北京市延邊區(qū)高考物理三年（2021-2023）模擬題（一模）匯編-02解答題

北京市延邊區(qū)高考物理三年(2021-2023)模擬題(一模)按

題型分類匯編-02解答題

一、解答題

1.(2023?北京延慶?統(tǒng)考一模)如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度

L=0.4m,一端連接R=4O的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)

強(qiáng)度8=O?1T°電阻/?=1O的導(dǎo)體棒外放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)

軌接觸良好。在平行于導(dǎo)軌的拉力尸作用下，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右以v=5.0m∕s勻速運(yùn)動(dòng),

運(yùn)動(dòng)過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。設(shè)金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻和空

氣阻力.求：

(1)電動(dòng)勢(shì)E的大??；

(2)導(dǎo)體棒兩端的電壓Um；

(3)通過公式推導(dǎo)證明：導(dǎo)體棒向右勻速運(yùn)動(dòng)加時(shí)間內(nèi)，拉力做的功W等于電路獲得

的電能E電。

XX×a×XX

X

X

X

2.(2023?北京延慶?統(tǒng)考一模)如圖所示，豎直放置的A、B與水平放置的C、D為兩

對(duì)正對(duì)的平行金屬板，A、B兩板間電勢(shì)差為U,C、D兩板分別帶正電和負(fù)電，兩板

間場(chǎng)強(qiáng)為E,C、D兩極板長(zhǎng)均為七一質(zhì)量為粗，電荷量為+4的帶電粒子(不計(jì)重力)

由靜止開始經(jīng)A、B加速后穿過C、D并發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上。求：

(1)粒子離開B板時(shí)速度大小V；

(2)粒子剛穿過C、D時(shí)的豎直偏轉(zhuǎn)位移y；

(3)粒子打在熒光屏上時(shí)的動(dòng)能。

3.（2023?北京延慶?統(tǒng)考一模）如圖所示，小球A質(zhì)量為機(jī)，系在細(xì)線的一端，線的另

一端固定在。點(diǎn)，繩A。長(zhǎng)為L(zhǎng),。點(diǎn)到光滑水平面的距離為L(zhǎng)。物塊B和C的質(zhì)量分

別是3加和2m,B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于。點(diǎn)正下

方?，F(xiàn)拉動(dòng)小球使細(xì)線水平伸直，小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊B發(fā)生正碰

（碰撞時(shí)間極短），反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)到水平面的高度為小球與物塊均視為質(zhì)

點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,求：

（1）小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與B碰撞前細(xì)繩拉力尸的大??；

（2）碰撞過程B物塊受到的沖量大小/；

（3）物塊C的最大速度的大小小,并在坐標(biāo)系中定量畫出B、C兩物塊的速度隨時(shí)間

變化的關(guān)系圖像。（畫出一個(gè)周期的圖像）

4.（2023?北京延慶?統(tǒng)考一模）加速器在核物理和粒子物理研究中發(fā)揮著巨大作用，回

旋加速器是其中的一種.如圖1為回旋加速器的工作原理圖。Dl和D?是兩個(gè)中空的半

圓金屬盒，分別和一高頻交流電源兩極相連.兩盒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，

磁場(chǎng)方向垂直于盒面，在位于Dl盒圓心附近的A處有一個(gè)粒子源，產(chǎn)生質(zhì)量為加、電

荷量為+4的帶電粒子。不計(jì)粒子的初速度、重力和粒子通過兩盒間的縫隙的時(shí)間，加

速過程中不考慮相對(duì)論效應(yīng)。

（1）若已知半圓金屬盒的半徑為R,請(qǐng)計(jì)算粒子離開加速器時(shí)獲得的最大動(dòng)能4n,;

（2）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效電流為/,求從回旋加速器輸出的

帶電粒子的平均功率A;

（3）某同學(xué)在分析帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡時(shí)，畫出了如圖2所示的軌跡圖，他認(rèn)為兩個(gè)D

形盒中粒子加速前后相鄰軌跡間距AJ是相等的。請(qǐng)通過計(jì)算分析該軌跡是否合理？若

不合理，請(qǐng)描述合理的軌跡其間距會(huì)有怎樣的變化趨勢(shì)。

試卷第2頁(yè)，共6頁(yè)

5.（2021?北京延慶?統(tǒng)考一模）近年來(lái)，高空墜物對(duì)人民群眾的生命安全造成非常大的

威脅。因此，我們?cè)谌粘Ｉ钪幸⒁夥乐拱l(fā)生高空墜物事件。假如一質(zhì)量為，"=（Mkg

的物體從高空由靜止開始下落，下落∕z=30m后物體可看做勻速下降。若物體所受空氣

阻力與速度成正比尸心,其中k=0.1kg∕s0取g=10m∕s2,求：

（1）物體勻速下降時(shí)的速度也

（2）下落30m的過程中物體克服空氣阻力做的功W；

（3）請(qǐng)?jiān)趫D中定性畫出物體由靜止到穩(wěn)定下落的速度-時(shí)間圖像。

V

O

6.（2021.北京延慶.統(tǒng)考一模）電磁軌道炮工作原理如圖所示，待發(fā)射彈體可在兩平行

光滑軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸。電流/。從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈

體后從另一條軌道流回。軌道電流可在彈體處形成垂直于軌道平面的磁場(chǎng)（可視為勻強(qiáng)

磁場(chǎng)），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B=k/。通電的彈體在軌道上由于受到安培力的作用而高速射

出。小明同學(xué)從網(wǎng)上購(gòu)買了一個(gè)軌道炮模型，其軌道長(zhǎng)度為L(zhǎng)=50cm,平行軌道間距

d=2cm,彈體的質(zhì)量∕n=2g,導(dǎo)軌中的電流∕o=lOA,系數(shù)k=0.1T∕A求

（1）彈體在軌道上運(yùn)行的加速度①

（2）彈體離開軌道過程中受到安培力的沖量/；

（3）現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，通過分析說明，理論上可采用的哪些

辦法？（至少說出兩種方法）

7.（2021.北京延慶.統(tǒng)考一模）圓周運(yùn)動(dòng)循環(huán)往復(fù)而又瞬息萬(wàn)變，自古以來(lái)就是美的象

征，蘊(yùn)藏了數(shù)不清的宇宙奧秘，令無(wú)數(shù)科學(xué)家流連忘返。如圖甲所示，質(zhì)量為〃，的小球

通過輕繩系于。點(diǎn)，繩長(zhǎng)為心將輕繩拉至水平，從靜止開始釋放，在小球擺動(dòng)到最低

點(diǎn)的過程中。

(?)求小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)輕繩對(duì)小球拉力F:

(2)小球擺動(dòng)到任意時(shí)刻，輕繩與豎直方向夾角為心通過計(jì)算在圖乙中定性畫出輕

繩對(duì)小球的拉力F隨cos6變化的圖像；

(3)求小球水平加速度的最大值a,”。

8.(2022?北京延慶?統(tǒng)考一模)如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道AB與粗

糙的水平軌道BC平滑連接，A點(diǎn)是四分之一圓弧軌道最高點(diǎn)，B點(diǎn)是四分之一圓弧軌

道最低點(diǎn)，現(xiàn)有質(zhì)量均為〃，的兩物塊M和N(可看成質(zhì)點(diǎn))。物塊N靜止于B點(diǎn)，物塊

M從4點(diǎn)由靜止釋放，兩物塊在B點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，已知水平軌道與物塊之間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為/，，重力加速度為g，求：

(1)碰撞前瞬間物塊M受軌道支持力的大小；

(2)碰撞后物塊N在水平軌道上滑行的最大距離。

9.(2022?北京延慶?統(tǒng)考一模)如圖所示為回旋加速器原理圖，它的主要結(jié)構(gòu)是在磁極

間的真空室內(nèi)有兩個(gè)半圓形的金屬扁盒(。形盒)隔開相對(duì)放置，。形盒上加交變電壓,

其間隙處產(chǎn)生交變電場(chǎng)。在。形盒所在處存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。置于中心附近的粒子源產(chǎn)生的

帶電粒子，在電場(chǎng)中被加速，帶電粒子在。形盒內(nèi)不受電場(chǎng)力，只在洛倫茲力作用下,

在垂直磁場(chǎng)平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。一質(zhì)量為加，電荷量為4的帶電粒子自半徑為R的

。形盒的中心附近由靜止開始加速，。形盒上所加交變電壓大小恒為U,。形盒所在處

的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,不考慮相對(duì)論效應(yīng)，求：

(1)帶電粒子從。形盒邊緣飛出時(shí)的速度大小v；

(2)交變電壓的周期7；

(3)帶電粒子從釋放到飛出加速器，被加速的次數(shù)N。

試卷第4頁(yè)，共6頁(yè)

10.(2022?北京延慶?統(tǒng)考一模)陽(yáng)光明媚的中午，小明同學(xué)把一塊長(zhǎng)木板放在院子里，

調(diào)整傾斜角度，使陽(yáng)光剛好和木板垂直。在斜面頂端固定一個(gè)彈射裝置，把一個(gè)質(zhì)量為

0?∣kg的小球水平彈射出來(lái)做平拋運(yùn)動(dòng)。調(diào)整初速度大小，使小球剛好落在木板底端。

然后使用手機(jī)連續(xù)拍照功能，拍出多張照片記錄小球運(yùn)動(dòng)過程。通過分析照片，小明得

出：小球的飛行時(shí)間為0.4s；小球與其影子距離最大時(shí)，影子A距木板頂端和底端的距

離之比約為7：9,如圖所示。取g=10m∕s20

(1)求飛行過程中，重力對(duì)小球做的功：

(2)簡(jiǎn)要說明，小球與影子距離最大時(shí)，剛好是飛行的中間時(shí)刻：

(3)估算木板長(zhǎng)度。

11.(2022?北京延慶.統(tǒng)考一模)自從鉆木取火之后人類第一次燒烤起，烹飪的爐灶在不

斷地進(jìn)步，電磁爐(圖甲)是百萬(wàn)年間的一次炊具革命——發(fā)熱主體就是鍋?zhàn)约?。電?/p>

爐要用鐵鍋的原因眾說紛紜，我們來(lái)揭秘其中原理。電磁爐可以看做一個(gè)變壓器：爐盤

相當(dāng)于原線圈，鍋底既是副線圈又是負(fù)載，通過電磁感應(yīng)產(chǎn)生渦流來(lái)加熱食物。由于沒

有鐵芯，爐盤的能量傳輸會(huì)有一定損耗，傳輸效率為〃。鍋底感應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)與原線圈電

壓的比值稱作耦合系數(shù)，設(shè)為〃。一方面鐵鍋是順磁質(zhì)，耦合系數(shù)很高，適合做鍋體；

另一方面鐵鍋的電阻較為合適，這是由爐盤中的阻抗匹配決定的。電磁爐工作原理可簡(jiǎn)

化為圖乙，電源為頻率、有效值恒定的電壓U,爐盤中配有定值阻抗底,鍋體回路中

的電阻相當(dāng)于負(fù)載。

(1)若通過匹配阻抗RX的電流為/,求鍋體中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值;

(2)若鍋體等效電阻為凡求流過匹配阻抗RX的電流；

(3)更換不同鍋體，相當(dāng)于調(diào)節(jié)負(fù)載電阻，設(shè)傳輸效率〃和耦合系數(shù)〃都不變，求鍋

體等效電阻R為多大時(shí)加熱食物的功率最大。

甲乙

試卷第6頁(yè)，共6頁(yè)

參考答案：

1.(1)0.2V；(2)0.16V；(3)見解析

【詳解】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V

(2)回路的感應(yīng)電流為

則導(dǎo)體棒兩端的電壓為

=/R=O.04χ4V=0.16V

(3)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有

F=Eii=BIL

導(dǎo)體棒向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為

W=Fx=BILvΛt

Af時(shí)間內(nèi)，電路獲得的電能為

E電=ElZ=BLvI2=BIL?v?r

可得

W=E電

2.(1)陛；⑵—；(3)qU+^-

Vm4U4U

【詳解】(1)粒子在加速電場(chǎng)中加速過程，由動(dòng)能定理可得

Uq=；mv^

解得

(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)力學(xué)知識(shí)可得

Eq

a=——

m

L=師’

12

y=-at~

2

聯(lián)立解得

答案第1頁(yè)，共11頁(yè)

EE

y=-----

4U

(3)粒子從開始運(yùn)動(dòng)到打在熒光屏上整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理可知

qU+qEy=Ek-O

所以有

ELqU+%~

3.(1)3叫；(2)孫殛；(3)宣1巫，見解析

25

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中機(jī)械能守恒，設(shè)小球A運(yùn)動(dòng)到最

低點(diǎn)的速度為％,由機(jī)械能守恒定律有

mgL=?/z/v?

解得

VA=7?Z

在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有

F-mg=4

解得

F=3mg

(2)根據(jù)題意可知，小球A與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，則碰撞過程A、B組成

的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后小球A的速度為以，物塊B的速度為%，規(guī)定向右為正方向,

由動(dòng)量守恒定律有

mvλ=3mvβ-/nv?

由機(jī)械能守恒定律有

1.2L

2機(jī)匕=mS'~

聯(lián)立解得

%岑

對(duì)物塊B,由動(dòng)量定理有

I=3mvB=噂L

(3)根據(jù)題意可知，B與C用輕彈簧拴接，開始時(shí)，物塊B壓縮彈簧，B做加速度增大的

答案第2頁(yè)，共Il頁(yè)

減速運(yùn)動(dòng)，C做加速度增大加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B、C速度相等時(shí)，彈簧壓縮最短，由動(dòng)量守恒定

律有

3∕WVB=(3〃?+2m)VK

解得

V-3屈

之后C的速度大于B的速度，彈簧開始恢復(fù)，則C做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度

減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，C的速度最大，B的速度最小，由動(dòng)量守恒定律和能

量守恒定律有

3/WVB=3mvβ+2mvm

??3mVβ=??3wvlf+?,2機(jī)叱；

聯(lián)立解得

之后C拉開彈簧，開始做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，B做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度相

等時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)最長(zhǎng)，之后C的速度小于B的速度，C做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，B做加

速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，B的速度最大為巡巫，C的速度最小為0,之后

2

重復(fù)開始，即完成一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期。由上述分析可知，B、C兩物塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系

圖像，如圖所示

4?⑴喑；⑵P=誓；⑶不合理，見解析

【詳解】（1）當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑等于半圓金屬盒半徑R時(shí)，粒子具有最大速度，最

答案第3頁(yè)，共11頁(yè)

大動(dòng)能；由洛倫茲力提供向心力可得

"qvmB=mR-

可得

v=遜

mm

粒子離開加速器時(shí)獲得的最大動(dòng)能為

12q2B2R1

5p*=F-

(2)設(shè)在，時(shí)間內(nèi)離開加速器的帶電粒子數(shù)為N,則粒子從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效

電流為

I=啊

t

解得

NAr=—It

q

帶電粒子從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率為

Zr——

戶二W=NEkm彳2mqIB°R2

ttt2m

(3)第〃次加速獲得的速度為匕，根據(jù)動(dòng)能定理可得

nqU=—mv^{

第〃+1次加速獲得的速度為丫向，根據(jù)動(dòng)能定理可得

I,

(n+V)qU=-mv;^

根據(jù)

mv

r=——

qB

△d=2(*F)

聯(lián)立可得

M=VJ等而TM)

所以相鄰軌跡間距M是不相等的，故該軌跡不合理。合理的軌跡，其間距會(huì)越來(lái)越小，示

答案第4頁(yè)，共11頁(yè)

引

導(dǎo)

器

足

落時(shí)滿

勻速下

）物體

】（I

【詳解

kv

mg=

可得

10

0.1×

Ing

i

/S

IOm

/s=

----m

-=--

V=—

0.1

k

系可知

能量關(guān)

（2）由

2

^mv

W=

mgh-

可得

5J

W=2

圖

像如

v-f圖

速，則

后勻

，最

減小

速度

，加

變大

逐漸

，阻力

落時(shí)

體下

（3）物

O

2

析

見解

(3)

N?s;

0.02

)∕=

;(2

0m∕s

=10

1)

6.(

β

應(yīng)強(qiáng)度

)磁感

】(1

【詳解

B=M

培力

所受安

頁(yè)

共11

頁(yè)，

第5

答案

F=BI°d

F-ma

可得

67=100m∕s2

(2)由動(dòng)能定理可知

FL=-mv2

2

彈體受到的沖量

I=mv

可得

∕=0.02N?s

(3)由以上表達(dá)式可知

可知：欲使彈體的出射速度增加至原來(lái)的2倍，可采用的方法有：軌道中的電流變?yōu)樵瓉?lái)的

2倍；彈體質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的?軌道間距變?yōu)樵瓉?lái)的4倍；軌道長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的4倍。

【詳解】(1)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理

IngL_=—1mv~,>

由牛頓第二定律

F-mg=fnr-

解得

F=3mg

(2)小球擺動(dòng)到任意位置，受力如圖

答案第6頁(yè)，共11頁(yè)

mgLcosθ--mv2

由牛頓第二定律

√2

F,一mgcosθ=m~

解得

F,=3mgcosθ

圖像如下圖所示:

(3)設(shè)水平方向加速度為〃，由牛頓第二定律

,

Fsinθ=max

即

3mgcosθsmθ=max

由二倍角公式有

3

—mgsin2θ=max

當(dāng)。=45。時(shí)。最大，最大值

3

ɑ,g

R

8.(1)3mg；(2)—

【詳解】(1)設(shè)物塊M從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到3點(diǎn)時(shí)速度為%,由機(jī)械能守恒定律可得

mgR=；mv；

答案第7頁(yè)，共11頁(yè)

設(shè)M在A點(diǎn)所受的支持力為“，則有

F-mg=m-^

NK

解得

F?3mg

(2)兩物塊在B點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，有

jn%=∕∏VM÷mvκ

解得

Vfi=y∣2gR

根據(jù)動(dòng)能定理，有

μmgL=?mv^

解得

9.(1)迎；⑵筌；⑶qB-R1

mBq2mU

【詳解】(I)帶電粒子從。形盒邊緣飛出時(shí)，有

2

V-

qvB=m—

R

解得

V=幽

m

(2)交變電壓的周期與帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相等，為

T2πR2πm

I=------=-------

VBq

(3)帶電粒子從釋放到飛出加速器，由動(dòng)能定理可得

NqU???nv2

解得

qB2R1

N

2mU

答案第8頁(yè)，共11頁(yè)

10.(1)().8J；(2)見解析；(3)1.6m

【詳解】(1)小球做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公

式，可得

h=-gt2=—xlθxθ.42m=0.8m

22

根據(jù)功的公式，可得飛行過程中，重力對(duì)小球做的功為

%=∕ngΛ=0.1×10×0.8J=0.8J

(2)經(jīng)過分析可知，當(dāng)小球與影子距離最大時(shí)，此時(shí)小球的速度方向與斜面平行，即速度

方向與水平方向的夾角為0,此時(shí)豎直方向的速度為

vv=v0tanΘ

當(dāng)小球落到斜面底端時(shí)，此時(shí)小球位移與水平方向的夾角為。，此時(shí)速度方向與水平方向的

夾角為α,根據(jù)位移夾角與速度夾角的關(guān)系可知

tanα=2tan。

此時(shí)豎直方向的速度為

v1.=v0tana=2v0tanθ

根據(jù)豎直方向的速度時(shí)間公式可得

2=史=%tanΘ=?

v'vgt22v0tan6>2

則有

IL=I