物理

2022.11

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号等信息填写在答题卡和试卷指定位置处。

2.回答选择题时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是（　　）

A. 牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动

B. 伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法

C. 开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因

D. 哥白尼发明了望远镜，发现了围绕木星转动的星球，表明了“地球中心说”是错误的

答案：B

解：A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，A错误；

B．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，B正确；

C．开普勒总结出了行星运动的规律，即开普勒三大定律，但是未找出了行星按照这些规律运动的原因，C错误；

D．伽利略发明了望远镜，发现了围绕木星转动的星球，表明了“地球中心说”是错误的，不是哥白尼，D错误。

故选B。

2. 如图所示，两卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的是（　　）

A.     B.     C.     D. 

答案：D

解：AC．由开普勒第三定律得

由图可知，则

故AC错误；

B．万有引力提供向心力得

卫星动能

由于卫星质量m大小不确定，故无法比较两者动能的大小关系。故B错误；

D．万有引力提供向心力得

卫星在单位时间t内扫过的面积为

由图可知，则

故D正确。

故选D。

【点睛】熟悉并理解开普勒三大定律的内容，机械能与物体的质量和速度有关，根据万有引力公式求解卫星做圆周运动的线速度。

3. 如图所示，从倾角为37°斜面底端O点斜向上抛出一个与水平面夹角为74°、大小的小球，已知重力加速度，，，空气阻力忽略不计，则小球落到斜面上的点距O点的距离为（　　）

A. 5.25m    B. 5.75m    C. 6.25m    D. 6.75m

答案：A

解：将v0分解为垂直斜面向上的分量v1和沿斜面向上的分量v2，则

将重力加速度g分解为垂直斜面向下分量g1和沿斜面向下的分量g2，则

小球从抛出到落到斜面所经历的时间为

小球落到斜面上点距O点的距离为

故选A。

4. 如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，当小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动，整个过程中，物块在夹子中没有滑动，小环和夹子的质量均不计，小环、夹子和物块均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A. 物块向右匀速运动时，绳中的张力大于

B. 小环碰到钉子P时，绳中的张力等于

C. 速度v不能超过

D. 物块上升的最大高度为

答案：B

解：A．向右匀速时，以物块和夹子组成的整体为研究对象，竖直方向上受力平衡，所以绳子的张力等于物体的重力Mg。故A错误；

B．小环碰到钉子以后，物块做圆周运动，以物块和夹子组成的整体为研究对象，小环碰到钉子P时，有

即

故B正确；

C．当夹子的摩擦力等于最大静摩擦力时，物块的速度最大，可得

整理得

故C错误；

D．小环碰到钉子以后，物块做圆周运动，机械能守恒，如果小环上升的最高点在细杆以下则运动到最高点的过程有

解得

如果上升到细杆上方最高点速度不为零则有

则

故D错误。

故选B。

5. 某一赛车在倾角的斜面上以恒定功率加速启动并沿斜面向上运动，其加速度a与速度的倒数的关系图像如图所示，已知运动过程中赛车与路面间的摩擦阻力恒定不变（不计其它阻力），汽车的质量为，。则赛车的输出功率为（　　）

A.     B.     C.     D. 

答案：C

解：根据题意，对赛车进行受力分析，沿斜面方向，根据牛顿第二定律可得

且汽车的输出功率恒定，故有

整理可得

所以图像的斜率等于，则根据图像可得

代入数据可得

故选C。

【点睛】对于图像类题型，可以根据题意尝试将图像的函数表达式推导出来，图像涉及到加速度，故优先含有加速度相关物理量的定义式，如牛顿第二定律、加速度与速度的关系等，最后再根据推导的公式，分析图像的斜率或者截距等所表达的含义。

6. 某物理兴趣小组研究了1924年提出的“以光压为动力的太阳帆深空探测器”模型：设探测器在轨道上运行时，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，从而产生光压；若每秒每平方米可获得太阳光能为E、薄膜光帆的面积为S、探测器的质量为m、真空中光速为c，则探测器的加速度a为（　　）

A.     B.     C.     D. 

答案：A

解：设每秒每平方米可获得太阳光子数为N，太阳光的频率为，平均波长为，则每秒每平方米可获得太阳光能为

每个光子的动量为

由于光子射到光帆上后全部原速率反射，设1s内每平米光子受到的作用力为F，以反射方向为正方向，由动量定理可得

整理可得

根据牛顿第三定理可知，1s内整个面积为S的薄膜光帆上受到光子的合力为

故根据牛顿第二定律可得，探测器的加速度a为

故选A。

【点睛】找出光子的动量和能量之间的关系，求出光子的动量，再有动量定理求出压力。再根据牛顿第二定律求出加速度。

7. 如图所示，倾斜直杆的左端固定在水平地面上，与地面成角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当a、b静止时，oa段绳与杆的夹角也为，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A. a受杆的弹力方向垂直杆向下

B. b受杆的弹力方向垂直杆向上

C. 绳对a的拉力大小为

D. 杆对a的支持力大小为

答案：D

解：AB．根据题意对a和b进行受力分析，根据平衡条件可得，其受力示意图如下所示

由图可知，a受杆的弹力方向垂直杆向上，b受杆的弹力方向垂直杆向下，故AB错误；

CD．对a沿杆方向，根据平衡条件可得

解得

垂直于杆方向，根据平衡条件有

整理可得

故C错误，D正确。

故选D。

【点睛】画出受力示意图，根据平衡条件列出平衡方程进行解答。

8. 如图所示，质量分别为m和3m的物体A、B用一根轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，物块A刚好与墙壁接触。现用外力缓慢向左推物体B使弹簧压缩，然后撤去外力，此过程中外力做功W，对两物体的运动情况以下说法正确的是（　　）

A. 从撤去外力到A物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A的冲量为0

B. 在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体A运动速度不可能为0

C. 在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体A运动速度的最大值为

D. 在物体A离开墙壁后的运动过程中，物体B运动速度的最小值为0

答案：C

解：A．从撤去外力到A物离开墙壁的过程中，墙壁对物体A的作用力不为零，故墙壁对物体A的冲量不为0。故A错误；

BCD．分析可知，当弹簧第一次恢复原长时，此时A的速度为零，弹簧的弹性势能全部转化为B的动能，故有

解得

此后AB都运动，B做减速运动，A做加速运动，弹簧再次恢复原长时，A物体的速度最大，B物体的速度最小。从AB都运动到此过程中根据动量守恒定律及能量定律可得

联立以上解得

随后B做加速运动，A做减速运动，弹簧再次恢复原长时，A物体的速度最小，B物体的速度最大。从AB都运动到此过程中根据动量守恒定律及能量定律可得

联立以上可得

故BD错误，C正确

故选C。

【点睛】理解物体运动的运动情况，根据运动情况分析物体在运动过程中的速度变化情况，再根据动量守恒定律及能量守恒定律进行解答。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。

9. 我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度转动，稳定时水面呈凹状，如图所示，这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为。该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法正确的是（　　）

A. 在O点处，该“势能”最小

B. 在O点处，该“势能”最大

C. 与该“势能”对应的“力”类似于重力，其方向始终指向O点

D. 与该“势能”对应的“力”的类似于弹簧弹力，其大小随x的增大而增大

答案：BD

解：AB．由表达式可知，在O点处，该“势能”为零，向两侧时减小，故在O点处，该“势能”最大。故A错误，B正确；

C．根据该“势能”的表达式可知，距离y轴越远，势能越小，当小水滴从y轴向外运动的过程中，对应的“力”一定做正功，因此与该“势能”对应的“力”的方向背离O点向外，故C错误；

D．该“势能”的表达式类比于弹簧弹性势能的表达式，在弹性限度内弹簧离平衡位置越远，弹力越大，因此与该“势能”对应的“力”类似于弹力，其大小随x的增加而增大，故D正确；

故选BD。

【点睛】理解表达式各物理量的意义，势能属于标量，只有大小。根据该“势能”的表达式类比重力势能及弹性势能的表达式，得出该势能对应的力是类似于重力还是弹力，再根据类似力的变化情况推导得出该力的变化情况。

10. 一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、b两质点的振动图象，如图所示，下列描述该波的图象可能正确的是（　　）

A.     B. 

C.     D. 

答案：AC

解：由振动图象可知，在t=0时刻，a位于波峰，b经过平衡位置向下运动；若波从a传到b，则有

（n=0，1，2，…）

解得

（n=0，1，2，…）①

将ABCD情况的波长代入，可得

，，，

此情况下符合条件的只有C。

若波从b传到a，则有

（n=0，1，2，…）

解得

（n=0，1，2，…）②

将ABCD情况的波长代入，可得

，，，

此情况下符合条件的只有A。

故选AC。

11. 如图所示，劲度系数为的轻弹簧下端固定于倾角为的光滑斜面底端，上端连接质量为5kg的物块Q，Q同时与和斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过固定在斜面顶端O点的定滑轮与套在光滑竖直固定杆上的物块P连接，图中O、B两点等高，其间距。当整个系统静止时，P在A点静止不动，A、B间距离，此时轻绳中张力大小为。现将P从杆上B点上方0.4 m处的C点由静止释放，P从C点到A点过程中绳子一直存在张力，不计滑小及摩擦。，，，下列说法正确的是（　　）

A. P的质量为4 kg

B. P的质量为3 kg

C. P到达A时的速度大小为

D. P到达A时的速度大小为

答案：AD

解：AB．当整个系统静止时，对P进行受力分析，根据平衡条件，在竖直方向上可得

解得

故A正确，B错误；

CD．由图分析可知，当P分别位于C点和A点时，弹簧是形变量不变，故物体P从C到A的过程中，弹簧的弹性势能不变。设P到达A时的速度为v，根据功能关系可得

代入数据可得

故C错误，D正确。

故选AD。

【点睛】根据平衡状态求解物体的质量。对于存在弹簧的问题中，首先需要分析弹簧弹性势能在整个运动过程中的始末状态的变化情况，对于连接体问题，沿绳方向速度相等。再根据功能关系进行解答即可。

12. 如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为，开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（　　）

A. 若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在振动过程中底部能离开桌面

B. 若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为

C. 若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度为

D. 若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量为

答案：BC

解：A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对头部列平衡方程

mg＝kx0 ①

施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为

F＋mg＝k（x0＋x）②

若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得

则

F＝mg③

由①②③得

kx＝mg

撤去力F的瞬间，头部所受的回复力

F回＝k（x0＋x）－mg＝kx

当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为

因此小人在振动过程中底部不能离开桌面。A错误；

B．刚释放时弹簧的形变量为

弹簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒得

结合动能

故小人在运动过程中头部的最大速度为，B正确；

C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力

此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有

故头部在最高点的加速度为，C正确；

D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力后弹簧再压缩，头部的平衡方程为

分析得

则轻压头部释放时弹簧的压缩量为

D错误。

故选BC。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13. 一课外活动小组对“用单摆测量重力加速度”的实验进行了改进。如图甲所示，一根不可伸长的细线系住质量为m的小钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方距离小钢球很近，在小钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。将钢球拉至不同位置由静止释放，让小钢球在竖直面内摆动，用光电计时器测出遮光条经过光电门的遮光时间t，记录小钢球每次下落的高度h。

（1）某同学用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则______mm；

（2）若小球通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为t，则小球经过最低点时的速度大小________（用题中所给符号表示）。

（3）作出的图像，如图丙所示。若已知该图像的斜率为k，则当地的重力加速度________（用题中所给符号表示，不计小球运动过程中受到的空气阻力）。

答案：    ①. 1.75    ②.     ③. 

解：（1）[1]根据游标卡尺可知，宽度为

（2）[2]根据中间时刻的瞬时速度等于该时间内的平均速度，小球通过最低点的速度为

（3）[3]小球从高度h的位置静止释放后，运动到最低点的过程中，机械能守恒，故有

联立（2）中等式可得

所以图像的斜率

整理得

【点睛】理解实验原理，掌握基本仪器读数方法。对于图像的应用，根据实验原理推导出图像的函数表达式，继而判断斜率所表示的物理意义。

14. 如图所示为“探究向心力大小的表达式”的实验装置—向心力演示器，转动手柄，可使变速塔轮、长槽和短槽随之匀速转动。槽内的小球也随着做匀速圆周运动。使小球做匀速圆周运动的向心力由挡板对小球的压力提供球对挡板的反作用力，通过与挡板相连的横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露出标尺，根据标尺露出的等分格，可以计算出两小球所受向心力大小的比值。左、右变速塔轮通过皮带连接，并可通过改变皮带所处的层来改变左、右塔轮的角速度之比。实验时，将两个小球分别放在短槽C处和长槽的A（或B）处，已知A、C分别到塔轮中心的距离相等，B到塔轮中心的距离是A到塔轮中心的距离的2倍。

（1）在该实验中，主要利用了________来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系。

A．理想实验法    B．微元法    C．控制变量法    D．等效替代法

（2）在某次实验中，一组同学把两个完全相同的小球分别放在A、C位置，将皮带处于塔轮的某一层上。匀速转动手柄时，左边标尺露出4个分格，右边标尺露出1个分格，则A、C位置处的小球转动所需的向心力之比为________，皮带连接的左、右塔轮半径之比为________，此次实验说明________。

答案：    ①. C    ②. 4:1    ③. 1:2    ④. 当质量和转动半径相等时，所需向心力与转动的角速度的平方成正比。

解：（1）[1] 在该实验中，试验时采用了控制其他两个量不变，研究另一个量与向心力的关系，故主要利用了控制变量法来探究向心力与质量、半径、角速度之间的关系。故选C。

（2）[2]由题意可知，左右两侧的向心力大小之比等于标尺露出的格数之比，所以

[3]由于A、C做圆周运动的半径相等，根据

可得

由于皮带传动处线速度相等，根据可知

[4]由此此次实验控制了物体的质量和转动半径相等。故说明了当质量和转动半径相等时，所需的向心力与转动的角速度平方成正比。

【点睛】理解实验实验原理，根据实验原理分析实验所研究的物理关系。注意同轴转动和传动时，两者线速度与角速度之间的关系。

15. 如图所示，质量为的物块以的速度从左端滑上表面粗糙水平桌面，然后从桌面的右端飞出，最终落在距飞出桌面点距离为的水平地面上。已知桌面长为桌子高为，不计空气阻力，重力加速度，求：

（1）物块飞出桌面时的速度大小；

（2）物块与桌面间的动摩擦因数。

答案：（1）；（2）

解：（1）由平抛运动规律，水平方向

竖直方向

位移关系

联立解得

（2）由动能定理

解得

16. 如图所示，是一长为L的水平放置光滑弧形槽，弧形槽半径R，R远大于AB的弧长，弧形槽的左端有一微小凹槽，P为最低点。现有一物理兴趣小组进行闯关比赛，比赛选手从E点（为圆弧的最低点）沿EP方向给质量为m的小球甲一个冲量I，同时从A点由静止释放小球乙，甲、乙两小球在P点相碰可视为比赛选手过关，两小球均视为质点。求：

（1）甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比；

（2）要想比赛过关，比赛选手在E点给小球甲的冲量大小需满足的条件。

答案：（1）；（2）

解：（1）设小球甲运动的初速度为v，根据动量定理有

小球甲在运动过程中做匀速直线运动，故其第1次到达P点所需时间为

联立得

由于弧形槽半径R远大于AB的弧长，故小球乙相当于做单摆运动，故有

乙球第1次到达P点时所用时间为

甲、乙两球第1次到达P点时所用时间之比为

（2）乙球第n次到达P点时所用时间为

要想比赛过关，则甲球到达P点所用时间需与乙球到达P点所使用时间相等，即

又根据动量定理及匀速运动的规律有

联立可得

【点睛】乙球近似看做单摆运动是解决本体的关键。注意过关时，两球在运动时间上的关系。

17. 如图所示，一足够长的水平传送带以的速度向右传送，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为，取，，。求：

（1）小物块第一次滑过P点时的速度大小；

（2）小物块第一次在传送带上往返运动的时间t；

（3）物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功；

（4）从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程。

答案：（1）；（2）；（3）；（4）

解：（1）由动能定理得

解得

（2）由牛顿第二定律得

物块与传送带共速时，由速度公式得

解得

匀速运动阶段的时间

第１次在传送带上往返运动的时间

（3）物块从P点匀减速到0时运动的时间

这段时间内传送带运动的位移

传送带匀速运动，电动机增加的牵引力

电动机多做的功

（4）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有

由摩擦生热可知

联立可得

18. 如图所示，为竖直平面内的光滑轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径的半圆，两段轨道相切于B点，小球甲以速度沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为。（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，。）

（1）甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；

（2）在满足（1）的条件下，求甲的速度；

（3）若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。

答案：（1）0.4m；（2）；（3）

解：（1）设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，乙恰能通过轨道最高点，则

乙离开轨道后做平抛运动，故有

联立可得

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、vB，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

对乙从B到D的过程中，由动能定理得

联立以上可得

（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和能量能守恒定律有

联立得

当时，此时碰后乙球的速度最大，且，设乙球过D点时的速度为vD'，由动能定理得

设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x'，则离开轨道后有

联立得

结合（1）可知，当质量相等时，x=0.4m，故当增大甲的质量时，落点到B点的距离范围为

【点睛】恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据动能定律求出乙球的碰后速度，再结合动量定理和能量守恒定律求解甲乙碰前的速度。根据动能定理及动量定理求出碰后乙的速度范围，再解答落点的范围。下载本文