2022年高三物理冲刺题型专项训练

轨道?24 h 轨道48 h 轨道16 h 轨道图轨道 地月转移轨道轨道 P Q 高三物理冲刺题型专项训练计算题部分计算题1.20XX 年 10 月 24 日，我国成功地发射了“嫦娥一号”探月卫星，其轨道示意图如下图所示.卫星进入地球轨道后还需要对卫星进行10 次点火控制。第一次点火，抬高近地点，将近地点抬高到约600km，第二、三、四次点火，让卫星不断变轨加速，经过三次累积，卫星加速到11.0km/s 的速度进入地月转移轨道向月球飞去.后 6次点火的主要作用是修正飞行方向和被月球捕获时的紧急刹车,最终把卫星送入离月面200km 高的工作轨道(可视为匀速圆周运动).已知地球质量是月球质量的81 倍,R月=1800km,R地=6400km,卫星质量 2350kg,地球表面重力加速度 g 取 10m/s2.（涉及开方可估算，结果保留一位有效数字）求：卫星在绕地球轨道运行时离地面 600km时的加速度.卫星从离开地球轨道进入地月转移轨道最终稳定在离月球表面200km 的工作轨道上外力对它做了多少功?（忽略地球自转及月球绕地球公转的影响）2如图一所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为 R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和 M N 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图二是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度时间图象，图像中坐标轴上所标出的字母均为已知量。求：（1）金属框的边长；（2）磁场的磁感应强度；（3）金属线框在整个下落过程中所产生的热量。精选学习资料 -名师归纳总结-第 1 页，共 18 页3如图所示，xOy 位于竖直平面内，以竖直向上为y 轴正方向，在y 轴左侧有正交的匀强磁场和电场，其中匀强磁场垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B，匀强电场方向向上、电场强度为0E；y 轴右侧有竖直方向的匀强电场，场强的方向和大小都做周期性的变化。电场方向向下时电场强度为1E，方向向上时电场强度为2E。在坐标为（R，R）处和第一象限某处有完全相同的带正电的微粒P和 Q，带电量为q。现以一定的速度水平向左释放微粒P，P 在竖直面内恰好做匀速圆周运动，同时由静止释放Q，且只有 Q每次经过x 轴时 y 轴右侧的电场方向才发生改变。要使两微粒总是以相同的速度同时通过x 轴，求：（1）场强1E和2E的大小及其变化周期T。（2）在 Et 图中做出该电场的变化图象（以释放电荷P 时作为初始时刻，竖直向上为场强的正方向），要求至少画出两个周期的图象。0 t1 t2 t3 t4 v1 v3 v2 vtNMNM abcd图一图二EtO2TTOyxPRRQE0精选学习资料 -名师归纳总结-第 2 页，共 18 页4如图所示，木槽A质量为m，置于水平桌面上，木槽上底面光滑，下底面与桌面间的动摩擦因数为，槽内放有两个滑块B和 C（两滑块都看作质点），B，C的质量分别2mm和，现用这两个滑块将很短的轻质弹簧压紧（两滑块与弹簧均不连接，弹簧长度忽略不计），此时B到木槽左端、C到木槽右端的距离均为L，弹簧的弹性势能为PEmgL。现同时释放B、C两滑块，并假定滑块与木槽的竖直内壁碰撞后不再分离，且碰撞时间极短求：（1）滑块与槽壁第一次碰撞后的共同速度；（2）滑块与槽壁第二次碰撞后的共同速度；（3）整个运动过程中，木槽与桌面因摩擦产生的热量5北京时间20XX年 9 月 25 日 21 时 10 分，我国自行研制的第三艘载人飞船神舟七号。在酒泉卫星发射中心由“长征二号F”运载火箭发射升空点火后，火箭竖直匀加速升空，第12秒末。火箭上升到高度为216 米处之后火箭实施程序拐弯、一二级分离、整流罩分离后，第 583 秒，飞船与火箭在高度约200 公里处分离，进入距地球表面近地点高度约200 公里、远地点高度约347 公里的椭圆轨道上运行26 日 4 时 04 分按计划完成变轨控制，神舟七号飞船进入距地球表面约343 公里的圆轨道上运行 27 日 16 时 39 分，身着我国自行研制的第一套舱外航天服“飞天”舱外航天服的航天员翟志刚顺利出舱，开始实施我国首次空间出舱活动“太空漫步”，16 时 49 分，翟志刚完成太空行走，进入轨道舱，整个“太空漫步”约 10 分钟 9 月 28 日 16 时 47 分飞船减速，离开圆轨道开始返回，17 时 37 分飞船安全着陆 已精选学习资料 -名师归纳总结-第 3 页，共 18 页知地球表面附近的重力加速度g=l0ms2，地球半径约为6400km求：(1)火箭匀加速竖直升空过程中,座椅对宇航员的支持力约为其所受重力的多少倍?(2)翟志刚“太空漫步”过程中通过的路程大致是多少?(结果保留二位有效数字)6.如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y 轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场。现有一质量为m、电荷量为q 的粒子以速度v0从 y 轴上的 M点沿 x 轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经x 轴上的 N点和 P点最后又回到 M点，设 OM=L,ON=2L.求：（1）带电粒子的电性，电场强度E的大小；（2）带电粒子到达N点时的速度大小和方向；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；（4）粒子从M点进入电场，经N、P点最后又回到M点所用的时间。精选学习资料 -名师归纳总结-第 4 页，共 18 页7如图所示的装置中，两个光滑定滑轮的半径很小，表面粗糙的斜面固定在地面上。现用一根伸长量可以忽略的轻质细绳跨过定滑轮连接可视为质点的甲、乙两物体，其中甲放在斜面上且连线与斜面平行，乙悬在空中，放手后，甲、乙均处于静止状态。当一水平向右飞来的子弹击中乙（未穿出）后，子弹立即和乙一起在竖直平面内来回运动，若乙在摆动过程中，悬线偏离竖直方向的最大偏角为60，整个过程中，甲均未动，且乙经过最高点（此时乙沿绳方向的合外力为零）和最低点时，甲在斜面上均即将滑动。已知乙的重心到悬点O的距离为l0.9 m，乙的质量为m乙0.99kg，子弹的质量m 0.01 kg，重力加速度g取 10m/s2，求：（1）子弹射入射己前的速度大小；（2）斜面对甲的最大静摩擦力。8如图所示，电荷量均为q、质量分别为 m 和2m 的小球 A和 B，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳断开求：(1)电场强度大小及细绳断开后两球A、B的加速度；(2)当球 B速度为零时，球A的速度大小；(3)自绳断开至球 B速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？精选学习资料 -名师归纳总结-第 5 页，共 18 页9由内壁光滑的细管制成的直角三角形管道ABC安放在竖直平面内，BC边水平，AC管长 5m，直角 C处是小的圆弧，B=37o。从角 A处无初速度地释放两个光滑小球（小球的直径比管径略小），第一个小球沿斜管AB到达 B处，第二个小球沿竖管AC到 C再沿横管 CB到 B处，（已知4337tan0，管内无空气阻力，取g=10m/s2）求(1)两小球到达B点时的速度大小之比21:vv(2)两小球到达B点时的时间之比21:tt10.在许多建筑工地经常使用打夯机将桩料打入泥土中以加固地基。打夯前先将桩料扶起、直立在泥土中，每次卷扬机都将夯锤提升到距离桩顶50hm 处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上并不 弹 起，而随 桩料 一起向下 运动。设 夯锤 和桩料的 质量 均为500mkg，泥 土 对 桩 料 的 阻 力 为khf牛 顿，其 中 常 数42.0 10kN/m，h是桩料深入泥土的深度。卷扬机使用的是V220的单相交流电动机，其工作效率为%95，每次卷扬机需用20s的时间提升夯锤（提升夯锤时忽略加速和减速的过程，不计夯锤提卷扬机桩料夯锤泥土A B C 37o精选学习资料 -名师归纳总结-第 6 页，共 18 页升时的动能，也不计滑轮的摩擦。夯锤和桩料的作用时间极短，取2/10smg），求（1）在提升夯锤的过程中，卷扬机的输入电流(保留 2 位有效数字)（2）打完第一夯后，桩料进入泥土的深度11在平面直角坐标系xoy内，第一、第三象限有大小相等、垂直平面朝里的匀强磁场，第二象限有平行于平面沿-x方向的匀强电场E2，第四象限有平行于平面沿+x方向的匀强电场E1。一质量为m，电量为-q的带电粒子（不计重力），从x轴上的（0,l）点以速度0v沿-y方向进入第四象限的电场中，后由x轴上的某点D 沿+y方向进入第二象限的电场中，最后从x轴上的某点Q 沿-y方向再度进入第四象限。已知qlmvE23201，122EE。求（1）磁感应强度B的大小（2）带电粒子从第一象限进入第四象限时Q点的坐标（3）带电粒子第一次经过全部四个象限的时间O x y(l,0)0vB B E1 E2 DQ精选学习资料 -名师归纳总结-第 7 页，共 18 页12.如图所示，水平面O点的右侧光滑，左侧粗糙O点到右侧竖直墙壁的距离为L，一系统由可看作质点A、B两木块和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成A、B两木块的质量均为m，弹簧夹在A与B之间，与二者接触而不固连让A、B压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为0E。若通过遥控解除锁定时，弹簧可瞬时恢复原长该系统在O点从静止开始在水平恒力F作用下开始向右运动，当运动到离墙4LS时撤去恒力F，撞击墙壁后以原速率反弹，反弹后当木块A运动到O点前解除锁定求（1）解除锁定前瞬间，A、B的速度多少？（2）解除锁定后瞬间，A、B的速度分别为多少？（3）解除锁定后F、L、E0、m、满足什么条件时，B 具有的动能最小，这样A 能运动到距 O点最远距离为多少？（A与粗糙水平面间的摩擦因数为）A B FLO精选学习资料 -名师归纳总结-第 8 页，共 18 页20XX届高三冲刺物理题型专练系列计算题部分(二)答案计算题1.解:卫星在离地600km处对卫星加速度为a，由牛顿第二定律mahRGMm21（2 分）又由mgRGMm2（2 分）可得 a=8 m/s2（1 分）（2）卫星离月面200km速度为 v，由牛顿第二定律得：2222hrmvhrmGM月（1 分）由mgRGMm2及 M月/M=1/81（2 分）得:V2=2.53 106km2/s2由动能定理,对卫星 W=21mv221mv02（1 分）=21 2350（253104110002）=11011J（1 分）2.解析：本题考查对复杂物理过程的分析能力、从图象读取有用信息的能力。考查运动学知识、牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、动能定理等知识。考查逻辑推理能力、分析综合运用能力和运用物理知识解决物理问题能力。（1）由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1所以金属框的边长)(121ttvl（2 分）（2）在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力lBImg（2 分）RBlvI1（2 分）解得1121)(1vmgRttvB（2 分）（3）金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得精选学习资料 -名师归纳总结-第 9 页，共 18 页 W重W安0 Q1W安Q1W重 mgl （3 分）金属框在离开磁场过程中金属框产生的热为Q2，重力对其做正功，安培力对其做负功，由动能定理得 W重W/安22232121mvmv Q2W/安（2 分）线框产生的总热量QQ1Q2（1 分）解得：)(21)(22322121vvmttmgvQ（1 分）3解析：本题考查力、运动、电场、磁场等知识的综合运用能力及运用图象表述物理情景能力。考查逻辑推理能力、综合分析能力、运用数学知识解决物理问题能力和探究能力。1）由于过x 轴时，速度竖直方向，P微粒运动半径为R 0E qmg，2vqvBmR得：002ETBg0BRqvE（2 分）Q在04T时刻以速度v 通过 x 轴04Tva，2202RBaE（2 分）向下运动时：1mgE qma（1 分）21002RgBEEE（2分）向上运动时：2E qmgma（1 分）22002RgBEEE（2 分）Q在02T时刻到达最低点，034T以向上的速度v 通过x 轴，0T时回到原出发点，速度为 0，是一种往复运动，其周期为0TT（2 分）2）Et 图如图所示。（4 分）4解析：本题考查动力学、能量、动量的综合运用能力。考查牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律的理解和应用。考查逻辑推理能力、综合分析能力、运用数学知识解决物理问题的能力和探究能力。解：（1）释放后弹簧弹开B、C两滑块的过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有02CBmvmv（1 分）E2E1ET2Tt精选学习资料 -名师归纳总结-第 10 页，共 18 页221122PBCEmvmv（1 分）解得41,33BCvgL vgL（1 分）式中BCvv、分别表示B、C两滑块离开弹簧时的速度大小。滑块 B经过时间134BLLtvg先与木槽 A左侧壁碰撞，设碰撞后达到的共同速度为1v，则1Bmvmm v（2 分）解得13gLv，方向水平向左（1 分）（2）木槽 A与 B滑块相撞后，一起向左做匀减速运动，其加速度大小为22mmm gagmm（2 分）木槽 A和滑块 B相撞后速度减为0 的时间1212vLtag（1 分）在12tt这段时同内滑块C和木槽移动的距离之和为121 21324Csvttv tLL，所以在C与 A相撞前 AB停止运动（1 分）再经过一段时间滑块C和木槽右侧壁碰撞。则222Cmvmmm v（1 分）解得212gLv，方向水平向右（1 分）（3）第一次碰撞后A与 B的总动能全都转化为摩擦热2111123Qmm vmgL（2 分）第二次碰撞后系统的总动能全都转化为摩擦热22211226Qmmm vmgL（2 分）整个过程中木槽和桌面因摩擦而产生的热量为1212QQQmgL（1 分）5 (1)火箭匀加速竖直上升过程中加速度为n 精选学习资料 -名师归纳总结-第 11 页，共 18 页221ath座椅对宇航员的支持力为F。FN mg=ma FN=13 mg (2)飞船在地面上所受重力等于万有引力2RMmGgm飞船在离地h 高处的速度为v hRvmhRMmG22)(太空漫步通过的路程 s=vt s=4 7106m 评分标准：式各2 分，式3 分，式各1分6.（1）粒子从M至 N运动过程有：221atL 1加速度qEam=2运动时间02vLt 3由123得电场强度222022,(2)LmamLaEvtqqL=则202mvEqL=4(2)设 vN与 x 成 角45,1tan00vatvvy带电粒子到N点速度02vvN5（3）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心在O处，设半径为R，由几何关系知带电粒子过P点的速度方向与x 成45角，则 OP=OM=L 则23LR6由牛顿第二定律得：RvmBqvNN27x P B B O y M VN V0 V0 R O精选学习资料 -名师归纳总结-第 12 页，共 18 页由 6 7 解得：LgmvB320(4)粒子从 M至 N时间：012vLt8粒子在磁场中运动时间02424343vLqqBmTt 9粒子从 P至 M运动时间032vLvLtN10从 M点进入电场，经N、P回 M所用时间03214)129(vLtttt7解：（1）设子弹射入物块前的速度大小为v0，射入后共同速度的大小为v，子弹击中乙的过程中动量守恒，有mv0（mm乙）v （3 分）乙上摆到最高点的过程，机械能守恒有2)(21)cos1()(vmmglmm乙乙（3 分）联立解得v0300m/s （2 分）（2）设甲物体的质量为m甲，说受的最大静摩擦力为f，斜面的倾角为，当乙物体运动到最高点时，绳子上的弹力设为T1，T1（mm乙）gcos（2 分）此时甲物体恰好不下滑，有m甲g sin fT1 （2 分）当乙物体运动到最低点时，绳子上的弹力设为T2，由牛顿第二定律：lvmmgmmT22)()(乙乙（2 分）此时甲物体恰好不上滑，有m甲g sin fT2（2 分）联立解得5.8)cos1()(23gmmf乙N （3 分）8.解析：(1）设电场强度为E，把小球 A、B看作一个系统，由于绳未断前两球均做匀速运动，则23qEmg，32mgEq精选学习资料 -名师归纳总结-第 13 页，共 18 页细绳断后，根据牛顿第二定律得AqEmgma，2Aga方向向上；22BqEmgma,4Bga(负号表示方向向下）(2)细绳断开前后两绳组成的系统满足合外力为零，所以系统总动量守恒设B 球速度为零时，A球的速度为vA，根据动量守恒定律得00(2)0,3AAmm vmvvv(3)设自绳断开到球B速度为零的时间为t，则00,4BBgva t a，则04vtg在该时间内 A的位移为2000000(3)(3)4822Avvvvvvstgg由功能关系知，电场力对A做的功等于物体A的机械能增量，则220083122AAvmgEqEsqmvqg同理对球 B得22002332BBvmgEqEsqmvqg所以2015ABEEEmv9（1）设 AC 长为h，小球到达 B点时的速度为v，根据机械能守恒定律，221mvmgh（3 分）所以ghv2（2 分）可见小球的速度只与高度h有关，与路径无关，1:1:21vv（3 分）（2）第一个小球的运动时间由sin2121hta定（1 分）根据牛顿第二定律1sinmamg得sin1ga（1 分）精选学习资料 -名师归纳总结-第 14 页，共 18 页故ght2sin1（1 分）第二个小球在竖管中的运动时间由ht g2121得ght21（2分）第二个小球在横管中做匀速直线运动，运动时间由2tant vh定（1 分）所以ghghht2tan1tan22（2 分）所求11545322cossin222cossin12tan122sin121ghghghtt（2 分）该比值与h及g的取值无关10解：（1）提升夯锤的过程中需做功0mghW4105.2510500WJ（2 分）则卷扬机的输入功率为4103852095.025000tWPW（2 分）由于是单相交流电，则PUI0.63822050000IA（3 分）或者用vmgUI解，则更简单（2）依靠自重桩料可下沉1h412.0 10mgh10.25hm （2 分）夯在打击前的速度为smghv/10200（1 分）精选学习资料 -名师归纳总结-第 15 页，共 18 页打击后的共同速度为smv/51，（2 分）下冲过程的阻力是随距离均匀变化的力，可用平均力求做功，下冲过程用动能定理24111110222.0 1022mvmg hhhhh（4 分）222.50hh，1211.44hmm则第一夯打击后桩料深入泥土的深度为1.65m （2 分）11解：（1）带电粒子在第四象限中做类平抛运动由ltmqqlmv21202321得0202133234vlvlt（1 分）0120323vtqlmqmvvx022012vvvvx（2 分）1v与 x 轴的夹角33tan01xvv即0130（1 分）lOAOO3230tan02（1 分）圆周半径lOOAO34222故Bqvml0234qlmvB230（2 分）（2）lOD2在第二象限中做类平抛运动由ltmqqlmv23212220得0202233234vlvlt（1 分）O x y P(l 2,0)A 01200120030030C O2 D F G O3 Q 1v2vltvOA33210精选学习资料 -名师归纳总结-第 16 页，共 18 页0220323vtqlmqmvvx022124vvvvx（2 分）方向与 x 轴正向成023033430tan220llGO圆周半径lGOGO3830cos03lGOOO3430tan03（3 分）故lOQ4即Q点的坐标为（0,4l）（2 分）（3）从P点到Q的时间为233942360120202100vlttBqmt12.解：（1）、由于撞击墙壁后以原速率反弹，所以解除锁定前瞬间A.B 的速度大小相等且等于撤去恒力 F 时的速度大小，根据动能定理有：231()242FLm v（2 分），34FLvm（2 分）（2）设解除锁定后，A、B速度分别为1v、2v由于弹开瞬时系统动量守恒：1 1222m vm vm v（3 分）由于解除锁定过程中系统机械能守恒，则有：22201 122111(2)222m vEm vm v（3 分）由上面三式联立解得：0134EFLvmm0234EFLvmm由于,1vv所以应该取：精选学习资料 -名师归纳总结-第 17 页，共 18 页0134EFLvmm（2 分）0234EFLvmm（2 分）（3）、若解除锁定后B物体的最小动能应为零，即全部的机械能全部转化给A，即：02304EFLvmm解得：034FLE（2 分）将上式代入1v可得最大值：13mvFL（1 分）所以 A距 O点的最远距离为:2112mmgSmv32mFLSmg（2 分）精选学习资料 -名师归纳总结-第 18 页，共 18 页