山东省泰安市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）汇编-02解答题

山东省泰安市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按

题型分类汇编-02解答题

一、解答题

1.（2021•山东泰安•统考一模）一列简谐横波在t=0.4s时的波形图如图（4）所示，P

是介质中的质点，图S）是质点尸的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为

20m/s,求：

（1）波长和波的传播方向；

（2）质点P的平衡位置的X坐标。

2.（2021•山东泰安・统考一模）如图，用光滑细杆弯成半径为R的四分之三圆弧ABCDE,

固定在竖直面内，C、E与圆心。在同一水平线上，。为最低点。质量为机的小环P（可

视为质点）穿在圆弧细杆上，通过轻质细绳与相同的小环。相连，细绳绕过固定在E

处的轻小光滑定滑轮。开始小环P处于圆弧细杆上8点，小环。与。点等高，两环均

处于静止状态。给小环微小扰动，使P沿圆弧向下运动。已知重力加速度为g。求：

（1）小环P在B点静止时对细杆的压力大小；

（2）小环P下滑到C点时，小环ρ的速度；

（3）小环P经过。点时，小环。重力的瞬时功率。

3.（2021•山东泰安•统考一模）如图，间距为2R的平行正对金属板MN接在电压为U

的电源上，以。为圆心、R为半径的圆与极板右端面相切于C,CO与板间中心线重合。

圆区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，是与极板端面平行的半径。位于A处的粒

子源向纸面内发射质量为〃?、电荷量为4（4>0）、速率为V的粒子，初速度方向被限定

在Ao两侧夹角均为6的范围内。已知沿Ao方向射入磁场的粒子恰好经过C点，所有

粒子均打在极板上，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：

（1）圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）经过C点的粒子从A处发射出来到打到极板经历的时间；

（3）所有到达极板的粒子动能的最大差值；

（4）粒子打到极板上的宽度。

?M

4.（2021•山东泰安•统考一模）如图，质量〃=2kg的长木板Q静止在光滑水平面上，

右端紧靠光滑固定曲面AB的最低点8,木板上表面与曲面相切于8,水平面的左侧与

木板左端相距为X（未知且可调）处有一挡板C。一质量〃?=lkg的小滑块P（可视为质

点）从曲面上与B的高度差为L8m处由静止滑下，经8点后滑上木板，最终滑块未滑

离木板。已知重力加速度大小为IOm/s"滑块与木板之间的动摩擦因数为0.3,木板与

左挡板C和最低点B的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略,则从滑块滑上木

板到二者最终都静止的过程中

（1）若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间；

（2）若木板只与C发生了2次碰撞，求最终P与B点的距离；

（3）若木板只与C发生了3次碰撞，求X的值；

4

（4）其他条件不变，若"，=2kg、Λ∕=lkg,Λ=-m,求木板通过的总路程。

5.（2022•山东泰安•统考一模）如图，两个内壁光滑、导热良好的汽缸A、B水平固定

试卷第2页，共6页

并用细管连接，处于1个大气压的环境中。汽缸A中活塞M的面积为300cm2,封闭有

2

1个大气压强的氧气60Lo汽缸B中活塞N的面积为150cm,装有2个大气压强的氮

气30L。现给活塞M施加一逐渐增大的水平推力，使其缓慢向右移动。细管内的气体

可忽略，环境温度不变，1个大气压取LoXlo5Pa.当一半质量的氧气进入B汽缸时，

求：

（1）活塞M移动的距离；

（2）加在活塞M上的水平推力大小。

6.（2022•山东泰安•统考一模）跳台滑雪的滑道示意如图，运动员从起滑点A由静止出

发，经过助滑雪道、跳台，到起跳点8,跳台为倾角α=15。的斜面。助滑雪道、跳台均

光滑。运动员跳起后在空中运动一段时间，落在倾角6=30。的倾斜着陆坡道上的C点。

起跳是整个技术动作的关键，运动员可以利用技巧调整起跳时的角度。已知A、8的高

度差H=45m,不计空气阻力，取重力加速度g=10m∕%运动员可看做质点。求：

（1）运动员不调整起跳角度情况下，从B到C的时间（结果用根号表示）；

（2）运动员调整起跳角度后，BC能达到的最大距离。

7.（2022.山东泰安•一模）如图，倾角为。的光滑直轨道AB与半径为R的光滑圆轨道

BCO固定在同一竖直平面内，二者相切于B点，C为轨道的最低点，。在C的正上方，

A与。等高。质量为m的滑块6静止在C点，滑块”从A点由静止滑下，到C点时与6

发生弹性正碰，碰后b经过。点时对圆轨道的压力大小为其重力的4倍。两滑块均可视

为质点，重力加速度为g,Sine=O.8。求：

（1）碰后瞬间b对轨道的压力大小；

(2)滑块α的质量；

(3)滑块人从。点离开轨道到再落到轨道上经历的时间。

8.(2022•山东泰安•一模)如图，足够长的两金属导轨平行倾斜固定，与水平面的夹角

为。(Sine=0.6),导轨间距为L,处于磁感应强度为8、方向垂直导轨平面的匀强磁场

中。两相同的硬直导体棒M和N垂直导轨放置，每根棒的长度为L、质量为〃?、电阻

为R。棒N紧靠两小支柱静止于导轨底端，棒M与N相距xo,/=0时刻棒M在方向始

终平行导轨向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上匀加速运动，灯时刻棒N开始运

动，棒N运动之后，拉力保持为时刻的大小不再变化。两棒与两导轨间的动摩擦因数

均为〃=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。除导体棒外其他电阻不计，重力加速度大

小为g。

(1)求为时刻棒M的速度如；

(2)求为时刻作用在棒M上的拉力大小Fo-,

(3)若2为时刻棒N的速度为由，求此时棒M与棒N之间的距离。

(4)在给出的坐标系中画出足够长时间内棒M、N的速度随时间变化的图像，不要求

推导过程。

9.(2023•山东泰安•统考一模)如图所示，ABQo为某玻璃材料的截面，ABO部分为直

角三角形棱镜，ZA=30o,OBD部分是半径为R的四分之一圆柱状玻璃，。点为圆心。

一束单色光从尸点与A3成30角斜射入玻璃材料，刚好垂直OA边射出，射出点离。点

旦R，已知真空中的光速为以

4

(1)求该单色光在玻璃材料中发生全反射的临界角的正弦值；

试卷第4页，共6页

（2）现将该光束绕P点沿逆时针方向在纸面内转动至水平方向，观察到B力面上有光

线从。点射出（Q点未画出）。求光束在玻璃材料中的传播时间（不考虑圆柱8。弧面

部分的发射光线）。

10.（2023∙山东泰安•统考一模）如图所示，传送带与水平方向成30角，顺时针匀速转

动的速度大小u=8m∕s,传送带长%0=U.4m,水平面上有一块足够长的木板。质量为

m=3kg的物块（可视为质点）以初速度%=4m∕s,自A端沿AB方向滑上传送带，在

底端8滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M=Ikg,不考虑物块冲上木板

时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为M=#,物块与木板

间的动摩擦因数为〃2=0∙3,木板与地面间的动摩擦因数为4=0」。取重力加速度

g=10m∕s2,求：

（1）物块从A运动到B点经历的时间t-

（2）物块停止运动时与B点的距离X。

11.（2023∙山东泰安.统考一模）如图所示，在X。Z平面的第二象限内有沿X轴负方向的

匀强电场，电场强度的大小E=IOV∕m,空间某区域存在轴线平行于Z轴的圆柱形磁场

区域，磁场方向沿Z轴正方向。一比荷为"=104C/kg的带正电粒子从X轴上的P点以

m

速度％射入电场，方向与X轴的夹角6=30。该粒子经电场偏转后，由Z轴上的。点以

垂直于Z轴的方向立即进入磁场区域，经磁场偏转射出后，通过坐标为（O,0.15m,0.2m）

的"点（图中未画出），且速度方向与X轴负方向的夹角a=60,其中OQ=0.2m,不

计粒子重力。求：

（1）粒子速度％的大小;

（2）圆柱形磁场区域的最小横截面积SmM（结果保留两位有效数字）；

（3）粒子从P点运动到M点经历的时间，（结果保留三位有效数字）。

12.（2023•山东泰安♦统考一模）如图甲所示,在水平地而上固定一光滑的竖直轨道MNP,

其中水平轨道MN足够长，NP为半圆形轨道。一个质量为机的物块B与轻弹簧连接，

静止在水平轨道MN上；物体A向B运动，f=0时刻与弹簧接触，至H=2r。时与弹簧分

离，第一次碰撞结束；A、B的VT图像如图乙所示。己知在0-彳,时间内，物体B运动

的距离为0∙6%f.。A、B分离后，B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰,

此后物块C滑上半圆形竖直轨道，物块C的质量为机，且在运动过程中始终未离开轨

道,MNP。已知物块A、B、C均可视为质点，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重

力加速度为g。求:

（1）半圆形竖直轨道半径R满足的条件;

（2）物块A最终运动的速度;

（3）A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中A物体的最大加速度大小之比（弹簧的弹

性势能表达式为Ep=gkAr）其中人为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量）；

（4）第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。

试卷第6页，共6页

参考答案：

1.(I)24m,沿X轴负方向传播；(2)6m

【详解】(1)由图像可知，波的周期

T=1.2s

根据

λ

V=—

T

可得

2=24m

由振动图像可知，，=0.4S时质点尸沿y轴负方向运动，所以该波沿X轴负方向传播。

(2»=0处的质点，从平衡位置到y=5cm处经历的时间加，则由振动方程

..2π

y=Asιn-t

可得

12

所以P的平衡位置坐标为

l

Xp=v×(∕-∆r)

代入数据解得

AP=6m

3)p2+2

2.(I)N=Gmg;(2)VC=Jb6-4)gR；(=mgJ-^^gR

【详解】(1)小环尸在3点静止时，受到重力加g、细绳的拉力7=”?、杆的支持力N作用,

由平衡条件知，。8连线与尸的重力、细绳BE的夹角相等

由几何关系知BE与CE间的夹角为6=30。，所以

N=2mgcosθ

解得N=√f3mgo

(2)由儿何关系可得

BE=2Rcosθ

小环P下滑到C点时，。的速度为=0,根据机械能守恒定律

答案第1页，共17页

mg(2Rcosθ-sin一m^(2R-2∕?cos；nιvc

整理得%=J(3G_4)gR。

(3)小环P经过。点时，细绳OE部分与水平方向的夹角为a=45。，长度为OE=√∑R,此

时小环P的速度%与Q的速度VQ的关系为

CC=V

vpCOSQ

根据机械能守恒定律可得

mg(2RcosO∙sinO+R)+mg@Rcos9-6R)=+

整理得力=ʧ3√3-2√2+2的此时。的重力做功的功率为

P=mg%

3√3-2√2+2n

联立可解得P—mg---冰。

【详解】(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径为，•，洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=ιn—

r

由几何关系可知r=R,联立可得3=,。

qR

(2)经过C点的粒子在磁场中运动的时间

-πR

2

tI=

粒子沿垂直极板方向做匀加速运动，运动时间L

qu

2ιnR

t=ti+t2

答案第2页，共17页

整理得T+2R愣。

(3)所有粒子从磁场射出时速度方向均平行于金属板，设范围介于磁场边界的。、F之间，D

与M沿垂直极板方向的距离

X=R+Rsin8

F与M沿垂直极板方向的距离

y2=R-RsinO

粒子到达M板的最大动能差

密=网凶一％)

联立可解得AEκ=qUsin90

(4)粒子在金属板间做类平抛运动，沿平行于极板方向

X=Vt

沿垂直于极板方向

y--at1

2

∆x=x1-X2

整理得

∖x=2vR

113

4.(1)Z=2s；(2)L=6m；(3)X=—m；(4)S=—m

123

【详解】(1)滑块P从A到8过程，根据机械能守恒定律

答案第3页，共17页

mgh=-mv'

代入数据解得

v=6m∕s

P在。上做匀减速运动，。做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。若木板只与C发生

了一次碰撞，则碰撞后到停止运动的这段过程中二者的动量变化量相等，即碰前P与Q的

动量大小相等，则有

代入数据解得

vρ=1.5m∕s

Hmg=MaQI

。的运动时间

t=2s

(2)木板与C发生2次碰撞后，最终停止时右端与B刚好接触。此过程中滑块在木板上一

直做匀减速运动。

2

V=2apL

μmg=map

代入数据解得

L=6m

(3)木板共与C发生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。每次碰撞

前木板的速度都相等，设为%,即每次碰撞过程中C对木板的冲量大小为

从P滑上。到最终都静止过程，对P、Q整体根据动量定理得

答案第4页，共17页

3∕1=mv

解得

%=gm∕s

而

吨=2%X

解得

1

X=­m

12

(4)w=2kg,M=Ikg时，根据牛顿定律

Hmg=MaQl

2

aQ2=6m∕s

碰撞前木板的速度

V

Q]~=2πβ2X

解得

%=4m∕s

根据动量守恒定律

mv=mvpx+Mv

解得

UPl=4m∕s=VQl

碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。从

第1次碰后到第2次碰前，此过程木板的路程

V

s.=2ɔQ\

23

根据动量守恒定律

mvpι-Mvci=(M÷m)vβ2

m-M

%=7M7T+"^?%

第2次碰后到第3次碰前

答案第5页，共17页

M-m

v=-v

Q3TM7^+^mQl

$3=

即

ZM-AfY1(1Y

记瓦卜2=V=Ij卜

以此类推

木板通过的路程为

S=X+S]+S2+邑+...S”+.，，

而s∣=2X,即

1

s=X+SiH---S.+

191

9

9

当〃→∙0C时，S=X+-S]

8

所以

13

s=­m

3

5.(1)—cm；(2)6×1O3N

3

【详解】（1）设后来两部分气体的压强为P，氧气的体积为匕2,氮气的体积为根据玻

意耳定律

答案第6页，共17页

PAK=叫2①

PBVBI=P%2②

⅛2+~~=VB∖③

活塞M移动的距离

v%

代入题给数据解得

500台

3

(2)根据共点力的平衡条件

F+POSM=PSM®

由①②®⑥得

F=6χl0'N⑦

6.(1)t=2∙∖∕6s；(2)Lm=180m

【详解】(1)设运动员及其装备的总质量为，”，起跳时的速度为也从A到8过程中，根据

机械能守恒定律

mgH=g∕nv2

设运动员从8到C的时间为f,将运动分解到垂直斜坡方向和沿着斜坡方向，在垂直斜坡方

向上

vv=USin(α+6)

ay=gcosθ

且落到斜坡上时

LVVTiV)

代入数据解得

t=2Λ∕6S

(2)设运动员调整角度为P时，BC间距离为X,则

答案第7页，共17页

,2

x=vtcos(∕?+。)+；axf

ax=gsin。

,—2vsin(∕7+0)

t=

%

整理得

X=一二;一sin(∕+，)cosβ

gcosθ

根据数学公式可知，当夕=30。时，X最大值，代入数据解得，最大值为

Lw=180m

7.(1)10磔；(2)M=3m；(3)，=丝正二叵叵

3g

【详解】(1)设碰撞后方的速度为％,经过。点时速度为%，根据牛顿第二定律

4mg+mg=

人从C到。过程中，根据机械能守恒定律得

1

mgX2R+gmvn=ɪmv^.

设碰后瞬间轨道对b的支持力F,则

t∙—mft=m—

R

整理得

F=1Omg

根据牛顿第三定律可知，碰后瞬间。对轨道的压力大小为10，咫。

(2)设“的质量为M,到达最低点C与匕碰撞前的速度为%,根据机械能守恒定律

2MgR=^Mvl

设碰后小球«的速度为匕。根据动量守恒定律和机械能守恒定律

Mv0=Mva+mvc

22

ɪ∙Mvi=—∙Mvι^+—∙mvr

222

答案第8页，共17页

解得

M=3m

(3)设人离开。后经过时间，再次落到AB,沿水平方向通过的距离为x,沿竖直方向下降

的高度为声根据平抛运动的规律可知

X=3

12

y=2gt

由几何关系知

D

xtan0+V=--------卜R

”COSe

解得

4（2应-石）质

8.（1）%=鬻；⑵F0=2mg+写篙（3）X=X0+蚂第竺地（4）见解析

DLDLtΓθBL

【详解】(1)设/0时刻棒M的速度为%,根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律

EO=BLVO①

每根棒受到的安培力

⅞=BUO③

对导体棒N,根据平衡条件

mgsinθ+μmgcosO=F/④

整理得

_2mgR向

(2)此过程中，棒M的加速度

小吟⑥

*0

根据牛顿第二定律

F0-（"2gsinθ+μmgcos6）-F安=ma。⑦

答案第9页，共17页

整理得

2

LC2mgR与

4=2"g+访%⑧

(3)设第二个，。时间内，棒M与N之间的距离增加了Ax,回路中的平均电流为7,对导

体棒N,根据动量定理

BLI-(mgsin0+μmgcosθ)t0=mvN⑨

而

I=I-

27?

后=包⑩

*0

Aφ=BLM⑪

第一个r。时间内，棒M的位移

12Λ>

F=54匹⑫

2九时刻，棒M与N之间的距离为

%=x0+xl+AV

整理得

Q(1>皎+闻)R

9.(.1、)S.lnC=——；(2)1_________L_

34c

【详解】U)根据题意可知，光线从AB界面的尸点进入玻璃棱镜，由折射定律画出光路图,

如图所示

答案第10页，共17页

Θ∖=90-30=60

Sina

折射角4=30,且PO恰好为法线，根据〃=避可得折射率

又有

SinC=一

n

解得

,「√3

SinC=——

3

(2)根据题意，当光线转至水平方向入射，入射角大小仍为4=6。,画出光路图，如图所

由折射定律同理可知，折射角4=30。，折射光线交OO边于尸点，由题已知ZA=30,

PCLAOf得在。。边界上的入射角为4=60。，由于发生全反射的临界角为C。则有

sinC=-^=<sin4二ɪ

即

C<θ5

可知在。。界面发生全反射，已知CO=由几何关系得，在三角形。FQ中，由余弦定

4

理得

答案第11页，共17页

OQ2=OF2+FQ2-2OF-FQcos150

其中

OQ=R

OF=OP=-R

2

解得

(√13-3)

FQ=∖~~-~LR

又有

C

V=­

n

PF=2OF∙cos30

£PF+FQ

V

解得

(3√3+√39)/?

t~4^

10.(1)1.525si(2)x=19m

【详解】(1)根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得

oo

mgsin30+Rngcos30=max

解得

2

aλ=10m∕s

物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为4，由公式u=%+G可得，

tx=0.4s

设此过程物块的位移大小为毛，由公式Xl=巧％4解得

xl=2.4m<11.4m

又有

mgsin30=Wngcos30

此后物块随皮带匀速运动，则有

答案第12页，共17页

LABa

解得

t2=1.125s

则物块从A运动到B点经历的时间为

f=Z∣÷Z2=1.525s

(2)物块滑上木板后，木块的加速度为。2，木板的加速度为如，木板与木块一块减速时的

共同加速度为4,根据牛顿第二定律得

μ2mg=ma2

μ2mg-("?+M)g=Ma3

〃3(m+M)g=(m+M)a4

解得

2

a2=3m∕s

2

ai=5m∕s

2

α4=lm∕s

木块与木板经时间A达到共同速度vl,则有

v-a2ti=a^

ħ=矶

解得

<,=ls

vl=5m∕s

此过程物块位移为

12-

x2=vt3--ati=6.5m

二者共同减速的位移为匕，则有

答案第13页，共17页

¼2=2%X3

解得

x3=12.5m

则物块停止运动时与B点的距离为

X=x2+x3=19m

223

11.(1)v1,=4×10m∕s;(2)Smin=5.9×10^m；(3)r=2.55×10^s

【详解】(1)粒子在电场中沿X轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿Z轴正方向的分运动

是匀变速直线运动，沿Z轴方向根据匀变速直线运动的规律可得

v0sinθ=at1

根据牛顿第二定律可得

qE=tna

沿X轴正方向

OQ=

联立可得

2

v0=4×10m/s

(2)由几何关系得

MQ=r+-1~

cosa

r-0.05m

圆柱形磁场区域的最小横截面积

答案第14页，共17页

SmM=4争=5.9x10τ∏√

(3)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得

Zj(%cos0)2

q%ocosΘB=m----------

r

解得

八吗，T=/

5⅝cos6»

粒子在磁场和电场中运动的时间围为

120,

t=-----T=3.0XKF1s

2360

4=2^=2.5x107S

V0COSθ

t=tl+t2+G

解得

I=2.55x10-3S

ɔ27

12.(1)^≥-；(2)-v0;(3)3：1；(4)O.4v√o

g3

【详解】(1)由乙图知2/。后

VB=2%

B、C发生弹性碰撞，由动量守恒可知

m∙2v0=mvB+mvc

由机械能守恒可知

2

-m(2v0)=-mvl+

解得

VB=