广东省汕头市2021届-2023届高考物理三年模拟（二模）按题型分类汇编-02解答题

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广东省汕头市2021届-2023届高考物理三年模拟（二模）按题型分类汇编-02解答题 一、解答题1．（2023·广东汕头·统考二模）为保证泳池夜间安全，需要在泳池铺设池底灯提供光照。如图所示，足够大的泳池中央有一直径为d的圆形池底灯，灯面与池底相平。已知水的折射率为n，水深为h，水面平静，求：（1）灯光在水中发生全反射的临界角C的正切值；（2）在水面上形成的光斑面积S。2．（2023·广东汕头·统考二模）如图是一位同学设计的直角输送推料装置，导轨输送线A与倾角为、长度为的导轨输送线B平滑连接。每相同时间间隔有一个质量的料盒通过输送线A被送到推杆前并处于静止状态，推杆将其沿输送线B推动距离后，快速缩回到原推料处，料盒离开推杆后恰能到达输送线B的顶端。已知输送线B与料盒的动摩擦因数，整个过程料盒可视为质点，输送线B静止不动，重力加速度，，，求：（1）料盒离开推杆后，在输送线B上滑行的加速度；（2）推杆对每个料盒做的功3．（2023·广东汕头·统考二模）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为，方向分别垂直于光滑水平桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为。边长也为的正方形单匝金属线框P、Q的质量均为、电阻均为。它们置于光滑桌面上，其左、右边与磁场边界平行，开始时P、Q靠在一起但彼此绝缘且不粘连。使它们一起以大小为的初速度向右运动并进入磁场，线框所用金属丝的宽度可忽略不计。（1）用水平推力作用在线框Q上，使P、Q一起以速度匀速穿过磁场区，求整个过程中水平推力的最大值；（2）不加外力，让线框P、Q在磁场中自由滑行，结果线框Q恰好能穿过磁场区。求线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热与之比。4．（2021·广东汕头·统考二模）如图所示，一条固定的轨道，其中ab段水平粗糙，bcd段是处于竖直平面内的光滑半圆轨道，bd是竖直的直径、轨道半径为R。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处。两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右运动。A恰好能运动至d点，然后从d点沿水平方向脱离轨道，并落到水平轨道的e点上（图中未画出），已知重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求物块A从d点运动至e点过程的水平位移大小；（2）若物块B恰好运动至e点停下，已知B与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，求物块A与B的质量之比。5．（2021·广东汕头·统考二模）如图所示，一对平行金属导轨间距为l，导轨平面与水平面的夹角=30°。在导轨上与导轨垂直的水平虚线ab与导轨下端的距离为，虚线到导轨下端之间的整个空间充满匀强磁场（图中阴影部分），磁场方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度为B。在距导轨下端处有一金属棒MN垂直导轨置于导轨上，恰好能保持静止，在虚线上方距离为d处将另一光滑的金属棒PQ垂直于导轨静止释放到导轨上（棒PQ与导轨间的摩擦力可忽略），已知棒PQ刚进入磁场时的加速度为（方向沿导轨向下，g为重力加速度），棒PQ和MN的质量各为m和2m，回路的总电阻保持不变。棒MN所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）回路的总电阻R。（2）两根金属棒脱离导轨时的速度大小各为多大？6．（2021·广东汕头·统考二模）设有一马桶，桶内体积为V，因堵塞需疏通，现用薄膜胶带密封后（如图a所示），桶内除了部分水，剩下的为空气，空气体积为，压强为P0。接着通过水箱向桶内注水，这时密封薄膜胶带向上鼓起，桶内空气体积变为。然后用手往下按压胶带（如图b所示），桶内空气体积压缩了，恰好疏通。吸水管横截面积为S，堵塞物所在位置如图c所示，疏通前瞬间与液面高度差为h。设密封完好，疏通之前，桶内空气没有泄漏且温度保持不变，水的密度为，重力加速度为g。求：（1）注入水后，桶内空气的压强；（2）疏通瞬间堵塞物受到桶内水的压力。7．（2021·广东汕头·统考二模）一列波速为10m/s的简谐横波向x轴负方向传播，在t=0时的波形如图所示，P、Q两质点的平衡位置的坐标分别为（-1m，0）、（-7m，0）。（1）请判断质点P刚开始振动的方向，并求出此列横波的周期T；（2）求质点Q第一次出现波峰的时刻tQ，求出0~tQ这段时间内质点P出现波峰的次数。8．（2022·广东汕头·统考二模）如图所示，绝缘水平面上的区域宽度为d，一带正电、电量为，质量为的小滑块以的初速度从点水平进入该区域，滑块运动至距离点为的点时速度变为，从此刻起在区域内加上一个水平向左的匀强电场，小滑块受到的电场力等于滑动摩擦力的倍。（1）求区域内所加匀强电场的电场强度;（2）判断滑块能否从点离开区域？若能，求出离开时的速度大小。9．（2022·广东汕头·统考二模）如图所示，平台右侧是一个凹槽，凹槽右端连接一个半径的半圆轨道，轨道固定在竖直平面内，为竖直直径。一质量为的滑板放置在凹槽内水平面上，其上表面刚好与平台和点水平等高。开始时滑板静置在紧靠凹槽左端处，此时滑板右端与凹槽右端的距离。一质量也为的小物块；（可视为质点）以的初速度从平台滑上滑板，当物块滑至滑板右端时滑板恰好到达凹槽右端。已知物块与滑板间的动摩擦因数，其余接触面的摩擦均可忽略不计，取重力加速度。（1）求滑板的长度；（2）质量为的另一小物块以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，与滑板间的动摩擦因数也为，假设滑板碰到凹槽右端时立刻停止运动。要使物块能到达半圆轨道的点，至少为的几倍?10．（2022·广东汕头·统考二模）如图1，活塞式抽水机的原理是利用大气压把水抽上来，其理论抽水高度约10m。若活塞与水面之间存在气体，其抽水高度将受到影响（气蚀现象）。为研究这种影响，小陈设计了图2所示装置。导热汽缸顶部离水面高度h=10m，初始状态活塞与水面间存在空气（可视为理想气体），其压强与外界大气压p0相等，高度h1=2.5m，现利用电机将活塞缓慢拉升至汽缸顶部。求汽缸内液面上升的高度h2。连接电机（已知p0=105Pa，水的密度ρ=103kg/m3，g=10m/s2，固定滑轮忽略汽缸外部液面高度的变化。）11．（2022·广东汕头·统考二模）094型战略核潜艇（如图甲）是目前我国服役中最先进的核动力潜艇，是中国拥有三位一体核战略的保障，也是国之利器。如果游轮上处于O点的人刚好看到潜艇在其正前方的水下缓慢通过，将人和潜艇均视为质点，如图乙所示，此时人到水面的高度，潜艇的水下深度。水的折射率为，，，求此时潜艇与人的水平距离。
参考答案：1．（1）；（2）【详解】（1）根据全反射的临界角与折射率的关系得由几何关系得（2）取正视图如图所示：假设端发出的光在水面点发生全反射，则形成的光斑是以点为圆心、为半径的圆，设为，则有光斑半径为，有光斑面积为S，有联立解得2．（1）；（2）【详解】（1）对料盒，根据牛顿第二定律得解得加速度方向沿输送线B向下；（2）对料盒，若推杆对每个料盒做的功，由动能定理得解得3．（1）；（2）【详解】（1）每个线框在磁场区域运动时，电流大小均为当P、Q靠在一起的边进入磁场时，水平推力达到最大，大小为联立解得最大水平推力为（2）以P右边刚进入磁场为计时起点，把线框Q向右的位移分别达到、、依次分成3个阶段，相应的末速依次记为、和0。在第1阶段，P、Q一起减速，时间为，有由动量定理可得联立可得在第2阶段，由于P、Q同时处于磁场中，产生的感应电动势和电流总是相同，受力也相同，因此仍一起减速，同理可得在第3阶段，P已经离开磁场，而Q还处于磁场中㨔速运动，因此P、Q分开，Q最后恰好离开磁场，同理可得联立可得，线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热分别为联立解得4．（1）2R；（2）【详解】(1)设物块A与B的质量分别为mA、mB，A经过d点时，有从d点水平抛出，经过时间t落到水平轨道上，有联立解得水平位移大小x=2R(2)A和B分离时动量守恒，得A从b点运动至d点过程，由动能定理可得B从b点运动至e点过程，由动能定理得联立解得A与B的质量之比5．（1）；（2），【详解】（1）棒PQ从开始运动至进入磁场时，由机械能守恒定律可得刚进入磁场时受到的安培力为感应电流为由牛顿定律可得将代入解得回路的总电阻（2）棒PQ刚进入磁场时，对棒MN，有解得其加速度由于两棒的加速度相等，在磁场中运动过程相同时间内速度的增量相等，相对速度保持不变，因此感应电流保持不变，安培力不变，两棒做加速度相等的匀加速运动直到棒MN脱离导轨。设两棒在磁场运动过程不会相遇，棒MN开始运动至脱离导轨时，经过的时间为t，末速为，有解得棒MN脱离导轨时的速度棒PQ在时间t内位移为解得因此两棒在磁场运动过程不会相遇，棒PQ脱离导轨时速度为v，在磁场运动全过程，由动能定理可得解得6．（1）；（2）【详解】(1)水注入过程为等温变化，由玻意耳定律得解得桶内空气的压强(2)设用手往下按压胶带后，桶内空气的压强为P2，有解得设堵塞物处的压强为P3，有堵塞物受到的压力F=P3S联立解得7．（1）y轴正方向；0.4s；（2）0.9s；两次【详解】（1）此列波沿x负方向传播，可判断x=1处的质点刚开始运动方向沿y轴正方向，因此P刚开始振动的方向沿y轴正方向。其他各点刚开始运动的方向也是一样的。由图可知波长4m，由λ=vT得T=0.4s（2）此列波传到Q点的时间由图知传播距离代入得质点Q向上运动，因此第一次出现波峰在经过质点Q第一次出现波峰的时刻同理可知P第一次出现波峰的时刻为由于知T<t<2T，有一次波峰因此0~t这段时间内质点P出现波峰共两次8．（1）；（2）能从点离开，【详解】（1）小滑块从到的过程，根据动能定理可得解得由题意可知解得（2）小滑块从点后受到的合力大小为假设小滑块可以从运动到，该过程克服合力做功为故滑块可以从点离开区域，根据动能定理可得解得9．（1）；（2）倍【详解】（1）根据牛顿第二定律可得，小物块的加速度大小为滑板的加速度大小为 根据题意可知，从小物块滑上滑板到滑板右端到达凹槽右端过程，小物块一直做匀减速运动，滑板一直做匀加速运动，设运动时间为，对于滑板解得对于小物块解得故滑板的长度为（2）小物块到达半圆轨道最低点时的速度为 设小物块可以到达点，根据机械能守恒定律可得 解得小物块在点速度为 说明小物块到不了点，另一小物块以相同的初速度同样从平台滑上静止的滑板，减速过程的加速度大小与减速过程的加速度大小一样，故为了能使到达点，滑上滑板后，滑板与凹槽右端碰撞前，与必须先达到共速，根据动量守恒可得假设刚好到达点，则有整个过程与滑板因为相对滑动产生的内能为根据能量守恒可得 由以上式子代入数据整理可得 解得或（舍掉）故至少是的倍。10．5m【详解】缸内气体初状态的压强为，气体高度为h1；末状态压强气体高度为导热汽缸抽气过程中等温变化，则有联立解得5m或15m（舍去）汽缸内液面上升的高度h2=5m。11．【详解】如图所示根据折射定律可得解得即由图中几何关系可得此时潜艇与人的水平距离为