2022年高考物理真题分类汇编解析力学部分1

2022年高考物理真题分类解析直线运动（少江苏，北京，海南，福建）15．(2022.1)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前至少要减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速有t2＝，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，故C正确。1.（2022，河北）科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（）A.时间内，训练后运动员的平均加速度大B.时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C.时间内，训练后运动员的平均速度小D.时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动【答案】D【解析】【详解】A．根据图像的斜率表示加速度，由题图可知时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；B．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；C．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；D．根据图像可直接判断知，时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。故选D。2．（2022，浙江1）下列说法正确的是() 甲 乙 丙 丁第2题图A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同【答案】B【解析】研究题图甲中排球运动员扣球动作时，需要考虑运动员扣球的位置，故排球不可以看成质点，A错误；研究题图乙中乒乓球运动员的发球技术时，需要考虑球是否旋转，则乒乓球不能看成质点，B正确；研究题图丙中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，需要考虑球拍击球的具体位置，则羽毛球大小不可以忽略，C错误；研究题图丁中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有相对运动，则运动员身体各部分的速度不相同，D错误。8．（2022，上海）（3分）两质点由静止开始做直线运动，它们的位移x与时间t的图像均为抛物线。t0时刻它们的速度分别为vⅠ和vⅡ，加速度分别为aⅠ和aⅡ。则（）A．vⅠ＞vⅡ，aⅠ＞aⅡ B．vⅠ＞vⅡ，aⅠ＜aⅡ C．vⅠ＜vⅡ，aⅠ＞aⅡ D．vⅠ＜vⅡ，aⅠ＜aⅡ【分析】根据匀变速直线运动位移公式分析速度大小，根据速度—时间关系分析加速度大小。【解答】解：根据匀变速直线运动位移公式有：x＝，由图可知vⅠ＞vⅡ，根据v＝at可知aⅠ＞aⅡ，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查匀变速直线运动图像关系，根据图像写出函数解析式，从而分析判断。6.（2022，湖北）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（）A.6小时25分钟 B.6小时30分钟C.6小时35分钟 D.6小时40分钟【答案】B【解析】详解】108km/h=30m/s，324km/h=90m/s由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离普通列车加速时间加速过程的位移根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间同理高铁列车加速时间加速过程的位移根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间相邻两站间节省的时间因此总的节省时间故选B。力相互作用7.（2022，河北）如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以底边为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）A.圆柱体对木板的压力逐渐增大B.圆柱体对木板的压力先增大后减小C.两根细绳上的拉力均先增大后减小D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变【答案】B【解析】【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示在矢量三角形中，根据正弦定理在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又且可知则可知从锐角逐渐增大到钝角，根据由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则可得不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。故选B。5.（2022，湖南）2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】设风速度为，取飘带上任意长度为（趋近于0）的质量为，飘带宽度为，与水平方向夹角为，则该部分飘带的重力和所受风力分别为，则重力与风力的的合力与竖直方向的夹角为整理可得任意长度为的飘带重力相等，所受风力的大小相等，则恒定，则飘带为一条倾斜的直线，故A正确，BCD错误。故选A。2．（2022，上海）（3分）麦克风静止在水平桌面上，下列能表示支架对话筒作用力的方向的是（）A． B． C． D．【分析】话筒处于平衡状态，对话筒受力分析即可。【解答】解：对话筒受力分析可知，话筒受重力和支架的作用力处于平衡状态，支架对话筒的作用力与重力等大、反向、共线，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查对物体的受力分析应用，解题关键要知道二力平衡的条件。4.（2022，辽宁）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝与竖直方向夹角分别为。用分别表示的拉力，则（）A.的竖直分力大于的竖直分力 B.的竖直分力等于的竖直分力C.的水平分力大于的水平分力 D.的水平分力等于的水平分力【答案】D【解析】【详解】CD．对结点O受力分析可得，水平方向即F2的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；AB．对结点O受力分析可得，竖直方向解得则F1的竖直分量F2的竖直分量因可知选项AB错误。故选D。1.（2022，广东）图是可用来制作豆腐的石磨。木柄静止时，连接的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和分别表示三根绳的拉力大小，且。下列关系式正确的是（）

A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】以点为研究对象，受力分析如图由几何关系可知由平衡条件可得联立可得故D正确，ABC错误。故选D。4．（2022，浙江1）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次。决定桶能否翻转的主要因素是()第4题图A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小C．水流对桶撞击力的大小D．水桶与水整体的重心高低【答案】D【解析】水管口持续有水流出且过一段时间桶会翻转一次，主要原因是装的水到了一定量之后，水桶与水整体的重心上移，不能平衡，发生翻转，D正确。5．（2022，浙江1）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ。工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是()第5题图A．轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ)B．轻绳的合拉力大小为eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D．轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小【答案】B【解析】对石礅受力分析，由平衡条件可知Tcosθ＝f，Tsinθ＋N＝mg，其中f＝μN，联立解得轻绳的合拉力大小T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，A错误，B正确；合拉力的大小T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋φ）)，其中tanφ＝eq\f(1,μ)，可知当θ＋φ＝90°时，合拉力有最小值，所以减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，C错误；摩擦力大小f＝Tcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，所以增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小，D错误。6．（2022，浙江1）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是()第6题图A．甲图中的小球将保持静止B．甲图中的小球仍将来回振动C．乙图中的小球仍将来回摆动D．乙图中的小球将做匀速圆周运动【答案】B【解析】空间站中的物体处于完全失重状态，题图甲中的小球所受弹簧的弹力不受失重的影响，则小球仍将来回振动，A错误，B正确；题图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重状态，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止，若给小球一定的初速度，则小球将做匀速圆周运动，C、D错误。7．（2022，浙江1）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是()第7题图A．Q对P的磁力大小等于GPB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于GQ＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ【答案】D【解析】由题意可知，用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方，其磁力F大小大于GP，A、B错误；对P、Q整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q对电子秤的压力大小等于GP＋GQ，C错误，D正确。10．（2022，浙江6）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的()第10题图A．作用力为eq\f(\r(3),3)GB．作用力为eq\f(\r(3),6)GC．摩擦力为eq\f(\r(3),4)GD．摩擦力为eq\f(\r(3),8)G【答案】B【解析】晒衣架左侧斜杆受力分析如图所示，由整体平衡可知4FN＝G，对斜杆，有tan30°＝eq\f(f,FN)，解得FN＝eq\f(G,4)，f＝eq\f(\r(3)G,12)，每根斜杆受到地面的作用力F＝eq\r(FN2＋f2)＝eq\f(\r(3),6)G，故B正确，A、C、D错误。1．（2022，重庆）（4分）（2022•重庆）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（）A．大小等于mg B．大小等于mg C．方向竖直向上 D．方向水平向左【分析】擦窗工具，做匀速直线运动。做出它的受力分析图，根据平行四边形定则可求出摩擦力。【解答】解：对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示水平方向上拉力F与擦窗工具所受滑动摩擦力f滑等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所受静摩擦力f静等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中f所示，大小为＝＝mg故B正确，ACD错误。故选：B。牛顿运动定律2.（2022.2）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示由几何关系可知设绳子拉力为，水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可得解得故A正确，BCD错误。故选A。1．（2022，浙江1月）单位为J/m的物理量是()A．力 B．功C．动能 D．电场强度【答案】A【解析】根据功的定义式W＝Fx可知J＝N·m，所以eq\f(J,m)＝N，N是力的单位，A正确。1．（2022，浙江6月）下列属于力的单位是()A．kg·m/s2B．kg·m/sC．kg·m2/sD．kg·s/m2【答案】A【解析】根据牛顿第二定律的表达式F＝ma可知，m的国际单位为kg，a的国际单位为m/s2，则F的单位为kg·m/s2，故A正确。2．（2022，浙江6）下列说法正确的是()A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关【答案】B【解析】因做匀速圆周运动的物体加速度的大小不变、方向始终指向圆心，故链球做匀速圆周运动的过程中加速度的大小不变，方向时刻改变，A错误。惯性是物体本身的固有属性，惯性的大小只与物体的质量有关，质量大则惯性大，足球下落过程中质量不变，故惯性不变，B正确。乒乓球被击打的过程中，球与球拍发生弹性形变，随着形变量的变化，乒乓球受到的作用力也发生变化，C错误。一般情况下，篮球在低速飞行时受到的空气阻力方向与速度方向相反，D错误。3．（2022，浙江6）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是()第3题图A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点【答案】C【解析】鱼儿吞食花瓣时在空中处于最高点，此时鱼儿受重力作用，鱼儿与花瓣间的作用力可以忽略，则此时鱼儿受力不平衡，A错误；鱼儿摆尾击水时受到水的作用力，鱼儿摆尾出水时，水对鱼儿的作用力大于鱼儿的重力，并非浮力大于重力，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾出水的动作时，鱼儿的大小和形状不能忽略，故不能把鱼儿看成质点，D错误。19．（2022.1，多选）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析，Q受到弹簧的弹力大小为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，为μmg，两滑块与桌面间仍然保持相对滑动，此时对滑块P有－T0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故P、Q间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知，滑块P做加速度减小的减速运动，滑块Q所受合力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间，为2μg。Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误，滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时有－μmg＝maP2，解得aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P开始的加速度大小为2μg，做加速度减小的减速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小为μg；滑块Q开始的加速度为0，做加速度增大的减速运动，最后弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知，恢复原长前P的速度始终比Q的速度减小得快，P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。7.（2022，辽宁）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（）

A.v0=2.5m/s B.v0=1.5m/s C.μ=0.28 D.μ=0.25【答案】B【解析】【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则由题干知x=1m，t=1s，v>0代入数据有v0<2m/s故A不可能，B可能；CD．对物块做受力分析有a=-μg，v2-v02=2ax整理有v02-2ax>0由于v0<2m/s可得μ<0.2故CD不可能。故选B。19．（2022，浙江1）(9分)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。第19题图1第19题图2【答案】(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N【解析】(1)钢架雪车在AB段做匀加速直线运动，有v12＝2a1x1，解得a1＝eq\f(8,3)m/s2。(2)在AB段做匀加速直线运动，有v1＝a1t1，解得t1＝3s，在BC段做匀加速直线运动，有x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2t22，在BC段运动的时间t2＝t－t1，解得a2＝2m/s2，则过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s。(3)在BC段由牛顿第二定律有mgsin15°－Ff＝ma2，解得Ff＝66N。16.（2022，山东）某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：（1）比例系数k值；（2）上行路程L值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有解得小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有设斜面倾角为，对小车匀速有而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有联立各式解得，（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有可得由运动学公式可知解得19．（2022，浙江6）(9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(2,9)，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。第19题图【答案】(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m【解析】(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律有mgsin24°－μmgcos24°＝ma1，解得a1＝2m/s2。(2)货物在倾斜滑轨上做匀加速直线运动，由v2＝2a1l1，解得货物在倾斜滑轨末端时速度大小v＝4m/s。(3)货物在水平滑轨上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有μmg＝ma2，由v12－v2＝－2a2l2，解得水平滑轨的最短长度l2＝2.7m。11．（2022，上海）（4分）神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（）A．一直减小 B．一直增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大【分析】对返回舱进行受力分析，然后根据牛顿第二定律得出加速度的变化．【解答】解：返回舱受到重力和向上的空气阻力f，而竖直向下做减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a＝，由于质量不变，速度减小，f减小，所以加速度减小，故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】该题考查牛顿第二定律的应用，在解答的过程中注意空气阻力随速度的变化关系是解答的关键．曲线运动圆周运动hacb14．(2022.1)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过hacbA．B．C．B．【答案】D【解析】运动员从a到c根据动能定理有mgh＝mvc2，在c点有FNc－mg＝m，FNc≤kmg，联立有Rc≥，故D正确。1.（2022，辽宁）如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了，小车在桥架上单向移动了。该次作业中小车相对地面的位移大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移为故选C。6.（2022，广东）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（）A.将击中P点，t大于 B.将击中P点，t等于C.将击中P点上方，t大于 D.将击中P点下方，t等于【答案】B【解析】【详解】由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有故选B。24．（2022.1）(12分)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。【答案】m/s频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，题图中每相邻两个球之间被删去3个影像，故题图中相邻两球的时间间隔为t＝4T＝0.05×4s＝0.2s，设抛出瞬间小球的速度为v0，题图中相邻两球水平方向上的距离均为x，竖直方向上的距离分别为y1、y2，根据平抛运动公式有x＝v0t，y1＝gt2＝×10×0.22m＝0.2m，y2＝g2－gt2＝×10×m＝0.6m，令y1＝y，则有y2＝3y，已标出的线段的长度分别为s1＝、s2＝＝，则有∶＝3∶7，整理得x＝y，故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝＝m/s。10.（2022，河北，多选）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以为圆心、和为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用、、和、、表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同D.若，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则【答案】BD【解析】【详解】AB．根据平抛运动的规律解得可知若h1=h2，则v1:v2=R1:R2若v1=v2，则选项A错误，B正确；C．若，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；D．设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。故选BD。8.（2022，山东）无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据可得在BC段的最大速度为在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据可得在BC段的最大速度为可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为AB段从最大速度vm减速到v的时间位移在AB段匀速的最长距离为l=8m-3m=5m则匀速运动的时间则从A到D最短时间为故选B。11.（2022，山东，多选）如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【详解】设网球飞出时的速度为，竖直方向代入数据得则排球水平方向到点的距离根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量平行墙面的速度分量反弹后，垂直墙面的速度分量则反弹后的网球速度大小为网球落到地面的时间着地点到墙壁的距离故BD正确，AC错误。故选BD。9.（2022，湖南，多选）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A.发动机的最大推力为B.当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为D.当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到【答案】BC【解析】【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为Fm联立可得，A错误；B．飞行器以v3=匀速水平飞行时B正确；C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时解得C正确；D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值解得am=2.5gD错误。故选BC。13.（2022，辽宁）2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。

【答案】（1）；（2），甲【解析】详解】（1）根据速度位移公式有代入数据可得（2）根据向心加速度的表达式可得甲、乙的向心加速度之比为甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为代入数据可得甲、乙运动的时间为，因，所以甲先出弯道。3.（2022，广东）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】设斜坡倾角为，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得运动员在水平段做匀速直线运动，加速度运动员从点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度设在点的速度为，则从点飞出后速度大小的表达式为由分析可知从点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且C正确，ABD错误故选C。6．（2022，上海）（3分）运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为ω，向心加速度为a。则（）A．ω变小，a变小 B．ω变小，a变大 C．ω变大，a变小 D．ω变大，a变大【分析】根据线速度和加速度的公式，结合半径的变化完成分析。【解答】解：根据线速度的公式v＝ωr可知，当速率不变，半径减小时，角速度增大，而a＝ωv也会随之增大，故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】本题主要考查了圆周运动的相关公式，熟悉圆周运动公式即可完成分析，属于基础题型。14．（18分）（2022•重庆）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为g（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成37°斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，OM＝H，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取sin37°＝。（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y＝H的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为2：3，求蛙的最大跳出速率。（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1：；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1：。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。【分析】（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，在y＝H的高度捉住虫时，列位移方程即可求解；（2）虫能被捉住，即相遇了列出位移方程求出时间，然后根据位移—时间关系再求位置坐标；然后求出青蛙、虫子的轨迹方程，两轨迹相交，解方程求出最大位置坐标。（3）由运动学的速度—时间关系，结合位移—时间关系进行求解即可。【解答】解：（1）虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知青蛙做平抛运动，设时间为，有x蛙＝vmt蛙联立解得，，（2）设蛙和虫若同时开始运动时间均为t，相遇时有解得则最小的位置坐标为解得：xmin＝而蛙和虫不同时刻出发时需要轨迹相切，青蛙的平抛运动有，可得青蛙轨迹方程为虫的轨迹方程为y＝（xmax﹣x）tan37°两轨迹相交，可得整理可知令Δx＝0，即解得xmax＝2H虫在x轴上飞出的位置范围为（3）设蛙的运动时间为t1，有解得而解得而解得答：（1）蛙的最大跳出速率为。（2）虫在x轴上飞出的位置范围为。（3）满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率为；或。万有引力天体运动1.（2022.2）2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（）A.所受地球引力的大小近似为零B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小【答案】C【解析】【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；D．根据万有引力公式可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。故选C。2.（2022，河北）2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【详解】地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有解得公转的线速度大小为其中中心天体的质量之比为2:1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为，故选C。6.（2022，山东）“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得解得根据题意可知，卫星的运行周期为根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有联立解得故选C。8.（2022，湖南，多选）如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（）

A.火星的公转周期大约是地球的倍B.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行C.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行D.在冲日处，火星相对于地球的速度最小【答案】CD【解析】【详解】A．由题意根据开普勒第三定律可知火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得故A错误；BC．根据可得由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动，为逆行，故B错误，C正确；由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D正确。故选CD。2.（2022，湖北）2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是（）A.组合体中的货物处于超重状态B.组合体的速度大小略大于第一宇宙速度C.组合体的角速度大小比地球同步卫星的大D.组合体加速度大小比地球同步卫星的小【答案】C【解析】【详解】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有由于T同>T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有整理有由于T同>T组合体，则r同>r组合体，且同步卫星和组合体在天上有则有a同<a组合体D错误。故选C。9.（2022，辽宁，多选）如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角，两角最大值分别为、则（）A.水星的公转周期比金星的大B.水星的公转向心加速度比金星的大C.水星与金星的公转轨道半径之比为D.水星与金星的公转线速度之比为【答案】BC【解析】【详解】AB．根据万有引力提供向心力有可得因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故A错误，B正确；C．设水星的公转半径为，地球的公转半径为，当α角最大时有同理可知有所以水星与金星的公转半径之比为故C正确；D．根据可得结合前面的分析可得故D错误；故选BC。2.（2022，广东）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（）A.火星公转的线速度比地球的大 B.火星公转的角速度比地球的大C.火星公转的半径比地球的小 D.火星公转的加速度比地球的小【答案】D【解析】【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期C．根据可得可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C错误；A．根据可得结合C选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A错误；B．根据可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；D．根据可得可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D正确。故选D。8．（2022，浙江1）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号()第8题图A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间B．从P点转移到Q点的时间小于6个月C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度【答案】C【解析】因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，A错误；因地火转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则地火转移轨道周期大于地球公转周期(12个月)，故“天问一号”从P点转移到Q点的时间大于6个月，B错误；因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，由开普勒第三定律可知，“天问一号”在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，C正确；“天问一号”从P点变轨时，要瞬时加速做离心运动，运动过程中速度逐渐减小，在某点之后，“天问一号”在地火转移轨道上运动的速度小于地球绕太阳的速度，D错误。6．（2022，浙江6）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则()A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大B．返回舱中的航天员处于失重状态，不受地球的引力C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒【答案】C【解析】天和核心舱做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，由eq\f(GMm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)得v＝eq\r(\f(GM,R＋h))，可知随距地面的高度的增加，天和核心舱的速度减小，A错误；航天员处于失重状态时，依然受到地球对其的引力，即F＝eq\f(GMm,r2)，B错误；返回舱和天和核心舱在同一轨道上运行，其质量不同，但周期、角速度和线速度的大小均相同，C正确；返回舱穿越大气层返回地面的过程中，因大气的摩擦阻力对其做负功，故返回舱的机械能减少，D错误。10．（2022，上海）（4分）木卫一和木卫二都绕木星做匀速圆周运动。它们的周期分别为42h46min和85h22min，它们的轨道半径分别为R1和R2，线速度分别为v1和v2，则（）A．R1＜R2，v1＜v2 B．R1＞R2，v1＜v2 C．R1＞R2，v1＞v2 D．R1＜R2，v1＞v2【分析】根据万有引力公式结合周期的大小关系先得出半径的大小关系，再结合线速度的表达式分析出线速度的大小关系。【解答】解：根据万有引力提供向心力可得：解得：，根据题目可知，木卫一的周期小于木卫二的周期，则R1＜R2；根据线速度的表达式可知，v1＞v2。故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合向心力公式即可完成分析，难度不大。9．（5分）（2022•重庆（多选））我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运行周期为T，轨道半径约为地球半径的倍，已知地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则（）A．漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力 B．空间站绕地球运动的线速度大小约为 C．地球的平均密度约为 D．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍【分析】空间站中宇航员所受万有引力提供向心力，处于完全失重状态；根据牛顿第二定律和圆周运动规律列式可求地球质量和空间站加速度，再根据求地球平均密度。【解答】解：A.漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，处于完全失重，视重为零，故A错误；B.根据匀速圆周运动的规律，可知空间站烧地球运动的线速度大小约为v＝＝故B正确；C.设空间站的质量为m，其所受万有引力提供向心力，有G＝m则地球的平均密度约为ρ＝联立可得：ρ＝，故C错误；D.根据万有引力提供向心力，有G＝ma则空间站绕地球运动的向心加速度大小为a＝G地表的重力加速度为g＝联立可得：＝即空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍，故D正确；故选：BD。动能机械能功3.（2022.2）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积【答案】C【解析】【详解】如图所示设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得由几何关系可得联立可得可得故C正确，ABD错误。故选C。5.（2022，湖北）如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小为故选C。9.（2022，河北，多选）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（）A.物体和的质量之比为 B.时刻物体的机械能为C.时刻物体重力的功率为 D.时刻物体的速度大小【答案】BCD【解析】【详解】A．开始释放时物体Q的加速度为，则解得选项A错误；B．在T时刻，两物体的速度P上升的距离细线断后P能上升高度可知开始时PQ距离为若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q的机械能为从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为则此时物体Q的机械能此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机械能仍为，选项B正确；CD．在2T时刻，重物P的速度方向向下；此时物体P重力的瞬时功率选项CD正确。故选BCD。9.（2022，广东，多选）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（）A.从M到N，小车牵引力大小为 B.从M到N，小车克服摩擦力做功C.从P到Q，小车重力势能增加 D.从P到Q，小车克服摩擦力做功【答案】ABD【解析】【详解】A．小车从M到N，依题意有代入数据解得故A正确；B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为则摩擦力做功为则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为故C错误；D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有摩擦力做功为联立解得则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。故选ABD。12．（2022，浙江6）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是()第12题图A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比B．单位时间流过面积A的流动空气动能为eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·hD．若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h【答案】D【解析】风力发电机将风的动能转化为电能，单位时间内叶片接收到的空气的质量Δm＝ρAv，其动能Ek＝eq\f(1,2)Δm·v2＝eq\f(1,2)ρAv3，则发电机的输出电功率与v3成正比，A、B错误；若1.0×108kW的风能资源全部转化为电能，则每天发电量为E＝1.0×108kW×24h＝2.4×109kW·h，由于风力发电机的转化效率无法达到百分之百，故每天的发电量低于2.4×109kW·h，C错误；风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速在6m/s时输出的电功率P＝eq\f(63,93)×405kW＝120kW，则年发电量至少为E′＝Pt＝6.0×105kW·h，D正确。13．（2022，浙江6）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，则提升重物的最短时间为()A．13.2sB．14.2sC．15.5sD．17.0s【答案】C【解析】由题知，提升装置最大拉力F＝300N，故重物加速运动的加速度大小a1＝eq\f(F－mg,m)＝5m/s2，重物运动的最大速度为vm＝eq\f(P,mg)＝6m/s，重物先做加速度大小为a1＝5__m/s2的匀加速直线运动，当速度大小达到v1＝4__m/s时，功率达到最大，此后以额定功率做变加速直线运动，当速度大小达到6__m/s时，做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，减速过程的加速度越大，运动时间越短，故减速过程的加速度大小也为5m/s2时，所用时间最短，由运动规律可知，重物做匀加速运动的时间t1＝eq\f(4m/s,5m/s2)＝0.8s，重物匀加速运动的位移大小x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.6m，匀减速运动的时间t2＝eq\f(vm,a)＝eq\f(6,5)s＝1.2s，重物匀减速运动的位移大小x2＝eq\f(vm,2)t2＝3.6m，所以变加速运动和匀速运动的位移大小为h＝(85.2－3.6－1.6)m＝80m，设此段位移所用时间为t3，由动能定理有Pt3－mgh＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，解得t3＝13.5s，总时间t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正确。10．（5分）（2022•重庆，（多选））一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（）A．物块与斜面间的动摩擦因数为 B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1：3 D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为【分析】由牛顿第二定律求得加速度，及加速度比值，再由重力和摩擦力做功方程求得动摩擦因数；由公式p＝mv求得动量的比值。【解答】解：A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有F＝f＝μmgcos45°由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为a1＝gsin45°＝g×＝g则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为解得WG＝解得Wf＝代入数据联立解得，故A错误；C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有mgsin45°﹣F﹣f＝ma2解得a2＝g则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为，故C正确；B．当拉力沿斜面向上，重力做功为WG2＝mgsin45°•x合力做功为W合＝ma2•x则其比值为则重力做功为时，物块的动能即合外力做功为3J，故B正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为则动量的大小之比为解得，故D错误。故选：BC。20．（2022，浙江6）(12分)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。第20题图【答案】(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2m)(3)见解析【解析】(1)物块b摆到最低点的过程中，由动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/s，在最低点，物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mv0＋mv′b，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)mv′b2，联立解得碰后物块a的速度v0＝vb＝5m/s。(2)假设物块b从h1高度释放时，物块a运动到E点时速度恰好为零，对物块a、b运动的全过程由能量守恒定律有mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m，由此可知，物块a要运动到E点，物块b释放的高度h≥1.2m，规定竖直向下为正方向，在E点对物块a受力分析有FN＋mg＝meq\f(vE2,R)，对物块a运动的全过程由能量守恒定律有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2，解得FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2m)。(3)由几何知识可得lDF＝eq\f(\r(3),5)m。当h＝1.2m时，物块a刚好停在E点，物块a运动的位移x1＝3l＋lDF＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m，当1.2m<h<1.65m时，物块a通过E点后做平抛运动落在FG上，当h＝1.65m时，物块a落到FG上的位置到F点最远，物块a、b碰撞后速度交换，则对物块a、b的运动过程由能量守恒定律有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvEm2，解得vEm＝3m/s，由平抛运动规律可得t＝eq\r(\f(2H,g))＝0.2s，物块a落到FG上的位置到F点的最大距离sm＝vEmt＝0.6m，解得物块a运动的最大位移xm＝3l＋lDF＋sm＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m，综上可得，当1.2m≤h<1.65m时，物块a最后停下时的位置满足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m；从h＝0.9m处释放物块b时，设物块a停下的位置到C点的距离为lx，对物块a、b运动的全过程，由能量守恒定律有mgh－μmgl－μmglx＝0，解得lx＝0.8m，物块a运动到距C点0.8m处速度恰好为零，则物块a运动的位移x2＝2l＋lx＝2.8m，从略小于1.2m高度释放物块b，物块a不能通过最高点E，运动到能到达的最高点后将返回CD段，设物块a停下的位置到D点的距离为l′x，对物块a、b运动的全过程分析，由能量守恒定律有mgh－2μmgl－μmgl′x＝0，解得l′x＝0.4m，物块a运动的位移x3＝3l－l′x＝2.6m<2.8m，调整物块b的高度，物块a可以刚好停在D点，综上可得，当0.9m<h<1.2m时，物块a最终静止的位置x的范围为2.6m<x≤3.0m。14.（2022，辽宁）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；（2）小球经过O点时的速度大小；（3）小球过O点后运动的轨迹方程。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得（2）小球从B到O，根据动能定理有解得（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有竖直方向有解得，说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程20．（2022，浙江1）(12分)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。第20题图【答案】(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(lx≥0.85m)(3)见解析【解析】(1)滑块从释放点到C点过程，由动能定理有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2，滑块运动到C点时，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)，解得FN＝7N。(2)滑块能运动到DEF段的最高点，才会经过F点，则滑块恰好运动到DEF段的最高点时有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝0，解得lx＝0.85m，能过F点，则lx≥0.85m，设滑块第一次经F点时的速度为v，由动能定理有mglxsin37°－mg·4Rcos37°＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(12lx－9.6)(lx≥0.85m)。(3)设摩擦力做功为滑块第一次到达轨道FG中点时的n倍，由动能定理有mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，其中lFG＝eq\f(4R,tan37°)，解得lx＝eq\f(7n＋6,15)，由题意可知，n只能取1，3，5，当n＝1时，lx1＝eq\f(13,15)m；当n＝3时，lx2＝eq\f(9,5)m；当n＝5时，lx3＝eq\f(41,15)m。19．（2022，上海）（14分）如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h1，BC间高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，已知重力加速度为g。（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。【分析】（1）根据机械能守恒定律得出动能的大小；（2）根据动能定理分析出恒力需要满足的范围。【解答】解：（1）从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则mgh1+EkB＝E1化简得：EkB＝E1﹣mgh1（2）整个过程中根据动能定理得：FmaxL﹣μmgL+mgh1＝E1所以Fmax＝若物体恰能达到C点，根据动能定理得：FminL﹣μmgL﹣mgh2＝0解得：Fmin＝综上所述可得：＜F＜答：（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能为E1﹣mgh1；（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件为＜F＜。【点评】本题主要考查了动能定理的相关应用，选择合适的过程和研究对象即可完成分析，整体难度不大。热学选修3-333．[2022.1选修3－3](15分)(1)(5分)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图上从a到b的线段所示。在此过程中________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．气体一直对外做功B．气体的内能一直增加C．气体一直从外界吸热D．气体吸收的热量等于其对外做的功E．气体吸收的热量等于其内能的增加量(2)(10分)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和14V0。环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。(i)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(ii)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。【答案】(1)BCE(i)T0(ii)p0【解析】（1）因从a到b的p－T图线的反向延长线过原点，由＝C(C为常数)可知，从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度一直升高，可知气体内能一直增加，B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于其内能的增加量，C、E正确，D错误。（2）(i)因两活塞的质量、体积均不计，则当环境温度缓慢升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则Ⅳ内气体发生等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖－吕萨克定律可得＝，解得T＝T0；(ii)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ内气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩后的体积为V0－V，根据理想气体状态方程，对Ⅳ内气体有4＝，对Ⅱ、Ⅲ两部分气体有4＝，联立解得V＝V0，p＝p0。13.（2022.2，3-3，热学）一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如图上的两条线段所示，则气体在（）

A.状态a处的压强大于状态c处的压强B.由a变化到b的过程中，气体对外做功C.由b变化到c的过程中，气体的压强不变D.由a变化到b的过程中，气体从外界吸热E.由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能【答案】ABD【解析】【详解】AC．根据理想气体状态方程可知即图像的斜率为，故有故A正确，C错误；B．理想气体由a变化到b的过程中，因体积增大，则气体对外做功，故B正确；DE．理想气体由a变化到b的过程中，温度升高，则内能增大，由热力学第一定律有而，，则有可得，即气体从外界吸热，且从外界吸收的热量大于其增加的内能，故D正确，E错误；故选ABD。14.（2022.2，3-3，热学）如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（1）求弹簧的劲度系数；（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。【答案】（1）；（2），【解析】【详解】（1）设封闭气体压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有解得对活塞Ⅰ由平衡条件有解得弹簧的劲度系数为（2）缓慢加热两活塞