2022年高考物理分类汇编（含解析）
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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(v1. （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( )
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甲 乙
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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1080 km，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108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/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0.5 m/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】108 km/h=30m/s，324 km/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( )
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第5题图
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
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Tcos θ＝f，Tsin θ＋N＝mg，其中f＝μN，联立解得轻绳的合拉力大小T＝，A错误，B正确；合拉力的大小T＝＝，其中tan φ＝，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＝Tcos θ＝＝，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( )
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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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-13.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-13.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-13.TIF" \* MERGEFORMATINET
第7题图
A．Q对P的磁力大小等于GP
B．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＋F
D．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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-5.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-5.TIF" \* MERGEFORMATINET
第10题图
A．作用力为G B．作用力为G
C．摩擦力为G D．摩擦力为G
【答案】B
【解析】 INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22ZTJWLZJJX-2Aa.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22ZTJWLZJJX-2Aa.TIF" \* MERGEFORMATINET
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tan 30°＝，解得FN＝，f＝，每根斜杆受到地面的作用力F＝＝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＝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/s2 B．kg·m/s
C．kg·m2/s D．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2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．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12 m水平直道AB与长20 m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8 m/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5.0 s。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110 kg，sin 15°＝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。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-27.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-27.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-27.TIF" \* MERGEFORMATINET
第19题图1
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-28.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-28.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-28.TIF" \* MERGEFORMATINET
第19题图2
【答案】(1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】(1)钢架雪车在AB段做匀加速直线运动，有v12＝2a1x1，
解得a1＝ m/s2。
(2)在AB段做匀加速直线运动，有v1＝a1t1，
解得t1＝3 s，
在BC段做匀加速直线运动，有x2＝v1t2＋a2t22，
在BC段运动的时间t2＝t－t1，
解得a2＝2 m/s2，
则过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s。
(3)在BC段由牛顿第二定律有mgsin 15°－Ff＝ma2，
解得Ff＝66 N。
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＝4 m，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＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝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2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22-ZT-WL6ZJ-8.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22-ZT-WL6ZJ-8.TIF" \* MERGEFORMATINET
第19题图
【答案】(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律有
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1，解得a1＝2 m/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＝4 m/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＝2.7 m。
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
14．(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c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． 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0.05 s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＝10 m/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0.05 s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＝0.05×4 s＝0.2 s，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＝×10×0.22 m＝0.2 m，
y2＝g2－gt2＝×10× m＝0.6 m，
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=2.5g
D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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-14.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-14.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-14.TIF" \* MERGEFORMATINET
第8题图
A．发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/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11.2 km/s与16.7 km/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＝m得v＝，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＝，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9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-7.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-7.TIF" \* MERGEFORMATINET
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ρAv2
C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h
D．若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·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＝Δm·v2＝ρAv3，则发电机的输出电功率与v3成正比，A、B错误； 若1.0×108 kW的风能资源全部转化为电能，则每天发电量为E＝1.0×108kW×24 h＝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2.4×109 kW·h，C错误；风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速在6 m/s时输出的电功率P＝×405 kW＝120 kW，则年发电量至少为E′＝Pt＝6.0×105 kW·h，D正确。
13．（2022，浙江6）小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/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．13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s
【答案】C
【解析】由题知，提升装置最大拉力F＝300 N，故重物加速运动的加速度大小a1＝＝5 m/s2，重物运动的最大速度为vm＝＝6 m/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5 m/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＝＝0.8 s，重物匀加速运动的位移大小x1＝t1＝1.6 m，匀减速运动的时间t2＝＝ s＝1.2 s，重物匀减速运动的位移大小x2＝t2＝3.6 m，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＝80 m，设此段位移所用时间为t3，由动能定理有Pt3－mgh＝mvm2－mv12，解得t3＝13.5 s，总时间t＝t1＋t2＋t3＝15.5 s，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＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/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＝1.25 m，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0.9 mINCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22-ZT-WL6ZJ-9.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22-ZT-WL6ZJ-9.TIF" \* MERGEFORMATINET
第20题图
【答案】(1)5 m/s (2)FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2 m) (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＝mvb2，解得vb＝5 m/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，mvb2＝mv02＋mv′b2，联立解得碰后物块a的速度v0＝vb＝5 m/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＝1.2 m，
由此可知，物块a要运动到E点，物块b释放的高度h≥1.2 m，
规定竖直向下为正方向，在E点对物块a受力分析有
FN＋mg＝m，
对物块a运动的全过程由能量守恒定律有mgh－2μmgl－mgH＝mvE2，解得FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2 m)。
(3)由几何知识可得lDF＝m。
当h＝1.2 m时，物块a刚好停在E点，物块a运动的位移x1＝3l＋lDF＝ m，
当1.2 m当h＝1.65 m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＝mvEm2，
解得vEm＝3 m/s，
由平抛运动规律可得t＝＝0.2 s，物块a落到FG上的位置到F点的最大距离sm＝vEmt＝0.6 m，
解得物块a运动的最大位移
xm＝3l＋lDF＋sm＝ m，
综上可得，当1.2 m≤h<1.65 m时，物块a最后停下时的位置满足 m≤x< m；
从h＝0.9 m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＝0.8 m，物块a运动到距C点0.8 m处速度恰好为零，则物块a运动的位移x2＝2l＋lx＝2.8 m，
从略小于1.2 m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＝0.4 m，
物块a运动的位移x3＝3l－l′x＝2.6 m<2.8 m，调整物块b的高度，物块a可以刚好停在D点，
综上可得，当0.9 m14. （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＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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＝0.7 m，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。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-29.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-29.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-29.TIF" \* MERGEFORMATINET
第20题图
【答案】(1)7 N (2)v＝(lx≥0.85 m) (3)见解析
【解析】(1)滑块从释放点到C点过程，由动能定理有
mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2，
滑块运动到C点时，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m，
解得FN＝7 N。
(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(3Rcos 37°＋R)＝0，
解得lx＝0.85 m，
能过F点，则lx≥0.85 m，
设滑块第一次经F点时的速度为v，由动能定理有
mglxsin 37°－mg·4Rcos 37°＝mv2－0，
解得v＝(lx≥0.85 m)。
(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
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，其中lFG＝，
解得lx＝，
由题意可知，n只能取1，3，5，
当n＝1时，lx1＝ m；
当n＝3时，lx2＝ m；
当n＝5时，lx3＝ 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。
静电场
6. （2022，河北）如图，真空中电荷量为和的两个点电荷分别位于点与点，形成一个以延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），为连线上的一点，S为等势面与直线的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（ ）
A. 点电势低于点电势 B. 点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点 D. 将正试探电荷从T点移到P点，静电力做正功
【答案】B
【解析】
【详解】A．在直线上，左边正电荷在右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知点电势高于等势面与交点处电势，则点电势高于点电势，故A错误；
C．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则右侧，设距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
D．由A选项分析可知：点电势低于电势，则正电荷在点的电势能低于在电势的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；
B．设等势圆的半径为，距离为，距离为，如图所示
根据
结合电势的叠加原理、满足
解得
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知
可知T点电场方向指向O点，故B正确。
故选B。
3. （2022，山东）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（ ）
A. 正电荷， B. 正电荷，
C. 负电荷， D. 负电荷，
【答案】C
【解析】
【详解】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
根据
联立解得
故选C。
6. （2022.2，多选）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【答案】AB
【解析】
【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
10. （2022，湖北，多选）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A. t1 t2
C. Ek1Ek2
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据
可知
t1故A正确，B错误。
CD．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据
可知
Ek1>Ek2
故C错误，D正确。
故选AD。
9．（2022，浙江6）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-4.TIF" \* MERGEFORMATINET
第9题图
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度a＝
D．粒子从N板下端射出的时间t＝
【答案】C
【解析】由于粒子电性未知，有两种情况，如图所示，故M、N板电势的高低无法判断，A错误；由题知，垂直M板运动的粒子速度增大，则其做匀加速直线运动，由于两粒子完全相同，故在电场中运动时的加速度相同，平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，电场力均做正功，故两粒子的电势能都减小，B错误；两粒子由M板中点射入，设板间距为d，垂直M板向右的粒子运动满足(v0)2－v02＝2ad，则2ad＝v02；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出，则竖直方向有＝v0t，水平方向有vx2＝2ad＝v02，则a＝，解得t＝，a＝，C正确，D错误。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22ZTJWLZJJX-1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22ZTJWLZJJX-1.TIF" \* MERGEFORMATINET
21．（2022.1，多选）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】如图所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°角，斜向右下。vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以继续做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；水平方向上的速度减为零时有v0＝t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确；如图中v1所示时，速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。
2.（2022，湖南） 如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度方向垂直指向a，电势减小
B. 电场强度方向垂直指向c，电势减小
C. 电场强度方向垂直指向a，电势增大
D. 电场强度方向垂直指向c，电势增大
【答案】A
【解析】
【详解】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为
（取无穷远处电势为零）
现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小。 故选A
4.（2022，湖北） 密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）
A. q，r B. 2q，r C. 2q，2r D. 4q，2r
【答案】D
【解析】
【详解】初始状态下，液滴处于静止状态时，满足
即
AB．当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足
可得
AB错误；
CD．当电势差调整为2U时，若液滴半径变为2r时，则满足
可得
C错误，D正确。
故选D。
10. （2022，辽宁，多选）如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
A. 带负电
B. 运动至a点的速度大小为
C. 运动至a点的加速度大小为
D. 运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
解得
小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知
解得
故C正确；
D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，故D正确。
故选BCD
10．（2022，浙江1）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-16.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-16.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-16.TIF" \* MERGEFORMATINET
第10题图
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【答案】C
【解析】a点所在的线从无穷远经过放大器延伸到无穷远处，相同的线有多条，则不可能为等势线，所以此线是电场线，A错误；因c点处的电场线较b点处密集，则c点的电场强度比b点大，B错误；由题图可推知，a点所处的等势线处于b、c两点所处的等势线之间，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，C正确；将电荷沿图中的线从d→e移动，电场力不做功，从e→f，电场力做功，从f→g，电场力不做功，故将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时，电场力做功不为零，D错误。
8．（5分）（2022 重庆，（多选））如图为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图，Q、Q'位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则（ ）
A．N点的电场强度大小比M点的大
B．Q为正电荷
C．M点的电场方向沿x轴负方向
D．P点与M点的电势差为12V
【分析】根据等差等势面的疏密程度得出场强的大小；
沿着电场线方向电势逐渐降低，由此分析出电荷的电性；
根据等势面的竖直关系得出P点和M点的电势差的大小。
【解答】解：A、等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则 N 点的电埸强度大小比M点的大，故A正确；
B、沿着电场线电劫逐渐降低，由图可知电场线由N指 Q，则Q为负电荷，故B错娱；
C、沿者电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；
D、M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。
故选：AD。
15．（2022，浙江6，多选）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-8.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-8.TIF" \* MERGEFORMATINET
第15题图
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【解析】由题图可知，电场方向背离圆心，粒子在其中做匀速圆周运动，故粒子带负电，由电场力提供向心力，有E＝，Eq＝，得v＝，v只与粒子比荷有关，两粒子比荷相同，故在电场中运动的速度大小相同，r越小，由ω＝可知，粒子运动的周期越小，粒子运动的角速度越大，A错误，C正确；带电粒子运动的动能Ek＝mv2＝aq，故带电粒子的电荷量越大，动能越大，B正确；由于粒子做圆周运动的方向不确定，故加磁场时所受洛伦兹力的方向可以指向圆心，也可以背离圆心，粒子可以做近心运动，也可以做离心运动，故D错误。
2．（2022，重庆）（4分）（2022 重庆）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
【分析】电容器两极板间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝分析电容的变化，由C＝分析电容器两极板间距离的变化，从而判断材料竖直方向尺度的变化。由E＝分析极板间电场强度的变化。
【解答】解：AD、电容器两极板间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝知电容减小，由C＝分析可知，电容器两极板间距离增大，则材料竖直方向尺度减小，故A正确，D错误；
BC、电容器两极板间电压不变，两极板间距离增大，由E＝分析可知极板间电场强度变小，故BC错误。
故选：A。
16．（2022，上海）（4分）水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O。其中央轴线上距离O点为d的位置处有一带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F ＜ k（k为静电力恒量）（选填“＞”、“＜”或“＝”）。静电力恒量k的单位可表示为 kg m3 s﹣4 A﹣2 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。
【分析】根据库仑定律结合几何关系得出点电荷受到的电场力。
【解答】解：将带电圆环平均分成无数份，则都可以看成点电荷，则与点电荷q的距离为
根据对称性可知，圆环上的电荷对q位置处的场强水平分量被抵消，只剩竖直分量，且半径大于d，因此F＜k。
用“SI单位制”中的基本单位表示F的单位是kg m/s2，距离的单位是m，电荷量的单位是A s，故静电力常量k的单位可表示为kg m3 s﹣4 A﹣2。
故答案为：＜；kg m3 s﹣4 A﹣2。
【点评】本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律和对称性定性地分析出电场强度的大小关系即可。
14. （2022，广东，动量）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
恒定电流
12．（2022，浙江1）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-18.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-18.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-18.TIF" \* MERGEFORMATINET
第12题图
A．每秒水泵对水做功为75 J
B．每秒水泵对水做功为225 J
C．水泵输入功率为440 W
D．电动机线圈的电阻为10 Ω
【答案】D
【解析】每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋m0v02＝300 J，A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝＝300 W，而水泵的抽水效率为75%，则P入＝＝400 W，C错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P机＝P入＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，则有P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10 Ω，D正确。
磁场
18．（2022.1）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
A． B．,
C． D .
【答案】B
【解析】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电的粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根
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
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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-2.TIF" \* MERGEFORMATINET
甲 乙
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-4.TIF" \* MERGEFORMATINET
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1080 km，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108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/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0.5 m/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】108 km/h=30m/s，324 km/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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-11.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-11.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-11.TIF" \* MERGEFORMATINET
第5题图
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
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Tcos θ＝f，Tsin θ＋N＝mg，其中f＝μN，联立解得轻绳的合拉力大小T＝，A错误，B正确；合拉力的大小T＝＝，其中tan φ＝，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＝Tcos θ＝＝，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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-12.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-12.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-12.TIF" \* MERGEFORMATINET
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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-13.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-13.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-13.TIF" \* MERGEFORMATINET
第7题图
A．Q对P的磁力大小等于GP
B．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＋F
D．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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-5.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-5.TIF" \* MERGEFORMATINET
第10题图
A．作用力为G B．作用力为G
C．摩擦力为G D．摩擦力为G
【答案】B
【解析】 INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22ZTJWLZJJX-2Aa.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22ZTJWLZJJX-2Aa.TIF" \* MERGEFORMATINET
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tan 30°＝，解得FN＝，f＝，每根斜杆受到地面的作用力F＝＝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＝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/s2 B．kg·m/s
C．kg·m2/s D．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2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．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12 m水平直道AB与长20 m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8 m/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5.0 s。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110 kg，sin 15°＝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。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-27.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-27.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-27.TIF" \* MERGEFORMATINET
第19题图1
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-28.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-28.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-28.TIF" \* MERGEFORMATINET
第19题图2
【答案】(1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】(1)钢架雪车在AB段做匀加速直线运动，有v12＝2a1x1，
解得a1＝ m/s2。
(2)在AB段做匀加速直线运动，有v1＝a1t1，
解得t1＝3 s，
在BC段做匀加速直线运动，有x2＝v1t2＋a2t22，
在BC段运动的时间t2＝t－t1，
解得a2＝2 m/s2，
则过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s。
(3)在BC段由牛顿第二定律有mgsin 15°－Ff＝ma2，
解得Ff＝66 N。
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＝4 m，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＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝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2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22-ZT-WL6ZJ-8.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22-ZT-WL6ZJ-8.TIF" \* MERGEFORMATINET
第19题图
【答案】(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】(1)货物在倾斜滑轨上滑行时，由牛顿第二定律有
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1，解得a1＝2 m/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＝4 m/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＝2.7 m。
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
14．(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c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A． 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0.05 s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＝10 m/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0.05 s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＝0.05×4 s＝0.2 s，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＝×10×0.22 m＝0.2 m，
y2＝g2－gt2＝×10× m＝0.6 m，
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=2.5g
D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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-14.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-14.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-14.TIF" \* MERGEFORMATINET
第8题图
A．发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/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11.2 km/s与16.7 km/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＝m得v＝，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＝，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9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/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( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-7.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-7.TIF" \* MERGEFORMATINET
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ρAv2
C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h
D．若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·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＝Δm·v2＝ρAv3，则发电机的输出电功率与v3成正比，A、B错误； 若1.0×108 kW的风能资源全部转化为电能，则每天发电量为E＝1.0×108kW×24 h＝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2.4×109 kW·h，C错误；风速在5～10 m/s范围内，转化效率可视为不变，则风速在6 m/s时输出的电功率P＝×405 kW＝120 kW，则年发电量至少为E′＝Pt＝6.0×105 kW·h，D正确。
13．（2022，浙江6）小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/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．13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s
【答案】C
【解析】由题知，提升装置最大拉力F＝300 N，故重物加速运动的加速度大小a1＝＝5 m/s2，重物运动的最大速度为vm＝＝6 m/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5 m/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＝＝0.8 s，重物匀加速运动的位移大小x1＝t1＝1.6 m，匀减速运动的时间t2＝＝ s＝1.2 s，重物匀减速运动的位移大小x2＝t2＝3.6 m，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＝80 m，设此段位移所用时间为t3，由动能定理有Pt3－mgh＝mvm2－mv12，解得t3＝13.5 s，总时间t＝t1＋t2＋t3＝15.5 s，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＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/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＝1.25 m，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0.9 m
第20题图
【答案】(1)5 m/s (2)FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2 m) (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＝mvb2，解得vb＝5 m/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，mvb2＝mv02＋mv′b2，联立解得碰后物块a的速度v0＝vb＝5 m/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＝1.2 m，
由此可知，物块a要运动到E点，物块b释放的高度h≥1.2 m，
规定竖直向下为正方向，在E点对物块a受力分析有
FN＋mg＝m，
对物块a运动的全过程由能量守恒定律有mgh－2μmgl－mgH＝mvE2，解得FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2 m)。
(3)由几何知识可得lDF＝m。
当h＝1.2 m时，物块a刚好停在E点，物块a运动的位移x1＝3l＋lDF＝ m，
当1.2 m
解得vEm＝3 m/s，
由平抛运动规律可得t＝＝0.2 s，物块a落到FG上的位置到F点的最大距离sm＝vEmt＝0.6 m，
解得物块a运动的最大位移
xm＝3l＋lDF＋sm＝ m，
综上可得，当1.2 m≤h<1.65 m时，物块a最后停下时的位置满足 m≤x< m；
从h＝0.9 m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＝0.8 m，物块a运动到距C点0.8 m处速度恰好为零，则物块a运动的位移x2＝2l＋lx＝2.8 m，
从略小于1.2 m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＝0.4 m，
物块a运动的位移x3＝3l－l′x＝2.6 m<2.8 m，调整物块b的高度，物块a可以刚好停在D点，
综上可得，当0.9 m
（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＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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＝0.7 m，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。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-29.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-29.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-29.TIF" \* MERGEFORMATINET
第20题图
【答案】(1)7 N (2)v＝(lx≥0.85 m) (3)见解析
【解析】(1)滑块从释放点到C点过程，由动能定理有
mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2，
滑块运动到C点时，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m，
解得FN＝7 N。
(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(3Rcos 37°＋R)＝0，
解得lx＝0.85 m，
能过F点，则lx≥0.85 m，
设滑块第一次经F点时的速度为v，由动能定理有
mglxsin 37°－mg·4Rcos 37°＝mv2－0，
解得v＝(lx≥0.85 m)。
(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
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，其中lFG＝，
解得lx＝，
由题意可知，n只能取1，3，5，
当n＝1时，lx1＝ m；
当n＝3时，lx2＝ m；
当n＝5时，lx3＝ 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。
静电场
6. （2022，河北）如图，真空中电荷量为和的两个点电荷分别位于点与点，形成一个以延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），为连线上的一点，S为等势面与直线的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（ ）
A. 点电势低于点电势 B. 点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点 D. 将正试探电荷从T点移到P点，静电力做正功
【答案】B
【解析】
【详解】A．在直线上，左边正电荷在右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知点电势高于等势面与交点处电势，则点电势高于点电势，故A错误；
C．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则右侧，设距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
D．由A选项分析可知：点电势低于电势，则正电荷在点的电势能低于在电势的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；
B．设等势圆的半径为，距离为，距离为，如图所示
根据
结合电势的叠加原理、满足
解得
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知
可知T点电场方向指向O点，故B正确。
故选B。
3. （2022，山东）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（ ）
A. 正电荷， B. 正电荷，
C. 负电荷， D. 负电荷，
【答案】C
【解析】
【详解】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
根据
联立解得
故选C。
6. （2022.2，多选）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【答案】AB
【解析】
【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
10. （2022，湖北，多选）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A. t1
C. Ek1
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据
可知
t1
CD．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据
可知
Ek1>Ek2
故C错误，D正确。
故选AD。
9．（2022，浙江6）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-4.TIF" \* MERGEFORMATINET
第9题图
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度a＝
D．粒子从N板下端射出的时间t＝
【答案】C
【解析】由于粒子电性未知，有两种情况，如图所示，故M、N板电势的高低无法判断，A错误；由题知，垂直M板运动的粒子速度增大，则其做匀加速直线运动，由于两粒子完全相同，故在电场中运动时的加速度相同，平行M板向下的粒子做类平抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，电场力均做正功，故两粒子的电势能都减小，B错误；两粒子由M板中点射入，设板间距为d，垂直M板向右的粒子运动满足(v0)2－v02＝2ad，则2ad＝v02；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出，则竖直方向有＝v0t，水平方向有vx2＝2ad＝v02，则a＝，解得t＝，a＝，C正确，D错误。
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22ZTJWLZJJX-1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22ZTJWLZJJX-1.TIF" \* MERGEFORMATINET
21．（2022.1，多选）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】如图所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°角，斜向右下。vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以继续做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；水平方向上的速度减为零时有v0＝t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确；如图中v1所示时，速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。
2.（2022，湖南） 如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度方向垂直指向a，电势减小
B. 电场强度方向垂直指向c，电势减小
C. 电场强度方向垂直指向a，电势增大
D. 电场强度方向垂直指向c，电势增大
【答案】A
【解析】
【详解】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为
（取无穷远处电势为零）
现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小。 故选A
4.（2022，湖北） 密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）
A. q，r B. 2q，r C. 2q，2r D. 4q，2r
【答案】D
【解析】
【详解】初始状态下，液滴处于静止状态时，满足
即
AB．当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足
可得
AB错误；
CD．当电势差调整为2U时，若液滴半径变为2r时，则满足
可得
C错误，D正确。
故选D。
10. （2022，辽宁，多选）如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
A. 带负电
B. 运动至a点的速度大小为
C. 运动至a点的加速度大小为
D. 运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
解得
小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知
解得
故C正确；
D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，故D正确。
故选BCD
10．（2022，浙江1）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-16.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\SNZTWLGKZJZW-16.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\SNZTWLGKZJZW-16.TIF" \* MERGEFORMATINET
第10题图
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【答案】C
【解析】a点所在的线从无穷远经过放大器延伸到无穷远处，相同的线有多条，则不可能为等势线，所以此线是电场线，A错误；因c点处的电场线较b点处密集，则c点的电场强度比b点大，B错误；由题图可推知，a点所处的等势线处于b、c两点所处的等势线之间，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，C正确；将电荷沿图中的线从d→e移动，电场力不做功，从e→f，电场力做功，从f→g，电场力不做功，故将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时，电场力做功不为零，D错误。
8．（5分）（2022 重庆，（多选））如图为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图，Q、Q'位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则（ ）
A．N点的电场强度大小比M点的大
B．Q为正电荷
C．M点的电场方向沿x轴负方向
D．P点与M点的电势差为12V
【分析】根据等差等势面的疏密程度得出场强的大小；
沿着电场线方向电势逐渐降低，由此分析出电荷的电性；
根据等势面的竖直关系得出P点和M点的电势差的大小。
【解答】解：A、等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则 N 点的电埸强度大小比M点的大，故A正确；
B、沿着电场线电劫逐渐降低，由图可知电场线由N指 Q，则Q为负电荷，故B错娱；
C、沿者电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；
D、M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。
故选：AD。
15．（2022，浙江6，多选）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
INCLUDEPICTURE "D:\\Users\\lin\\Desktop\\22十真 全国 物理\\22GKSJWLZJJM-8.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\anpollo\\Desktop\\【高考必刷卷】2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理高考真题\\22GKSJWLZJJM-8.TIF" \* MERGEFORMATINET
第15题图
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【解析】由题图可知，电场方向背离圆心，粒子在其中做匀速圆周运动，故粒子带负电，由电场力提供向心力，有E＝，Eq＝，得v＝，v只与粒子比荷有关，两粒子比荷相同，故在电场中运动的速度大小相同，r越小，由ω＝可知，粒子运动的周期越小，粒子运动的角速度越大，A错误，C正确；带电粒子运动的动能Ek＝mv2＝aq，故带电粒子的电荷量越大，动能越大，B正确；由于粒子做圆周运动的方向不确定，故加磁场时所受洛伦兹力的方向可以指向圆心，也可以背离圆心，粒子可以做近心运动，也可以做离心运动，故D错误。
2．（2022，重庆）（4分）（2022 重庆）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
【分析】电容器两极板间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝分析电容的变化，由C＝分析电容器两极板间距离的变化，从而判断材料竖直方向尺度的变化。由E＝分析极板间电场强度的变化。
【解答】解：AD、电容器两极板间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝知电容减小，由C＝分析可知，电容器两极板间距离增大，则材料竖直方向尺度减小，故A正确，D错误；
BC、电容器两极板间电压不变，两极板间距离增大，由E＝分析可知极板间电场强度变小，故BC错误。
故选：A。
16．（2022，上海）（4分）水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O。其中央轴线上距离O点为d的位置处有一带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F ＜ k（k为静电力恒量）（选填“＞”、“＜”或“＝”）。静电力恒量k的单位可表示为 kg m3 s﹣4 A﹣2 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。
【分析】根据库仑定律结合几何关系得出点电荷受到的电场力。
【解答】解：将带电圆环平均分成无数份，则都可以看成点电荷，则与点电荷q的距离为
根据对称性可知，圆环上的电荷对q位置处的场强水平分量被抵消，只剩竖直分量，且半径大于d，因此F＜k。
用“SI单位制”中的基本单位表示F的单位是kg m/s2，距离的单位是m，电荷量的单位是A s，故静电力常量k的单位可表示为kg m3 s﹣4 A﹣2。
故答案为：＜；kg m3 s﹣4 A﹣2。
【点评】本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律和对称性定性地分析出电场强度的大小关系即可。
14. （2022，广东，动量）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析
【解析】
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
恒定电流
12．（2022，浙江1）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15 m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75 m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220 V，输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则( )
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第12题图
A．每秒水泵对水做功为75 J
B．每秒水泵对水做功为225 J
C．水泵输入功率为440 W
D．电动机线圈的电阻为10 Ω
【答案】D
【解析】每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋m0v02＝300 J，A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝＝300 W，而水泵的抽水效率为75%，则P入＝＝400 W，C错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P机＝P入＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，则有P电＝I2R＋P机，联立解得R＝10 Ω，D正确。
磁场
18．（2022.1）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
A． B．,
C． D .
【答案】B
【解析】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电的粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根
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