2022年高考冲刺精品试题.docx

《2022年高考冲刺精品试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考冲刺精品试题.docx（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -运算题湖南省三湘名校训练联盟 2022 届高三第三次联考理综物理试题（18 分）如下列图,直角坐标系 xOy 的 x 轴水平, y 轴垂直,处于竖直向下、大小为 E0 的匀强电场中, 过 O点,倾角为60 的足够大斜面固定在坐标系中；质量为 m带电量为q 的粒子从 y 轴上的 P 点,以某一速度沿 x 轴正方向射入,经过时间 t ,在坐标平面内加上另一匀强电场 E,再经过时间 t ,粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面,且到达斜面时速度为零；不计粒子重力,求：（1）粒子的初速度大小；（2）P 点与 x 轴的距离

2、；（3）匀强电场 E 的电场强度大小；解：（1）粒子运动轨迹如图中虚线所示,第一个时间加速度aqE0（1 分）mt 内,粒子做类平抛运动加上电场 E时,粒子在竖直方向的速度 vyat （1 分）此时合速度方向垂直于斜面：v 0tan（1 分）y1,水平方向的位移yv可解得粒子的初速度v 03qE0t（2 分）m（2）第一个时间t 内,粒子在竖直方向的位移y 11 at 22（1 分）水平方向的位移x1v0t （1 分）在其次个时间t 内,粒子在竖直方向的位移也为x2y 1tan（1 分）P点到 x 轴的距离细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -

3、第 1 页,共 14 页 - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -l 2y1x1x2tan（1 分）2代入数据得：l 11 qE 0 t（2 分）2 m（3）在其次个时间 t 内,在竖直方向：qEyqE0m（2 分）qE x v 0在水平方向,（2 分）m t所以 E E x 2E 2y（1 分）解得： E7 E0 （2 分）湖南省常德市 2022 届高三第一次模拟考试理综物理试题14 分 某种弹射装置的示意图如下列图,光滑的水平导轨 MN右端 N处与倾斜传送带抱负连接,传送带长度 L=15m,传送带以恒定速度

4、v=5m/s 顺时针转动,三个质量均为 m=lkg 的滑块 A、B、C置于水平导轨上,滑块 B、 C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,滑块 B 与轻弹簧连接,滑块 C未连接弹簧,滑块 B、C处于静止状态且离 N点足够远,现让滑块 A 以初速度v0=6m/s 沿滑块 B、C连线方向向滑块B运动,滑块 A 与 B 碰撞后粘合在一起, 碰撞时间极短；滑块 C脱离弹簧后滑上倾角 =37 的传送带,并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上；已知滑块 C与传送带之间的动摩擦因数 =0.8 ,重力加速度 g=10m/s 2,sin37 =0.6 ,cos37=0.8 ；求：（1）滑块 A、B 碰撞时缺失的机械能：

5、（2）滑块 C刚滑上传送带时的速度；（3）滑块 C在传送带上因摩擦产生的热量 Q；（1 设 A 与 B 碰撞后共同速度为 v1,对 A、B 系统由动量守恒定律：m v 0=2mv12 1分2 分碰撞时缺失的机械能：E=1 m v0 2-21 2m v 21解得： AE=9J 1 分（2）设 A、B 碰撞后,弹簧第一次复原原长时AB的速度为 vB,C的速度为 vC；由动量守恒： 2m v 1=2mvB+mvC 1 分 第 2 页,共 14 页 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 -

6、 - - - - - - - - - - - - - -由机械能守恒：1 2m v 21 2=1 2m v 2B 2-1 m v C 2 22 分解得： vC =4m/s 1 分（3）C以 4m/s 的速度滑上传送带,假设匀加速直线运动的位移为x 时与传送带共速,依据牛顿其次定律：mgcos -mgsin =ma 1 分 1 分由运动学公式： v2 - vC 2=2ax 解得： x =11.25mL 1 分1 分加速运动时间为t ,有： t=vv C =2.5s a1 分1 分所以相对位移为：x= v t-x=1.25m 摩擦生热： Q= mgcos x =8J 广东省华南师大附中2022届高

7、三三模理科综合物理试题（20 分）如下列图,光滑水平面上有一小车B ,右端固定一沙箱,沙箱上连接一水平的轻质弹簧, 小车与沙箱的总质量为M2kg；车上在沙箱左侧距离S1 m的位置上放有一质 第 3 页,共 14 页 - - - - - - - - - 量为m1 kg小物块 A,物块 A 与小车的动摩擦因数为0.1；仅在沙面上空间存在水平向右的匀强电场,场强E2103Vm；当物块A 随小车以速度v010ms向右做匀速直线运动时,距沙面H5 m高处有一质量为m 02kg的带正电q1102C的小球 C ,以u010ms的初速度水平向左抛出,最终落入沙箱中；已知小球与沙箱的相互作用时间极短,且忽视最短

8、时的长度,并取g10m2 s；求：（1）小球落入沙箱前的速度u 和开头下落时与小车右端的水平距离x ；（2）小车在前进过程中,弹簧具有的最大值弹性势能E ；（3）设小车左端与沙箱左侧的距离为L ；请争论分析物块A 相对小车向左运动的过程中,其与小车摩擦产生的热量Q 与 L 的关系式；（1）小球 C下落到沙箱的时间为t ,就竖直方向上：H1 gt 22 （ 1 分）所以有：t2H1 sg小球在水平方向左匀减速运动：qEm 0ax （ 1 分）细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - -

9、 - - - -uxu0axt （ 1 分）代入数据解得：ax 10 m s 2,u x 0所以小球落入沙箱瞬时的速度：u u y gt 10 m s,方向竖直向下 （2 分）小球开头下落时与小车右端的水平距离：x x 1 x 2 v 0 t u 0 t 15 m （ 2 分）2（2）设向右为正,在小球落快速落入沙箱过程中,小车（不含物块 A）和小球的系统在水平方向动量守恒,设小球球入沙箱瞬时,车与球的共同速度为 v ,有：Mv 0 M m 0 v 1 （ 1 分）可得：v 1 M v 0 5 m s （ 1 分）M m 0由于小车速度减小, 随后物块 A相对小车向右运动并将弹簧压缩,在此过程

10、中, A 与小车（含小球）系统动量守恒,当弹簧压缩至最短时,整个系统有一共同速度 v ：mv 0 M m 0 v 1 M m m 0 v 2 （ 1 分）解得：v 2 6 m s （ 1 分）依据能的转化和守恒定律,弹簧的最大势能为：EP12 mv 01Mm 02 v 11Mmm 02 v 2mgS （ 2 分）222代入数据解得：Ep=9J （ 1 分）（3）随后弹簧向左弹开物块A,假设 A 运动至车的左端时恰好与车相对静止；此过程中系统动量仍旧守恒,所以系统具有的速度仍为：9v26ms （ 1 分）依据功能关系有：E pmgL0 （ 1 分）m （ 1 分）解得小车左端与沙箱左侧的距离为：

11、L0分情形争论如下：如LL09 m时,物块A 停在距离沙箱左侧L09 m处与小车一起运动,因此摩擦产 第 4 页,共 14 页 - - - - - - - - - 生的热量为：Q 1mgL 0 （ 1 分）如 L L09m时,物块 A 最终会从小车的左端滑下,因此摩擦产生热量为：Q2mgL （ 1 分）河南省六市2022届高三第一次联考（一模）理科综合试题14 分 如下列图 ,坐标原点 O处有一点状的放射源,它向 xoy 平面内的 x 轴上方各个方向 包括 x 轴正方向和负方向 发射带正电的同种粒子,速度大小都是v0,在 0yd 的区域内分细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - -

12、 - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -布有指向 y 轴正方向的匀强电场,场强大小为E2 3 mv 0,其中 q 与 m分别为该种粒子的电2qd荷量和质量 ；在dy2d 的区域内分布有垂直xOy平面的匀强磁场. ab 为一块很大的平面感光板 ,放置于 y=2d 处,观看发觉此时恰好没有粒子打到 子间的相互作用 1 求粒子刚进入磁场时的速率；2 求磁感应强度 B的大小；ab 板上 . 不考虑粒子的重力及粒3 将 ab 板平移到距x 轴最远什么位置时全部粒子均能打到板上？x 轴正方向的夹x解： 1 依据动能定理得Eqd1

13、2 mv t12 mv 2 0分 22可得刚进入磁场时的速率tv2v 2分 2 依据 1 可知tv2 v ,对于沿 x 轴正方向射出的粒子,其进入磁场时与角3 1分 ab 板上,因此沿其在电场中沿x 轴正方向的位移x 1v t2 3d 1分 3如沿 x 轴正方向输出的粒子不能打到ab 板上,就全部粒子均不能打到轴正方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹与ab 板相切,如图甲所示：由几何关系可知rrcos3d 1分 第 5 页,共 14 页 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - -

14、 - - - - - - - - - - - -可得粒子做圆周运动的半径r2d 1分 3洛伦兹力供应向心力Bqv t2 mv t 1分 临界情形就是沿r可得B3 mv t3mv 0 1分 2qdqdab 板上,就全部粒子均能打到板上,3 如沿 x 轴负方向射出的粒子能打到x 轴负方向射出的粒子在磁场中运动的轨迹恰好与由图可知,此时磁场宽度为1d 2分 3ab 板相切 . 如图乙所示：即当 ab 板位于 y 4 d 的位置时,恰好全部粒子均能打到板上 . 2 分 3 1.12 分 如下列图 , 竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端 与水平桌面相切 , 小滑块 A和 B 分别静止在圆弧轨道的最高 点和

15、最低点；现将 A无初速释放 ,A 与 B 碰撞后结合为一个整体 , 并沿 桌面滑动；已知圆弧轨道光滑 , 半径 R=0.2m;A和 B的质量相等 ;A 和 B整体与桌面之间的动摩擦因数 1 碰撞前瞬时 A的速率 v；=0.2；重力加速度 g 取 10m/s 2；求: 2 碰撞后瞬时 A和 B整体的速率 v ；3A 和 B整体在桌面上滑动的距离l；, 有: 第 6 页,共 14 页 【解析】 1 从圆弧最高点到最低点机械能守恒mAv2=mAgR 2 分 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学

16、习资料 - - - - - - - - - - - - - - -可得 v=2m/s2 分 2 在底部和 B相撞, 满意动量守恒 , 有:m A+mBv=m Av 2 分 可得 v=1m/s2 分 3 依据动能定理 ,A、B一起滑动过程有 : - mA+mBg l=0- mA+mBv22 分 可得 l=0.25m2 分 答案: 12m/s 21 m/s 30.25 m 2.20 分 如下列图 , 在直角坐标系的第象限分布着场强 E=510 3V/m、方向水平向左的匀强电场, 其余三个象限分布着垂直纸面对里的匀强磁场； 现从电场中 M0.5,0.5点由静止释放一比荷为=210 4C/kg、重力不

17、计的带正电微粒 , 该微粒第一次进入磁场后将垂直通 过 x 轴；求 : 1 匀强磁场的磁感应强度；2 带电微粒其次次进入磁场时的位置坐标；3 为了使微粒仍能回到释放点M,在微粒其次次进入磁场后撤掉第象限的电场 , 求此情形下微粒从释放到回到M点所用时间； 第 7 页,共 14 页 【解析】 1 依据动能定理得2 qExM= mv细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -v= =10 4m/s 由于微粒第一次进入磁场后将垂直通过

18、在磁场中做圆周运动的半径 R=xMR=xM= , 解得 B=1T x 轴, 依据几何关系知 , 粒子2 粒子垂直进入电场 , 做类平抛运动 , 就a 抛=10 8m/s2xM= a 抛代入数据解得 t抛=10-4s 抛 t8 抛=10就 y=vt抛=10 4 10-4=1m 带电微粒其次次进入磁场时的位置坐标为0m,1m 3 第一次进入磁场后轨迹如下列图, 其次次入磁场时 :v x=a 10-4=10 4m/s v 入= 10 4m/s R=m, 所以轨迹如下列图 : 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页,共 14 页 - - -

19、- - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -t=2 T+t抛+代入数据得 :t=7.21 10-4s；答案: 11T 20m,1m 37.21 10-4s 如图甲所示,一根直杆（14 分）（湖南省岳阳市一中2022 届高三上学期第一次月考）AB 与水平面成某一角度固定,在杆上套一个小物块,杆底端B 处由一弹性挡板,杆与板面垂直,现将物块拉到A 点静止释放,物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v-t 图像如图乙所示,物块最终停止在B 点,重力加速度为g102 m s ,求：（1）物块与杆之间的动摩擦因数 ；（2）物块滑过的总路程 s；解

20、：（1）设杆子与水平方向的夹角为,由图象可知,物块匀加速运动的加速度大小a 142 m s42 m s ,（ 2 分）2 m s2 8 m s （ 2 分）1匀减速上滑的加速度大小a 240.5依据牛顿其次定律得：mgsinmgcosma 1,mgsinmgcosma 2,（4 分）联立两式解得 =0.25,sin =0.6（2 分）（2）物块最终停止在底端,对全过程运用动能定理得,细心整理归纳 精选学习资料 mgs 1sinmgcoss0（ 2 分）2 m（1 分） 第 9 页,共 14 页 由图线围成的面积知,s 114 1 m2代入数据解得s=3m（1 分） - - - - - - -

21、- - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -考点：匀变速运动的公式、图像；牛顿其次定律；动能定理（18 分）（湖南师范高校附中2022 届高三上学期其次次月考）某学校科技小组对一辆自制小遥控车的性能进行争论,他们让小车在水平地面上由静止开头运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过数据处理得到如下列图的v-t 图象,已知小车在02s 内做匀加速直线运动, 210s 内小车牵引力的功率保持不变,在10s 末停止遥控,关闭电动机,小车的质量 m=kg,整个过程中小车受到的阻力保持不变,求：（

22、1）小车所受的阻力 f 的大小和小车在 02s 内所受牵引力的大小；（2）小车在 210s 内牵引力的功率；（3）小车在 14s 内阻力 f 做的功；15（1）小车在 10s 后的加速度大小为av2 2 m s（1 分）t所受阻力为fma2N （1 分）在前 02s,Ffma2N （2 分）解得 F=4N（1 分）细心整理归纳 精选学习资料 （2）在 210s 内,小车牵引力功率PFvfv m16W（3 分） 第 10 页,共 14 页 （3）小车在 02s 内位移为x 11at24 m （ 1 分）2在 27s 内位移为Ptfx 212 mv 212 mv （3 分）22解得x 228m （

23、1 分）在 710s 内位移为x 3v t324m （1 分）在 1014s 内位移x 41v t 416 mx（1 分）2 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -xx 1x 2x3x （1 分）所以在 14s 内阻力 f 做的功为 W=-fx=-144J（2 分）考点：牛顿其次定律；功和功率；动能定理（6 分）（湖南师范高校附中2022 届高三上学期其次次月考）某同学用如图所示装置测量小木块与接触面间的动摩擦因数,木块放在粗糙的水平桌 面上,右侧拴有

24、一细线, 跨过固定在桌面边缘的滑轮与重物连接；试验时,木块在重物牵引下向右运动,重物落地后,木块连续向右滑,在运动过程中木块始终碰不到滑轮,已知木块的质量为 M,重物的质量为 m,回答以下问题：（1）本试验仍需直接测量的物理量有 _；A重物距地面的高度h s =_；B木块在桌面上滑行的总距离C重物下落的时间t #写出测量的动摩擦因数（2）利用上述测量的物理量（3）木块运动过程中,由于滑轮与轴间摩擦及绳子和滑轮的质量的影响,将导致测量的动摩擦因数与实际动摩擦因数相比,其值将 小” ）；_（填“ 偏大” 、“ 相等” 或“ 偏答案：（1）AB；（2）Msmhmh；（3）偏大 第 11 页,共 14

25、 页 - - - - - - - - - ms考点：动能定理（2022 揭阳市高考第一次模拟考试）如图,粗细匀称、横截面积为S、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封,上端封闭但留有一抽气孔；管内下部被活塞封住肯定量的热力学温度细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -为 T0 的抱负气体；开头时,活塞上方气体压强为p0,气柱长度为3L,活塞下方气柱长度为L,现将活塞上方抽成真空并密封,抽气过程中管内气体温度始终保持不变；活塞稳固时距玻璃管顶端的距离为L,求：T 0,已

26、知该降（a）活塞的重力G；（b）假设一段时间后因环境温度缓慢降低,致使密封气体温度变为T3温过程密封气体内能削减了5p SL ,求该过程密封气体对外界放出的热量；2解： a抽气过程温度不变,对密封气体由玻意耳定律p SLp S3L 2 分 对活塞受力分析得p Sp SG 1 分 a 和p SG 1 分 解得G0.5p S 1 分 （b）降温时为等压过程,由盖吕萨克定律S3LSL 1 分 T 0T活塞下降了L3 LL 1 分 外界对气体做功Wp S L 1 分 由热力学第肯定律UQW 1 分 解得Q7p SL ,即密封气体对外界放出的热量为7p SL 1 分 22（2022 广州一摸）（10 分

27、）如图,在导热良好的圆柱形气缸内,可以自由移动的活塞b 密封了 A、B 两部分气体,处于平稳状态；已知活塞横截面积SASB=21,密封气体的长度LALB=14；如用外力把活塞a 向右缓慢移动 d 的距离,求活塞b 向右移动的距离；a F A b B 第 12 页,共 14 页 LALB解：设外界大气压为p0；设 b 向右移动 x （1 分）对 A：pA1=p0,VA1=LASA （1 分）p A2=p, VA2=（LA-d）SA +x SB 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 -

28、 - - - - - - - - - - - - - -由于是等温变化,由玻耳定律：pA1VA1 =pA2 VA2 （2 分）对 B： pB1=p0, VB1=LBSB（1 分）pB2=p, VB2=（LB-x）SB（1 分）由于是等温变化,由玻耳定律：pB1VB1 =pB2 VB2 （2 分）联立以上各式可得：x 4 d（2 分）3（江西省重点中学协作体 2022 届高三第一次联考） （9 分）如下列图,长为 L、底面直径为D 的薄壁容器内壁光滑,右端中心处开有直径为D 的圆孔；质量为 3m 的某种抱负气体被一270C,活塞与容个质量与厚度均不计的可自由移动的活塞封闭在容器内,开头时气体温度

29、为器底距离为2 L. 现对气体缓慢加热,3已知外界大气压强为P0,肯定零度为 -2730C,求气体温度为2070C时的压强；解：开头加热时,在活塞移动的过程中,气体做等压变化；设活塞移动到容器顶端时气体温度为 t0C就有.2分V 1V 0T 1T 0其中初态 T0=300K,V0D2L分6末态为 T1=273+tK , V 1D2L .14得： T=1770C .1分活塞移至顶端后,气体温度连续上升的过程中是等容变化过程,细心整理归纳 精选学习资料 有P 1P 2 .2分 第 13 页,共 14 页 T 1T 2其中 T1=273+177K=450K, P1=P0 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - T2=273+207K=480K .1分细心整理归纳 精选学习资料 得：p 216 p 015.2分 第 14 页,共 14 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -