2022年高考物理真題分類匯編解析力學部分1

2022年高考物理真題分類解析直線運動（少江蘇，北京，海南，福建）15．(2022.1)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當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＜v0）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由題知當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<v0)，則列車進隧道前至少要減速到v，則有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道內(nèi)勻速有t2＝，列車尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為t＝t1＋t2＋t3＝＋，故C正確。1.（2022，河北）科學訓練可以提升運動成績，某短跑運動員科學訓練前后百米全程測試中，速度v與時間t的關系圖像如圖所示。由圖像可知（）A.時間內(nèi)，訓練后運動員的平均加速度大B.時間內(nèi)，訓練前、后運動員跑過的距離相等C.時間內(nèi)，訓練后運動員的平均速度小D.時刻后，運動員訓練前做減速運動，訓練后做加速運動【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像的斜率表示加速度，由題圖可知時間內(nèi)，訓練后運動員的平均加速度比訓練前的小，故A錯誤；B．根據(jù)圖像圍成的面積表示位移，由題圖可知時間內(nèi)，訓練前運動員跑過的距離比訓練后的大，故B錯誤；C．根據(jù)圖像圍成的面積表示位移，由題圖可知時間內(nèi)，訓練后運動員的位移比訓練前的位移大，根據(jù)平均速度等于位移與時間的比值，可知訓練后運動員的平均速度大，故C錯誤；D．根據(jù)圖像可直接判斷知，時刻后，運動員訓練前速度減小，做減速運動；時刻后，運動員訓練后速度增加，做加速運動，故D正確。故選D。2．（2022，浙江1）下列說法正確的是() 甲 乙 丙 丁第2題圖A．研究甲圖中排球運動員扣球動作時，排球可以看成質(zhì)點B．研究乙圖中乒乓球運動員的發(fā)球技術時，乒乓球不能看成質(zhì)點C．研究丙圖中羽毛球運動員回擊羽毛球動作時，羽毛球大小可以忽略D．研究丁圖中體操運動員的平衡木動作時，運動員身體各部分的速度可視為相同【答案】B【解析】研究題圖甲中排球運動員扣球動作時，需要考慮運動員扣球的位置，故排球不可以看成質(zhì)點，A錯誤；研究題圖乙中乒乓球運動員的發(fā)球技術時，需要考慮球是否旋轉(zhuǎn)，則乒乓球不能看成質(zhì)點，B正確；研究題圖丙中羽毛球運動員回擊羽毛球動作時，需要考慮球拍擊球的具體位置，則羽毛球大小不可以忽略，C錯誤；研究題圖丁中體操運動員的平衡木動作時，運動員身體各部分有相對運動，則運動員身體各部分的速度不相同，D錯誤。8．（2022，上海）（3分）兩質(zhì)點由靜止開始做直線運動，它們的位移x與時間t的圖像均為拋物線。t0時刻它們的速度分別為vⅠ和vⅡ，加速度分別為aⅠ和aⅡ。則（）A．vⅠ＞vⅡ，aⅠ＞aⅡ B．vⅠ＞vⅡ，aⅠ＜aⅡ C．vⅠ＜vⅡ，aⅠ＞aⅡ D．vⅠ＜vⅡ，aⅠ＜aⅡ【分析】根據(jù)勻變速直線運動位移公式分析速度大小，根據(jù)速度—時間關系分析加速度大小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)勻變速直線運動位移公式有：x＝，由圖可知vⅠ＞vⅡ，根據(jù)v＝at可知aⅠ＞aⅡ，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查勻變速直線運動圖像關系，根據(jù)圖像寫出函數(shù)解析式，從而分析判斷。6.（2022，湖北）我國高鐵技術全球領先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設兩火車站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站后到達終點站G。設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】詳解】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，相鄰兩站間的距離普通列車加速時間加速過程的位移根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間同理高鐵列車加速時間加速過程的位移根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間相鄰兩站間節(jié)省的時間因此總的節(jié)省時間故選B。力相互作用7.（2022，河北）如圖，用兩根等長的細繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的點，將木板以底邊為軸向后方緩慢轉(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（）A.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.兩根細繩上的拉力均先增大后減小D.兩根細繩對圓柱體拉力的合力保持不變【答案】B【解析】【詳解】設兩繩子對圓柱體的拉力的合力為，木板對圓柱體的支持力為，繩子與木板夾角為，從右向左看如圖所示在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理在木板以直線為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平過程中，不變，從逐漸減小到0，又且可知則可知從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)由于不斷減小，可知不斷減小，先增大后減小，可知先增大后減小，結合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小，設兩繩子之間的夾角為，繩子拉力為，則可得不變，逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，ACD錯誤。故選B。5.（2022，湖南）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力指示桿，教練員根據(jù)飄帶的形態(tài)提示運動員現(xiàn)場風力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質(zhì)長繩，其所處范圍內(nèi)風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當飄帶穩(wěn)定時，飄帶實際形態(tài)最接近的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】設風速度為，取飄帶上任意長度為（趨近于0）的質(zhì)量為，飄帶寬度為，與水平方向夾角為，則該部分飄帶的重力和所受風力分別為，則重力與風力的的合力與豎直方向的夾角為整理可得任意長度為的飄帶重力相等，所受風力的大小相等，則恒定，則飄帶為一條傾斜的直線，故A正確，BCD錯誤。故選A。2．（2022，上海）（3分）麥克風靜止在水平桌面上，下列能表示支架對話筒作用力的方向的是（）A． B． C． D．【分析】話筒處于平衡狀態(tài)，對話筒受力分析即可?！窘獯稹拷猓簩υ捦彩芰Ψ治隹芍?，話筒受重力和支架的作用力處于平衡狀態(tài)，支架對話筒的作用力與重力等大、反向、共線，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查對物體的受力分析應用，解題關鍵要知道二力平衡的條件。4.（2022，遼寧）如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態(tài)。蛛絲與豎直方向夾角分別為。用分別表示的拉力，則（）A.的豎直分力大于的豎直分力 B.的豎直分力等于的豎直分力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】【詳解】CD．對結點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，選項C錯誤，D正確；AB．對結點O受力分析可得，豎直方向解得則F1的豎直分量F2的豎直分量因可知選項AB錯誤。故選D。1.（2022，廣東）圖是可用來制作豆腐的石磨。木柄靜止時，連接的輕繩處于繃緊狀態(tài)。O點是三根輕繩的結點，F(xiàn)、和分別表示三根繩的拉力大小，且。下列關系式正確的是（）

A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】以點為研究對象，受力分析如圖由幾何關系可知由平衡條件可得聯(lián)立可得故D正確，ABC錯誤。故選D。4．（2022，浙江1）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，水管口持續(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()第4題圖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)有水流出且過一段時間桶會翻轉(zhuǎn)一次，主要原因是裝的水到了一定量之后，水桶與水整體的重心上移，不能平衡，發(fā)生翻轉(zhuǎn)，D正確。5．（2022，浙江1）如圖所示，學校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石礅，石礅與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ。工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石礅時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說法正確的是()第5題圖A．輕繩的合拉力大小為eq\f(μmg,cosθ)B．輕繩的合拉力大小為eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)C．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小D．輕繩的合拉力最小時，地面對石礅的摩擦力也最小【答案】B【解析】對石礅受力分析，由平衡條件可知Tcosθ＝f，Tsinθ＋N＝mg，其中f＝μN，聯(lián)立解得輕繩的合拉力大小T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)，A錯誤，B正確；合拉力的大小T＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋φ）)，其中tanφ＝eq\f(1,μ)，可知當θ＋φ＝90°時，合拉力有最小值，所以減小夾角θ，輕繩的合拉力不一定減小，C錯誤；摩擦力大小f＝Tcosθ＝eq\f(μmgcosθ,cosθ＋μsinθ)＝eq\f(μmg,1＋μtanθ)，所以增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時，地面對石礅的摩擦力不是最小，D錯誤。6．（2022，浙江1）圖甲中的裝置水平放置，將小球從平衡位置O拉到A后釋放，小球在O點附近來回振動；圖乙中被細繩拴著的小球由靜止釋放后可繞固定點來回擺動。若將上述裝置安裝在太空中的我國空間站內(nèi)進行同樣操作，下列說法正確的是()第6題圖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周運動【答案】B【解析】空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，題圖甲中的小球所受彈簧的彈力不受失重的影響，則小球仍將來回振動，A錯誤，B正確；題圖乙中的小球在地面上由靜止釋放時，所受的回復力是重力的分量，而在空間站中處于完全失重狀態(tài)，回復力為零，則小球由靜止釋放時，小球仍靜止，若給小球一定的初速度，則小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動，C、D錯誤。7．（2022，浙江1）如圖所示，水平放置的電子秤上有一磁性玩具，玩具由啞鈴狀物件P和左端有玻璃擋板的凹形底座Q構成，其重量分別為GP和GQ。用手使P的左端與玻璃擋板靠近時，感受到P對手有靠向玻璃擋板的力，P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)(即P和Q的其余部分均不接觸)，P與Q間的磁力大小為F。下列說法正確的是()第7題圖A．Q對P的磁力大小等于GPB．P對Q的磁力方向豎直向下C．Q對電子秤的壓力大小等于GQ＋FD．電子秤對Q的支持力大小等于GP＋GQ【答案】D【解析】由題意可知，用手使P的左端與玻璃擋板靠近時，感受到P對手有靠向玻璃擋板的力，即Q對P有水平向左的磁力，P與擋板接觸后放開手，P處于“磁懸浮”狀態(tài)，則說明Q對P有豎直向上的磁力，則Q對P的磁力方向斜向左上方，其磁力F大小大于GP，A、B錯誤；對P、Q整體受力分析，豎直方向電子秤對Q的支持力大小等于GP＋GQ，即Q對電子秤的壓力大小等于GP＋GQ，C錯誤，D正確。10．（2022，浙江6）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θ＝60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的()第10題圖A．作用力為eq\f(\r(3),3)GB．作用力為eq\f(\r(3),6)GC．摩擦力為eq\f(\r(3),4)GD．摩擦力為eq\f(\r(3),8)G【答案】B【解析】曬衣架左側(cè)斜桿受力分析如圖所示，由整體平衡可知4FN＝G，對斜桿，有tan30°＝eq\f(f,FN)，解得FN＝eq\f(G,4)，f＝eq\f(\r(3)G,12)，每根斜桿受到地面的作用力F＝eq\r(FN2＋f2)＝eq\f(\r(3),6)G，故B正確，A、C、D錯誤。1．（2022，重慶）（4分）（2022?重慶）如圖所示，吸附在豎直玻璃上質(zhì)量為m的擦窗工具，在豎直平面內(nèi)受重力、拉力和摩擦力（圖中未畫出摩擦力）的共同作用做勻速直線運動。若拉力大小與重力大小相等，方向水平向右，重力加速度為g，則擦窗工具所受摩擦力（）A．大小等于mg B．大小等于mg C．方向豎直向上 D．方向水平向左【分析】擦窗工具，做勻速直線運動。做出它的受力分析圖，根據(jù)平行四邊形定則可求出摩擦力?！窘獯稹拷猓簩Σ链肮ぞ哌M行正視圖的受力分析如圖所示水平方向上拉力F與擦窗工具所受滑動摩擦力f滑等大反向，豎直方向上重力mg與擦窗工具所受靜摩擦力f靜等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖中f所示，大小為＝＝mg故B正確，ACD錯誤。故選：B。牛頓運動定律2.（2022.2）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，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】當兩球運動至二者相距時，,如圖所示由幾何關系可知設繩子拉力為，水平方向有解得對任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯誤。故選A。1．（2022，浙江1月）單位為J/m的物理量是()A．力 B．功C．動能 D．電場強度【答案】A【解析】根據(jù)功的定義式W＝Fx可知J＝N·m，所以eq\f(J,m)＝N，N是力的單位，A正確。1．（2022，浙江6月）下列屬于力的單位是()A．kg·m/s2B．kg·m/sC．kg·m2/sD．kg·s/m2【答案】A【解析】根據(jù)牛頓第二定律的表達式F＝ma可知，m的國際單位為kg，a的國際單位為m/s2，則F的單位為kg·m/s2，故A正確。2．（2022，浙江6）下列說法正確的是()A．鏈球做勻速圓周運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【答案】B【解析】因做勻速圓周運動的物體加速度的大小不變、方向始終指向圓心，故鏈球做勻速圓周運動的過程中加速度的大小不變，方向時刻改變，A錯誤。慣性是物體本身的固有屬性，慣性的大小只與物體的質(zhì)量有關，質(zhì)量大則慣性大，足球下落過程中質(zhì)量不變，故慣性不變，B正確。乒乓球被擊打的過程中，球與球拍發(fā)生彈性形變，隨著形變量的變化，乒乓球受到的作用力也發(fā)生變化，C錯誤。一般情況下，籃球在低速飛行時受到的空氣阻力方向與速度方向相反，D錯誤。3．（2022，浙江6）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()第3題圖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【答案】C【解析】魚兒吞食花瓣時在空中處于最高點，此時魚兒受重力作用，魚兒與花瓣間的作用力可以忽略，則此時魚兒受力不平衡，A錯誤；魚兒擺尾擊水時受到水的作用力，魚兒擺尾出水時，水對魚兒的作用力大于魚兒的重力，并非浮力大于重力，B錯誤，C正確；研究魚兒擺尾出水的動作時，魚兒的大小和形狀不能忽略，故不能把魚兒看成質(zhì)點，D錯誤。19．（2022.1，多選）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μ。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原長之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD【解析】設兩滑塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為F＝2μmg，撤去拉力前對Q受力分析，Q受到彈簧的彈力大小為T0＝μmg，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變，為μmg，兩滑塊與桌面間仍然保持相對滑動，此時對滑塊P有－T0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運動，故P、Q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，滑塊P做加速度減小的減速運動，滑塊Q所受合力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間，為2μg。Q加速度大小的最大值為彈簧恢復原長時，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑塊Q加速度大小的最大值為μg，A正確，B錯誤，滑塊P、Q水平向右運動，P、Q間的距離在減小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C錯誤；滑塊P在彈簧恢復到原長時有－μmg＝maP2，解得aP2＝－μg，撤去拉力時，P、Q的初速度相等，滑塊P開始的加速度大小為2μg，做加速度減小的減速運動，最后彈簧恢復原長時加速度大小為μg；滑塊Q開始的加速度為0，做加速度增大的減速運動，最后彈簧恢復原長時加速度大小也為μg。分析可知，恢復原長前P的速度始終比Q的速度減小得快，P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小，D正確。7.（2022，遼寧）如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正確的是（）

A.v0=2.5m/s B.v0=1.5m/s C.μ=0.28 D.μ=0.25【答案】B【解析】【詳解】AB．物塊水平沿中線做勻減速直線運動，則由題干知x=1m，t=1s，v>0代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s故A不可能，B可能；CD．對物塊做受力分析有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。故選B。19．（2022，浙江1）(9分)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BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖2所示)，到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°＝0.26，求雪車(包括運動員)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)過C點的速度大小；(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。第19題圖1第19題圖2【答案】(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N【解析】(1)鋼架雪車在AB段做勻加速直線運動，有v12＝2a1x1，解得a1＝eq\f(8,3)m/s2。(2)在AB段做勻加速直線運動，有v1＝a1t1，解得t1＝3s，在BC段做勻加速直線運動，有x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2t22，在BC段運動的時間t2＝t－t1，解得a2＝2m/s2，則過C點的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s。(3)在BC段由牛頓第二定律有mgsin15°－Ff＝ma2，解得Ff＝66N。16.（2022，山東）某糧庫使用額定電壓，內(nèi)阻的電動機運糧。如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度沿斜坡勻速上行，此時電流。關閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量，車上糧食質(zhì)量，配重質(zhì)量，取重力加速度，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數(shù)為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求：（1）比例系數(shù)k值；（2）上行路程L值?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設電動機的牽引繩張力為，電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有解得小車和配重一起勻速，設繩的張力為，對配重有設斜面傾角為，對小車勻速有而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有聯(lián)立各式解得，（2）關閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設加速度為，對系統(tǒng)由牛頓第二定律有可得由運動學公式可知解得19．（2022，浙江6）(9分)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(2,9)，貨物可視為質(zhì)點(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小；(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；(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l2。第19題圖【答案】(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m【解析】(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時，由牛頓第二定律有mgsin24°－μmgcos24°＝ma1，解得a1＝2m/s2。(2)貨物在傾斜滑軌上做勻加速直線運動，由v2＝2a1l1，解得貨物在傾斜滑軌末端時速度大小v＝4m/s。(3)貨物在水平滑軌上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有μmg＝ma2，由v12－v2＝－2a2l2，解得水平滑軌的最短長度l2＝2.7m。11．（2022，上海）（4分）神舟十三號在返回地面的過程中打開降落傘后，在大氣層中經(jīng)歷了豎直向下的減速運動。若返回艙所受的空氣阻力隨速度的減小而減小，則加速度大?。ǎ〢．一直減小 B．一直增大 C．先增大后減小 D．先減小后增大【分析】對返回艙進行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的變化．【解答】解：返回艙受到重力和向上的空氣阻力f，而豎直向下做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a＝，由于質(zhì)量不變，速度減小，f減小，所以加速度減小，故BCD錯誤，A正確。故選：A?！军c評】該題考查牛頓第二定律的應用，在解答的過程中注意空氣阻力隨速度的變化關系是解答的關鍵．曲線運動圓周運動hacb14．(2022.1)北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到b處起跳，c點為a、b之間的最低點，a、c兩處的高度差為h。要求運動員經(jīng)過hacbA．B．C．B．【答案】D【解析】運動員從a到c根據(jù)動能定理有mgh＝mvc2，在c點有FNc－mg＝m，F(xiàn)Nc≤kmg，聯(lián)立有Rc≥，故D正確。1.（2022，遼寧）如圖所示，橋式起重機主要由可移動“橋架”“小車”和固定“軌道”三部分組成。在某次作業(yè)中橋架沿軌道單向移動了，小車在橋架上單向移動了。該次作業(yè)中小車相對地面的位移大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)位移概念可知，該次作業(yè)中小車相對地面的位移為故選C。6.（2022，廣東）如圖所示，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點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，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t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是（）A.將擊中P點，t大于 B.將擊中P點，t等于C.將擊中P點上方，t大于 D.將擊中P點下方，t等于【答案】B【解析】【詳解】由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木運動時間相同，根據(jù)可知下落高度相同，所以將擊中P點；又由于初始狀態(tài)子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有故選B。24．（2022.1）(12分)將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，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，所標出的兩個線段的長度s1和s2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。【答案】m/s頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，題圖中每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故題圖中相鄰兩球的時間間隔為t＝4T＝0.05×4s＝0.2s，設拋出瞬間小球的速度為v0，題圖中相鄰兩球水平方向上的距離均為x，豎直方向上的距離分別為y1、y2，根據(jù)平拋運動公式有x＝v0t，y1＝gt2＝×10×0.22m＝0.2m，y2＝g2－gt2＝×10×m＝0.6m，令y1＝y(tǒng)，則有y2＝3y，已標出的線段的長度分別為s1＝、s2＝＝，則有∶＝3∶7，整理得x＝y(tǒng)，故在拋出瞬間小球的速度大小為v0＝＝m/s。10.（2022，河北，多選）如圖，廣場水平地面上同種盆栽緊密排列在以為圓心、和為半徑的同心圓上，圓心處裝有豎直細水管，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、、和、、表示?；ㄅ璐笮∠嗤?，半徑遠小于同心圓半徑，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，則B.若，則C.若，，噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周，則落入每個花盆的水量相同D.若，噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周且落入每個花盆的水量相同，則【答案】BD【解析】【詳解】AB．根據(jù)平拋運動的規(guī)律解得可知若h1=h2，則v1:v2=R1:R2若v1=v2，則選項A錯誤，B正確；C．若，則噴水嘴各轉(zhuǎn)動一周的時間相同，因v1=v2，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．設出水口橫截面積為S0，噴水速度為v，若，則噴水管轉(zhuǎn)動一周的時間相等，因h相等，則水落地的時間相等，則相等；在圓周上單位時間內(nèi)單位長度的水量為相等，即一周中每個花盆中的水量相同，選項D正確。故選BD。8.（2022，山東）無人配送小車某次性能測試路徑如圖所示，半徑為的半圓弧與長的直線路徑相切于B點，與半徑為的半圓弧相切于C點。小車以最大速度從A點駛?cè)肼窂剑竭m當位置調(diào)整速率運動到B點，然后保持速率不變依次經(jīng)過和。為保證安全，小車速率最大為。在段的加速度最大為，段的加速度最大為。小車視為質(zhì)點，小車從A到D所需最短時間t及在段做勻速直線運動的最長距離l為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】在BC段的最大加速度為a1=2m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為在CD段的最大加速度為a2=1m/s2，則根據(jù)可得在BC段的最大速度為可知在BCD段運動時的速度為v=2m/s，在BCD段運動的時間為AB段從最大速度vm減速到v的時間位移在AB段勻速的最長距離為l=8m-3m=5m則勻速運動的時間則從A到D最短時間為故選B。11.（2022，山東，多選）如圖所示，某同學將離地的網(wǎng)球以的速度斜向上擊出，擊球點到豎直墻壁的距離。當網(wǎng)球豎直分速度為零時，擊中墻壁上離地高度為的P點。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，網(wǎng)球碰墻后的速度大小v和著地點到墻壁的距離d分別為（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【詳解】設網(wǎng)球飛出時的速度為，豎直方向代入數(shù)據(jù)得則排球水平方向到點的距離根據(jù)幾何關系可得打在墻面上時，垂直墻面的速度分量平行墻面的速度分量反彈后，垂直墻面的速度分量則反彈后的網(wǎng)球速度大小為網(wǎng)球落到地面的時間著地點到墻壁的距離故BD正確，AC錯誤。故選BD。9.（2022，湖南，多選）球形飛行器安裝了可提供任意方向推力的矢量發(fā)動機，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，為常量）。當發(fā)動機關閉時，飛行器豎直下落，經(jīng)過一段時間后，其勻速下落的速率為；當發(fā)動機以最大推力推動飛行器豎直向上運動，經(jīng)過一段時間后，飛行器勻速向上的速率為。重力加速度大小為，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)動機的最大推力為B.當飛行器以勻速水平飛行時，發(fā)動機推力的大小為C.發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時，飛行器速率為D.當飛行器以的速率飛行時，其加速度大小可以達到【答案】BC【解析】【詳解】A．飛行器關閉發(fā)動機，以v1=勻速下落時，有飛行器以v2=向上勻速時，設最大推力為Fm聯(lián)立可得，A錯誤；B．飛行器以v3=勻速水平飛行時B正確；C．發(fā)動機以最大推力推動飛行器勻速水平飛行時解得C正確；D．當飛行器最大推力向下，以v5=的速率向上減速飛行時，其加速度向下達到最大值解得am=2.5gD錯誤。故選BC。13.（2022，遼寧）2022年北京冬奧會短道速滑混合團體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。（1）如果把運動員起跑后進入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度時，滑過的距離，求加速度的大小；（2）如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖所示，若甲、乙兩名運動員同時進入彎道，滑行半徑分別為，滑行速率分別為，求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。

【答案】（1）；（2），甲【解析】詳解】（1）根據(jù)速度位移公式有代入數(shù)據(jù)可得（2）根據(jù)向心加速度的表達式可得甲、乙的向心加速度之比為甲、乙兩物體做勻速圓周運動，則運動的時間為代入數(shù)據(jù)可得甲、乙運動的時間為，因，所以甲先出彎道。3.（2022，廣東）圖是滑雪道的示意圖。可視為質(zhì)點的運動員從斜坡上的M點由靜止自由滑下，經(jīng)過水平NP段后飛入空中，在Q點落地。不計運動員經(jīng)過N點的機械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運動員速度大小v或加速度大小a隨時間t變化的圖像是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】設斜坡傾角為，運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得運動員在水平段做勻速直線運動，加速度運動員從點飛出后做平拋運動，加速度為重力加速度設在點的速度為，則從點飛出后速度大小的表達式為由分析可知從點飛出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且C正確，ABD錯誤故選C。6．（2022，上海）（3分）運動員滑雪時運動軌跡如圖所示，已知該運動員滑行的速率保持不變，角速度為ω，向心加速度為a。則（）A．ω變小，a變小 B．ω變小，a變大 C．ω變大，a變小 D．ω變大，a變大【分析】根據(jù)線速度和加速度的公式，結合半徑的變化完成分析。【解答】解：根據(jù)線速度的公式v＝ωr可知，當速率不變，半徑減小時，角速度增大，而a＝ωv也會隨之增大，故D正確，ABC錯誤；故選：D。【點評】本題主要考查了圓周運動的相關公式，熟悉圓周運動公式即可完成分析，屬于基礎題型。14．（18分）（2022?重慶）小明設計了一個青蛙捉飛蟲的游戲，游戲中蛙和蟲都在xOy豎直平面內(nèi)運動。蟲可以從水平x軸上任意位置處由靜止開始做勻加速直線運動，每次運動的加速度大小恒為g（g為重力加速度），方向均與x軸負方向成37°斜向上（x軸向右為正）。蛙位于y軸上M點處，OM＝H，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙運動過程中僅受重力作用。蛙和蟲均視為質(zhì)點，取sin37°＝。（1）若蟲飛出一段時間后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y＝H的高度捉住蟲時，蛙與蟲的水平位移大小之比為2：3，求蛙的最大跳出速率。（2）若蛙跳出的速率不大于（1）問中的最大跳出速率，蛙跳出時刻不早于蟲飛出時刻，蟲能被捉住，求蟲在x軸上飛出的位置范圍。（3）若蟲從某位置飛出后，蛙可選擇在某時刻以某速率跳出，捉住蟲時蛙與蟲的運動時間之比為1：；蛙也可選擇在另一時刻以同一速率跳出，捉住蟲時蛙與蟲的運動時間之比為1：。求滿足上述條件的蟲飛出的所有可能位置及蛙對應的跳出速率。【分析】（1）蟲子做勻加速直線運動，青蛙做平拋運動，在y＝H的高度捉住蟲時，列位移方程即可求解；（2）蟲能被捉住，即相遇了列出位移方程求出時間，然后根據(jù)位移—時間關系再求位置坐標；然后求出青蛙、蟲子的軌跡方程，兩軌跡相交，解方程求出最大位置坐標。（3）由運動學的速度—時間關系，結合位移—時間關系進行求解即可?！窘獯稹拷猓海?）蟲子做勻加速直線運動，青蛙做平拋運動，由幾何關系可知青蛙做平拋運動，設時間為，有x蛙＝vmt蛙聯(lián)立解得，，（2）設蛙和蟲若同時開始運動時間均為t，相遇時有解得則最小的位置坐標為解得：xmin＝而蛙和蟲不同時刻出發(fā)時需要軌跡相切，青蛙的平拋運動有，可得青蛙軌跡方程為蟲的軌跡方程為y＝（xmax﹣x）tan37°兩軌跡相交，可得整理可知令Δx＝0，即解得xmax＝2H蟲在x軸上飛出的位置范圍為（3）設蛙的運動時間為t1，有解得而解得而解得答：（1）蛙的最大跳出速率為。（2）蟲在x軸上飛出的位置范圍為。（3）滿足上述條件的蟲飛出的所有可能位置及蛙對應的跳出速率為；或。萬有引力天體運動1.（2022.2）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的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學們上了一堂精彩的科學課。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動所需向心力的大小【答案】C【解析】【詳解】ABC．航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運動的向心力，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動所需向心力的大小，故D錯誤。故選C。2.（2022，河北）2008年，我國天文學家利用國家天文臺興隆觀測基地的2.16米望遠鏡，發(fā)現(xiàn)了一顆繞恒星HD173416運動的系外行星HD173416b，2019年，該恒星和行星被國際天文學聯(lián)合會分別命名為“羲和”和“和“望舒”，天文觀測得到恒星羲和的質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍，若將望舒與地球的公轉(zhuǎn)均視為勻速圓周運動，且公轉(zhuǎn)的軌道半徑相等。則望舒與地球公轉(zhuǎn)速度大小的比值為（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【詳解】地球繞太陽公轉(zhuǎn)和行星望舒繞恒星羲和的勻速圓周運動都是由萬有引力提供向心力，有解得公轉(zhuǎn)的線速度大小為其中中心天體的質(zhì)量之比為2:1，公轉(zhuǎn)的軌道半徑相等，則望舒與地球公轉(zhuǎn)速度大小的比值為，故選C。6.（2022，山東）“羲和號”是我國首顆太陽探測科學技術試驗衛(wèi)星。如圖所示，該衛(wèi)星圍繞地球的運動視為勻速圓周運動，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點正上方，恰好繞地球運行n圈。已知地球半徑為地軸R，自轉(zhuǎn)周期為T，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（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】地球表面的重力加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)題意可知，衛(wèi)星的運行周期為根據(jù)牛頓第二定律，萬有引力提供衛(wèi)星運動的向心力，則有聯(lián)立解得故選C。8.（2022，湖南，多選）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動，稱為順行；有時觀測到火星由東向西運動，稱為逆行。當火星、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)周期大約是地球的倍B.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為順行C.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為逆行D.在沖日處，火星相對于地球的速度最小【答案】CD【解析】【詳解】A．由題意根據(jù)開普勒第三定律可知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，故火星運行線速度小于地球運行線速度，所以在沖日處火星相對于地球由東向西運動，為逆行，故B錯誤，C正確；由于火星和地球運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，湖北）2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運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)B.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)角速度和周期的關系有由于T同>T組合體，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動，有整理有由于T同>T組合體，則r同>r組合體，且同步衛(wèi)星和組合體在天上有則有a同<a組合體D錯誤。故選C。9.（2022，遼寧，多選）如圖所示，行星繞太陽的公轉(zhuǎn)可以看成勻速圓周運動。在地圖上容易測得地球—水星連線與地球—太陽連線夾角，地球—金星連線與地球—太陽連線夾角，兩角最大值分別為、則（）A.水星的公轉(zhuǎn)周期比金星的大B.水星的公轉(zhuǎn)向心加速度比金星的大C.水星與金星的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比為D.水星與金星的公轉(zhuǎn)線速度之比為【答案】BC【解析】【詳解】AB．根據(jù)萬有引力提供向心力有可得因為水星的公轉(zhuǎn)半徑比金星小，故可知水星的公轉(zhuǎn)周期比金星?。凰堑墓D(zhuǎn)向心加速度比金星的大，故A錯誤，B正確；C．設水星的公轉(zhuǎn)半徑為，地球的公轉(zhuǎn)半徑為，當α角最大時有同理可知有所以水星與金星的公轉(zhuǎn)半徑之比為故C正確；D．根據(jù)可得結合前面的分析可得故D錯誤；故選BC。2.（2022，廣東）“祝融號”火星車需要“休眠”以度過火星寒冷的冬季。假設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動。下列關于火星、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】【詳解】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)可得可知火星的公轉(zhuǎn)半徑大于地球的公轉(zhuǎn)半徑，故C錯誤；A．根據(jù)可得結合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)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)可得可知火星公轉(zhuǎn)的加速度小于地球公轉(zhuǎn)的加速度，故D正確。故選D。8．（2022，浙江1）“天問一號”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點，再依次進入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天問一號()第8題圖A．發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間B．從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間小于6個月C．在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小D．在地火轉(zhuǎn)移軌道運動時的速度均大于地球繞太陽的速度【答案】C【解析】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且小于第三宇宙速度，即發(fā)射速度介于11.2km/s與16.7km/s之間，A錯誤；因地火轉(zhuǎn)移軌道的半長軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則地火轉(zhuǎn)移軌道周期大于地球公轉(zhuǎn)周期(12個月)，故“天問一號”從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間大于6個月，B錯誤；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，由開普勒第三定律可知，“天問一號”在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上小，C正確；“天問一號”從P點變軌時，要瞬時加速做離心運動，運動過程中速度逐漸減小，在某點之后，“天問一號”在地火轉(zhuǎn)移軌道上運動的速度小于地球繞太陽的速度，D錯誤。6．（2022，浙江6）神舟十三號飛船采用“快速返回技術”，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．返回艙中的航天員處于失重狀態(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行D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒【答案】C【解析】天和核心艙做勻速圓周運動時，萬有引力提供向心力，由eq\f(GMm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)得v＝eq\r(\f(GM,R＋h))，可知隨距地面的高度的增加，天和核心艙的速度減小，A錯誤；航天員處于失重狀態(tài)時，依然受到地球?qū)ζ涞囊?，即F＝eq\f(GMm,r2)，B錯誤；返回艙和天和核心艙在同一軌道上運行，其質(zhì)量不同，但周期、角速度和線速度的大小均相同，C正確；返回艙穿越大氣層返回地面的過程中，因大氣的摩擦阻力對其做負功，故返回艙的機械能減少，D錯誤。10．（2022，上海）（4分）木衛(wèi)一和木衛(wèi)二都繞木星做勻速圓周運動。它們的周期分別為42h46min和85h22min，它們的軌道半徑分別為R1和R2，線速度分別為v1和v2，則（）A．R1＜R2，v1＜v2 B．R1＞R2，v1＜v2 C．R1＞R2，v1＞v2 D．R1＜R2，v1＞v2【分析】根據(jù)萬有引力公式結合周期的大小關系先得出半徑的大小關系，再結合線速度的表達式分析出線速度的大小關系。【解答】解：根據(jù)萬有引力提供向心力可得：解得：，根據(jù)題目可知，木衛(wèi)一的周期小于木衛(wèi)二的周期，則R1＜R2；根據(jù)線速度的表達式可知，v1＞v2。故D正確，ABC錯誤；故選：D。【點評】本題主要考查了萬有引力定律的相關應用，理解物體做圓周運動的向心力來源，結合向心力公式即可完成分析，難度不大。9．（5分）（2022?重慶（多選））我國載人航天事業(yè)已邁入“空間站時代”。若中國空間站繞地球近似做勻速圓周運動，運行周期為T，軌道半徑約為地球半徑的倍，已知地球半徑為R，引力常量為G，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則（）A．漂浮在空間站中的宇航員不受地球的引力 B．空間站繞地球運動的線速度大小約為 C．地球的平均密度約為 D．空間站繞地球運動的向心加速度大小約為地面重力加速度的倍【分析】空間站中宇航員所受萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)；根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律列式可求地球質(zhì)量和空間站加速度，再根據(jù)求地球平均密度。【解答】解：A.漂浮在空間站中的宇航員依然受地球的引力，所受引力提供做勻速圓周運動的向心力，處于完全失重，視重為零，故A錯誤；B.根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律，可知空間站燒地球運動的線速度大小約為v＝＝故B正確；C.設空間站的質(zhì)量為m，其所受萬有引力提供向心力，有G＝m則地球的平均密度約為ρ＝聯(lián)立可得：ρ＝，故C錯誤；D.根據(jù)萬有引力提供向心力，有G＝ma則空間站繞地球運動的向心加速度大小為a＝G地表的重力加速度為g＝聯(lián)立可得：＝即空間站繞地球運動的向心加速度大小約為地面重力加速度的倍，故D正確；故選：BD。動能機械能功3.（2022.2）固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個小環(huán)，小環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，在下滑過程中，小環(huán)的速率正比于（）A.它滑過的弧長B.它下降的高度C.它到P點的距離D.它與P點的連線掃過的面積【答案】C【解析】【詳解】如圖所示設圓環(huán)下降的高度為，圓環(huán)的半徑為，它到P點的距離為，根據(jù)機械能守恒定律得由幾何關系可得聯(lián)立可得可得故C正確，ABD錯誤。故選C。5.（2022，湖北）如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊Р和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，Р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μ，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，Р在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為x，滿足若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此Р相對于其初始位置的最大位移大小為故選C。9.（2022，河北，多選）如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量，時刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時刻輕繩突然斷開，物體能夠達到的最高點恰與物體釋放位置處于同一高度，取時刻物體所在水平面為零勢能面，此時物體的機械能為。重力加速度大小為，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A.物體和的質(zhì)量之比為 B.時刻物體的機械能為C.時刻物體重力的功率為 D.時刻物體的速度大小【答案】BCD【解析】【詳解】A．開始釋放時物體Q的加速度為，則解得選項A錯誤；B．在T時刻，兩物體的速度P上升的距離細線斷后P能上升高度可知開始時PQ距離為若設開始時P所處的位置為零勢能面，則開始時Q的機械能為從開始到繩子斷裂，繩子的拉力對Q做負功，大小為則此時物體Q的機械能此后物塊Q的機械能守恒，則在2T時刻物塊Q的機械能仍為，選項B正確；CD．在2T時刻，重物P的速度方向向下；此時物體P重力的瞬時功率選項CD正確。故選BCD。9.（2022，廣東，多選）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平段以恒定功率、速度勻速行駛，在斜坡段以恒定功率、速度勻速行駛。已知小車總質(zhì)量為，，段的傾角為，重力加速度g取，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A.從M到N，小車牽引力大小為 B.從M到N，小車克服摩擦力做功C.從P到Q，小車重力勢能增加 D.從P到Q，小車克服摩擦力做功【答案】ABD【解析】【詳解】A．小車從M到N，依題意有代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．依題意，小車從M到N，因勻速，小車所受的摩擦力大小為則摩擦力做功為則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；C．依題意，從P到Q，重力勢能增加量為故C錯誤；D．依題意，小車從P到Q，摩擦力為f2，有摩擦力做功為聯(lián)立解得則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。故選ABD。12．（2022，浙江6）風力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示，風力發(fā)電機是一種將風能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風力發(fā)電機在風速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風機葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風場風速為v，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是()第12題圖A．該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的風能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD．若風場每年有5000h風速在6～10m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h【答案】D【解析】風力發(fā)電機將風的動能轉(zhuǎn)化為電能，單位時間內(nèi)葉片接收到的空氣的質(zhì)量Δm＝ρAv，其動能Ek＝eq\f(1,2)Δm·v2＝eq\f(1,2)ρAv3，則發(fā)電機的輸出電功率與v3成正比，A、B錯誤；若1.0×108kW的風能資源全部轉(zhuǎn)化為電能，則每天發(fā)電量為E＝1.0×108kW×24h＝2.4×109kW·h，由于風力發(fā)電機的轉(zhuǎn)化效率無法達到百分之百，故每天的發(fā)電量低于2.4×109kW·h，C錯誤；風速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，則風速在6m/s時輸出的電功率P＝eq\f(63,93)×405kW＝120kW，則年發(fā)電量至少為E′＝Pt＝6.0×105kW·h，D正確。13．（2022，浙江6）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動，到達平臺的速度剛好為零，則提升重物的最短時間為()A．13.2sB．14.2sC．15.5sD．17.0s【答案】C【解析】由題知，提升裝置最大拉力F＝300N，故重物加速運動的加速度大小a1＝eq\f(F－mg,m)＝5m/s2，重物運動的最大速度為vm＝eq\f(P,mg)＝6m/s，重物先做加速度大小為a1＝5__m/s2的勻加速直線運動，當速度大小達到v1＝4__m/s時，功率達到最大，此后以額定功率做變加速直線運動，當速度大小達到6__m/s時，做勻速直線運動，最后做勻減速直線運動，減速過程的加速度越大，運動時間越短，故減速過程的加速度大小也為5m/s2時，所用時間最短，由運動規(guī)律可知，重物做勻加速運動的時間t1＝eq\f(4m/s,5m/s2)＝0.8s，重物勻加速運動的位移大小x1＝eq\f(v1,2)t1＝1.6m，勻減速運動的時間t2＝eq\f(vm,a)＝eq\f(6,5)s＝1.2s，重物勻減速運動的位移大小x2＝eq\f(vm,2)t2＝3.6m，所以變加速運動和勻速運動的位移大小為h＝(85.2－3.6－1.6)m＝80m，設此段位移所用時間為t3，由動能定理有Pt3－mgh＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，解得t3＝13.5s，總時間t＝t1＋t2＋t3＝15.5s，C正確。10．（5分）（2022?重慶，（多選））一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 B．當拉力沿斜面向上，重力做功為9J時，物塊動能為3J C．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1：3 D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為【分析】由牛頓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動摩擦因數(shù)；由公式p＝mv求得動量的比值。【解答】解：A．對物體受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑動摩擦力，有F＝f＝μmgcos45°由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為a1＝gsin45°＝g×＝g則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功為解得WG＝解得Wf＝代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，故A錯誤；C．當拉力沿斜面向上，由牛頓第二定律有mgsin45°﹣F﹣f＝ma2解得a2＝g則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為，故C正確；B．當拉力沿斜面向上，重力做功為WG2＝mgsin45°?x合力做功為W合＝ma2?x則其比值為則重力做功為時，物塊的動能即合外力做功為3J，故B正確；D．當拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為則動量的大小之比為解得，故D錯誤。故選：BC。20．（2022，浙江6）(12分)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小；(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸)。第20題圖【答案】(1)5m/s(2)FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2m)(3)見解析【解析】(1)物塊b擺到最低點的過程中，由動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/s，在最低點，物塊a、b發(fā)生彈性正碰，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mvb＝mv0＋mv′b，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)mv′b2，聯(lián)立解得碰后物塊a的速度v0＝vb＝5m/s。(2)假設物塊b從h1高度釋放時，物塊a運動到E點時速度恰好為零，對物塊a、b運動的全過程由能量守恒定律有mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m，由此可知，物塊a要運動到E點，物塊b釋放的高度h≥1.2m，規(guī)定豎直向下為正方向，在E點對物塊a受力分析有FN＋mg＝meq\f(vE2,R)，對物塊a運動的全過程由能量守恒定律有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2，解得FN＝0.1h－0.14(N)(h≥1.2m)。(3)由幾何知識可得lDF＝eq\f(\r(3),5)m。當h＝1.2m時，物塊a剛好停在E點，物塊a運動的位移x1＝3l＋lDF＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m，當1.2m<h<1.65m時，物塊a通過E點后做平拋運動落在FG上，當h＝1.65m時，物塊a落到FG上的位置到F點最遠，物塊a、b碰撞后速度交換，則對物塊a、b的運動過程由能量守恒定律有mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvEm2，解得vEm＝3m/s，由平拋運動規(guī)律可得t＝eq\r(\f(2H,g))＝0.2s，物塊a落到FG上的位置到F點的最大距離sm＝vEmt＝0.6m，解得物塊a運動的最大位移xm＝3l＋lDF＋sm＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m，綜上可得，當1.2m≤h<1.65m時，物塊a最后停下時的位置滿足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(\r(3),5)))m≤x<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3.6＋\f(\r(3),5)))m；從h＝0.9m處釋放物塊b時，設物塊a停下的位置到C點的距離為lx，對物塊a、b運動的全過程，由能量守恒定律有mgh－μmgl－μmglx＝0，解得lx＝0.8m，物塊a運動到距C點0.8m處速度恰好為零，則物塊a運動的位移x2＝2l＋lx＝2.8m，從略小于1.2m高度釋放物塊b，物塊a不能通過最高點E，運動到能到達的最高點后將返回CD段，設物塊a停下的位置到D點的距離為l′x，對物塊a、b運動的全過程分析，由能量守恒定律有mgh－2μmgl－μmgl′x＝0，解得l′x＝0.4m，物塊a運動的位移x3＝3l－l′x＝2.6m<2.8m，調(diào)整物塊b的高度，物塊a可以剛好停在D點，綜上可得，當0.9m<h<1.2m時，物塊a最終靜止的位置x的范圍為2.6m<x≤3.0m。14.（2022，遼寧）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為，之后沿軌道運動。以O為坐標原點建立直角坐標系，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點時的速度大?。唬?）小球過O點后運動的軌跡方程。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得（2）小球從B到O，根據(jù)動能定理有解得（3）小球運動至O點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得，說明小球從O點開始以后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有，聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程20．（2022，浙江1）(12分)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m＝0.1kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15m，軌道AB長度lAB＝3m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(7,8)，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放。(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大?。?2)設釋放點距B點的長度為lx，滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與lx之間的關系式；(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值。第20題圖【答案】(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(lx≥0.85m)(3)見解析【解析】(1)滑塊從釋放點到C點過程，由動能定理有mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2，滑塊運動到C點時，由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vC2,R)，解得FN＝7N。(2)滑塊能運動到DEF段的最高點，才會經(jīng)過F點，則滑塊恰好運動到DEF段的最高點時有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝0，解得lx＝0.85m，能過F點，則lx≥0.85m，設滑塊第一次經(jīng)F點時的速度為v，由動能定理有mglxsin37°－mg·4Rcos37°＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(12lx－9.6)(lx≥0.85m)。(3)設摩擦力做功為滑塊第一次到達軌道FG中點時的n倍，由動能定理有mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，其中l(wèi)FG＝eq\f(4R,tan37°)，解得lx＝eq\f(7n＋6,15)，由題意可知，n只能取1，3，5，當n＝1時，lx1＝eq\f(13,15)m；當n＝3時，lx2＝eq\f(9,5)m；當n＝5時，lx3＝eq\f(41,15)m。19．（2022，上海）（14分）如圖所示，AB為平直導軌，長為L，物塊與導軌間動摩擦因數(shù)為μ，BC為光滑曲面。A與地面間高度差為h1，BC間高度差為h2，一個質(zhì)量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經(jīng)過C點后落地，已知重力加速度為g。（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能EkB；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件?！痉治觥浚?）根據(jù)機械能守恒定律得出動能的大小；（2）根據(jù)動能定理分析出恒力需要滿足的范圍?！窘獯稹拷猓海?）從B到落地過程中機械能守恒，設地面為零勢能面，則mgh1+EkB＝E1化簡得：EkB＝E1﹣mgh1（2）整個過程中根據(jù)動能定理得：FmaxL﹣μmgL+mgh1＝E1所以Fmax＝若物體恰能達到C點，根據(jù)動能定理得：FminL﹣μmgL﹣mgh2＝0解得：Fmin＝綜上所述可得：＜F＜答：（1）若物塊落地時動能為E1，求其經(jīng)過B點時的動能為E1﹣mgh1；（2）若要物塊落地時動能小于E1，求恒力必須滿足的條件為＜F＜?！军c評】本題主要考查了動能定理的相關應用，選擇合適的過程和研究對象即可完成分析，整體難度不大。熱學選修3-333．[2022.1選修3－3](15分)(1)(5分)一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如p－T圖上從a到b的線段所示。在此過程中________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．氣體一直對外做功B．氣體的內(nèi)能一直增加C．氣體一直從外界吸熱D．氣體吸收的熱量等于其對外做的功E．氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量(2)(10分)如圖，容積均為V0、缸壁可導熱的A、B兩汽缸放置在壓強為p0、溫度為T0的環(huán)境中；兩汽缸的底部通過細管連通，A汽缸的頂部通過開口C與外界相通；汽缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的體積分別為V0和14V0。環(huán)境壓強保持不變，不計活塞的質(zhì)量和體積，忽略摩擦。(i)將環(huán)境溫度緩慢升高，求B汽缸中的活塞剛到達汽缸底部時的溫度；(ii)將環(huán)境溫度緩慢改變至2T0，然后用氣泵從開口C向汽缸內(nèi)緩慢注入氣體，求A汽缸中的活塞到達汽缸底部后，B汽缸內(nèi)第Ⅳ部分氣體的壓強。【答案】(1)BCE(i)T0(ii)p0【解析】（1）因從a到b的p－T圖線的反向延長線過原點，由＝C(C為常數(shù))可知，從a到b氣體的體積不變，則從a到b氣體不對外做功，A錯誤；因從a到b氣體溫度一直升高，可知氣體內(nèi)能一直增加，B正確；因W＝0，ΔU>0，根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝W＋Q可知，氣體一直從外界吸熱，且氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量，C、E正確，D錯誤。（2）(i)因兩活塞的質(zhì)量、體積均不計，則當環(huán)境溫度緩慢升高時，Ⅳ內(nèi)的氣體壓強總等于大氣壓強，則Ⅳ內(nèi)氣體發(fā)生等壓變化，則當B中的活塞剛到達汽缸底部時，由蓋－呂薩克定律可得＝，解得T＝T0；(ii)設當A中的活塞到達汽缸底部時Ⅲ內(nèi)氣體的壓強為p，則此時Ⅳ內(nèi)的氣體壓強也等于p，設此時Ⅳ內(nèi)氣體的體積為V，則Ⅱ、Ⅲ兩部分氣體被壓縮后的體積為V0－V，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，對Ⅳ內(nèi)氣體有4＝，對Ⅱ、Ⅲ兩部分氣體有4＝，聯(lián)立解得V＝V0，p＝p0。13.（2022.2，3-3，熱學）一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，其過程如圖上的兩條線段所示，則氣體在（）

A.狀態(tài)a處的壓強大于狀態(tài)c處的壓強B.由a變化到b的過程中，氣體對外做功C.由b變化到c的過程中，氣體的壓強不變D.由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱E.由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能【答案】ABD【解析】【詳解】AC．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知即圖像的斜率為，故有故A正確，C錯誤；B．理想氣體由a變化到b的過程中，因體積增大，則氣體對外做功，故B正確；DE．理想氣體由a變化到b的過程中，溫度升高，則內(nèi)能增大，由熱力學第一定律有而，，則有可得，即氣體從外界吸熱，且從外界吸收的熱量大于其增加的內(nèi)能，故D正確，E錯誤；故選ABD。14.（2022.2，3-3，熱學）如圖，一豎直放置的汽缸由兩個粗細不同的圓柱形筒組成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之間封閉有一定量的理想氣體，兩活塞用一輕質(zhì)彈簧連接，汽缸連接處有小卡銷，活塞Ⅱ不能通過連接處?；钊瘛ⅱ虻馁|(zhì)量分別為、m，面積分別為、S，彈簧原長為l。初始時系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，此時彈簧的伸長量為，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸連接處的距離相等，兩活塞間氣體的溫度為。已知活塞外大氣壓強為，忽略活塞與缸壁間的摩擦，汽缸無漏氣，不計彈簧的體積。（1）求彈簧的勁度系數(shù)；（2）緩慢加熱兩活塞間的氣體，求當活塞Ⅱ剛運動到汽缸連接處時，活塞間氣體的壓強和溫度?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】【詳解】（1）設封閉氣體壓強為，對兩活塞和彈簧的整體受力分析，由平衡條件有解得對活塞Ⅰ由平衡條件有解得彈簧的勁度系數(shù)為（2）緩慢加熱兩活塞