山东省日照市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）汇编-02解答题

山东省日照市高考物理三年（2021-2023）模拟题（一模）按

题型分类汇编-02解答题

一、解答题

1.（2021・山东日照•统考一模）如图所示为测量玻璃折射率的实验原理图，若玻璃砖上

下界面4〃和〃/平行，玻璃成的折射率为“，玻璃砖的厚度为/?,上界面入射光的入射

角为a,折射角为夕。

（1）证明入射光线Ao和出射光线。夕平行。

（2）求入射光线和出射光线之间的侧移距离d。

2.（2021・山东日照・统考一模）将一质量为m的乒乓球从某一高度释放后，与地面碰撞

并反弹。已知，反弹速度大小为血,再次与地面碰撞前瞬间的速度大小为V/,重力加速

度大小为g。则从反弹到再次落地前的过程中：

（1）如果乒乓球受空气阻力的大小恒为了,求/的大小；

（2）如果乒乓球受空气阻力的大小与速度大小成正比，求所用的时间。

3.（2021•山东日照・统考一模）如图甲所示，水平放置的平行金属板P和。，相距为”,

两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、。间的电势差U随时间的变化规律如图乙所

示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。/=0

时.刻，一质量为〃?、电荷量为+q的粒子（不让重力），以初速度如由P板左端靠近板面

的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、〃?、"、vo.Uo为已知量。

（1）若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与。板相切，求交变电

场周期T;

（2）若仅存在匀强磁场，且满足Bo=答，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上（不

考虑粒子反弹），求击中点到出发点的水平距离。

4.(2021•山东日照・统考一模)如图所示，质量分别为//M、，股的两个弹性小球A、B静

止在地面上方，B球距地面的高度∕z=1.8m,A球在B球的正上方，距地面的高度H=4.2

m。同时将两球释放，经过一段时间后两球发生第一次弹性正撞。所有碰撞时间忽略不

计，已知机8=3∕∕M,重力加速度g=10m∕s2,忽略空气阻力和球的大小及所有碰撞中的动

能损失。求：

(1)第一次碰撞点距地面的高度；

(2)第一次碰后A球上升的最大距离；

(3)两球第二次相碰时距地面的高度(计算中取卡“2.45,结果保留两位有效数字)。

AO

B①

1.8m

//////////////

5.(2022・山东日照・统考一模)物理兴趣小组为了研究电梯下降过程的运动规律，带着

钩码和便携式DlS实验系统进入电梯并到达最高层，把钩码挂在力传感器上进行实验。

电梯从最高层开始运动，中间不停顿，一直运动到第一层停下。从挂上钩码到最后取下

钩码的过程中，DIS实验系统的显示器上显示出拉力随时间变化的关系如图所示。取

g=10m∕s2,根据图中的数据，求：

(1)电梯在减速阶段的加速度大小；

(2)电梯在整个运动过程中最大速度的大小；

(3)电梯在整个运动过程中下降的高度。

试卷第2页，共6页

∕7N

〉IU1〉2U

6.(2022•山东日照•统考一模)2021年12月9日，王亚平在太空实验授课中，进行了

水球光学实验。在空间站中的微重力环境下有一个水球，如果在水球中心注入空气，形

成球形气泡，内外两球面球心均在。点，如图所示。一束单色光从外球面上的A点以

与Ao连线成i角度射入球中，己知水的折射率为：，内球面半径为3&,外球面半径为

5R,光速为c。求：

(1)光在水中的传播速度v；

(2)能使光在内球表面上发生全反射的入射角，•的正弦值的取值范围。

7.(2022・山东日照・统考一模)如图所示Xoy平面内，在第一、二象限内存在垂直纸面

向外的匀强磁场；在第三、四象限内一2在加0区域存在沿X轴正方向的匀强电场，在

y＜一2d区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为〃八电荷量为e的质子从电场

中的A(0,一2")点以初速度即沿y轴正方向射入匀强电场，并从(3d,0)处第2次

经过X轴。已知两个磁场的磁感应强度大小相等，匀强电场的电场强度大小为皿，求:

2ed

(1)质子第1次经过X轴的速度；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)质子第3次经过X轴的横坐标值。

%.r

---------------------------------------------TI-----------------------------------------------------------

X××××××××

××X××××××

8.（2022・山东日照・统考一模）如图所示，质量如=L9kg的靶盒。静止在固定平台上的

。点，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒（不连接），此时弹簧处于自然长度，弹簧

的劲度系数k=184N∕m0长度/=2.25m、质量相2=1.0kg的木板。静止在光滑的水平面

上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d=4.25m处有竖直

墙壁。某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度V尸IoOm/s、质量∕no=O.lkg的

子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内（在极短的时间内子弹与靶盒达到共

同速度），最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板。已知靶盒与平台、与木板上表面

的动摩擦因数〃均为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木

板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g=10m∕s20（弹簧的弹性

势能可表示为：5=g丘2,左为弹簧的劲度系数，X为弹簧的形变量）求：

（1）子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；

（2）靶盒刚离开弹簧时的动能；

（3）。点到平台右端的距离；

（4）木板运动的总路程。

光滑水平面

9.（2023•山东日照•统考一模）一个半径为R的半圆形玻璃砖（折射率加=行）的截面

图，如图所示，直径AoB与半径OC垂直，一束平行单色光垂直于直径40B所在的截

面射入玻璃成，其中距离。点史的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在的直

2

线交于。点。

（1）求力点到。点的距离：

（2）若在玻璃砖平面AoB的某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右

侧恰好没有折射光射出,求黑纸在A8方向的宽度。（不考虑光线在玻璃砖•内的多次反射）

试卷第4页，共6页

10.（2023∙山东日照•统考一模）如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，将一可

视为质点的质量机=2kg的小物块从传送带左端A处以某一初速度释放，f=3s时恰好到

达右端8处。小物块从A端到B端运动的速度一时间图像如图乙所示。重力加速度

g=10m∕s2o求：

（1）物体与传送带之间的动摩擦因数和AB间的距离；

（2）小物块从A端到8端的过程中，系统因摩擦所产生的热量。

11.（2023∙山东日照•统考一模）如图所示。“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平

板B上的0'点，。'点左侧粗糙，右侧光滑，光滑部分的长度d=3.75m。用不可伸长的

经绳将质量为M的小球悬挂在。'点正上方的。点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视

为质点，将小球由静止释放，第1次下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速

度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动，物块A以%=6m∕s的速度沿平板滑动直至

与B右侧挡板发生弹性碰撞，一段时间后，A返回到。点的正下方时，相对于地面的

速度为零，此后再过0.75S小球恰好第4次回到最低点。已知A的质量"h=0∙2kg,B

的质量w⅛=0∙6kg,A与B的动摩擦因数M=O∙4,B与地面间的动摩擦因数〃?=0∙3,

重力加速度g=10m∕s2,/=10,整个过程中4始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，

不计空气阻力，求：

（I）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小以与%;

（2）从小球释放到小球第4次回到最低点，整个系统因摩擦产生的热量；

（3）悬挂小球轻绳的长度。

////^///

o-

小球∖

¼

,LU)..............f∣B

/////////////7/////////////////

O'

12.(2023•山东El照•统考一模)如图所示为某离子控制装置，离子室内存在大量带正电

的离子。其质量机=IXIoT4kg,电荷量g=2χl(Γ”>C,控制室被分为I、II、III、IV四

个横截面为正方形的区域，正方形边长L=Im,区域间隔LI=Im、L2=0.6m、I3=lm,

/区域左右为中间带有小孔的平行金属板，板间存在电场强度大小为E∣=9X106N∕C,方

向水平向右的匀强电场，II,III。IV区域存在包含边界的电场或磁场。以出打。2出中间

小孔为坐标原点建立三维坐标系，坐标轴及方向如图所示，∏区域存在沿X轴正方向的

匀强电场(图中未画出)，电场强度心的大小在0~4X1()TN∕C间变化；HI区域充满沿

y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度片=2χl0-5τ,W区域充满平行于平面my与y轴

正方向成45。角斜向上的匀强磁场，磁感应强度为=2亚XlOTT。从离子室飘入小孔的

离子速率忽略，忽略离子间的相互作用，不计离子重力。

(1)若离子进入区域∏I后能返回区域∏,求拉子在边界。也上射入点与射出点之

间的距离；

(2)为保证有离子能进入区域IV,求4的最大值；

(3)当刍=4x10TN/C、4为上问中的最大值。若离子在区域皿的速度沿Z轴时用消

失，当离子第一次经过边界进入区域IV时)区域In的磁场变为沿y轴正方向、

磁感应强度B,=4×105T的匀强磁场并保持不变，求离子第4次经过边界“*Λ4时的

试卷第6页，共6页

参考答案:

Sina

Sin夕

在玻璃砖的下界面发生折射，设入射角为4,折射角为名，同理

Sina

-----L=n

Sina

又由图可知，内侧角相等

β=θl

联立得

a=θ2

故AO/IOB'

(2)过O'做入射光线AO延长线的垂线交于C,0C为侧移距离d

d=OOsin(<z-/7)

OO=—^―

COSβ

d=---sin(α-β)

cosβ

:一叫2)〃取,=V!2L

2.(1)/=(2)Z

√+√,g

【详解】(1)设空气阻力大小为一,乒乓球反弹后上升的最大高度为〃，由动能定理得

12

-(mg+f)h=O--mvn

答案第1页，共16页

联立解得

(2)设空气阻力/=公，任取极短时间加，阻力的冲量大小

I(=kvAt=⅛∆x

上升过程有

∆x1=v1Δ/,Ax；=v;∆∕......

下降过程有

∆x2=V2∆Z,Ax；=V2At......

对上升和下降过程有

∆xι+Δ%;+∙=∆x2+ʌɪɔ+

设上升时间为4，下降时间为L，由于上升高度等于下降高度

卬I=V2t2

由动量定理得

-(mgr1+⅛vlr1)=O-Wiv0

wv

(mgt2一恒幻=ι-0

联立得总时间

r=2⅛±∆

g

Cz∖τ∣4∕nd^ʌ/ɜ—1,

3.(11)T=J—~("=1,2,3)；(2)X=-------d

VnWo2

【详解】(1)设经时间f粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为。，则

“=必

md

半个周期内，粒子向上运动的距离为

d=2ny

答案第2页，共16页

t=nT

联立得

(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为"的匀速圆周运动，则有

qvaB0=m^-

r

解得

1,

r--d

2

要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90。+仇如图

所示由几何关系得

r+2rsinθ=d

解得

Sine=O.5

4.(1)l.()m；(2)5m；(3)0.89m

【详解】(1)设释放后乙时刻8球落地

/12

h=2gt'

B球速度大小匕与A球速度大小相等

W=W

答案第3页，共16页

v1=6m∕s

此时A球距离地面

H1=//-∕2=2.4m

设B球反弹后再经过&时间相遇，有

卬2+卬2+gg[=HI

解得

t2=0.2s

相遇点距地面的高度

九=V∣Z2^^2^

解得

hy=LOm

(2)碰撞前A球的速度

VA=VI+g，2=8m/s

B球的速度大小

VB=H-以2=4m∕s

A、B碰撞过程动量守恒,机械能守恒，规定竖直向上为正方向

3AWVB-∕WVA=3Z∏VBI+wvʌj

ɪ×3∕πvθ+ɪmv∖=gX3加点1+ɪ/nvʌ,

联立得

VBI=-2m/s,VA1=l()m∕s

球A上升的最大距离

方=为∙=5m

2g

(3)第一次碰后B球再经与时间与地面第二次相碰，碰撞前速度

VB2=√vθl+2g%=2屈m/s=4.9m/S

碰撞后下落时间

答案第4页，共16页

=Q29s

碰后经过4=Is,A球运动到最高点。8球在

z3+2⅛1=0.78s

末到达最高点，高度为1.2m,在1.27s时刻落地，反弹速度为4.9m∕s,A球从最高点下落

fʌ=0.27s时离地面高度为5.636m，此时速度

以2=g<∖=2∙7m∕s

设再经时间右相遇，有

解得

L=0.74s

相遇相遇点高度为

=W4--^4

代入数据解得

H2=0.89m

2

5.(1)β=O.8m∕s:(2)v=4.8m∕s;(3)/7=76.8m

【详解】(1)由图可知钩码的重力

mg=50N

钩码的质量

/H=5kg

电梯在减速阶段，钩码处于超重状态，拉力大小

F=54N

由牛顿第二定律

F—mg=ma

可得加速度大小

6f=0.8m∕s2

（2）由图可知，电梯在2s~6s的时间内向下加速，加速过程钩码受到的拉力大小

F'=44N

答案第5页，共16页

根据牛顿第二定律得

mg—F'=nut

可得

tz,=1.2m∕s2

最大速度

,

V=«∆A1

v=4.8m∕s

(3)电梯在2s~6s的时间内加速的位移大小为％

,1,a2

/?,.=-2a∆,∕l

在6s~17s的时间内匀速的位移大小为生

h2=也2

在17s~23s的时间内减速的位移大小为为

12

电梯下降的高度

”=/?]+Λ2+A3

可得

W=76.8m

3

6.(1)-c；(2)0.6≤sinZ≤0.8

4

【详解】(1)由公式

可得

C3

v=—=—c

n4

(2)光在内球表面上发生全反射的光路图如图，有

SinC=L2

n4

有

答案第6页，共16页

3

sinZABO=sinC=—

4

由数学知识得

5R3R

sinZABOsinr

得

sinr=—

根据折射定律有

sin/=nsinr=0.6

折射光线与内球面相切，入射角最大，设为ɑ,如图，有

Sina="sin6=0.8

7.（1）√2v0,方向与X轴的夹角为45。；（2）B=誓；（3）13d

ed

【详解】（1）质子在电场中做类平抛运动，设运动的时间为心加速度大小为则

2d-v0r

Vx=a，

eE=f∏a

解得

L=%，W==伍）

设第1次经过X轴时速度方向与X轴的夹角为，

tan<9=—=1

即

答案第7页，共16页

6=45。

(2)设质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定律得

2

RV1

qvlB=rn^

在电场中沿X轴方向运动的距离

x=-at2=d

2

由几何关系得

y∕2R+d=3d

解得

B=吗

ed

(3)质子再次进入电场中的运动为：X方向匀加速直线运动，y方向匀速直线运动。根据

初速度为O的匀变速直线运动的规律可知，质子每次在电场中沿X轴方向运动的距离满足

1:3:5,设粒子每次经过磁场边界时速度与水平方向的夹角为有

sin。=%

V

R=—

eB

所以质子每次在磁场中沿X轴方向偏移的距离

s=2Rsmθ=^^-=2d

qB

则质子第3次经过X轴的横坐标值

x=(d+3d+5d)+2×2d=∖3d

8.(1)475J；(2)21J；(3)3m；(4)3.125m

【详解】(1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒

WVo=(见+lΛ))v

系统损失的动能

△.=/MT见+惆犷

解得

ΔEk=475J

(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为X,由能量守恒定律

答案第8页，共16页

ɪ(^i+%)/=〃(,4+%)gχ+g履2

解得

x=0.5m

靶盒再次返回到。点时离开弹簧，设此时动能为线，由动能定理

-2〃(肛+%)gx=线-g(叫+〃％)-

解得

线=21J

(3)设。点到平台右端的距离为$,靶盒。离开。点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运

动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒得

Ek=〃(肛+%)g(s+/)

解得

S=3m

(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为匕

2

一〃(肛+m0)gs=ɪ(w)+w0)v1-Ek

解得

v1=3m∕s

设之后靶盒与木板达到共同速度W

(/M1+/τ⅛)vl=(AMl+ιn0+m2)V1

解得

v1=2m∕s

该过程中木板的位移为M,木板的加速度为〃

〃(町+mυ)g=nι2a

根据

2

vl=2αs∣

解得

答案第9页，共16页

Sl=0.5m<d-l

说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速,

经位移M速度减0,再向右加速，设与靶盒达到共同速度为，以向右为正方向（下同）

（町+/?¾）V1-/Tl2V1=（町+∕7⅜J+A∕⅛）V2

11

「力

木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移与速度减O,再向右加速

vɔ=2as2

设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度打

（肛+人）彩一"为=（町+小+秋）匕

第三次与墙壁碰撞之后，经位移力速度减0,再向右加速

试=2%

第八次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度匕”

经位移S“速度减0,再向右加速

吃=2公的

木板的路程

L=d-/+2*+2%++2%+∣

即

L=J-∕+^l+∣+1÷城

解得

L=3.125m

答案第10页，共16页

9.(1)√3∕?;(2)空R

3

【详解】设光线的入射点为F,出射点为F,出射角为6,连接。E,即为法线。如图所示,

根据光的折射定律

昆悬66。。

根据几何关系得

DO=∙j3R

（2）如上图所示，设从N点入射时恰好能发生全反射，则可知

SinC=L且

n3

由几何关系知

ON=BR

3

所以平行光照射玻璃砖后，要使右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少为

10.(1)0.1,8m；(2)4J

【详解】（1）根据题意,由图乙可知，小物块在传送带上先做匀减速运动，再做匀速运动,

做匀减速运动的加速度大小为

∆v4-2

a=——=——m∕s2=lm∕s2

∖t2

由牛顿第二定律有

μmg=ma

联立解得

答案第11页，共16页

"=0.1

根据题意可知，AB间的距离等于小物块的位移，则由UT图像中图像与横轴围城的面积表

示位移可知，45间的距离为

XAB=-^×(2+4)×2+2×(3-2)ɪn=8m

(2)根据题意，由图乙可知，当f=2s,小物块与传送带速度相等，且传送带的速度为

U传=2m∕s

由运动学公式x=%f+g”/可得，在02s内小物块的位移为

Xl=(4x2-；xlx21m=6m

在02s内传送带的位移为

x2=vt=4m

则小物块从A端到B端的过程中，系统因摩擦所产生的热量为

Q=JumgAx=4J

11.(1)3m∕s,3m∕s；(2)3.6J；(3)Im

【详解】(1)设水平向右为正方向，因为。点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞,

根据动量守恒和动能守恒得

WAV0=WAVA+WBVB

12ɪ2ɪ2

-mΛv0=-^ΛvΛ+-w⅛vB

代入数据联立解得

VA=-3m∕s

vli=3m∕s

即A和B速度的大小均为3m∕s；

(2)碰后对B受力分析，由牛顿第二定律可知

ju2(mA+mB)g=mBaB

解得

2

aB=4m∕s

设B经过八时间速度减为零

答案第12页，共16页

0=%_砧

解得

tl=0.75s

此过程A、B的位移分别为

XA=VAA

12

⅞=vatl--aκt,

根据位移关系

4+XB<d

又因为

""Ag<〃2(%A+w⅛)g

即A在减速之前B速度减为零，且不再运动，整个系统产生的热量为

β=∣wA⅛+∣fflBvB

解得

Q=3.6J

(3)A剩余匀速向左运动的时间为

d-XA-XB=vλt2

解得

t2=0.125s

A减速运动的时间为明根据动量定理

-=0-WAVA

解得

Z3=0.75s

小球和A碰撞后A向右匀速运动的时间为％,则

∕0=-=0.625s

%

设小球做简谐振动的周期为T,摆长为％,则有

答案第13页，共16页

—T*=∕θH-Z∣+Λ,+4+0∙75s

代入数据解得

T=2s

由单摆周期公式

Y

解得小球的摆长

4=Im

12.(1)0.3m；(2)0.45m；(3)(0.25m,-0.5m,1.05m)

【详解】(1)在区域L根据动能定理

qEL=∣wvt)

解得

v0=6m∕s

离子在区域H射出时速度的偏向角为凡运动轨迹如图所示

则

vɪɪ