北京市朝陽區(qū)2020屆-2022屆高考物理三年模擬(一模)試題匯編-解答題

北京市朝陽區(qū)2020屆-2022屆高考物理三年模擬（一模）試

題匯編一解答題

1.（2021?北京朝陽?統(tǒng)考一模）2021年2月10日19時(shí)52分，我國首次火星探測任務(wù)“天

問一號(hào)”探測器實(shí)施近火捕獲制動(dòng)，成功實(shí)現(xiàn)環(huán)繞火星運(yùn)動(dòng)，成為我國第一顆人造火星

衛(wèi)星。在“天問一號(hào)”環(huán)繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，周期為T,軌道半徑為八已知火星

的半徑為凡引力常量為G,不考慮火星的自轉(zhuǎn)。求：

（1）“天問一號(hào)”環(huán)繞火星運(yùn)動(dòng)的線速度的大小V；

（2）火星的質(zhì)量M；

（3）火星表面的重力加速度的大小g。

2.（2021.北京朝陽.一模）如圖1所示，在光滑水平面上固定一根足夠長的直導(dǎo)線，通

有恒定電流。質(zhì)量為相，電阻為R的正方形金屬框靜止在水平面內(nèi)，以金屬框的一個(gè)頂

點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，在水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，x軸與導(dǎo)線平行，y軸與導(dǎo)線垂直。現(xiàn)給

金屬框一個(gè)大小為山、方向與x軸正方向成。角的初速度，金屬框在之后的運(yùn)動(dòng)中始終

處于通電直導(dǎo)線的磁場中且沒有轉(zhuǎn)動(dòng)。

（1）判斷金屬框剛運(yùn)動(dòng)時(shí)感應(yīng)電流的方向；

（2）在圖2中分別畫出金屬框沿x軸、），軸的分速度以、？隨時(shí)間f變化的示意圖；

（3）不計(jì)其他能量損失，求金屬框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱。

，心.

》

V0

5o*io

圖1圖2

3.（2021.北京朝陽.一模）一種獲得高能粒子的裝置如圖所示。環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙

面向外的勻強(qiáng)磁場，A、B為環(huán)形區(qū)域內(nèi)兩塊中心開有小孔的極板。U0時(shí)A板電勢為

+U,B板電勢為零，質(zhì)量為加、電荷量為+q的粒子在A板小孔處由靜止開始加速；粒

子離開B板時(shí)，A板電勢立即變?yōu)榱悖撕罅Ｗ釉诃h(huán)形區(qū)域內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)。

每當(dāng)粒子到達(dá)A板時(shí)，A板電勢變?yōu)?U,離開B板時(shí)，A板電勢變?yōu)榱悖籅板電勢始

終為零。如此往復(fù)，粒子在電場中一次次被加速。為使粒子在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變,

需不斷調(diào)節(jié)磁場的強(qiáng)弱。A、B板間距遠(yuǎn)小于R,不考慮電場、磁場變化產(chǎn)生的影響，

不考慮相對論效應(yīng)的影響，不計(jì)粒子的重力。

(1)求粒子繞行第一圈時(shí)線速度的大小刃；

(2)求粒子繞行第〃圈時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小即及等效電流/〃；

(3)在粒子繞行的整個(gè)過程中，A板電勢可否始終保持+U?并說明理由。

4.(2021?北京朝陽?一模)摩擦傳動(dòng)裝置結(jié)構(gòu)簡單，容易制造，在生產(chǎn)生活中得到廣泛

應(yīng)用。

(1)如圖1所示為打印機(jī)送紙裝置。搓紙輻旋轉(zhuǎn)帶動(dòng)紙張前進(jìn)走紙，摩擦片在紙張下

方貼緊，施加阻力分離紙張，以保證只有一張紙前移且避免兩張紙同時(shí)送入。已知搓紙

輯和紙張之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為M，紙張之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,紙張和摩擦片之間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為4。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)紙張質(zhì)量及空氣阻力。

”.電機(jī)帶動(dòng)搓紙輯使搓紙輯始終以角速度。。轉(zhuǎn)動(dòng)。設(shè)一張紙的長度為3搓紙輻半徑為

r,計(jì)算打印機(jī)送入一張紙所需的時(shí)間；

人為保證送紙裝置正常工作，分析說明民、人和外的大小關(guān)系。

(2)一種使用摩擦傳動(dòng)的變速箱，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)可簡化為圖2,薄壁圓筒1和薄壁圓筒2

均可繞自身的光滑轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，且它們的轉(zhuǎn)軸平行。開始時(shí)圓筒2靜止，圓筒1以角速度

。轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻使兩圓筒相接觸，由于摩擦，一段時(shí)間后兩圓筒接觸面間無相對滑動(dòng)。

圓筒1半徑為R,質(zhì)量為機(jī)/,圓筒2質(zhì)量為，物。設(shè)兩圓筒相互作用過程中無其他驅(qū)動(dòng)

力，不計(jì)空氣阻力。求：

”.兩圓筒無相對滑動(dòng)時(shí)圓筒1的角速度。'；

b.從兩圓筒接觸到無相對滑動(dòng)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。

試卷第2頁，共6頁

5.(2020.北京朝陽.一模)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最

具觀賞性的項(xiàng)目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道48與彎曲滑道平滑銜接，

滑道BC高力=10m,C是半徑R=20m圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量機(jī)=60kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜

止開始勻加速下滑,加速度a=4m/s2,到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度i，B=30m/s。取重力加速度圻10m/s2。

(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間r；

(2)求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量/的大?。?/p>

(3)若不計(jì)BC段的阻力，求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)所受支持力丘的大小。

6.(2020?北京朝陽?一模)如圖所示，質(zhì)量為機(jī)、電荷量為+q的粒子從A(0,2/)點(diǎn)以

初速度山沿x軸正方向射出，為使其打在x軸上的C(21,0)點(diǎn)，可在整個(gè)空間施加電

場或磁場。不計(jì)粒子所受重力。

(1)若僅施加一平行于)，軸的勻強(qiáng)電場，求該電場場強(qiáng)E的大小和方向；

(2)若僅施加一垂直于xO.y平面的勻強(qiáng)磁場，求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度8的大小和方向；

(3)某同學(xué)認(rèn)為若僅施加一由A點(diǎn)指向C點(diǎn)方向的勻強(qiáng)電場，該粒子仍能打在C點(diǎn)。請

簡要分析該同學(xué)的說法是否正確。

7.(2020?北京朝陽?一模)由相互作用的物體所組成的系統(tǒng)中，能量和動(dòng)量可以相互轉(zhuǎn)

化或傳遞，但其總量往往可以保持不變。

（1）質(zhì)量為，川的正點(diǎn)電荷A和質(zhì)量為成2的負(fù)點(diǎn)電荷B,僅在彼此間電場力的作用下由

靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知兩者相遇前某時(shí)刻A的速度大小為v/o

a.求此時(shí)B的速度大小V2；

b.求此過程中A、B系統(tǒng)電勢能的減少量△心。

（2）在地球表面附近，質(zhì)量為”的物體自高為//處自由下落，根據(jù)重力勢能的減少量等

于動(dòng)能的增加量有=g"片，可得出物體落地時(shí)的速度大小匕然而，表達(dá)

式中的“3?是下落過程中地球和物體所組成系統(tǒng)的重力勢能減少量，這樣處理即認(rèn)為系

統(tǒng)減少的勢能單獨(dú)轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能。請通過計(jì)算說明這樣處理的合理性。

8.（2022?北京朝陽?統(tǒng)考一模）如圖所示，把一個(gè)質(zhì)量m=0.2kg的小球放在高度/i=5.0m

的直桿的頂端。一顆質(zhì)量加=O.Olkg的子彈以%=500m/s的速度沿水平方向擊中小球，

并經(jīng)球心穿過小球，小球落地處離桿的水平距離s=20〃?。取重力加速度g=10m/s2,不

計(jì)空氣阻力。求：

（1）小球在空中飛行的時(shí)間f；

（2）子彈剛穿出小球瞬間的速度V；

（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE。

9.（2022?北京朝陽?一模）某種質(zhì)譜儀由離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、

收集器幾部分構(gòu)成，如圖所示。加速電場的電壓為U；靜電分析器中有沿半徑方向的電

場，通道中心線是半徑為R的圓??；磁分析器中分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場,

其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為〃?、電荷量為q的正離

子（初速度為零，重力不計(jì)），經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器，沿中心線MN做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)，而后由尸點(diǎn)垂直于磁分析器的左邊界進(jìn)入磁分析器中，經(jīng)過四分之一圓周

從。點(diǎn)射出，并進(jìn)入收集器。已知。點(diǎn)與磁分析器左邊界的距離為乩求：

（1）離子離開加速電場時(shí)的速度v的大??；

（2）靜電分析器中處電場強(qiáng)度E的大??；

（3）磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8的大小和方向。

試卷第4頁，共6頁

囤離子源

10.（2022?北京朝陽?統(tǒng)考一模）類比是研究問題的常用方法。

（1）情境I：如圖1所示，彈簧振子的平衡位置為。點(diǎn)，在B、C兩點(diǎn)之間做簡諧運(yùn)動(dòng),

小球相對平衡位置的位移x隨時(shí)間r的變化規(guī)律可用方程x=xmcos、@r描述，其中x加為

小球相對平衡位置O時(shí)的最大位移，機(jī)為小球的質(zhì)量，k為彈簧的勁度系數(shù)。請?jiān)趫D2

中畫出彈簧的彈力尸隨位移x變化的示意圖，并借助F-x圖像證明彈簧的彈性勢能

綜=軻。

（2）情境2：如圖3所示，把線圈、電容器、電源和單刀雙擲開關(guān)連成電路。先把開

關(guān)置于電源一側(cè)，為電容器充電，稍后再把開關(guān)置于線圈一側(cè)，組成LC振蕩電路，同

時(shí)發(fā)現(xiàn)電容器極板上電荷量q隨時(shí)間f的變化規(guī)律與情境1中小球位移x隨時(shí)間f的變

化規(guī)律類似。已知電源的電動(dòng)勢為E,電容器的電容為C,線圈的自感系數(shù)為八

a、類比情境1,證明電容器的電場能隔=，;

b、類比情境1和情境2,完成下表。

情境1情境2

x=xmcos/—r

小球的位移

E_11/2

線圈的磁場能跟"萬'

（，為線圈中電流的瞬時(shí)值）

一

二

二

二

二

11.（2022?北京朝陽?統(tǒng)考一模）北京2022年冬奧會(huì)，我國選手在單板滑雪U型池比賽

中取得了較好的成績。比賽場地可以簡化為如圖所示的模型：U形滑道由兩個(gè)半徑相同

的四分之一圓柱面軌道和中央平面直軌道連接而成，軌道傾角為18。。某次比賽中，質(zhì)

量加=50kg的運(yùn)動(dòng)員自A點(diǎn)以2=6m/s的速度進(jìn)入U(xiǎn)型池，經(jīng)過多次騰空跳躍，以

%=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面ABC。滑出軌道，速度方向與

軌道邊緣線4。的夾角a=72。，騰空后又沿軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。運(yùn)動(dòng)員可視為

質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。取重力加速度g=10m/s2,sin72°=0.95,cos72°=0.31?

(1)若A、M兩點(diǎn)間的距離/=20m,求運(yùn)動(dòng)員從A到M的過程中，除重力外其它力做

的功憶

(2)運(yùn)動(dòng)員自M點(diǎn)躍起后，在例到N的過程中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。對于這種較為復(fù)

雜的曲線運(yùn)動(dòng)，同學(xué)們可以類比平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法，將之分解為兩個(gè)方向的直線運(yùn)動(dòng)

來處理。求：

在運(yùn)動(dòng)員從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，運(yùn)動(dòng)員從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到距離AO最遠(yuǎn)處所用的時(shí)間

b.運(yùn)動(dòng)員落回到N點(diǎn)時(shí)，速度方向與AO夾角的正切值tan￡(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

試卷第6頁，共6頁

參考答案:

…竽⑵穿;⑶4乃2r3

T2R2

【詳解】（1）由線速度定義可得

ITIT

v------

（2）設(shè)“天問一號(hào)''的質(zhì)量為",引力提供向心力有

「mM24

G下=〃%

得

GT-

（3）忽略火星自轉(zhuǎn)，火星表面質(zhì)量為M的物體，其所受引力等于重力

,GmM

mg=z-

6R?

得

4)27

2.（1）順時(shí)針；（2）為cos。；(3)

【詳解】（1）根據(jù)安培定則可知，長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場為：在直導(dǎo)線上方為垂直紙面向外,

在直導(dǎo)線下方為垂直紙面向里，金屬框向斜下方運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過金屬框的磁通量向里減小，根

據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針;

（2）根據(jù)左手定則可判斷金屬框左右兩邊所受安培力在水平方向，不過由對稱性兩力總是

大小相等方向相反，所以金屬框在x軸方向合力為0,金屬框在沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),

根據(jù)左手定則可判斷金屬框上下兩邊所受安培力在y軸方向，不過由于上邊所受安培力總是

大于下邊所受安培力則其合力方向向上，所以金屬框在y軸方向做減速直線運(yùn)動(dòng)，隨著金屬

框向下運(yùn)動(dòng)其上下邊所受安培力的合力越來越小，則金屬框在），軸方向做加速度逐漸減小的

減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬框的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)如圖所示

答案第1頁，共10頁

（3）根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒

3=］也說一g"(%8s0)2

得

⑴颶（2）落等’六坪;⑶不可以，見解析

【詳解】（1）由動(dòng)能定理可得

qU=--mvf—0

解得

“產(chǎn)Vm

（2）由第（1）問可得

2nqU

v?=

m

洛倫茲力提供向心力，有

v2

qB“v“=m大

K

解得

112mnU

D=--/---------

由

T2"

Tn=-------

q

得

答案第2頁，共10頁

q2nqU

"2)/?\m

(3)不可以。如果A板電勢一直保持不變，那么粒子轉(zhuǎn)一周被加速一次減速一次，不能保

證粒子一直加速。

“/，、L町m.in^(Rco)2

4.(1)a—>b.M>例>也：⑵a.E0,15?而工石

【詳解】(Da：因不計(jì)紙張質(zhì)量，加速時(shí)間可不考慮，則送入一張紙所需時(shí)間

b：由題意，接觸面間彈力大小相等，則當(dāng)紙槽內(nèi)有兩張紙時(shí)，對于與搓紙輯接觸的紙張,

搓紙幅對它的最大靜摩擦力應(yīng)大于下面紙張對它的最大靜摩擦力，有

A>〃2

對于與摩擦片接觸的紙張，摩擦片對它的最大靜摩擦力應(yīng)大于上面紙張對它的最大靜摩擦

力，有

當(dāng)紙槽內(nèi)只有一張紙時(shí)，紙張仍能送入打印機(jī)，同理有

A>〃3

故

M>〃3>〃2

(2)4：把圓筒壁的轉(zhuǎn)動(dòng)看成“直線”運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)/時(shí)間兩圓筒壁共速

v-co'R

設(shè)圓筒間摩擦力為力由動(dòng)量定理

對圓筒1有

-ft=m\v-?>R)

對圓筒2有

ft=m,iv-O)

得

.町

CO=-------!—(D

b：取筒壁上速度為V、質(zhì)量為A機(jī)的質(zhì)元，其動(dòng)能為:△加小，則圓筒總動(dòng)能為

答案第3頁，共10頁

212

Ek='：^inv')=；mv

其中根為圓筒質(zhì)量。

由能量轉(zhuǎn)化與守恒，有

Q=gm、(a>R)2

代入相應(yīng)表達(dá)式

得

Q_m叫(Ratf

2(/H,+?)

5.(l)7.5s；(2)1.8xlO3N-s；(3)3.9X10?N

【詳解】(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式有力=小，代入數(shù)據(jù)可得

t=7.5s

(2)根據(jù)動(dòng)量定理有

I=mvB—mvA

代入數(shù)據(jù)可得

/=1.8xlO3N-s

(3)運(yùn)動(dòng)員在2C段運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)能定理有

mgh=^mv^-mv^

在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有

Fc-mg=m—

代入數(shù)據(jù)可得

E=3.9X10'N

6.(l)￡=^y-,沿y軸負(fù)方向；(2)8=與,垂直于xoy平面向外；(3)不正確

【詳解】(1)由于粒子經(jīng)過C點(diǎn)即粒子向下偏，則場強(qiáng)方向沿)，軸負(fù)方向，粒子在x軸方向有

21=vot

在)，軸方向的加速度

qE

a=——

m

答案第4頁，共10頁

聯(lián)立解得

(2)由左手定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于x。)，平面向外，粒子在my平面內(nèi)做半徑為

R=2l

的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

(3)該同學(xué)的說法不正確。若粒子沒有初速度，則粒子將在電場力的作用下，沿AC連線做勻

加速直線運(yùn)動(dòng)打到C點(diǎn)：由于粒子有x軸正向的初速度也，相當(dāng)于還參與了一個(gè)沿x軸正向、

速度為vo的勻速運(yùn)動(dòng)，所以粒子一定打在C點(diǎn)的右側(cè)

m.v,12,'%+〃?，、

7.⑴⑵合理,理由見解析

【詳解】(l)a.A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒有

0=叫％-m2v2

b.此過程中A、B系統(tǒng)減少的電勢能等于增加的動(dòng)能即

代入數(shù)據(jù)得

“廣1+m-

際=”田（^~:

(2)因只研究這個(gè)物體下落給地球帶來的影響，取地球和下落的物體組成的系統(tǒng)為研究對象,

設(shè)地球的質(zhì)量為M,物體落地時(shí)地球的速度大小為V4,則根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律

有

0-mvi-Mv&

答案第5頁，共10頁

解得

1M,

—mv,2=--------mgh

23M+m

1-2m.

—Mv：=--------mgh

24M+m

又因?yàn)镸遠(yuǎn)大于"3則

---M--?],---m---q0

m+Mm+M

即

—mvj=mgh,—A/v^=0

可見，這樣處理是合理的

8.(1)Is；(2)v=l(X)m/s；(3)1160J

【詳解】(1)子彈穿過小球后，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有

h=；g/

解得

(2)設(shè)子彈穿過小球后小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為口，因?yàn)樾∏蛩椒较驗(yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，所

以有

s

烏=-=20m/s

子彈穿過小球的過程，子彈與小球的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。取水平向右為正方向，則

tn'v0=mvi+m'v

解得

v=100m/s

(3)子彈穿過小球的過程中，系統(tǒng)損失的機(jī)械能

一(g〃以+JWo?)=1160J

9.(I)v=、區(qū);(2)E=當(dāng)；(3)8色巫，磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?/p>

VmRa\q

【詳解】(1)離子在加速電場中加速的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

qU-。①

答案第6頁，共10頁

解得

書②

（2）離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有

qE=m]③

聯(lián)立②③解得

（3）離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有

qvB=

聯(lián)立②⑤式解得

、證明過程見解析；b、

【詳解】（1）彈力取向右為正，由尸=可得，彈簧彈力尸隨位移x變化的示意圖如圖甲

所示。F-x圖中，圖線與x軸圍成的面積等于彈力做的功。則小球從位移為x處回到平衡位

置的過程中，彈簧彈力做功

W=—xkx=—kx2

22

答案第7頁，共10頁

設(shè)小球的位移為X時(shí)，彈簧的彈性勢能為%,根據(jù)功能關(guān)系有

W=Ep-0

所以

2

Eo=-kx

p2

（2）a.根據(jù)電容器的定義式

c吟

可作出電容器電壓U隨電荷量q變化的關(guān)系圖線，如圖乙所示

圖線與q軸圍成的面積等于充電時(shí)電源對電容器做的功，也就等于電容器內(nèi)儲(chǔ)存的電場能,

所以

「1，，

%=3qu=

2C

b.

情境1