2021年2022年各地高考物理真題分類匯總（含答案解析）

2021、2022年高考物理真題分類匯編TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1直線運(yùn)動 -2-\o"CurrentDocument"2相互作用 -9-\o"CurrentDocument"3牛頓運(yùn)動定律 -19-\o"CurrentDocument"4曲線運(yùn)動 -38-\o"CurrentDocument"5萬有引力定律和航天 -57-\o"CurrentDocument"6功和能 -717動量 -108-\o"CurrentDocument"8靜電場 -147-\o"CurrentDocument"9穩(wěn)恒電流 -178\o"CurrentDocument"10磁場 -184-\o"CurrentDocument"11電磁感應(yīng) -228-\o"CurrentDocument"12交變電流 -260\o"CurrentDocument"13熱學(xué) -27214光學(xué) -295-\o"CurrentDocument"15機(jī)械振動機(jī)械波 -318-\o"CurrentDocument"16近代物理 -335-\o"CurrentDocument"17電學(xué)實(shí)驗 -347-\o"CurrentDocument"18力學(xué)實(shí)驗 -378-1、（2021、（2022?浙江1月卷?T2）下列說法正確的是（ ）甲 乙 丙丁A.研究甲圖中排球運(yùn)動員扣球動作時，排球可以看成質(zhì)點(diǎn)1直線運(yùn)動2022年高考真題B.研究乙圖中乒乓球運(yùn)動員的發(fā)球技術(shù)時，乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)C.研究丙圖中羽毛球運(yùn)動員回?fù)粲鹈騽幼鲿r，羽毛球大小可以忽略D.研究丁圖中體操運(yùn)動員的平衡木動作時，運(yùn)動員身體各部分的速度可視為相同【答案】B【解析】A.研究甲圖中排球運(yùn)動員扣球動作時，排球形狀和大小不能忽略，故不可以看成質(zhì)點(diǎn)，故A錯誤；B.研究乙圖中乒乓球運(yùn)動員的發(fā)球技術(shù)時，要考慮乒乓球的大小和形狀，則乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)，故B正確；C.研究丙圖中羽毛球運(yùn)動員回?fù)粲鹈騽幼鲿r，羽毛球大小不可以忽略，故C錯誤：D.研究丁圖中體操運(yùn)動員的平衡木動作時，運(yùn)動員身體各部分有轉(zhuǎn)動和平動，各部分的速度不可以視為相同，故D錯誤；故選Bo2、（2022?全國甲卷?05）長為/的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為vo,要通過前方一長為L的隧道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過v（v<v°）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為。和2a,則列車從減速開始至回到正常行駛速率Vo所用時間至少為（）vn-vL+1 _vn—vL+2/A.i——+ B.—2a vC3(v0-v)1L+l D.更: + a v(y0-v)1L+212avav

【答案】C【解析】由題知當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過V（v<vo）,則列車進(jìn)隧道前必須減速到V,則有v=vo-2ati解得,J。"

12a在隧道內(nèi)勻速有L+1

=V列車尾部出隧道后立即加速到V。，有1/0=1/+叫解得則列車從減速開始至回到正常行駛速率"所用時間至少為工二3（%-「）?L+I

2av故選C,3.（2022?湖北?T6）我國高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km,W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達(dá)終點(diǎn)站G。設(shè)普通列車的最高速度為108km/h,高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進(jìn)站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2,其余行駛時間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為（）A.6小時25分鐘 B.6小時30分鐘C.6小時35分鐘 D.6小時40分鐘【答案】B【解析】108km/h=30m/s>324km/h=90m/s由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當(dāng)于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍為總的節(jié)

省時間，相鄰兩站間的距離1080x10' $x= m=2.16x10m5普通列車加速時間v.30/八t.=—=——s=60sa0.5加速過程的位移171 一x.=—at：=—x0.5x60~m=900m1212根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動的時間x-2x.2.16xl05-2x900t,= L= s=7140sv 30同理高鐵列車加速時間f；=X=&s=l80s1a0.5加速過程的位移x：=-at：2=-x0.5xl802m=8100m121 2根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運(yùn)動的時間,x-2x：2.16x105-2x8100 …八t'= L= s=2220sM 90相鄰兩站間節(jié)省的時間Ar=(r2+2G-G+2G=4680s因此總的節(jié)省時間△%,=5加=4680x5s=23400s=6小時30分故選B.2021年高考真題（2021?廣東卷）賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。下列V-f和S—，圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點(diǎn)線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點(diǎn)線的運(yùn)動全過程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的有（）【答案】BD【解析】A.此圖是速度圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲乙船頭并齊，故A錯誤；B.此圖是速度圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，速度圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲丙船頭會并齊，故B正確：C.此圖是位移圖像，由圖可知，丁一直運(yùn)動在甲的前面，所以中途不可能出現(xiàn)甲丁船頭并齊，故C錯誤；D.此圖是位移圖像，交點(diǎn)表示相遇，所以甲戊在中途船頭會齊，故D正確。故選BD。（2021?湖南卷）物體的運(yùn)動狀態(tài)可用位置X和動量，描述，稱為相，對應(yīng)P-X圖像中的一個點(diǎn)。物體運(yùn)動狀態(tài)的變化可用P—x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿X軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則對應(yīng)的相軌跡可能是（ ）【答案】D【解析】質(zhì)點(diǎn)沿X軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則有v2=2ax而動量為p=mv聯(lián)立可得 1p= 2ax=m\/2a■/動量，關(guān)于x為黑函數(shù)，Rx>0,故正確的相軌跡圖像為D。故選D。（2021?河北卷）葩原子鐘是精確的計時儀器，圖1中葩原子從。點(diǎn)以100m/s的初速度在真空中做平拋運(yùn)動，到達(dá)豎直平面MN所用時間為上圖2中鈉原子在真空中從P點(diǎn)做豎直上拋運(yùn)動,到達(dá)最高點(diǎn)Q再返回P點(diǎn)，整個過程所用時間為J，O點(diǎn)到豎直平面MN、P點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離均TOC\o"1-5"\h\z為0.2m,重力加速度取g=lOm/s?,則/：，2為（ ）■ ■M' 'N p圖1 圖2A.100：1 B.1：100 C.1：200 D.200：1【答案】C【解析】艷原子做平拋運(yùn)動，水平方向上做勻速直線運(yùn)動，即x=vtx解得x0.2

t,=-= S1v100艷原子做豎直上拋運(yùn)動，拋至最高點(diǎn)用時最，逆過程可視為自由落體，即解得則0.2zi=ibo=1

t2~0.4-200故選c。4,(2021?河北卷)如圖，一滑雪道由A3和兩段滑道組成，其中段傾角為。，8c段水平，段和8c段由一小段光滑圓弧連接，一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端a處由靜止滑下,若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數(shù)為〃=二，重力加速7 24度取gnlOm/stsin，=一,cos6=一，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道A8段的長度；(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。【答案】(1)L=9m：(2)v=7.44m/s【解析】(1)設(shè)斜面長度為L，背包質(zhì)量為叫=2kg,在斜面上滑行的加速度為q,由牛頓第二定律有町gsin。一〃町gcos6=n71q解得ax=2m/s2滑雪者質(zhì)量為加2=48kg,初速度為%=1.5m/s,加速度為%=Bm/s?,在斜面上滑行時間為f,落后時間％=ls,則背包的滑行時間為f+ 由運(yùn)動學(xué)公式得七=］。1（1+，0）~聯(lián)江解得f=2s或，=-1s(舍去)故可得L=9m（2）背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時的速度為匕、v2,有Vj-ax(r+r0)=6m/s

v2=%+%，=7.5m/s滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為人有叫匕+加2y2=（町+加2）口解得v=7.44m/s2相互作用2022年高考真題1、（2022?廣東卷?門）圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄A5靜止時，連接A3的輕繩處于繃緊狀態(tài)。。點(diǎn)是三根輕繩的結(jié)點(diǎn)，F(xiàn)、K和尸2分別表示三根繩的拉力大小，G=K且ZAOB=60°,下列關(guān)系式正確的是（ ）A,尸=耳 b.F=2F1 c.F=3Fl d.f=&1【答案】d【解析】以。點(diǎn)為研究對象，受力分析如圖O尸，O由幾何關(guān)系可知6>=30°由平衡條件可得-sin30。=6sin30。Gcos30°+F2cos30°=F聯(lián)立可得F=&1故D正確，ABC錯誤。

故選Do2、（2022?浙江6月卷?T10）如圖所示，一輕質(zhì)曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角。=60?！?。一重為G的物體懸掛在橫桿中點(diǎn)，則每根斜桿受到地面的A.作用力為立G3B.作用力為迫G6C.摩擦力為且GA.作用力為立G3B.作用力為迫G6C.摩擦力為且G

4d.摩擦力為衛(wèi)。8【答案】B【解析】設(shè)斜桿的彈力大小為尸，以水平橫桿和重物為整體，豎直方向根據(jù)受力平衡可得4Fcos30°=G解得F=—G6以其中一斜桿為研究對象，其受力如圖所示an可知每根斜桿受到地面的作用力應(yīng)與尸平衡，即大小為走G.每根斜桿受到地面的摩擦力為6/=Fsin30°=—G12B正確，ACD錯誤;故選Bo3、（2022?浙江6月卷?T3）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是（A.魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡B.魚兒擺尾出水時浮力大于重力C.魚兒擺尾擊水時受到水的作用力D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)【答案】C【解析】A.魚兒吞食花瓣時處于失重狀態(tài)，A錯誤：BC.魚兒擺尾出水時浮力很小，魚兒能夠出水的主要原因是魚兒擺尾時水對魚向上的作用力大于重力，B錯誤、C正確；D.研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作不可以把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，否則就無動作可言，D錯誤。故選C,4、（2022?浙江1月卷?T5）如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數(shù)為〃，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為。，則下列說法正確的是（ ）A.輕繩的合拉力大小為半cosJB.輕繩的合拉力大小為一產(chǎn).〃cost/4-4sm0C.減小夾角。，輕繩的合拉力一定減小D.輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力也最小【答案】B【解析】AB.對石墩受力分析，由平衡條件可知Teos(9=/于="NTcos8+N=mg聯(lián)立解得T二cos，+jt/sin0故A錯誤，B正確：C.拉力的大小為T：Rmg_mmgcose+〃sin6Jl+〃2sin（e+.）其中tane=〃，可知當(dāng)6+9=90。時，拉力行最小值，即減小夾角。，輕繩的合拉力不一定城小，故C錯誤：D.摩擦力大小為,T. 〃/ngcose Jjmgf=Tcos0=-廠？ =―!-2—cos6+〃sin0l+〃tan。可知增大夾角。，摩擦力一直減小，當(dāng)。趨近于90。時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力不是最小，故D錯誤；故選B.5、（2022?浙江1月卷?T4）如圖所示，公園里有一仿制我國古代欹器的U形水桶，桶可繞水平軸轉(zhuǎn)動，水管□持續(xù)有水流出，過一段時間桶會翻轉(zhuǎn)一次，決定桶能否翻轉(zhuǎn)的主要因素是（）A.水桶自身重力的大小B.水管每秒出水量的大小C.水流對桶撞擊力的大小D,水桶與水整體的重心高低【答案】D【解析】水管口持續(xù)有水流出而過一段時間桶會翻轉(zhuǎn)一次，說明主要原因是裝的水到一定量之后，導(dǎo)致水桶與水整體的重心往上移動，豎直向下的重力作用線偏離中心轉(zhuǎn)軸，導(dǎo)致水桶不能穩(wěn)定平衡，發(fā)生翻轉(zhuǎn)，故選D。（2022?湖北?T5）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為“，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運(yùn)動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（ ） P-WWWWVQ多〃〃〃方〃■〃〃〃〃〉〃〃〉〃〃Ag b2〃儂'k 'k【答案】C【解析】Q恰好能保持靜止時，設(shè)彈簧的伸長量為x,滿足kx=2/jmg若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x,因此P相對于其初始位置的最大位移大小為5=2x=4/w

k故選C,（2022?河北?T7）如圖，用兩根等長的細(xì)繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點(diǎn)，將木板以直線為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動過程中（ ）

pA.圓柱體對■木板的壓力逐漸增大B.pA.圓柱體對■木板的壓力逐漸增大B.圓柱體對木板的壓力先增大后減小C.兩根細(xì)繩上的拉力均先增大后減小D.兩根細(xì)繩對圓柱體拉力逐漸增大【答案】B【解析】設(shè)兩繩子對圓柱體的拉力的合力為T，設(shè)兩繩子對圓柱體的拉力的合力為T，木板對圓柱體的支持力為N,繩子與木板夾角為a,從在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理sinasinpsin/

mgNT在木板以直線MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平過程中，a不變，7從90°逐漸減小到0,又n.a<90°可知90°</+/?<180°

0<??<180°可知僅從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)sinasinpsiny

mgNTIII于sin/不斷減小，可知丁不斷減小，sin4先增大后減小，可知N先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩繩子之間的夾角為26,繩子拉力為7,則2Tcos6=T可得TT= 2cos6。不變，丁逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，ACD錯誤。故選Bo2021年高考真題（2021?廣東卷）唐代《耒耙經(jīng)》記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力，設(shè)牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為a和夕，a</3,如圖所示,忽略耕索質(zhì)量，耕地過程中，下列說法正確的是（）A.耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大B.耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大C.曲轅犁勻速前進(jìn)時，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力D.直轅犁加速前進(jìn)時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力【答案】B【解析】A.將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出Fxm=FsinaFxfi=Fsinfi在y方向可得出Fy曲=FcosaFya=Fcos6由題知a<6則sina<sin6cosa>cos6則可得到&由<FxRFyUli>FyHA錯誤、B正確：CD.耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD錯誤。故選B。（2021?湖南卷）質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點(diǎn)，5為半圓水平直徑的端點(diǎn)。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為加的小滑塊。用推力/推動小滑塊由A點(diǎn)向8點(diǎn)緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（ ）A.推力產(chǎn)先增大后減小B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大【答案】C【解析】AB.對滑塊受力分析，由平衡條件有F=mgsin0N=mgcos0滑塊從A緩慢移動8點(diǎn)時,6越來越大,則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤;C.對凹槽與滑塊整體分析，有墻面對凹槽的壓力為Fn=Fcos0=mgsin0cos^=~mSs*n（2^）則。越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確：D.水平地面對凹槽的支持力為N地=（M+m）g—7rsin6=（A7+m）g—sin?0則。越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤；故選Co（2021?河北卷）如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑,一根輕彈簧一端固定在M點(diǎn)，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度0和切'勻速轉(zhuǎn)動時，小球均相對PQ桿靜止，若?！尽?，則與以0勻速轉(zhuǎn)動時相比，以0’勻速轉(zhuǎn)動時（

A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變C.A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變C.小球?qū)U壓力的大小一定變大D.小球所受合外力的大小一定變大【答案】BD【解析】對小球受力分析，設(shè)彈力為兀彈簧與水平方向的夾角為汰則對小球豎直方向Tsin0=mgT=k(^--l0)cos夕可知為定值，7"不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變。則A錯誤，B正確;水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時，桿對小球的彈力A背離轉(zhuǎn)軸，則Tcos0-Fn=ma)1rFN=Tcos0—marr當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時，F(xiàn)n指向轉(zhuǎn)軸Tcos8+FN=ma)2rF'將=mco2r-Tcos6則因0>0，根據(jù)牛頓第：.定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大。則C錯誤;根據(jù)可知，因角速度變大，則小球受合外力變大。則D正確。故選BD?3牛頓運(yùn)動定律2022年高考真題1、（2022?湖南卷?T9）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機(jī)，總質(zhì)量為飛行器飛行時受到的空氣阻力大小與其速率平方成正比（即用i=Q2,女為常量）。當(dāng)發(fā)動機(jī)關(guān)閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為10m/s；當(dāng)發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器豎直向上運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為5m/s。重力加速度大小為g,不考慮空氣相對于地面的流動及飛行器質(zhì)量的變化，下列說法正確的是（ ）A.發(fā)動機(jī)的最大推力為L5MgB.當(dāng)飛行器以5m/s勻速水平飛行時，發(fā)動機(jī)推力的大小為"Mg4C.發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為5Gm/sD.當(dāng)飛行器以5m/s的速率飛行時，其加速度大小可以達(dá)到3g【答案】BC【解析】A.匕行器關(guān)閉發(fā)動機(jī)，以vi=10m/s勻速卜.落時，有Mg=kv^=kx\OO飛行器以V2=5m/s向上勻速時，設(shè)最大推力為FmFm=Mg+kv^=Mg+kx25聯(lián)立可得Fm=1.25Mg,&=堆100A錯誤;B.飛行器以V3=5m/s勻速水平飛行時F^Mg)、?)2="MgB正確；C.發(fā)動機(jī)以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時f= =[Mg=kv42解得v4=5Gm/sc正確；D.當(dāng)飛行器最大推力向3以i/5=5m/s的速率向上減速K行時，其加速度向下達(dá)到最大值Fm+Mg+kv^=Mam解得Om=2.5gD錯誤。故選BC?2、(2022?全國甲卷?T19)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P.使兩滑塊均做勻速運(yùn)動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前()/////////////////////////////////////P的加速度大小的最大值為2〃gQ加速度大小的最大值為2〃gP的位移大小一定大于Q的位移大小P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD【解析】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為m,撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動，則拉力大小為F=2/umg撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為AB.以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椤ā?，兩滑塊'地面間仍然保持相對滑動,此時滑塊P的加速度為-To-/jmg=maP]解得aPi=~2/Jg此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運(yùn)動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運(yùn)動。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為.Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時=rnaQm解得a0m=一〃mg故滑塊Q加速度大小最大值為A正確，B錯誤：C.滑塊PQ水平向右運(yùn)動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤；D.滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時的加速度為一〃mg=maP2解得即2="g撤去拉力時、PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2〃g做加速度減小的減速運(yùn)動，最后彈簧原長時加速度大小為〃g；滑塊Q山開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動，最后彈簧原長時加速度大小也為分析可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，DII-：確。

故選AD.3、（2022?全國乙卷?T15）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn)，方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動至二者相距1工時，它們加速度的大小均為（m5FA.一8加m5FA.一8加2FB.—5m3FC. 8加3FD. 10/71【答案】A【解析】3當(dāng)兩球運(yùn)動至：者相距一L3當(dāng)兩球運(yùn)動至：者相距一L時，，如圖所示sin。=3￡lo設(shè)繩子拉力為T，水平方向有解得T=-F8對任意小球由牛頓第二定律可得T=ma解得5F

a=—8m故A正確，BCD錯誤。故選A?4、（2022?浙江6月卷?T1）下列屬于力的單位是（A.kg?m/s2 B.kg-m/s C.kgm2s D.kg-s/m2【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則力的單位為kg?m/s2故選A=5、（2022?浙江6月卷?T19）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24。角，長度4=4m,水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌2頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為m=1，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取8s24。=0.9,9sin24°=0.4,重力加速度g=lOm/s?（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度卬的大??；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度丫的大??；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長度4【答案】（1）2m/s2；（2）4m/s：（3）2.7m【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°-jumgcos24°=max代入數(shù)據(jù)解得

q=2m/s2（2）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式2a4=v2解得v=4m/s（3）根據(jù)牛頓第二定律Ring=ma2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式_2a24=Tax一/代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2=2.7m6、（2022?浙江1月卷?T19）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道8c在8點(diǎn)平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運(yùn)動員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到8點(diǎn)時速度大小為8m/s,緊接著快速俯臥到車上沿8c勻加速下滑（圖2所示），到C點(diǎn)共用時5.0s。若雪車（包括運(yùn)動員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面上運(yùn)動，其總質(zhì)量為110kg,sinl5°=0.26,求雪車（包括運(yùn)動員）（1）在直道A8上的加速度大小：（2）過C點(diǎn)的速度大??；（3）在斜道8c上運(yùn)動時受到的阻力大小。圖1 圖28 ,【答案】(1)a,=-m/s2；(2)12m/s；(3)66N3【解析】(1)AB段v,2=2aixi解得

ax=-m/s2(2)A8段w—砧解得%=3s8c段1 2X2=卬2a2=2m/s2過C點(diǎn)的速度大小v=Vj =12m/s（3）在8c段有牛頓第二定律mgsinff-Ff=ma2解得F(=66N2021年高考真題（2021?廣東卷）唐代《耒耙經(jīng)》記載了曲轅犁相對直轅犁的優(yōu)勢之一是起土省力，設(shè)牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F(xiàn)與豎直方向的夾角分別為a和夕，a</3,如圖所示,忽略耕索質(zhì)量，耕地過程中，下列說法正確的是（）牛的拉力尸牛的拉力尸A.耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大B.耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大C.曲轅犁勻速前進(jìn)時，耕索對犁的拉力小于犁時耕索的拉力

D.直轅犁加速前進(jìn)時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力【答案】B【解析】A.將拉力F正交分解如下圖所示則在x方向可得出自曲=FsinaFxa=Fsin6在y方向可得出8的=FcosaFyi<=Fcos6由題知a＜6則sina<sinficosa>cos6則可得到Fx曲＜及宜Fy曲＞Fy包A錯誤、B正確；CD.耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻速，則CD錯誤。故選B。（2021?浙江卷）2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層290s的減速，速度從4.9x103mzs減為4.6x10?m/s；打開降落傘后，經(jīng)過90s速度進(jìn)一步減為1.0xl02m/s；與降落傘分離，打開發(fā)動機(jī)減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過對著陸點(diǎn)的探測后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運(yùn)動可視為豎宜向下運(yùn)動，則著陸器（A.打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用B.打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上C.打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用D.懸停狀態(tài)中，發(fā)動機(jī)噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力【答案】B【解析】A.打開降落傘前，在大氣層中做減速運(yùn)動，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，選項A錯誤；B.打開降落傘至分離前做減速運(yùn)動，則其加速度方向與運(yùn)動方向相反，加速度方向向上，則合力方向豎直向上，B正確：C.打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，選項C錯誤；D.懸停狀態(tài)中，發(fā)動機(jī)噴火的反作用力是氣體對發(fā)動機(jī)的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的阻力不是平衡力，選項D錯誤。故選Bo（2021?湖南卷）"復(fù)興號"動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機(jī)的額定功率均為P,若動車組所受的阻力與其速率成正比（吊t=h,Z為常量），動車組能達(dá)到的最大速度為％。下列說法正確的是（ ）A.動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動3C.若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P,則動車組勻速行駛的速度為［%d.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間r達(dá)到最大速度%,則這一過程中該動車組克服阻力做的功為-Pf【解析】A.對動車由牛頓第二定律有F—耳h=ma若動車組在勻加速啟動，即加速度。恒定，但為隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯誤；B.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P,由牛頓第二定律有4P, kv=mav故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤：C.若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛時加速度為零，有2.25P, =kvv而以額定功率勻速時，有聯(lián)立解得故C正確：d.若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間r達(dá)到最大速度v,“，由動能定理可知可得動車組克服阻力做的功為卬唯二4臼-3根年故D錯誤；故選Co（2021?全國卷）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上.橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角9可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時間t與夾角0的大小有關(guān)。若由30。逐漸增大至60。，物塊的下滑時間日奪（ ）A.逐漸增大 B.逐漸減小 C.先增大后減小D.先減小后增大【答案】D【解析】設(shè)PQ的水平距離為3由運(yùn)動學(xué)公式可知L1 ._2--=-gsin^rcos夕2可得/=-^

gsin20可知6=45°時，t有最小值，故當(dāng)。從由30。逐漸增大至60。時下滑時間t先減小后增大。故選D。（2021?浙江卷）如圖所示，電動遙控小車放在水平長木板上面，當(dāng)它在長木板上水平向左加速運(yùn)動時，長木板保持靜止，此時（ ）A.小車只受重力、支持力作用B.木板對小車的作用力方向水平向左C.木板對小車的作用力大于小車對木板的作用力D.木板對小車的作用力與小車對木板的作用力大小一定相等【答案】D【解析】A.小車加速向左運(yùn)動，受到自身的重力和電機(jī)的驅(qū)動力，受到長木板對小車的支持力和阻力，A錯誤；B.木板對小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力，根據(jù)平行四邊形定則可知合力方向一定不在水平方向，B錯誤；CD.木板對小車的作用力與小車對木板的作用力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤，D正確。故選Do（2021?全國卷）水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運(yùn)動，物體通過的路程等于s0時，速度的大小為%,此時撤去F,物體繼續(xù)滑行2s。的路程后停止運(yùn)動，重力加速度大小為g,則（ ）A.在此過程中F所做的功為;6看B.在此過中F的沖量大小等于;C.物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于二一4s°gD.F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知F— =max①由速度位移公式有試=24so②外力撤去后，由牛頓第二定律可知一〃mg=may③由速度位移公式有-Vo=2a2（2s0）（4）由①②③④可得，水平恒力4so動摩擦因數(shù)滑動摩擦力2口 mv0Ff=pimg=—^4so可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍,故C正確，D錯誤；A.在此過程中，外力F做功為32W=Fs0=—mv0故A錯誤；B.由平均速度公式可知，外力F作用時間t=s（）=2so

'0+%v02在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是,>3I=Ftt=-mv0故B正確。故選BC,（2021?全國卷）水平地面上有一質(zhì)量為㈣的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量為殞的物塊，如圖（。）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中巴、B分別為4、弓時刻F的大小。木板的加速度/隨時間t的變化關(guān)系如圖（C）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為〃I，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為以2,假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的圖(a)A.K=從叫g(shù)m.叱（叫+外）/ 、m,圖(a)A.K=從叫g(shù)m.叱（叫+外）/ 、m,+機(jī)？C.//2>- ^從m2D.在。?時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】A.圖（c）可知，h時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動,此時以整體為對象有6=M（町+嗎）gA錯誤；BC.圖（C）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有居一（町+機(jī)））g=（叫+晝）〃以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有外/n7g— +/n,）g=m}a>0解得F2=一—! J（4-M）g班BC正確；D.圖（c）可知，0?t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。故選BCD。（2021?廣東卷）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動,使用前算珠需要?dú)w零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b,甲、乙相隔》=3.5xl0-2m,乙與邊框。相隔S2=2.0x10"m,算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)〃=0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取lOm/s?。（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框。；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間。

邊框邊框邊框邊框8, iiiiiiiiiiiii【答案】(1)能:(2)0.2s【解析】(1)由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有f=/jmg=ma則甲乙滑動時的加速度大小均為a=pg=lm/s2甲與乙碰前的速度也，則2asi=V：-V；解得Vi=0.3m/s甲乙碰撞時由動量守恒定律/nv(=mv2+mv3解得碰后乙的速度V3=0.2m/s0.22八m0.22八m m=0.02m=2x1可知乙恰好能滑到邊框。；(2)甲與乙碰前運(yùn)動的時間碰后甲運(yùn)動的時間v0—k0.4—0.3t,=———L= s=0.1sa1v20.1八?—~~-=—s—0.1s~a1則甲運(yùn)動的總時間為(2021?浙江卷)機(jī)動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量，〃=1.0xl()3kg的汽車以片=36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長/=6m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時間。(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大??；(2)若路面寬L=6m,小朋友行走的速度%=0.5m/s,求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；(3)假設(shè)駕駛員以嶺=54m/h超速行駛，在距離斑馬線s=20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。【答案】⑴4=4s, =2.5x103N；(2)20s；(3)v=5>/5m/s【解析】(1)根據(jù)平均速度SA=-V解得剎車時間八=4s剎車加速度一根據(jù)牛頓第二定律Ff=ma解得憶=2.5x1O'N（2）小朋友過時間1+L

t2=' 等待時間，=芍—6=20s（3）根據(jù)Vj-v2=las解得v=5\[5m/s（2021?河北卷）如圖，一滑雪道由A8和BC兩段滑道組成，其中A8段傾角為。，BC段水平，AB段和段由一小段光滑圓弧連接，一個質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、Bm/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數(shù)為〃=4,重力7 24加速度取g=10m/s2,sin6=—，cos。=—，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的25 25重心變化，求：（1）滑道AB段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。【答案】（1）￡=9m；（2）v=7.44m/sB【解析】（1）設(shè)斜面長度為L，背包質(zhì)量為g=2kg，隹斜向上滑行的加速度為外,由牛頓第二定律有叫g(shù)sin。-〃仍gcos8=n7]q解得q=2m/s2滑雪者質(zhì)量為色=48kg,初速度為％=1.5m/s,加速度為4=3m/s2,在斜面上滑行時間為f,落后時間％=ls,則背包的滑行時間為，+%,由運(yùn)動學(xué)公式得L=萬。1（，+?。﹡

r 1 2L=vQt+—a2t聯(lián)立解得f=2s或，=-Is（舍去）故可得L=9m（2）背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時的速度為匕、v2,有匕=?1（r+r0）=6m/sv2=v0+a2t=7.5m/s滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為叭有班匕+rn,v2=（町+nu,）v解得v=7.44m/s（2021?浙江卷）如圖所示，質(zhì)量m=2kg的滑塊以v0=16m/s的初速度沿傾角氏37。的斜面上滑,經(jīng)t=2s滑行到最高點(diǎn)。然后，滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求滑塊⑴最大位移值x；（2）與斜面間的動摩擦因數(shù)；⑶從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過程中重力的平均功率P?！敬鸢浮?l)16m；(2)0.25；(3}67.9W【解析】⑴小車向上做勻減速直線運(yùn)動，有X——I2得x=16m⑵加速度Av24=——=8m/s上滑過程mssin0+umscos0 .? 八at=-2 !--2 =gsin，+〃gcos6m得〃=0.25⑶下滑過程mgsin8一〃mgcos8 . n..2a2= =gsin夕一〃gcos8=4m/stn由運(yùn)動學(xué)公式v,=yj2a2x=86mzs=11.3m/s重力的平均功率展碗cos(90。-6)=48x/2W=67.9W4曲線運(yùn)動2022年高考真題1、（2022?湖南卷?T5）2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風(fēng)力指示桿，教練員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運(yùn)動員現(xiàn)場風(fēng)力的情況。若飄帶可視為粗細(xì)一致的勻質(zhì)長繩，其所處范圍內(nèi)風(fēng)速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當(dāng)飄帶穩(wěn)定時，飄帶實(shí)際形態(tài)最接近的是（ ）A. B.C. D.【答案】A【解析】飄帶匕任意選取一點(diǎn)尸，以P點(diǎn)及尸點(diǎn)以下的部分飄帶為研究對象，設(shè)飄帶總Kl,飄帶寬度為d,質(zhì)量為m,尸點(diǎn)距離飄帶下端距離x,尸點(diǎn)以下的部分飄帶受到的重力與風(fēng)力分別為G=等X，F(xiàn)=kxdv2則重力與風(fēng)力的的合力與水平方向的夾角為.Q久kv2dLtan0== G,mg根據(jù)題中數(shù)據(jù)可得，tan。恒定，則尸點(diǎn)以下的部分飄帶的受到的重力與風(fēng)力的合力方向不變，則P點(diǎn)上方飄帶對其拉力方向不變。故選A。2、（2022?廣東卷?T6）如圖5所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點(diǎn)等高且相距為L當(dāng)玩具子彈以水平速度v從槍口向P點(diǎn)射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為％不計空氣阻力。下列關(guān)于子彈的說法正確的是（）

VC.將擊中P點(diǎn)上方，t大于一B.將擊中VC.將擊中P點(diǎn)上方，t大于一VD.將擊中P點(diǎn)下方，t等于一v【答案】B【解析】由題意知槍口與P點(diǎn)等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，當(dāng)子彈擊中積木時子彈和積木運(yùn)動時間相同，根據(jù)rI2h=2gt可知下落高度相同，所以將擊中P點(diǎn)；又由于初始狀態(tài)子彈到P點(diǎn)的水平距離為3子彈在水平方向上做勻速宜線運(yùn)動，故有t_L_v故選Bo3、（2022?廣東卷?T3）圖是滑雪道的示意圖。可視為質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動員從斜坡上的M點(diǎn)由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點(diǎn)落地。不計運(yùn)動員經(jīng)過N點(diǎn)的機(jī)械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運(yùn)動員速度大小v或加速度大小a隨時間t變化的圖像是【答案】C【解析】設(shè)斜坡傾角為運(yùn)動員在斜坡段做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律

可得4=gsin0運(yùn)動員在水平NP段做勻速直線運(yùn)動，加速度a2=0運(yùn)動員從P點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動，加速度為重力加速度出=g設(shè)在P點(diǎn)的速度為%,則從P點(diǎn)飛出后速度大小的表達(dá)式為2t2山分析可知從P點(diǎn)飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且q<C正確，ABD錯誤。故選Co4、（2022?山東卷?T11）如圖所示，某同學(xué)將離地1.25m的網(wǎng)球以13m/s的速度斜向上擊出，擊球點(diǎn)到豎直墻壁的距離4.8m。當(dāng)網(wǎng)球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為&45m的P點(diǎn)。網(wǎng)球與墻壁碰撞后，垂直墻面速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.75倍。平行墻面的速度分量不變。重力加速度g取lOm/s2,網(wǎng)球碰墻后的速度大小v和著地點(diǎn)到墻壁的距離d分別為（ ）v=3&m/sv=3&m/sd=3.6md=3.9m【答案】BD【解析】設(shè)網(wǎng)球t加時的速度為％,豎直方向

代入數(shù)據(jù)得代入數(shù)據(jù)得%豎式=yj2x10x(8.45-1.25)m/s=12m/s%水平=，132—122m/s=5m/s排球水平方向到P點(diǎn)的距離元水平=%水平,=%水平直=6m

g根據(jù)幾何關(guān)系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量4，,%水平，=%水平.g=4m/s平行墻面的速度分量%水平〃=%水平,]=3m/s反彈后，垂直墻面的速度分量v水平a.=0?75?%水平j(luò)_—3m/s則反彈后的網(wǎng)球速度大小為y水平=｛味平上+?水平〃=3在正網(wǎng)球落到地面的時間t=著地點(diǎn)到墻壁的距離d=v水平=3.9m故BD正確，AC錯誤。故選BD,5、（2022?山東卷?T8）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為3m的半圓弧BC與長8m的直線路徑AB相切于B點(diǎn)，與半徑為4m的半圓弧8相切于C點(diǎn)。小車以最大速度從A點(diǎn)駛?cè)肼窂剑竭m當(dāng)位置調(diào)整速率運(yùn)動到B點(diǎn)，然后保持速率不變依次經(jīng)過8C和CD。為保證安全，小車速率最大為4Ws。在ABC段的加速度最大為2m/s2,CO段的加速度最大為Im/s?。小車視為質(zhì)點(diǎn)，小車從A到D所需最短時間t及在A3段做勻速直線運(yùn)動的最長距離/為(c5￡(#+4)兀,,,D.t=24—。6T s,/=5.5m12 2【答案】B【解析】則根據(jù)在BC段的最大加速度為oi=2m/s2,則根據(jù)可得在8c可得在8c段的最大速度為在CD段的最大加速度為a2=lm/s2,可得在8c段的最大速度為vlm=V6m/s則根據(jù)過%= %=2m/S<Vlrn可知在BCD段運(yùn)動時的速度為v=2m/s,在BCD段運(yùn)動的時間為)InL=―! =—S3v2AB段從最大速度Vm減速到V的時間

位移在A8段勻速的最長距離為則勻速運(yùn)動的時間r位移在A8段勻速的最長距離為則勻速運(yùn)動的時間rl-/=8m-3m=5m/ 5t7=—=-s

v 4m則從A到。最短時間為故選B.6、（2022?全國甲卷?T14）北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運(yùn)動員從。處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點(diǎn)為。、b之間的最低點(diǎn)，a、c兩處的高度差為人要求運(yùn)動員經(jīng)過一點(diǎn)時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍，運(yùn)動過程中將運(yùn)動員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力，則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于（）hA. 女+hA. 女+1hB.一k2hC.—k2hD. k-\【答案】D【解析】運(yùn)動員從a到c根據(jù)動能定理有nigh=—在c點(diǎn)有2FNc-mg=m-^-Fnc4kmg聯(lián)立有故選D。7、（2022?浙江6月卷?T2）下列說法正確的是（）A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動過程中加速度不變B足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(guān)【答案】B【解析】A.鏈球做勻速圓周運(yùn)動過程中加速度方向在改變，A錯誤；B.慣性只與質(zhì)量有關(guān)，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確：C.乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的減小而減小，C錯誤；D.籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向有關(guān)，D錯誤。故選Bo（2022?浙江1月卷?T6）圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置。拉到A后釋放，小球在。點(diǎn)附近來回振動；圖乙中被細(xì)繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點(diǎn)來回擺動。若將上述裝置安裝在太空中的我國空間站內(nèi)進(jìn)行同樣操作，下列說法正確的是（ ）A.甲圖中的小球?qū)⒈３朱o止B.甲圖中的小球仍將來回振動C.乙圖中的小球仍將來回擺動D.乙圖中的小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動【答案】B【解析】AB.空間站中的物體處于完全失事狀態(tài)，甲圖中的小球所受的彈力不受失事的影響，則小球仍將來回振動，選項A錯誤，B正確；CD.圖乙中的小球在地面上由靜止釋放時，所受的回復(fù)力是重力的分量，而在空間站中處于完全失重時，回復(fù)力為零，則小球由靜止釋放時，小球仍靜止；若給小球一定的初速度，則做勻速圓周運(yùn)動，選項CD錯誤。故選Bo(2022?河北?口())如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以。為圓心、飛和&為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細(xì)水管，其上端水平噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動的角速度均可調(diào)節(jié)，以保障噴出的水全部落入相應(yīng)的花盆中。依次給內(nèi)圈和外圈上的盆栽澆水時，噴水嘴的高度、出水速度及轉(zhuǎn)動的角速度分別用人、匕、例和外、彩、g表示。花盆大小相同，半徑遠(yuǎn)小于同心圓半徑，出水口截面積保持不變，忽略噴水嘴水平長度和空氣阻力。下列說法正確的是A.若九=也，則匕：匕=&：&B.若K=匕，則"：也=R；：R；C.若q=。2，匕=匕，噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周，則落入每個花盆的水量相同D.若4=用噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周且落入每個花盆的水量相同，則叫=。2【答案】BD【解析】AB.根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律h=2grR=vt解得

若V1=V2,則選項A錯誤，B正確；C.若⑷=電，則噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周的時間相同，因為巾2，出水口的截面積相同，可知單位時間噴出水的質(zhì)量相同，噴水嘴轉(zhuǎn)動一周噴出的水量相同，但因內(nèi)圈上的花盆總數(shù)量較小，可知得到的水量較多，選項c錯誤；D.設(shè)出水口橫截面積為5o,噴水速度為V,若。尸g,則噴水管轉(zhuǎn)動一周的時間相等，因人相等，則水落地的時間相等，則相等；在圓周上單位時間內(nèi)單位長度的水量為Go=vArS0_RS。_S°_S。coRkt(oRtcot相等，即一周中每個花盆中的水量相同，選項D正確。故選BD.10、（2022?全國甲卷?T24）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機(jī)對運(yùn)動的小球進(jìn)行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標(biāo)出的兩個線段的長度再和$2之比為3：7。重力加速度大小取g=10m/s2,忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。

0.05x4s=0.2s根據(jù)平拋運(yùn)動位移公式有0.6m則有已標(biāo)注的線段S]分別為則有0.05x4s=0.2s根據(jù)平拋運(yùn)動位移公式有0.6m則有已標(biāo)注的線段S]分別為則有整理得故在拋出瞬間小球的速度大小為頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間隔為設(shè)拋出瞬間小球的速度為％，每相鄰兩球間的水平方向上位移為x,豎直方向上的位移分別為,2021年高考真題（2021?山東卷）如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對地面的速度%水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M,所受浮力不變，重力加速度為g,不計阻力，以下判斷正確的是（ ）A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動B.投出物資后熱氣球所受合力大小為優(yōu)【答案】BC【解析】AB.熱氣球開始攜帶物資時處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0,初動量為0,水平投出重力為/咫的物資瞬間，滿足動量守恒定律Mv=mv0則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度丫，熱氣球所受合外力恒為儂,豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運(yùn)動，A錯誤，B正確；CD.熱氣球和物資的運(yùn)動示意圖如圖所示口熱氣球和物資所受合力大小均為風(fēng)？，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為m^=—g

M1?物資落地H過程所用的時間，內(nèi)，根據(jù)”=/g/解得落地時間為熱氣球在豎直方向上運(yùn)動的位移為"m1"m1tn2Hm—?—o.- ■=—H2MgM熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運(yùn)動，水平位移為根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實(shí)際位移為d=J（/+Xm）2+（"+"m）2=（1+對等+爐C正確，D錯誤。故選BC,（2021?廣東卷）長征途中，為了突破敵方關(guān)隘，戰(zhàn)士爬上陡銷的山頭，居高臨下向敵方工事內(nèi)投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質(zhì)量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點(diǎn)的高度差為h,在空中的運(yùn)動可視為平拋運(yùn)動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有（）A.甲在空中的運(yùn)動時間比乙的長B.兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C.從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少預(yù)?〃D.從投出到落地，每顆手榴彈的機(jī)械能變化量為砥力【答案】BC【解析】A.由平拋運(yùn)動規(guī)律可知，做平拋運(yùn)動的時間因為兩手榴彈運(yùn)動的高度差相同，所以在空中運(yùn)動時間相等，故A錯誤：B.做平拋運(yùn)動的物體落地前瞬間幣:力的功率P=mgvcos0=mgvx=mg12gh因為兩手榴彈運(yùn)動的高度差相同，質(zhì)量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；C.從投出到落地，手榴彈下降的高度為h,所以手榴彈重力勢能減小量A￡p=mgh故C正確；D.從投出到落地，手榴彈做平拋運(yùn)動，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯誤。故選BC。（2021?河北卷）如圖，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ足夠長，且PQ桿光滑,一根輕彈簧一端固定在M點(diǎn)，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過PQ桿，金屬框繞MN軸分別以角速度0和力勻速轉(zhuǎn)動時，小球均相對PQ桿靜止，若3'>3,則與以。勻速轉(zhuǎn)動時相比，以力勻速轉(zhuǎn)動時（

A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變C.A.小球的高度一定降低B.彈簧彈力的大小一定不變C.小球?qū)U壓力的大小一定變大D.小球所受合外力的大小一定變大【答案】BD【解析】對小球受力分析，設(shè)彈力為兀彈簧與水平方向的夾角為⑦則對小球豎直方向Tsin0=mgT=k(^--l0)cos夕可知為定值，7"不變，則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變。則A錯誤，B正確;水平方向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時，桿對小球的彈力A背離轉(zhuǎn)軸，則Tcos0-Fn=ma)1rFN=Tcos0—marr當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時，F(xiàn)n指向轉(zhuǎn)軸Tcos8+FN=ma)2rF'將=mco2r-Tcos6則因0>0，根據(jù)牛頓第：.定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大。則C錯誤;根據(jù)可知，因角速度變大，則小球受合外力變大。則D正確。故選BD?（2021?廣東卷）由于高度限制，車庫出入口采用圖所示的曲桿道閘，道閘由轉(zhuǎn)動桿OP與橫桿PQ鏈接而成，P、Q為橫桿的兩個端點(diǎn)。在道閘抬起過程中，桿PQ始終保持水平。桿O尸繞。點(diǎn)從與水平方向成30。勻速轉(zhuǎn)動到60。的過程中，下列說法正確的是（）\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\P點(diǎn)的線速度大小不變P點(diǎn)的加速度方向不變Q點(diǎn)在豎直方向做勻速運(yùn)動Q點(diǎn)在水平方向做勻速運(yùn)動【答案】A【解析】A.由題知桿。P繞。點(diǎn)從與水平方向成30。勻速轉(zhuǎn)動到60。，則P點(diǎn)繞。點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，則P點(diǎn)的線速度大小不變，A正確；B.由題知桿。P繞。點(diǎn)從與水平方向成30。勻速轉(zhuǎn)動到60。，則P點(diǎn)繞。點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，P點(diǎn)的加速度方向時刻指向。點(diǎn)，B錯誤；c.Q點(diǎn)在豎直方向的運(yùn)動與P點(diǎn)相同，相對于。點(diǎn)在豎直方向的位置y關(guān)于時間t的關(guān)系為71

y=/op-sin（-+cut）6則可看出Q點(diǎn)在豎直方向不是勻速運(yùn)動，C錯誤；D.Q點(diǎn)相對于。點(diǎn)在水平方向的位置x關(guān)于時間t的關(guān)系為X=/op-COS（—+cut）+Ipq6則可看出。點(diǎn)在水平方向也不是勻速運(yùn)動，D錯誤。故選Ao（2021?浙江卷）質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點(diǎn)時的照片如圖所示，對該時刻，下列說法正確的是（ ）A.秋千對小明的作用力小于沖B.秋千對小明的作用力大于痛C.小明的速度為零，所受合力為零D.小明的加速度為零，所受合力為零【答案】A【解析】在最高點(diǎn)，小明的速度為0，設(shè)秋千的擺長為/,擺到最高點(diǎn)時擺繩與豎直方向的夾角為。，秋千對小明的作用力為F,則對人，沿擺繩方向受力分析有V2r-tngcos6=m—由于小明的速度為0,則有F=mgcos0<mg沿垂直擺繩方向有mgsin6=ma解得小明在最高點(diǎn)的加速度為a=gsin。所以A正確；BCD錯誤；故選A。（2021?河北卷）的原子鐘是精確的計時儀器，圖1中鈉原子從。點(diǎn)以l（X）m/s的初速度在真空中做平拋運(yùn)動，到達(dá)豎直平面所用時間為4；圖2中葩原子在真空中從P點(diǎn)做豎直上拋運(yùn)動,到達(dá)最高點(diǎn)Q再返回P點(diǎn)，整個過程所用時間為J，。點(diǎn)到豎直平面MN、P點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離均為0.2m,重力加速度取g=lOm/s?,貝也：，2為（ ）

A.100A.100：1B.1：100C.1：200D.200：1【答案】C【解析】艷原子做平拋運(yùn)動，水平方向上做勻速直線運(yùn)動，即X=Vt1解得x0.2

t.=-= s1v100艷原子做豎直上拋運(yùn)動，拋至最高點(diǎn)用時殳，逆過程可視為自由落體，即21x=—2解得‘2=‘2=8x0.2八, =0.4s100.2故選C。（2021?全國卷）"旋轉(zhuǎn)紐扣"是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達(dá)50r/s,此時紐扣上距離中心1cm處的點(diǎn)向心加速度大小約為（ ）B.100m/s2外力外力AB.100m/s2外力外力A.10m/s2C.1000m/sD.10000m/s2【答案】C【解析】紐扣在轉(zhuǎn)動過程中cd=27m=IOO^rad/s由向心加速度a=arr?1OOOm/s2故選Co（2021?浙江卷）某一滑雪運(yùn)動員從滑道滑出并在空中翻轉(zhuǎn)時經(jīng)多次曝光得到的照片如圖所示,每次曝光的時間間隔相等。若運(yùn)動員的重心軌跡與同速度不計阻力的斜拋小球軌跡重合，A、8、C和D表示重心位置，且A和D處于同一水平高度。下列說法正確的是（ ）A.相鄰位置運(yùn)動員重心的速度變化相同 B.運(yùn)動員在A、。位置時重心的速度相同C.運(yùn)動員從A到8和從C到D的時間相同D.運(yùn)動員重心位置的最高點(diǎn)位于8和C中間【答案】A【解析】A.因每次曝光的時間間隔相等，而運(yùn)動員在空中只受重力作用，加速度為g,則相鄰位置運(yùn)動員重心的速度變化均為gAt,選項A正確：B.運(yùn)動員在A、D位置時重心的速度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤：C.由圖可知，運(yùn)動員從A到B為4At,從C到D的時間5At,時間不相同，選項C錯誤；D.運(yùn)動員重心位置的最高點(diǎn)位于C點(diǎn)，選項D錯誤。故選Ao（2021?山東卷）海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量機(jī)=O」kg的鳥蛤，在〃=20m的高度、以％=15m/s的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間&=0.（X）5s,彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度L=6m的巖石，以巖石左端為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示坐標(biāo)系。若海鷗水平飛行的高度仍為20m,速度大小在15m/s~17mzs之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛉位置的x坐標(biāo)范圍?！敬鸢浮浚?）F=500N；（2）[34m,36m]或（34m,36m）【解析】（1）設(shè)平拋運(yùn)動的時間為3鳥蛤落地前瞬間的速度大小為人豎直方向分速度大小為外,根據(jù)運(yùn)動的合成與分解得H=^gF，%=,v=Jv：+v；在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度V的方向為正方向，由動量定理得-F^t=0-mv聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得F=500N（2）若釋放鳥蛤的初速度為匕=15m/s,設(shè)擊中巖石左端時，稱放點(diǎn)的x坐標(biāo)為xi,擊中右端時,釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為與，得%=卬，x2=xt+L聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得X[=30m,x2=36m若釋放鳥蛤時的初速度為匕=17m/s,設(shè)擊中巖石左端時，釋放點(diǎn)的x坐標(biāo)為須'，擊中右端時,釋放點(diǎn)的X坐標(biāo)為x；,得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得X；=34m，x；=40m綜上得X坐標(biāo)區(qū)間[34m,36mJ或(34m,36m)5萬有引力定律和航天2022年高考真題1、（2022?湖南卷?T8）如圖，火星與地球近似在同一平面內(nèi)，繞太陽沿同一方向做勻速圓周運(yùn)動，火星的軌道半徑大約是地球的1.5倍。地球上的觀測者在大多數(shù)的時間內(nèi)觀測到火星相對于恒星背景由西向東運(yùn)動，稱為順行；有時觀測到火星由東向西運(yùn)動，稱為逆行。當(dāng)火星、地球、太陽三者在同一直線上，且太陽和火星位于地球兩側(cè)時，稱為火星沖日。忽略地球自轉(zhuǎn)，只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是（ ）A.火星的公轉(zhuǎn)周期大約是地球的J色倍V27B.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運(yùn)動為順行C.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運(yùn)動為逆行D.在沖日處，火星相對于地球的速度最小【答案】CD【解析】A.由題意根據(jù)開普勒第三定律可知72 72/地/火火星軌道半徑大約是地球軌道半徑的1.5倍，則可得故A錯誤:BC.根據(jù)可得由于火星軌道半徑大于地球軌道半徑，故火星運(yùn)行線速度小于地球運(yùn)行線速度，所以在沖日處火星相對于地球由東向西運(yùn)動，為逆行，故B錯誤，C正確：D.由于火星和地球運(yùn)動的線速度大小不變，在沖日處火星和地球速度方向相同，故相對速度最小，故D正確。故選CD.2、（2022?廣東卷?T2）“祝融號”火星車需要“休眠”以度過火星寒冷的冬季。假設(shè)火星和地球的冬季是各自公轉(zhuǎn)周期的四分之一，且火星的冬季時長約為地球的1.88倍?；鹦呛偷厍蚶@太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動。下列關(guān)于火星、地球公轉(zhuǎn)的說法正確的是（ ）A.火星公轉(zhuǎn)的線速度比地球的大 B.火星公轉(zhuǎn)的角速度比地球的大C.火星公轉(zhuǎn)的半徑比地球的小 D.火星公轉(zhuǎn)的加速度比地球的小【答案】D【解析】由題意可知，火星的公轉(zhuǎn)周期大于地球的公轉(zhuǎn)周期C.根據(jù)C.根據(jù)GMm7=2萬可知火星的公轉(zhuǎn)半徑大于地球的公轉(zhuǎn)半徑，故C錯誤;Mmv~A.根據(jù)G粵=加工可得

結(jié)合C選項，可知火星的公轉(zhuǎn)線速度小于地球的公轉(zhuǎn)線速度，故A錯誤;B.根據(jù)。=寧可知火星公轉(zhuǎn)的角速度小于地球公轉(zhuǎn)的角速度，故B錯誤:D.根據(jù)GD.根據(jù)GMm下=ma可得GM可知火星公轉(zhuǎn)的加速度小于地球公轉(zhuǎn)的加速度，故D正確。故選D。3、（2022?山東卷?T6）“羲和號”是我國首顆太陽探測科學(xué)技術(shù)試驗衛(wèi)星。如圖所示，該衛(wèi)星圍繞地球的運(yùn)動視為勻速圓周運(yùn)動，軌道平面與赤道平面接近垂直。衛(wèi)星每天在相同時刻，沿相同方向經(jīng)過地球表面A點(diǎn)正上方，恰好繞地球運(yùn)行n圈。已知地球半徑為地軸R,自轉(zhuǎn)周期為兀地球表面重力加速度為g,則“羲和號”衛(wèi)星軌道距地面高度為（B.（好丫[2〃-2JD.（好f

[4〃2/J【答案】C【解析】地球表面的用力加速度為g,根據(jù)牛頓第二定律得GMm解得GM=gR2

根據(jù)題意可知，衛(wèi)星的運(yùn)行周期為TT'=-

n根據(jù)牛頓第二定律，萬有引力提供衛(wèi)星運(yùn)動的向心力，則有GMm(/GMm(/?+/z)2="產(chǎn)(R+/z)聯(lián)立解得h=l\h=l\gRT-R故選C,4,（2022噎國乙卷司14）2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到,在近地圓軌道上飛行的“天宮二號"中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們（ ）A.所受地球引力的大小近似為零B.所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零C.所受地球引力的大小與其隨飛船運(yùn)動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隨飛船運(yùn)動所需向心力的大小【答案】C【解析】ABC.航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運(yùn)動的向心力，飛船對其作用力等于零，故C正確，AB錯誤：D.根據(jù)萬有引力公式可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小，因此地球表面引力大于其隨飛船運(yùn)動所需向心力的大小，故D錯誤。故選Co5、（2022?浙江6月卷?T6）神州十三號飛船采用“快速返回技術(shù)”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環(huán)繞并擇機(jī)返回地面。則（ ）A.天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大B.返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力C.質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運(yùn)行D.返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機(jī)械能守恒【答案】C【解析】AC.根據(jù)可得可知圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越??；而只要速度相同了就可以在同一軌道運(yùn)行，與返回艙和天和核心艙的質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤，C正確；B.返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航員繞地球運(yùn)動的向心力，故B錯誤；D.返回艙穿越大氣層返回地面過程中，有阻力做功產(chǎn)生熱量，機(jī)械能減小，故D錯誤。故選C.6、（2022?浙江1月卷?T8）“天問一號”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點(diǎn)沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點(diǎn)，再依次進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天問一號（ ）A.發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間B.從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時間小于6個月C.在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小D.在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動時的速度均大于地球繞太陽的速度【答案】C【解析】A.因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽轉(zhuǎn)動，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于11.2km/s與16.7km/s之間，故A錯誤;B.因P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的轉(zhuǎn)移軌道的半長軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則其周期大于地球公轉(zhuǎn)周期（1年共12個月）,則從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時間為軌道周期的一半時間應(yīng)大于6個月，故B錯誤;C.因在環(huán)繞火星的停泊軌道的半長軸小于調(diào)相軌道的半長軸，則由開普勒第三定律可知在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小，故c正確；D.衛(wèi)星從P點(diǎn)變軌時，要加速增大速度，此后做離心運(yùn)動速度減小，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動時的速度P點(diǎn)速度大于地球繞太陽的速度，故D錯誤：故選C..（2022?湖北?T2）2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運(yùn)飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動，周期約90分鐘。下列說法正確的是（）A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài).組合體的速度大小略大于第一宇宙速度C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小【答案】C【解析】【詳解】A.組合體在天上只受萬有引力的作用，則組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤；B.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動，而第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則組合體的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B錯誤；C.已知同步衛(wèi)星的周期為24h,則根據(jù)角速度和周期的關(guān)系有2%

a>=——

T由于「同>「如二體，則組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，C正確；D.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運(yùn)動，有八Mm 47r2G~—=m—r

r2 T2整理有由于T河>Tfufu*.則r.i>r*n=體，且同步衛(wèi)星和組合體在天上有

cMm

ma=G——廠則有o同＜o(jì)俎合體D錯誤。故選Co2021年高考真題（2021?山東卷）迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動勢的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為了的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)生離地平均高度為H,導(dǎo)體繩長為地球半徑為R,徑為R,質(zhì)量為M,軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為（ ）遠(yuǎn)地子衛(wèi)星O電池二電流. 據(jù)此可得，電池電動勢為（ ）遠(yuǎn)地子衛(wèi)星O電池二電流. 速度導(dǎo)體繩近地子衛(wèi)星匚3 赤道平面、A.BL嚴(yán)+二\r+hblC.BLGMR+HBL+——【答案】A【解析】根據(jù)__Mm v2G =tn (R+H)2 (R+H)可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的線速度根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相當(dāng)于上端為正極的電源，其大小為E=B