36m

所以不相撞。

2.l,∣44×10^tm3

【详解】设水桶的横截面积为s,第一次取水前桶内气体的压强为p,体积为匕取水后压

强为P+0g〃，体积为V+.M,由玻意耳定律得

NPM、=PM

答案第1页，共16页

p(V+ΔV^)=(p÷∕7^A)×(V+Λ,Λ)

第二次取水前桶内气体的压强为P+Qg∕2,体积为V+。，取水后压强为p+2pg%，体积为

V+Ish,由玻意耳定律得

(N+l)xpo%=(p+pg∕z)△匕

(p+pgh)×(V+5⅛+ΔV^)=(/?+2pgh)×(V÷2sh)

联立解得

PM=2Pgsh?

代入数据后得到

4

%=1.144X1(Γn√

3.(1)26J;(2)见解析

【详解】(1)滑块从A到B的过程，由牛顿第二定律可得

_LJUng=ιna

由

vβ-vo~2aL

得VB=8m∕s,由

vll=v0+at

得f=(2s,传送带滑过的距离，由

X带=Vt

Q

得X带=Im,则滑块与传送带相对滑过的路程

∆x=L+‰

得∆x=与m,所以，因摩擦而产生的热量

Q=μmgbx—26J

(2)设滑块能过最高点C,且速度大小为％,据机械能守恒定律得

2

ɪmvji=mg×2R+ɪmv1

答案第2页，共16页

得%=2m∕s,若滑块能过C点，必有

ι4小

tng-m

即看小=岳ZS，由于％<V最小，所以滑块无法通过最高点C。

4.(1)30°,叵色■；⑵(√2+l)¾;⑶2辰R0+3兀R(4)包红生+竺也

外33%%

【详解】解：(1)粒子轨迹如图所示，由几何关系

支

tanΘ=-4=——

限

20

解得

tan。=且

3

所以

6=30°

设粒子在磁场区域I中圆周运动半径为4,由几何关系得

q=R0tan30°

解得

CRO

41=--3--

粒子在环形区域I中匀速圆周运动

4%及=机型

rι

&

q用

答案第3页，共16页

(2)粒子在环形区域∏中匀速圆周运动，设半径为弓，由牛顿第二定律得

QVB=m

02rι

又因为

√3

B=Bl

2T

解得

r2=^

粒子轨迹如图，由几何关系可得环形磁场区域H外圆半径

R=6+l)R0

(3)粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域I至再次经过A点的过程中所通过的总路程

13

s=3×-×2πr.+2×—×2πr,

3142

解得

2√3æΛ

S=—广0+3叫

(4)经分析，对粒子从A点沿y轴负方向进入磁场区域I,在磁场区域I中经3次的120。偏

转和在磁场区域∏中经3次的270。偏转，则粒子如图沿X轴负方向进入磁场区域【

答案第4页，共16页

13

Sn=3X-X2πr+3×-×2πr

°3142y

2昌Ro9P

So=—丁L+万兀Ro

运动时间

2心■49兀Ro

+

'。3%2v0

所以

r=%

解得

；Sy∕3πR0ι∖8πRu

vo

5.5X=196.44L

【详解】

f=20°C

7=(273+20)K=293K

设在

T=293K

时，充气后得最小胎压为〃m,最大胎压匕ax依题意，当

r=-50oC

7；=(273-50)K=223K

答案第5页，共16页

胎压为

5

pl=4.0×IOPa

根据查理定律得，有

Py=Pmin

Tl-T

解得

s

pmin=5.2556×10Pa

当

∕=120oC

T=(273+120)K=393K

胎压为

6

pl=LOxlOPa

根据查理定律得，有

Pl=Pmax

7；T

解得

5

Pmax=7∙4555×10Pa

即胎压压强在20。C时，不能超过7.4555x105Pa。

假设在20。C时再加入压强为5x10'Pa的气体时，胎压为7.4555xIO5Pa,则有

80+X7.4555

80-5

得

X=39.288L

则可再加入lxl()5Pa的体积最多为

5X=I96.44L

,八、2√3∕nv/_、C212兀mE,6πE.

6.(1)———2n-(2)2机说+------(v+——)o

i00

clBBB

【详解】(1)由题意可知α粒子的质量为

ma=47H

电荷量为

答案第6页，共16页

%=2q

将α粒子的初速度分解成沿X轴方向分速度匕与垂直X轴方向分速度O,则有

o

匕=v0cos60ɪɪV0

.AnO6

o

vy=v0sιn60=-yv0

由于匕与磁场方向平行，不产生洛伦兹力，电场方向沿着X轴方向，只影响匕，不影响为,

故α粒子在电磁场中的运动可分解为：垂直于X轴的平面内做匀速圆周运动，以及沿X轴方

向的匀加速直线运动。对于垂直于X轴平面内的匀速圆周运动，有

V2

解得圆周运动半径

mav4mv√3∕∏vn

r=获=市=qB

故«粒子离X轴的最远距离为直径的长度过弧；

qB

(2)α粒子从O点射出后，第3次与X轴相交时，由垂直于X轴的平面内的匀速圆周运动,

可知，此过程经历的时间

2πm__12πm

=3Γ=3×a

rq°B~qB

沿X轴方向的匀加速直线运动所通过的位移

12

s=vxt+-aΓ

又加速度

QaE_qE

Ll——

∕naIm

解得

6兀m/6πE

s=------(v+------)x

qB0°B

。粒子从。点射出后，第3次与X轴相交过程，由动能定理

q户=ESN

联立解得α粒子从。点射出后，第3次与X轴相交时的动能

答案第7页，共16页

「Cɔ∖2πmE6τrE

Ek=2∕wv-+——(zv+--)x

Γi0D

7.(1)p(2)若子弹向右运动，最大速度为(10/-9)旅；若子弹向左运动，最大速

度为(10及+9)必

【详解】(1)由于木块到达B点后恰好能做平抛运动，根据牛顿第二定律可得

9mg=9∕H-^-

解得

VO=历

对木块，从A到C的过程中，由动能定理可得

L12

μ9mg-=~

解得

R

μ=τ

(2)若子弹向右运动，击中木块前的速度为W,和木块一起运动的速度为匕，由动量守恒

定律可得

∕77v1+9∕nv0=IOznv1

对子弹和木块，一起从C点运动到B点的过程中，由动能定理得

-Wjumgɪɪɪ-l0∕nvθ-ɪl0mη2

解得

v,=(10√2-9)√^

若子弹向左运动，击中木块前的速度为匕，和木块一起运动的速度为匕，子弹击中木块后向

左运动，为使木块仍落在D点，木块和子弹运动到A点时，速度应减少到0,则有

9∕7ZV0-mv2+=-1Oznv2

L1，)

-lθ///wgɪ=O--IOznv2"

解得

%=(100+9)项

答案第8页，共16页

8・⑴繇+东⑵电科；⑶丑

粒子的运动轨迹如图所示,

2

V

qvB=m—

可得

mvkBL.

------------L

qBkB

则

T_2n丫_2πL_2π

~~~~kBL~~kB

则

2x300；10^

t,=------：—I=------

3603kB

根据几何关系可知

Xmn=6L

则

t_Xm“_6

’2一丁商

则粒子从射入磁场后到第二次回到ab边所用的时间

10乃√3

=------1-----

3kBkB

(2)由图可知，粒子第一次回到加点的时间为

300'τ25乃+3行

3607^kB~3kB

则粒子从射入磁场后到第一次以相同的速度回到e点所用的时间

10^∙+6√3

∕=6r=

1kB

答案第9页，共16页

(3)粒子第一次以相同的速度回到e点瞬间，正三角形区域外侧变成竖直向上的电场，粒

子经过在他延长线上的P点(图中未画出)，加长为2.5L水平方向上有

vβcos30"∕=2.5Δ+0.5L

竖直方向有

sin3(ft--at2=一^-L

%

22

根据牛顿第二定律有

a=里=Ek

m

联立解得

【详解】，=0时，对整体由牛顿第二定律

∕∖+∕⅛=(WA+W⅛)O1

解得

2

αl=lm∕s

恰好分离时

解得

r=2s

2s后，B的加速度为

解得

逐渐增大;

答案第10页，共16页

22

综上所述，O〜2s内，α1=lm∕s,2s后，a2=-m∕s,物体B的加速度随时间变化的图线

如图

10.(1)2.2×105Pa；(2)充气；(3)25.2m3

【详解】（1）网箱材料和铸铁快的总质量

∕n=10t+20t=30t=3×104kg

网箱静止在海水中，整个装置受到的浮力等于它的总重力，即

信=G=mg=3xl0i*XlON=3x103

根据阿基米德原理

5

vF浮3×103°八3

VHfe=--------=-------r-----m=30m

据P海水gIXIOGIO

空心圆柱体排开水的体积

%=/_%=30m,-6m3=24m3

空心圆柱体内海水的体积

%水=]5X2m3-24m,=6m3

空心圆柱体内海水的高度

∕z=⅛=3m

S

空心圆柱体内气体的压强

p=1.0×105Pa+（15-3）×10×103Pa=2.2×105Pa

（2）假设既没有放气也没有充气，根据玻意耳定律可得

p<>v=py

其中

答案第11页，共16页

V=16×2m2=32m2

V=13×2m2=26m2

解得

5

pi≈1.23×IOPa

比较可知

Pt<P

可知需要通过气阀向空心圆柱体充气；

(3)设充入的体积为「，根据玻意耳定律

p0(V+V')=pV

解得

V'=25.2m3

11.⑴%；⑵等4√7ffl

mBqIBq

【详解】(1)带负电的粒子1从点S以一定速度释放，沿直线从坐标原点。进入磁场区域

qE=qvB

粒子1进入磁场后，做匀速圆周运动

V2

qvB=m—

r

由几何关系

r=a

解得电场强度的大小

E=M

m

(2)粒子1由坐标原点。进入磁场区域后，经过!圆周在点尸点与中性粒子2发生弹性正

碰，此时粒子1速度方向沿)轴正方向，以沿)轴正方向为正，由动量守恒和机械能守恒可

得

m1212Tmn

mv=InVl+—%,—rrw"=—mv：÷------v；

132221232

解得

13

U=V匕V

l2-2-

答案第12页，共16页

碰撞后两粒子均带负电，电荷量均为做匀速圆周运动，设半径分别为4，4,则

解得

ι∖=a1r2=a

所以第一次碰后两粒子轨迹重合，到下次相遇

2πa2πaltπm

∖t-----------=------=-------

v2-vlVBq

(3)两粒子运动轨迹如图所示

粒子2首次在A点离开第一象限时，粒子1运动到N点，由

1

¼=~V2'r∖=ri

所以

1

ω∖=54

所以粒子1转过的圆心角夕为粒子2转过圆心角的;，即

/?=ɪ×90=30

3

此时，撤去电场和磁场，两粒子做匀速直线运动，经一段时间Af后，粒子1运动的位移大

小

V

MN=一bt'=L

2

粒子2运动的位移大小

AB—Δt>=3Z

2

此时，在全部区域内加上与原来相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交(恰好相切)，

答案第13页，共16页

设两圆心与X轴正方向的夹角为，，由几何关系

NQ=a-tanβ,OiC=2a∙sinΘ,MD=(/+AQ)sin60=a∙sinβ+O1C

整理得

—L=2asinθ

2

由几何关系

c

O.2Q=O2CΛ-CD-∖-DQ-λacosΘ+acos尸+(£+石tan30jcos60

整理得

5

—L-λcacosθ

2

解得

2√7

Lz=------α

7

这段时间加‘

.“2L4√7Λ7

∆f=—=-------

VIBq

44

12.(1)8m；(2)2次，-m∕s,-m∕s,2m∕s；(3)IOm

【详解】(1)木板与右侧滑块A的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，由动量

守恒与机械能守恒可得，每次碰撞后，木板速度大小不变，方向反向。若碰撞数次后滑块P、

木板Q最终均静止，由滑块P在木板上一直做匀减速运动，根据能量守恒

12

AmgLr=于叫

解得木板Q的最短长度

L=8m

(2)木板Q、物块A每次碰撞时，由动量守恒与机械能守恒可得