2022届高考物理三轮冲刺：全国部分地区解答题第一题强化训练 WORD版含解析.docx

1、2022届高三物理三轮冲刺全国各地解答题第一题强化训练一、解答题1（2022重庆市育才中学模拟预测）一个质量，电荷量的带电粒子（不计重力），从静止开始经的电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压金属板长，两板间距（1）求粒子进入偏转电场时的速度的大小；（2）求粒子射出偏转电场时的偏转角；（3）若右侧匀强磁场的宽度为，为使粒子不会由磁场右边界射出，求该匀强磁场的磁感应强度B的最小值？2（2022重庆模拟预测）消防滑杆是消防队的传统装备，消防队员依靠竖直滑杆先自由下落，再抱紧竖直滑杆减速下落，最后安全着地。某消防队员质量m = 60kg，从离地面高h = 18m的某楼层抱着竖直

2、滑杆以最短的时间滑下。已知杆的质量M =140kg，为防止消防队员受伤，着地速度不能大于6m/s，测得该消防员用力抱紧滑杆时对杆的最大压力F=1500N，人和杆之间的动摩擦因数 = 0.6，重力加速度g = 10m/s2，假设杆固定在水平地面上，在水平方向不移动。求：（1）消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力FN ； （2）消防队员下滑过程中离地多高时必须抱紧滑杆才能保证安全；（3）消防队员自由下落的最长时间。3（2022湖南长沙模拟预测）如图所示，光滑斜面的倾角为，斜面上放置一个同种材料制成粗细均匀的矩形导线框，其中边长L，边长为，线框质量为m，电阻为R，与之间存在磁感应强度为B，方向垂直于

3、斜面向上的有界匀强磁场（图中未画出），为磁场的边界且，到间距离大于，导线框在平行于斜面向上且大小为的恒力作用下从静止开始运动，运动过程中边始终与底边保持平行，边刚离开磁场时导线框做匀速运动，求：（1）导线框离开磁场过程中通过导线某一截面的电荷量q；（2）导线框离开磁场时速度v的大小；（3）导线框离开磁场的过程中边产生的热量Q。4（2022陕西宝鸡模拟预测）如图所示，在水平地面的上方空间存在一个水平向右的匀强电场，有一带电小球（可视为质点）从距地面高为h= lm的O点由静止释放，沿与水平地面成45角的方向做直线运动，最终落在地面上的A点。已知小球质量为m=0.5kg，带电量为q=510-2C，g

4、= 10m/s2，不计空气阻力，求(1)匀强电场的场强大小为多少；(2)OA之间的电势差为多少；(3)带电小球到达地面时的速度为多少。5（2022贵州贵阳高三期末）如图所示，在水平面的A点正上方O处，用长为L的轻绳悬挂一质量为m的小球，现将小球向左上方拉至绳与竖直方向夹角的B处由静止释放，小球摆到最低点A时与另一质量为2m的静止小滑块发生弹性正碰，碰撞时间极短。小滑块与水平面间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）小球与小滑块碰后瞬间轻绳的拉力大小；（2）小滑块在水平面上滑行的时间。6（2021贵州模拟预测）如图示，用一轻弹簧将物块Q和地面相连，处于静止状态。物块P从Q的正上

5、方h处由静止释放，P、Q相碰（时间很短）后立即以相同的速度向下压缩弹簧（P、Q不粘连）。P的质量为m，Q的质量为m（=1，2，3，），弹簧的劲度系数为k，弹簧的形变量为x时，弹性势能。空气阻力不计，PQ运动过程中弹簧始终未超过弹性限度。求：(1)P自h高处落下与Q碰撞后瞬间的共同速度v共，此过程中损失的机械能；(2)若取m=0.10kg，h=0.80m，k=75N/m，重力加速度g=10m/s2，则当取何值时P与Q碰撞后始终以共同的速度运动?7（2021福建晋江模拟预测）如图，半径为0.4m的光滑半圆弧轨道与水平地面相切于O1点。物块A以水平速度从O1点滑入圆弧轨道，滑到最高点时，静止于O2点

6、的物块B在F=3N的水平恒力作用下开始向右运动，此后撞上恰好落地的物块A。A、B可视为质点。已知B的质量为0.5kg，与地面的动摩擦因数=0.1，重力加速度g=10m/s2。求：(1)物块A滑到圆弧轨道最高点时的速度大小；(2)O1、O2两点间的距离。8（2022广东模拟预测）如图所示，木板B静止在光滑的冰面上，其右端上表面与一粗糙倾斜滑道平滑相接，滑道倾角，一游客坐在滑板上，从滑道上距底端s=5m处由静止滑下。已知木板质量，长度L=3m，游客和滑板的总质量。若游客和滑板可看做质点，与滑道间的动摩擦因数，取g=10m/s2、sin37=0.6、cos37=0.8。（1）求游客在滑道上下滑时的加

7、速度大小；（2）若要游客刚好不从木板B的左端滑出，求滑板与木板B上表面间的动摩擦因数。9（2021浙江安吉县高级中学模拟预测）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：（1）滑道段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。10（2022四川富顺第二中学校模拟预测）如图所示，在某电子设备中分布有垂直纸面向里的匀强磁场

8、，磁感应强度的大小为BAC、AD两块挡板垂直纸面放置，夹角为90一束电荷量为q、质量为m的相同粒子，从AD板上距离A点为L的小孔P以不同速率沿纸面方向射入磁场，速度方向与AD板之间的夹角均为60，不计粒子的重力和粒子间的相互作用求：(1)直接打在AD板上Q点的粒子从P到Q的运动时间；(2)直接垂直打在AC板上的粒子运动的速率11（2022云南模拟预测） 如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球可以在棒上滑动，小球质量为0.02kg，带1.010-3C的正电荷，将此棒竖直放置在匀强电场和匀强磁场中。匀强电场的电场强度E= 380N/C，方向水平向右；匀强磁场的磁感应强度B=10T，方向垂直于纸面向里

9、。小球与棒间的动摩擦因数=0.5，小球由静止开始释放，若小球沿着竖直棒运动h后速度达最大值。设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，取重力加速度g= 10m/s2。求（1）小球开始运动瞬间的加速度大小；（2）小球运动到最大速度过程中与绝缘棒摩擦产生的热量（用含h的表达式表示）。12（2021云南曲靖一中模拟预测）一上、下表面水平平整的长木板C静置在光滑水平面上，物体A、B体积都很小，初始时，A置于长木板左侧，B置于长木板上某位置。已知物体A质量mA=1kg，物体B质量mB=2kg，长木板C质量mC=5kg，长木板足够长，物体A与长木板C间的动摩擦因数为1=0.5，物体B与长木板C间的动摩擦因数为

10、2=0.25，现同时给物体A、B瞬时冲量，使A获得速度vA=2m/s，使B获得速度vB=1m/s，且二者方向相反，如图所示。求：（1）最终长木板的速度大小；（2）若要使物体A、B在长木板上不相碰，刚开始时A、B间的距离l至少多长？13（2022全国高一课时练习）如图所示，固定斜面体的斜面AD部分粗糙，DB部分光滑，一个物块从斜面底端A点以大小为9m/s的初速度沿斜面上滑，最高到达E点，经过D点的速度大小为6m/s，且。已知斜面的倾角为37，重力加速度，求（结果可用分式或带根号）：（1）物块在AD段与斜面间的动摩擦因数；（2）物块又返回到A点的速度大小。14（2021河南开封高中模拟预测）如图甲

11、所示，两根完全相同的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨两端均连接电阻，阻值，导轨电阻忽略不计，导轨间距。在导轨所在的矩形区域内分布有垂直于纸面向里的磁场，磁场边界平行且与导轨垂直，边界间的距离，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。（1）求内，电阻的功率；（2）时在边界处放置电阻的导体棒，与导轨垂直，导体棒在水平向右的作用力下向右匀速运动，如果导体棒自运动到过程中，电阻的功率与内电阻的功率相等，求导体棒匀速运动的速度。15（2022全国高三专题练习）图甲所示的CT扫描机，其部分工作原理如图乙所示：M、N之间是加速电场，虚线框内存在垂直纸面的匀强磁场。电子从静止开始经加速电场后，垂直进入偏

12、转磁场，最后打在靶上的P点。已知加速电压为U，磁场的宽度为d，电子的质量为m、电荷量为e，电子离开磁场时的速度偏转角为。求：（1）电子离开电场时的速度大小；（2）磁感应强度的大小和方向。16（2020四川巴中模拟预测）如图所示是水上乐园水滑梯的示意图，质量m=50kg的人从长直水滑道AB的A处由静止开始以加速度a=2.5m/s2匀加速滑下，到达直滑道末端B时速度vB=20m/s，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变人的运动方向，在直滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧直滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，人在B、C间运动时阻力做功W=-500J，

13、最后人从起跳台飞出安全落入水池中，取g=10m/s2。（1）求人在AB段下滑时受到阻力f的大小；（2）若人能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。17（2021北京模拟预测）水平传送带AB长度为L，质量为m的物块无初速度地轻放在传送带的A端，物块与传送带间动摩擦因数为，传送带将物块传送至B后物块滑上置于光滑水平面上的弧面小车C，小车C的质量也为m，光滑弧面为圆弧，且底端切线与传送带工作面同水平面，重力加速度为g。试回答：（1）若物块能以最大速度滑上小车C，求传送带的运行速度应满足的条件及因放上物块带动传送带的电动机应至少增大多大电功率P?（2）求小车C能获得的

14、最大速度vm是多大？（3）若物块能从小车中飞出，则弧面半径R应满足的条件是什么？18（2021浙江模拟预测）如图所示，内壁光滑的管道竖直放置，其圆形轨道部分半径，管道左侧放有弹射装置，被弹出的物块可平滑进入管道，管道右端出口水平，且与圆心等高，出口的右侧接长木板，长木板放在水平地面上，长木板质量。质量为的物块甲通过弹射装置获得初动能，已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，当弹射器中的弹簧压缩量为时，物块刚好运动到与圆心等高的处。当弹射器中的弹簧压缩量为时，物块刚好能滑到长木板的最右端，管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内径，物块可视为质点，空气阻力忽略不计，重力加速度取，物块

15、与长木板间的动摩擦因数。求：（1）物块运动到长木板左端时的速度大小；（2）若长木板与水平面间光滑，求长木板的长度；物块和长木板之间由于摩擦产生的热量为多少；（3）若长木板与水平面间的动摩擦因数，求长木板的长度又是多长。19（2021山东潍坊模拟预测）中国女子铅球运动员巩立姣连续参加四届奥运会，完成了从第五名到季军到亚军到冠军的壮举，实现了自己人生奋斗目标，成为青年人的楷模。巩立姣在某次训练中，以水平方向成角的初速度斜向上推出铅球，铅球运动s后落在了水平地面上，从推出到落地，铅球的水平位移m。已知铅球质量kg，空气阻力不计，重力加速度，。求：（1）铅球推出时初速度的大小；（2）铅球触地时重力的瞬

16、时功率。20（2021山东新泰市第一中学高三阶段练习）如图所示，平面第一象限内的圆形区域与坐标轴相切，切点分别为P、Q，圆心为，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场；平面第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子从P点沿与y轴正方向成60角方向射入磁场，速度大小为，射出磁场后从x轴上的M点（图中未画出）垂直x轴射入电场，最后从y轴上的N点（图中未画出）离开电场，粒子经过N点时速度方向与P点时速度方向平行。已知粒子的质量为m、电荷量为q，粒子重力不计，求：（1）O、M间距离L；（2）匀强磁场的磁感应强度大小B。21（2021云南昆明一中模拟预测）如图所示，固定在水平台面BC。

17、上的斜面体倾角=45，最高点A距离水平台面高度为h=1m，斜面和台面在B点通过平滑小圆弧（图中未画出）连接，且BC段长L=1m。一辆上表面为四分之一光滑圆弧的小车静止在光滑水平地面上，开始时小车紧靠平台放置，此时圆弧最低点a和平台等高，圆弧半径Oa在竖直方向，且圆弧半径为r=0.2m，小车质量M=0.3kg。现从A点由静止释放一可视为质点的质量m=0.1kg的小球，小球和斜面、平台间的动摩擦因数都为=0.1，取g=10m/s2，试求（1）小球第一次到达a时对小车的压力；（2）小球离开平台后上升的最大高度。参考答案：1（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）微粒在电场中加速解得（2）微粒在偏

18、转电场中做类平抛运动解得m/s2m/s速度偏转角的正切值解得（3）进入磁场时微粒的速度为微粒不会由磁场右边射出的轨迹如图所示由几何关系，有洛伦兹力提供向心力联立解得该匀强磁场的磁感应强度B至少为2（1）2300N；（2）10.8m；（3）1.2s【解析】【详解】(1)滑杆竖直方向的受力如图所示 杆固定在水平地面上，受力平衡，有可得根据牛顿第三定律，消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力，方向竖直向下；(2)设离地面高度hx时用力抱紧滑杆减速，由动能定理可得hx = 10.8m(3)消防队员自由下落的位移可得t=1.2s3（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据得电荷量为（2）导线框刚离开

19、磁场时做匀速运动，沿斜面方向由力的平衡条件有由法拉第电磁感应定律有联立得（3）设导线框离开磁场的过程中产生的总热量为，由能量守恒定律可知由电阻定律可知，边的电阻所以导线框离开磁场的过程中边产生的热量解得4(1)100N/C；(2)100V；(3)10m/s【解析】【详解】(1)设匀强电场的场强为E，由题意可得带电小球所受合外力方向与水平方向成45角，受力分析如图所示。所以可得 (2)在匀强电场中 可得 (3)设带电小球到达地面时的速度为v，从O到A的过程中，由动能定理可得 可得5（1）；（2）【解析】【详解】（1）设小球由B摆到A的速度为，由机械能守恒有：解得设小球与滑块碰后瞬间小球的速度为，

20、滑块的速度为，由完全弹性碰撞有：解得设碰后瞬间轻绳对小球的拉力大小T，由牛顿第二定律有：解得（2）对小滑块由动量定理有解得另解 对小滑块由牛顿第二定律及运动学公式有：解得6(1)，；(2)4【解析】【详解】(1) P自h高处落下与Q碰撞前，由动能定理可得P与Q碰撞后，由动量守恒得由能量守恒可得联立解得，(2)由题意可知，要使二者始终共速运动，则需满足在弹簧恢复原长时二者速度刚好为零。在Q压缩弹簧时有从二者碰撞后共速到弹簧恢复原长二者速度刚好为零，由能量守恒可得因为为正整数，则联立解得 7(1)2m/s；(2)【解析】【详解】(1)物块A从O1滑到最高点，由动能定理可得解得(2)物块A通过最高点

21、后做平抛运动，解得物块B从静止开始做匀加速运动，至碰撞时运动的时间与物块A做平抛运动的时间相等，根据牛顿第二定律有解得根据位移公式有解得故O1、O2两点间的距离联立可得8(1)；(2)0.2【解析】【分析】【详解】(1)设游客在滑道上下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得解得。(2)设游客到达滑到下端的速度为v1，由运动学公式可得要使游客刚好不从木板B的左端滑出，即游客到达木板B左端时恰好与木板达到共同速度，设为v2，由于冰面光滑，该过程满足动量守恒，可得由能量守恒可得联立解得。9（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有

22、解得滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得联立解得或故可得（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有解得10(1)(2)【解析】【详解】(1)如图所示，根据已知条件画出粒子的运动轨迹，粒子打在AD板上的Q点，圆心为O1由几何关系可知：轨迹对应的圆心角PO1Q120，设粒子运动的轨迹的半径为R洛伦兹力充当向心力qvBm圆周运动的周期公式T可得周期T运动时间为t代入数据解得t(2)粒子垂直打到AC板上，运动轨迹如图所示，圆心为O2，APO230，设粒子运动的轨

23、迹的半径为rrcos 30L洛伦兹力充当向心力qvBm解得v11（1）；（2）【解析】【详解】（1）开始时摩擦力由牛顿第二定律有解得（2）速度最大时满足根据能量守恒得解得12（1）v=0；（2）0.6m【解析】【详解】（1）设长木板最终的速度是v，由动量守恒可得解得v=0（2）A、B同时均做匀减速直线运动，同时停止，此间C始终不动。由能量守恒可得刚开始时A、B间的距离至少为解得l=0.4m+0.2m=0.6m13（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）物块从A运动到D过程的加速度大小为，由牛顿第二定律可得物块从D运动到E过程的加速度大小为，由牛顿第二定律可得根据位移公式可得，联立解得，（2

24、）由动能定理可得解得14（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，内回路中感应电动势根据闭合电路欧姆定律知回路中的电流电阻的功率（2）放置导体棒时，与并联后与导体棒串联，为使电阻功率不变，则电路中的电流不变。设产生的新感应电动势为，根据闭合电路欧姆定律有解得根据法拉第电磁感应定律解得15（1）；（2），垂直纸面向里【解析】【详解】（1）电子加速过程，由动能定理可得解得（2）如图所示，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力作为向心力可得由几何关系可得联立解得，磁感应强度的大小为由左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向里。16（1）175N；（2）9.6m【解析】【详解】(1

25、)设AB的长度为x，有由牛顿第二定律得联立解得(2)设人到达C点时的速度为vC，由B到达C的过程中，由动能定理得设运动员在C点所受的支持力为N，由牛顿第二定律有由题意得联立解得17（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）要想物块能以最大速度滑上小车C，则需要物块在传送带上一直被加速，则加速度为 则传送带的最小速度为此过程中物块相对传动带的位移因放上物块带动传送带的电动机应至少增大的电功率 物块加速的时间为增加的功率为（2）当物块滑上凹型槽的速度最大时，当物块滑上小车C，然后再滑回到底端时，小车获得的速度最大，则欧动量守恒和能量关系可知 解得小车C能获得的最大速度（3）若物块能从小车能飞出，

26、则到达最高点时恰好共速时，满足解得则若物块能从小车中飞出，则弧面半径R应满足18（1）；（2）；（3）【解析】【详解】(1)弹射器中的弹簧压缩量为时，物块刚好运动到与圆心等高的处，根据能量守恒有弹射器中的弹簧压缩量为时物块刚好能滑到长木板的最左端的速度，根据能量守恒有解得(2)若长木板与水平面间光滑，甲乙组成的系统由于水平方向不受外力所以动量守恒，设长木板的长度为，取方向为正方向。根据能量守恒联立解得摩擦产生的热量为(3)若长木板与水平面间有摩擦，对甲运用牛顿第二定律对乙运用牛顿第二定律解得设经过时间物块刚好滑到长木板的最右端，此时它们的共同速度为，则有位移间的关系为代入数据解得19（1）；（

27、2）W【解析】【分析】【详解】（1）由抛体运动可知，在水平方向解得（2）以竖直向下为正方向，推出时铅球竖直方向速度落地时铅球竖直方向速度重力瞬时功率代入数据解得W20（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知粒子在N点速度方向与y轴负方向夹角为60，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在N点时速度为v，则粒子由M到N过程，由动能定理得解得（2）粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹半径为R，由几何关系可得由牛顿第二定律联立解得21(1)9N，方向竖直向下；(2)0.4m【解析】【详解】(1)小球从A到C过程，由动能定理得代入数据解得在a点，由牛顿第二定律代入数据解得N=9N根据牛顿第三定律可知，小球第一次到达a时对小车的压力为9N，方向竖直向下；(2) m、M组成的系统在水平方向动量守恒，m到达b点时两者在水平方向速度相等，设为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得mva=（m+M）v由机械能守恒定律得代入数据解得因为，所以小球从M飞出后做竖直上抛运动。令小球刚好到达b点时，水平方向共同的速度为vx，小球的竖直速度为vy，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得小球离开M后，做竖直上抛运动，继续上升的高度为h1，根据动能定理可得联立并代入解得小球离开平台后上升的最大高度为0.4m。