上海市黄埔区2020届-2022届高考物理三年模拟（二模）试题汇编-解答题

这是一份上海市黄埔区2020届-2022届高考物理三年模拟（二模）试题汇编-解答题，共10页。试卷主要包含了沿AB向下运动，至B点时撤去F等内容，欢迎下载使用。
上海市黄埔区2020届-2022届高考物理三年模拟（二模）试题汇编-解答题1．（2020·上海黄浦·二模）如图，绝缘、光滑斜面倾角θ=37°，在宽度均为d=0.4m的区域I、II内分别有垂直于斜面向上、向下的匀强磁场，磁感强度大小均为B=1T，MN为两磁场的分界线。质量m=0.06kg、总电阻R=0.5Ω的矩形线框abcd，边长分别为L=0.6m和d=0.4m。现使线框ab边与磁场边界平行，自斜面上端某处静止释放，线框恰能匀速进入区域I。（g取10m/s2）（1）求ab边在区域I内运动时，线框的速度大小v0和发热功率P；（2）求当ab边刚进入区域II时，线框的加速度a；（3）通过分析，描述ab边从MN运动到区域II下边界的过程中，线框运动的速度、加速度变化情况。2．（2020·上海黄浦·二模）如图为某运动员在直道上跑步过程中身体的水平速度-时间图像，已知运动员质量为m=60kg。（1）若不计空气对运动员的作用力，求最初2s内地面对运动员在水平方向的平均作用力；（2）若运动员在跑步过程中受到沿跑道方向的风力作用，其大小f=kΔv（k=0.9N·s/m，Δv是空气与人的相对速度大小）。已知该运动员在10s末克服空气阻力做功的功率P1=36W。①求10s末时的风速v0（即空气相对于地面的速度）；②若跑步过程中风速恒为v0，求起跑后1s内运动员所受风力的最大功率Pmax。3．（2021·上海黄浦·二模）水平面内有一电阻不计的光滑平行金属导轨，两导轨间距L=0.4m，在导轨上MN左侧区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小B=2.5T。两根电阻分别为R1=1Ω、R2=3Ω的金属棒AB、CD垂直导轨置于MN左侧的导轨上。开始时两棒均静止，现用一垂直于棒AB的水平向右外力拉动棒AB，使其向右运动。（1）当AB棒在磁场中向右运动时，判断回路中的感应电流方向和CD棒的运动方向；（2）设AB棒在磁场中向右运动一段距离过程中，安培力对AB棒做功为WAB，安培力对CD棒做功为WCD，试分析并比较WAB与WCD的大小；（3）当AB棒运动到MN右侧后某时刻撤去外力（CD棒还在磁场中），此时AB棒速度大小v1=5m/s，CD棒速度大小v2=2m/s，求此时AB棒上的热功率PAB。（4）在第（3）问情景中，请分析并描述此时刻之后AB、CD棒的运动情况。4．（2021·上海黄浦·二模）如图，长L=5m的细杆AB固定于竖直平面内，与水平方向夹角θ=37°。一半径为R=2.5m的光滑圆环与细杆相切连接于B点，C为圆环最高点。质量m=1kg的小球穿在杆上，与细杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球开始时静止于A点，现用大小为20N、方向沿杆向上的恒力F拉动小球，经时间t后撤去F，此时小球尚未到达B点。（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）（1）求力F作用时小球运动的加速度大小a1；（2）为使小球能到达B点，求力F作用的最短时间tmin；（3）小球到达B点时的速度大小vB与t的函数关系式；（4）若小球运动到C点时与圆环间刚好无弹力，求该情况下t的大小。5．（2022·上海黄浦·二模）如图（a），竖直平面内有一宽L=0.2m、足够长的平行光滑导轨，导轨间接有阻值为0.2Ω的定值电阻R，导轨电阻不计。垂直于导轨平面存在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场。t=0时，质量m=0.01kg、电阻不计的导体棒PQ以v0=4m/s的初速度从导轨底端向上运动，t=0.2s时到达最高点，后又沿导轨下滑，到达底端前已经做匀速运动，运动中PQ与导轨始终垂直且保持良好接触。（重力加速度取10m/s2） （1）求t=0时PQ棒的加速度大小a； （2）求PQ棒匀速运动时的速度大小vt； （3）求PQ棒匀速运动时电阻R的热功率PR； （4）在图（b）中定性画出PQ棒运动的速度v随时间t变化的关系图像。（以向上为速度正方向） 6．（2022·上海黄浦·二模）如图，竖直平面内的轨道由高为4R、倾角为37°的粗糙直轨道AB和半径为R的圆光滑轨道BC组成。在C正上方有一离地高度为2R的匀速旋转平台，沿平台直径方向开有两个到轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能到达C点正上方。一质量为m的小滑块从A点由静止出发，在沿AB向下的恒力F作用下以加速度a=gsin37°（g为重力加速度）沿AB向下运动，至B点时撤去F。已知滑块与AB间的动摩擦因数μ=0.3，不计滑块在B处的机械能损失。 （1）求F的大小，判断滑块在AB上运动时机械能是否守恒并说明理由； （2）滑块沿轨道通过C点，恰从P孔第一次向上穿过平台又从P孔落下（期间平台转一圈），返回轨道运动至AB轨道上D点后再次沿轨道通过C点，从P孔第二次穿过平台后恰从Q 孔落下。求： ① 平台转动的角速度大小ω； ② 与第一次落回C点相比，滑块第二次落回C点的机械能减少了多少？ ③ D点的高度hD。
参考答案：1．（1）0.5m/s；0.18W（2）18m/s2，方向沿斜面向上；（3）见解析【详解】（1）线框匀速进入区域I，所受安培力与重力沿斜面向下的分力相等，即FA=BIL=mgsin又根据E=BLv，I=可得v0==m/s=0.5m/sI==A=0.6AP=I2R=0.62×0.5W=0.18W（2）ab边刚进入区域II时，线框的速度仍为v0=0.5m/s。ab、cd两条边同时切割磁感线，线框中的感应电动势为E’=2BLv，ab、cd两条边同时受到向上的安培力。线框一条边受到的安培力为 =2mgsin根据牛顿第二定律有ma=2-mgsinθ=3mgsin所以，此时线框的加速度a=3gsin=18m/s2方向沿斜面向上（3）ab边从MN运动到区域II下边界的过程中ma=2-mgsin=-mgsin加速度与运动方向相反，棒做减速运动，随着速度的减小，加速度也逐渐减小2．（1）270N；（2）①v0=-6m/s负号说明风速的方向与所设方向相反，即风速的方向与人的跑步方向相同；②8.1W【详解】（1）前2s内加速度a==m/s2=4.5m/s2运动员受到的重力和地面竖直向上的作用力平衡，地面对运动员水平方向的作用力提供加速度，根据牛顿第二定律有：=ma=60×4.5N=270N（2）①设风速的方向与人跑步的方向相反，则Δv=（v人+v0），10s末人所受风力的功率P1=fv人=kΔv·v人=k（v人+v0）·v人已知k=0.9N·s/m、P1=36W，且由图可知10s末时v人=10m/s，代入上式解得v0=-6m/s负号说明风速的方向与所设方向相反，即风速的方向与人的跑步方向相同②起跑后1s内，人的最大速度为4．5m/s，小于空气速度，所以此过程中相对速度的大小Δv=v0-v人，P=fv人=k（v0-v人）v人=0.9×（6-v人）v人解得：当6-v人=v人，即v人=3m/s时Pmax=8.1W3．（1）见解析；（2）WAB＞WCD；（3）0.25W；（4）见解析【详解】（1）回路中的感应电流方向为逆时针方向（ACDB），CD棒向右运动。（2）棒克服安培力做功，将部分机械能转化为电能，电能一部分通过电流做功转化为内能，另一部分由CD棒所受安培力做功转化为CD棒的动能，由此可知WAB＞WCD。（或者：两根棒受到的安培力大小相同，但是AB棒运动的位移大，所以WAB＞WCD）（3）感应电动势为E=BLv2感应电流为IAB=I==A=0.5AAB棒上的热功率为PAB=I2R1=0.52×1W=0.25W（4）AB棒出磁场，外力撤去，水平方向不受力，所以做速度为5m/s的匀速直线运动，CD棒在磁场中运动，受安培力阻碍作用，做减速运动，则安培力F=BIL=安培力、加速度随速度逐渐减小。CD先做加速度减小的减速运动，出磁场则做匀速直线运动4．（1）10m/s2；（2）0.707s；（3）vB=（m/s）(0.707s≤t＜1s)；（4）0.822s【详解】（1）小球受到重力、弹力、摩擦力、恒力F作用，沿杆方向有ma1=F－mgsinθ－f垂直于杆方向有mgcosθ=N另有f=μN得a1=－gsinθ－μgcosθ=（－10×0.6－0.5×10×0.8）m/s2=10m/s2（2）F作用最短时间，小球先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到B点的速度恰为零a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2小球加速运动的末速度即减速运动的初速度，两段运动位移之和为L对减速运动，根据0－v2=－2a2s2有（a1tmin）2=2a2（L－a1tmin2）可求出tmin=s≈0.707s（3）小球匀减速运动的初速度v=a1t位移s2=L－a2t2根据vB2－v2=－2a2（L－a1t2）可得vB=10（m/s）又撤去恒力F时小球尚未到达B点，即a1t2＜L解得t＜1s所以vB=（m/s）(0.707s≤t＜1s)（4）小球运动到C点时与圆环间刚好无弹力，则有m=mg可得vC=5m/s从B到C机械能守恒，以B为零势能面有mvB2=mvC2+mg（R－Rcosθ）可得vB2=35m2/s2解得t=s≈0.822s5．（1）；（2）2m/s；（3）0.2W；（4）【详解】（1）时PQ棒所受安培力大小为   ①对PQ棒根据牛顿第二定律有   ②联立①②并代入数据解得   ③（2）PQ棒匀速运动时所受安培力大小为   ④根据平衡条件有   ⑤联立④⑤式并代入数据解得   ⑥（3）PQ棒匀速运动时克服安培力做的功等于电阻R产生的焦耳热，而此时安培力与重力平衡，所以此时电阻R的热功率为 ⑦（4）PQ棒上升过程中，速度减小，所受安培力减小，加速度减小，对应v-t图像的斜率减小；PQ棒上升至最高点（速度减为零）后开始下落，速度先增大，所受安培力增大，加速度减小，最终将匀速运动，其v-t图像斜率先减小，最终平行于t轴，如图所示。6．（1）0.24mg，守恒；（2）①，②，③【详解】（1）小滑块在F作用下滑时，根据牛顿第二定律有解得根据上面分析易知F和滑块所受滑动摩擦力大小相等，所以这两个力做功的代数和为零，因此滑块在AB上运动时机械能守恒。（2）①设滑块第一次到达P孔时的速度大小为vP，对滑块从A到P的过程根据机械能守恒定律有由题意可知滑块第一次在旋转平台上方运动的时间为解得②由题意可知滑块第二次在旋转平台上方运动的时间为所以滑块第二次从P孔向上穿出时的速度大小为又因为滑块从C到P的过程机械能守恒，所以与第一次落回C点相比，滑块第二次落回C点的机械能减少了③根据功能关系有解得