上海市十三校2022年高考一模物理试卷一．单项选择题.（共16分，每小题2分，每小题只有一个正确选项．）1．以下国际单位制中的单位，不属于基本单位的是（　　）　A．力的单位：NB．质量的单位：kgC．长度的单位：mD．时间的单位：s考点：力学单位制．.分析：国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位．解答：解：N、都是国际单位制中的导出单位，质量、长度、时间是国际基本物理量，所以m、kg、s都是基本单位．本题选不是基本单位的，故选：A．点评：国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的．　2．（2分）（2022•上海一模）关于分子动理论和内能，下列说法中正确的是（　　）　A．能量耗散过程中能量仍守恒　B．分子间距离增大，分子势能减小　C．温度高的物体内能大　D．悬浮在液体中的颗粒越大，周围液体分子撞击的机会越多，布朗运动越明显考点：热力学第二定律；布朗运动；温度是分子平均动能的标志．.分析：解答本题的关键是充分理解热力学第二定律，正确理解能量耗散和能量的转化与守恒．当分子间距大于平衡位置时，分子的作用力表现为引力时，分子间的作用力随分子间的距离增大先增大后减小；而分子势能则由分子力做功决定．物体的内能与温度、体积、物质的量以及物态有关．温度越低，悬浮在液体中的颗粒越大，布朗运动越不明显解答：解：A、能量耗散的过程中能量向品质低的大气内能转变过程，但是总的能量是守恒的，能量不能凭空产生，也不能凭空消失，故A正确；B、分子间的作用力随分子间的距离增大先增大后减小，因此分子力可能增大，也可能减小，故B错误．C、物体的内能与温度、体积、物质的量以及物态有关．所以温度高的物体内能不一定大．故C错误；D、悬浮在液体中的颗粒越大，周围液体分子撞击的机会越多，受力越趋向平衡，布朗运动越不明显，故D错误．故选：A．点评：本题考查了热力学第二定律的应用，要从多个角度来了理解该定律，可以通过加强练习来加深理解．　3．（2分）（2022•上海一模）图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球（可视为质点）拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中（　　）30　A．摆球在A点和C点处，速度为零，合力也为零　B．摆球在A点和C点处，速度为零，回复力也为零　C．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大　D．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大考点：单摆．.专题：单摆问题．分析：摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B，速度最大，恢复力为零，绳的拉力最大．解答：解：A、摆球在摆动过程中，最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，故AB错误C、在最低点B，速度最大，恢复力为零，摆球做圆周运动，绳的拉力最大，故C错误，D正确．故选：D点评：考查了单摆的运动情况，回复力变化，合力的变化情况，难度一般，注意位移与恢复力的关系．　4．（2分）（2022•上海一模）以下说法正确的是（　　）　A．元电荷就是带电量为1C的点电荷　B．与某点电荷距离相同的两处的电场强度一定相同　C．电场是客观存在的，并由法拉第首先提出用电场线去描绘　D．小汽车上有一根露在外面的小天线主要是为了防止静电产生的危害考点：电场；元电荷、点电荷；*静电的利用和防止．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元，电场是客观存在的，法拉第首先提出用电场线去描绘，电场强度是矢量，而天线主要是为了更好接受无线电信息．解答：解：A、元电荷是表示跟电子或质子所带电量数值相等的电量，是电荷量的单位，故A错误；B、与某点电荷距离相同的两处的电场强度大小一定相同，故B错误；C、电场是客观存在的，并由法拉第首先提出用电场线去描绘，故C正确；D、汽车上有一根露在外面的小天线主要是为了更好接受无线电信息，与防止静电产生的危害无关；故D错误；故选：C．点评：30对于元电荷要注意理解，它不是质子也不是电子；只是在数值上等于质子或电子的带电量；任何带电体的电量均为元电荷的整数倍，同时理解天线的作用．　5．（2分）（2022•上海一模）如图，质量mA＞mB的两个物体A、B叠放在一起，在竖直向上的力F作用下沿竖直墙面向上匀速运动．现撤掉F，则物体A、B在沿粗糙墙面运动过程中，物体B的受力示意图是（　　）　A．B．C．D．考点：物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况．解答：解：A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选：A．点评：本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力．　6．（2分）（2022•上海一模）一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象如图所示．质点在t=0时位于x=4m处，开始沿x轴正向运动．当t=8s时，质点在x轴上的位置为（　　）　A．x=3mB．x=7mC．x=8mD．x=13m考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．.专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远．图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负．解答：解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，30故8s时位移为：s==3m，由于质点在t=0时位于x=4m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为7m，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键．能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力．　7．（2分）（2022•上海一模）一定质量的理想气体经历如图所示的状态变化，变化顺序由a→b→c→a，ab线段延长线过坐标原点，bc线段与t轴垂直，ac线段与V轴垂直．气体在此状态变化过程中（　　）　A．从状态a到状态b，压强不变　B．从状态b到状态c，压强增大　C．从状态b到状态c，气体内能增大　D．从状态c到状态a，单位体积内的分子数减少考点：理想气体的状态方程．.专题：理想气体状态方程专题．分析：解决本体需明确：V﹣T图象中倾斜的直线为等压变化，斜率越大，压强越小．解答：解：A、过各点的等压线如图，从状态a到状态b，斜率变大，则压强变小，故A错误；B、从状态b到状态c，斜率变小，则压强变大，故B正确；C、从状态b到状态c，温度不变，则内能不变，故C错误；D、从状态c到状态a，体积不变，则单位体积内的分子数不变，故D错误；故选：B．点评：本题中，要抓住过绝对零度的直线表示等压变化进行分析．　8．（2分）（2022•上海一模）关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是（　　）　A．物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变　B．物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点曲线的切线方向　C．物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变　D．做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用30考点：物体做曲线运动的条件．.专题：物体做曲线运动条件专题．分析：力是改变物体运动状态的原因，物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同．解答：解：A、物体在垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变．故A错误；B、物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而不是加速度方向．故B错误；C、物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如匀速圆周运动．故C错误；D、曲线运动的物体的条件，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用．故D正确．故选：D．点评：本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．　二．单项选择题.（共24分，每小題3分，每小题只有一个正确选项．）9．（3分）（2022•上海一模）在xoy平面内有一沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为1m/s，振幅5cm，频率为2.5Hz，在t=0时刻，P点位于其平衡位置下方最大位移处，则距P点为0.2m的Q点（　　）　A．在0.1s时的速度最大　B．在0.1s时的速度向上　C．在0.1s时的位移是5cm　D．在0到0.1s时间内经过的路程是10cm考点：横波的图象．.专题：振动图像与波动图像专题．分析：先求出QP距离与波长的关系，根据波形图，确定t=0时刻Q点的状态，再由求出周期，研究0.1s时Q的速度及通过的路程．解答：解：A、B、C、周期为：T===0.4s；波长为：λ=vT=0.4m；PQ相隔为；波向右传播，当P位于其平衡位置下方最大位移处时，Q点处于正向最大位移处；则再过0.1s（即T）时，Q点回到平衡位置，速度达到最大，方向向下，加速度为零，位移为0，故A正确，BC错误；D、在0到0.1s时间内的路程为5cm，故D错误．故选：A．点评：30对于波的传播类题目，要明确各点的位置，及运动方向，从而确定出正确的波形图．　10．（3分）（2022•上海一模）做单向直线运动的物体，关于其运动状态下列情况可能的是（　　）　A．物体的速率在增大，而位移在减小　B．物体的加速度大小不变，速率也不变　C．物体的速度为零时加速度达到最大　D．物体的加速度和速度方向相同，当加速度减小时，速度也随之减小考点：加速度；速度．.分析：速率为物体的速度大小，位移描述物体位置的移动，加速度反应物体速度变化快慢，加速度与速度同向时物体做加速运动，反向时做减速运动．解答：解：A、物体做单向直线运动，故当物体速率增加时，物体的位移增加，不会减小，故A错误；B、物体做单向直线运动，加速度反应物体速度变化快慢的物理量，此时若存在加速度，则加速度只能改变物体速度大小，不能改变速度方向，故B错误；C、物体做单向直线运动时，当物体做加速度增加的减速直线运动时，当物体速度为零时，加速度达到最大值，故C可能发生；D、物体的加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，当加速度减小时物体的速度仍在增加，只是增加得变慢了，故D错误．故选：C．点评：掌握加速度及其物理意义知道加速度与速度的关系是正确解题的关键，要抓住本题物体做单向直线运动这个关键性条件．　11．（3分）（2022•上海一模）光滑直杆AB和BC按如图所示连接，A、C处与竖直墙用铰链连接，两杆在B点也用铰链连接，杆及铰链的质量与摩擦都不计．ABC构成一直角三角形，BC与墙垂直，将重力为G、可视为质点的物块P从A点静止释放，则物块从A运动到B的过程中（　　）　A．AB杆对BC杆的作用力方向垂直AB杆向右上方　B．C处铰链对BC杆的作用力不变　C．A处铰链对AB杆的作用力方向不变　D．A处铰链对AB杆的作用力先变小后变大考点：力矩的平衡条件．.分析：对BC受力分析，然后确定AB对BC的作用力方向；以A为支点应用力矩平衡条件判断BC对AB的作用力如果变化，然后判断C处作用力的变化情况；根据AB的受力情况应用平衡条件与力矩平衡条件分析答题．解答：解：A、杆的质量与摩擦不计，BC杆受到墙壁C处的作用力与AB30杆的作用力，墙壁对BC的作用力水平向右，BC杆静止处于平衡状态，由平衡条件可知，AB杆对BC的作用力水平向左，故A错误；B、以A为支点，物块P向下滑动过程中，物块P对AB的压力不变，力臂逐渐变大，力矩变大，BC对AB的作用力的力臂大小不变，由力臂平衡条件可知，BC对AB的作用力变大，由牛顿第三第定律可知，AB对BC的作用力逐渐变大，杆BC静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，C对BC的作用力等于AB对BC的作用力，则C对BC的作用力逐渐变大，故B错误；C、BC对AB的作用力FBC方向不变，大小逐渐增大，物块P对AB的作用力N大小与方向都不变，A处对AB的作用力FA如图所示，由图示可知，物块P下滑过程，A处对AB的作用力方向不断变化，由图示可知，FA先变小后变大，当FA与FBC垂直时FA最小，C错误，D正确；故选：D．点评：本题考查了判断力的方向与大小变化情况，正确选择研究对象，应用力的平衡条件与力矩平衡条件即可正确解题．　12．（3分）（2022•上海一模）如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高H，现沿管壁向右管内加入长度为H的水银，左管水银面上升高度h，则h和H的关系有（　　）　A．h=HB．h＜C．h=D．＜h＜H考点：理想气体的状态方程．.专题：理想气体状态方程专题．分析：根据图示求出封闭气体的压强，然后应用玻意耳定律求出气体的体积，然后分析答题．解答：解：设开始时：空气柱长度为L，气体初状态压强：p=p0+H；末状态：空气柱长度为L﹣h，压强：p′=p0+2H﹣2h根据玻意耳定律得：pLS=p′（L﹣h）S代入得：（p0+H）L=（p0+2H﹣2h）（L﹣h）由此式变形得：h=﹣可得h＜故选：B．30点评：本题考查了理想气体状态方程的应用，要正确根据玻意耳定律得到h的表达式，判断h的变化情况，要有运用数学知识解决物理问题的能力．　13．（3分）（2022•上海一模）如图，质量相同的两小球a，b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向被抛出，恰好均落在斜面底端，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）　A．小球a，b沿水平方向抛出的初速度之比为2：1　B．小球a，b在空中飞行的时间之比为2：1　C．小球a，b到达斜面底端时的动能之比为4：1　D．小球a，b离开斜面的最大距离之比为2：1考点：平抛运动．.专题：平抛运动专题．分析：根据平抛运动水平位移与竖直位移的之比相等，确定a、b两球的初速度与下落的时间关系．再根据下落的高度比较运动的时间之比，从而结合水平位移得出初速度之比，再根据动能定理，求得到达斜面底端时的动能之比；最后根据运动的分解，结合运动学公式，可求得离开斜面的最大距离之比．解答：解：A、B、因为两球下落的高度之比为1：2，根据h=gt2，则t=，可知a、b两球运动的时间之比为ta：tb=：1，因为两球均落在斜面上，则有：，因此初速度之比；故AB错误．C、根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比EKa：Ekb==2：1，故C错误；D、当小球平抛过程中，速度方向平行与斜面时，离开斜面的距离为最大，根据运动的分解，将初速度与加速度分解成垂直斜面与平行斜面两方向，设斜面的倾角为α，因此垂直斜面方向的位移为：（v0sinα）2=2gcosαh，那么离开斜面的最大距离与初速度的平方成正比，即为之比为2：1故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．　14．（3分）（2022•上海一模）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C30点电势最高，则下列说法不正确的是（　　）　A．|q1|＜|q2|　B．q1带正电，q2带负电　C．C点的电场强度大小为零　D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．根据功能关系分析电场力做功的正负．解答：解：A、由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量．故A错误，B正确；C、该图象的斜率等于场强E，则知，C点电场强度为零，故C正确；D、N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功．故D正确；本题选错误的故选：A点评：电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．　15．（3分）（2022•上海一模）某带电物体沿一绝缘的倾斜轨道向上运动，运动过程中所带电量不变．若空间存在匀强电场，已知物体经过A点时动能为30J，后经过B点时动能减少10J，而重力势能增加了30J，电势能减少了35J．当它继续向上运动到速度为零时，在整个过程中，物体克服阻力做功（　　）　A．15JB．30JC．45JD．60J考点：电势差与电场强度的关系；功能关系．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据动能定理有﹣mgxsinθ﹣fx+F电分x=△Ek增则有mgxsinθ+fx﹣F电分x=△Ek减由于重力、摩擦力、电场力的分力是恒力，故动能减少量与位移成正比，故容易得到AC=3AB．根据力做功与位移成正比，结合能量守恒定律，即可求解．解答：解：物体P所受重力、电场力、摩擦力均为恒力，三力做功均与位移成正比，则物体动能增量△EK与位移s成正比．带电物体从A→B动能减少10J，A→C动能减少30J，说明：AC=3AB；A→B，电势能减少35J，机械能增加20J，则A→C电势能减少105J，机械能增加60J30，则克服摩擦力做功45J．故选：C点评：1、由于恒力做功与位移成正比，故对应的能量变化也与位移成正比．2、本题考查了能量守恒和功能关系，请注意体会．　16．（3分）（2022•上海一模）如图，水平地面上有一固定光滑斜面AB，其底端B点与半径为R的四分之一圆弧光滑连接，圆弧的端点C与圆心在同一水平线上，M、N为C点正上方两点，距离C点分别为2R和R，现将一小球从M点静止释放，小球在AB上能到达最高处D点距水平面的高度为2R，接着小球沿斜面滑下返回进入圆弧轨道，若不考虑空气阻力，则（　　）　A．小球返回轨道后沿轨道运动可能到不了C点　B．小球返回轨道后能沿轨道一直运动，并上升到N点　C．小球返回轨道后沿轨道运动到C点时，速度一定大于零　D．若将小球从N点静止释放，则小球在AB上能到达最高处距水平面的高度等于R考点：动能和势能的相互转化；功能关系．.分析：首先知道题境中只有重力做功和在B点有能量损失，利用能量守恒判断选项即可，注意在B点能量的损失与在B点的速度有关．解答：解：据题境可知，小球从M静止释放能到达D点，据此可知在B点损失的能量为mgR（在B点能量的损失与在B点的速度有关）；当小球从D点返回时，在B点损失的能量小于mgR．ABC、当小球从D点返回过程中，由于在B点损失的能量小于mgR，据能量守恒可知，小球返回时能到达C点以上，N点以下，故AB错误，C正确；D、若将小球从N点静止释放，在B点损失能量且小于mgR，所以小球在AB上能到达最高处距水平面的高度h满足R＜h＜2R，故D错误．故选：C．点评：明确在B点损失的能量是解题的关键，且在B点能量的损失与在B点的速度有关；灵活应用能量守恒定律求解，题目难度较大．　三．多项选择题（共16分，每小题4分．）17．（4分）（2022•上海一模）下列物理学史与事实不符的有（　　）　A．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值　B．伽利略通过在比萨斜塔上的落体实验得出了自由落体运动是匀变速直线运动这一规律　C．惠更斯提出了单摆周期公式，伽利略根据它确定了单摆的等时性　D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什用扭秤实验测出了万有引力常量30考点：物理学史．.专题：常规题型．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，故A错误；B、伽利略通过逻辑推理和数学知识研究了铜球在斜面滚动的实验，得出了自由落体运动是匀变速直线运动这一规律，故B错误；C、惠更斯提出了单摆周期公式．伽利略不是根据单摆的周期公式确定了单摆的等时性，而是根据实验和观察确定了单摆的等时性．故C错误；D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什用扭秤实验测出了万有引力常量，故D正确；本题选与事实不符的，故选：ABC．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．　18．（4分）（2022•上海一模）A、B两列波在某时刻的波形如图所示，经过t=2TA时间（TA为波A的周期），两波仍出现如图波形，则两波的波速之比vA：vB可能是（　　）　A．2：1B．3：1C．1：1D．4：3考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．.专题：振动图像与波动图像专题．分析：根据两图可知两波波长关系，B波经过时间t重复出现波形，说明了经历时间为其周期的整数倍，这是解本题的突破口．解答：解：由图可知：λA=a，λB=a．根据题意周期关系为：t=2TA，t=nTB（n=1、2、3…）所以有：vA=，vB=（n=1、2、3…）故有：=（n=1、2、3…），故选项CD正确，B错误．故选：ACD．点评：波传播的是形式能量，经过整数周期将重复出现波形，这往往是解决问题的突破口．如本题中由于B波重复出现波形，说明了所经历时间为其周期整数倍．　19．（4分）（2022•上海一模）有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）30　A．物体的质量为m=1kgB．斜面与物体间的摩擦力大小f=2N　C．物体在斜面上运动的总时间t=2sD．斜面的倾角θ=37°考点：功能关系；摩擦力的判断与计算；动能定理．.分析：对物体进行受力分析，得出物体向上滑动的过程中的受力与物体下滑的过程中的受力，运用动能定理把动能和位移的关系表示出来．把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知物理量．解答：解：A、B、D、设斜面的倾角是θ，物体的质量是m，物体向上运动的过程中受到重力、支持力和向下的摩擦力；物体向下滑动的过程中受到重力．支持力和向上的摩擦力，由图象可知物体向上滑动的过程中，EK1=25J，EK2=0J，位移x=5m，下滑回到原位置时的动能，EK3=5J向上滑动的过程中，由动能定理得：EK2﹣EK1=﹣mgsinθ•x﹣fx，向下滑动的过程中，由动能定理得：EK3﹣EK2=mgsinθ•x﹣fx，代入数据解得：f=2Nmgsinθ=3N又：f=μmgcosθ所以：N所以：θ=37°kg．故A错误，BD正确；C、物体向上时的加速度：m/s2，物体向下时的加速度：m/s2，物体的初速度：m/s=10m/s物体回到原点的速度：m/s30向上运动时间t1=s，向下运动的时间：s物体在斜面上运动的总时间t=s．故C错误．故选：BD点评：利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解．一般我们通过图象的特殊值和斜率进行求解．　20．（4分）（2022•上海一模）如图，轻杆长为L，一端铰接在地面上可自由转动，一端固定一质量为m的小球（半径可忽略），一表面光滑的立方体物块（边长为a，且a远小于杆长L）在水平外力F作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度v0向左做匀速直线运动，并将杆顶起．下列哪些说法是正确的（　　）　A．在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大　B．在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球动能的改变量　C．当杆与地面的夹角为θ时，棒的角速度ω=　D．当杆与地面的夹角为θ时，小球克服重力做功的瞬时功率为ω=考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．.专题：功率的计算专题．分析：以轻杆、小球和木块组成的系统为研究对象，系统的机械能守恒，以地面为零势能平面，列式开始时和夹角变为α2时重力势能与动能的表达式，根据机械能守恒列出方程．再将滑块上与杆接触的点的速度沿着平行杆和垂直杆正交分解，垂直杆分量等于杆上与滑块接触的点的速度得到木块的速度与小球的速度的关系．即可求得木块的速度．解答：解：A、木块速度为v0，杆上和木块接触点的速度为v0，触点绕固定点转动的分速度v′，由运动的分解可得：v′=v0sinθ，因触点点和小球在同一杆上以相同角速度转动，故在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大，故A正确．B、由能量守恒定律可得，在杆与地面夹角转到90°之前，F所做的功等于小球机械能（动能和重力势能）的改变量，故B错误．C、当杆与地面的夹角为θ时，木块与棒的触点绕固定点转动的分速度v′=v0sinθ30，而触点与固定点的距离为r=，故棒的角速度ω=，故C错误．D、当杆与地面的夹角为θ时，故棒的角速度ω=，故小球的竖直方向分速度为v″=Lωsinθ，小球克服重力做功的瞬时功率P=mgv″=，故D错误．故选：A点评：本题是系统的机械能守恒问题，关键找准合运动和分运动，求出木块与小球速度的关系．　四．填空题.（20分，每小题4分）21．（4分）（2022•上海一模）已知地球半径为R，地球自转周期为T，同步卫星离地面的高度为H，万有引力恒量为G，则同步卫星绕地球运动的线速度为　　地球的质量为　　．考点：同步卫星．.专题：人造卫星问题．分析：同步卫星所做为匀速圆周运动，圆周运动的一切规律对于同步卫星通用，此外，单独由万有引力提供向心力解答：解：由匀速圆周运动线速度公式得：v=；由万有引力提供向心力得：=m（R+H），整理得，M=故答案为：；点评：注意向心力的来源，结合牛顿第二定律和匀速圆周运动的一切规律解决　22．（4分）（2022•上海一模）如图，质量分别为4m和m的两个小球A、B固定在一根轻质直角尺的两端，AC、BC的长度分别为2L和L，在AC段的中点O处有光滑的固定转动轴，直角尺可绕转轴O在竖直平面内转动，开始时直角尺的AC部分处于水平位置．若要使AC部分保持水平，则需在小球B上施加的外力F的大小至少为　mg　，撤去外力后，让该系统由静止开始自由转动，不计空气阻力，当直角尺AC部分转到竖直方向时，小球A30的速度大小vA=　　．考点：力矩的平衡条件；机械能守恒定律．.分析：在力矩一定时，力臂越大，作用力越小，应用力矩平衡条件求出最小作用力；直角尺转动过程，A、B的加速度相等，求出它们的线速度关系，对系统应用动能定理可以求出A的速度．解答：解：如图所示，当力F与OB垂直时，F的力臂最大，作用力最小，由几何知识可得：OB===L，以O为支点，AC在水平位置平衡，由力矩平衡条件得：4mgL=mgL+F•L，解得：F=mg，以直角尺和两小球组成的系统为对象，A、B转动的角速度始终相同，由v=ωr可知：vB=vA，AC由水平转到竖直位置过程中，对系统，由动能定理得：4mgL﹣mg•2L=•4mvA2+mvB2﹣0，解得：vA=；故答案为：mg，．点评：本题考查了求力与速度问题，应用力矩平衡条件与动能定理即可正确解题；本题在解题的过程中还要用到数学的三角函数的知识，要求学生的数学基本功要好．　23．（4分）（2022•上海一模）如图所示，竖直平面内有两个水平固定的等量同种负点电荷，30A、O、B在两电荷连线的中垂线上，O为两电荷连线中点，AO=OB=L，将一带正电的小球由A点静止释放，小球可最远运动至O点，已知小球的质量为m、电量为q．若在A点给小球一初速度，则小球向上最远运动至B点，重力加速度为g．则AO两点的电势差UAO=　　，该小球从A点运动到B点的过程中经过O点时速度大小为　2　．考点：电场的叠加；电势差；电势差与电场强度的关系．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：中垂线下方场强向下，上方场强向上，根据电场力做功判断电势能变化；由动能定理求解速度．解答：解：由题意知从A到O，电场力做正功，电势能减小，从O到B，电场力做负功，电势能增加，故电荷电势能的变化情况为先减小后增大；设O点速度为V，由动能定理：﹣mgL+qUAO=0解得：UAO=从O到B，再由动能定理，则有：﹣mgL﹣qUOB=0﹣mV2其中UOA=UOB联立解得：V=2；故答案为：；2．点评：本题考查了电场力做功与电势能变化的关系，关键是分析出场强的分布情况，结合力学知识即可解决问题．　24．（4分）（2022•上海一模）两端封闭的粗细均匀玻璃管内有两部分气体A和B，中间用一段水银隔开，当水平放置且处于平衡时，温度均为27℃，如图a所示．现先将玻璃管缓慢转至竖直方向（A在下方），再将整根玻璃管置于温度为87℃的热水中，如图b所示，气体最终达到稳定状态，则稳定后与图a中的状态相比，气体A的长度　减小　（选填“增大”，“减小”或“不变”）；若图a中A、B空气柱的长度分别为LA=20cm，LB=10cm，它们的压强均为75cmHg，水银柱长为L=25cm，则最终两部分气体A、B的体积之比VA：VB=　3：2　．30考点：理想气体的状态方程．.专题：理想气体状态方程专题．分析：1、开始时A、B两部分气体长度、温度均相同，玻璃管缓慢转至竖直方向（A在下方），再将整根玻璃管置于温度为87℃的热水中，如果不计水银柱重力，A、B两部分气体长度依然应该相同，考虑到水银柱的重力，水银柱要下移一段距离；2、若图a中A、B空气柱的长度分别为LA=20cm，LB=10cm，根据理想气体状态方程对两部分气体分别列式后联立解得即可．解答：解：1、两端封闭的粗细均匀玻璃管内有两部分气体A和B，中间用一段水银隔开，A、B两部分气体长度、温度均相同；玻璃管缓慢转至竖直方向（A在下方），再将整根玻璃管置于温度为87℃的热水中，如果不计水银柱重力，A、B两部分气体长度依然应该相同，考虑到水银柱的重力，水银柱要下移一段距离，故气体A的长度要减小；2、若图a中A、B空气柱的长度分别为LA=20cm，LB=10cm，它们的压强均为75cmHg，水银柱长为L=25cm，对气体A，有：=①对气体B，有：=②其中：LA+LB=LA2+LB2③PA1=PB1=75cmHg④PA2﹣PB2=ρgh=25cmHg⑤联立解得：LA2=18cm，LB2=12cm故：故答案为：减小，3：2．点评：解决这类气体温度升高或降低而导致水银移动的问题，就是假设两部分气体各自体积不变，然后再根据查理定律，判断两部分气体压强的改变量，从而判断两边压力的改变量，来判断水银或活塞的移动．30　25．（4分）（2022•上海一模）如图，某品牌汽车为后轮驱动，后轮直径为d，当汽车倒车遇到台阶时，两个后轮可同时缓慢倒上的台阶的最大高度为h，假设汽车轮胎和台阶的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且忽略轮胎的形变，不计前轮与地面的摩擦．则后轮与台阶的滑动摩擦系数为　　；若该车缓慢倒上两个高度分别为h1和h2（h1＜h2）的台阶，当后轮刚离开地面时，台阶对后轮的作用力分别为F1和F2，则F1　大于　F2．（选填“大于”、“小于”或“等于”）考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对车轮进行受力分析，根据汽车受到的重力、支持力及摩擦力三力的关系确定动摩擦因数；要注意几何关系的正确应用．解答：解：设后轮分担的车的重力为G，车轮受重力、摩擦力及支持力的作用；要使车轮能倒上台阶，则有：N与摩擦力合力应等于后轮分担的重力；如图设夹角为θ；由几何关系可得：f=f=μN则可知：μ==；对汽车分析，汽车后轮离开地面后，汽车整体前倾，前轮分担的汽车的重力增大，后轮分担的重力减小；由于支持力及摩擦力的合力等于所分担的重力；故说明台阶越短，台阶对车轮的作用力越大；故F1＞F2；故答案为：；＞30点评：本题考查共点力平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析，并根据共点力的平衡条件作出几何图象分析求解．　五．实验题（共24分．答案写在题中横线上的空白处或括号内．）26．（4分）（2022•上海一模）某同学为验证系统机械能守恒定律，采用如图所示的实验装置．将气垫导轨调节水平后在上面放上A、B两个光电门，滑块通过一根细线与小盘相连．测得滑块质量M，小盘和砝码的总质量m，滑块上固定的挡光片宽度为d．实验中，静止释放滑块后测得滑块通过光电门A的时间为△tA，通过光电门B的时间为△tB．（1）实验中，该同学还需要测量　A、B两光电门之间的距离s　；（2）实验测得的这些物理量若满足表达式　mgs=（M+m）[（）2﹣（）2]　即可验证系统机械能守恒定律．（用实验中所测物理量相应字母表示）考点：验证机械能守恒定律．.专题：实验题．分析：由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．解答：解：（1）本题要验证从A到B的过程中，物块机械能守恒，则要证明动能的增加量等于重力势能的减小量，所以要求出此过程中，重力做的功，则要测量A、B两光电门之间的距离s；（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门B速度为：vB=；滑块通过光电门A速度为：vA=，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△E=（M+m）[（）302﹣（）2]；系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgs则实验测得的这些物理量若满足表达式mgs=（M+m）[（）2﹣（）2]，则可验证系统机械能守恒定律．故答案为：（1）A、B两光电门之间的距离s；（2）mgs=（M+m）[（）2﹣（）2]点评：了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面．　27．（6分）（2022•上海一模）某同学用如图（a）所示的实验装置描绘电场的等势线．①在平整的木板上钻两个洞，固定两个圆柱形电极，然后依次铺放白纸、复写纸、导电纸，导电纸有导电物质的一面向上，用图钉将它们固定好．②用粗铁丝制成一圆环形电极，将其用金属夹也固定在木板上，连接电源和电极．③在导电纸上做出中央电极和圆环形电极上任意一点的连线，在连线上取间距相等的三个基准点A、B、C；④将连接电压传感器的两个探针分别拿在左、右手中，用左手中的探针跟导电纸上的某一基准点接触，然后用右手中的探针在导电纸平面上找若干个与基准点的电势差为零的点，用探针把这些点一一压印在白纸上，照此方法，可以画出与这些基准点电势相等的等势线．请回答以下问题：（1）该实验装置模拟的是　孤立负点电荷　产生的电场的等势线；（2）请在图（b）中画出经过A点的等势线．（3）已知A点电势φA=﹣5V，C点电势φC=5V，则B点的电势φB　A　A．大于0B．等于0C．小于0D．无法确定．考点：用描迹法画出电场中平面上的等势线．.30专题：实验题．分析：（1）根据点电荷的电场线与等势线的分布，即可求解；（2）点电荷的等势线是一些系列的同心圆；（3）等差等势面的疏密与电场线的疏密有关，即可求解．解答：解：（1）由题意可知，等势线是圆形，则该实验装置模拟的孤立点电荷产生电场，由图的电源正负极可知，该电荷是负点电荷；（2）根据点电荷的等势线是一些系列的同心圆，因此A点的等势线即为过A点的圆，如图所示：；（3）由电场线越密的地方，则等差等势面也越密，由于A点电势φA=﹣5V，C点电势φC=5V，则零电势点应该在AB之间，则B点电势大于零；故A正确，BCD错误；故答案为：（1）孤立负点电荷；（2）如上图；（3）A．点评：考查点电荷的电场线与等势面的分布，掌握等差等势面的疏密与电场线的疏密的关系，同时注意AC间的零电势的位置是解题的关键．　28．（6分）（2022•上海一模）（1）在“研究平抛物体运动”的实验中，得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y﹣x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是　C　（2）另一位同学做实验时，利用频闪照片得到如图1所示小球的轨迹，在装置的后面竖直放置一块贴有方格纸建立好坐标系的木板，然后在方格纸上记录了小球某次平抛运动途经的三个位置a、b、c如图2所示．该同学取下方格纸后，并记录如图2所示水平x方向和竖直y方向了，已知小方格的边长L=10cm，则小球平抛运动的初速度v0=　2　m/s，小球水平抛出点的坐标为　（10cm，18.75cm）　．考点：研究平抛物体的运动．.专题：实验题．分析：（1）平抛运动竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动；联立求得两个方向间的位移关系可得出正确的图象；30（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．根据竖直方向上相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，根据水平位移求出小球的初速度；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点竖直方向上的分速度，从而求出抛出点运动到B点的时间，结合水平方向和竖直方向上的运动规律求出水平位移和竖直位移，从而求出小球抛出点的坐标．解答：解：（1）物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2；水平方向做匀速直线运动，x=vt；联立可得：y=，因初速度相同，为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误．故选：C．（2）根据△y=gT2得：T=则小球平抛运动的初速度为：，小球经过b点竖直方向上的分速度为：，从抛出点运动到b点的时间：t=，则抛出点到B点的水平位移x=v0t=2×0.15=0.3m=30cm，则抛出点的横坐标为x=40﹣30=10cm．抛出点到B点的竖直位移y=m=11.25cm，则抛出点的纵坐标为30﹣11.25m=18.76cm．故答案为：（1）C；（2）2，（10cm，18.75cm）点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论进行求解．　29．（8分）（2022•上海一模）为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图（a）所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计（不及质量及长度）固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为M和N，M低于N，绳长为L（L＞D）．他们首先在绳上距离M点10cm处（标记为C）系上质量为m的重物（不滑动），由测力计读出绳MC、NC的拉力大小TM和TN，随后改变重物悬挂点的位置，每次将M到C点的距离增加10cm，并读出测力计的示数，最后得到TM、TN与绳MC长度之间的关系曲线如图所示，由实验可知：30（1）曲线Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为　100　cm，该曲线为　TN　（选填：TM或TN）的曲线．（2）若用一个光滑的挂钩将该重物挂于绳子上，待稳定后，左端测力计上的示数为　4.3　N．（3）两立柱的间距D与绳长L的比值约为　0.93　．（保留2位小数，取g=10m/s2）考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．.专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：选取结点C为研究的对象，对它进行受力分析，根据结点C的受力即可判断．解答：解：选取结点C为研究的对象，受力如图，水平方向：TMsinα=TNsinβ竖直方向：TMcosα+TNcosβ=G由图可得，当α=β时，两个绳子上的拉力相等，该处离M比较近．又C到M与N的距离相等时，受力如图：水平方向仍然满足：TMsinα=TNsinβ由于α＞β所以：TM＜TN30所以曲线Ⅱ是TM的曲线，曲线Ⅰ是TN的曲线．由图，曲线Ⅰ中拉力为最大时，C与M点的距离为100cm．（2）若用一个光滑的挂钩将该重物挂于绳子上，待稳定后，绳子两次的拉力相等，对应图象的交点，为4.3N；（3）由题目的图可得，在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0=4.30N．做出它们的几何关系如图：由于α=β，则：2T0cosα=mg①其中：cosα=②联立①②解得：0.93故答案为：（1）100cm，TN；（2）4.3；（3）0.93．点评：该题属于信息给予题，考查学生获取信息的能力和利用数学知识解决物理问题的能力，是一道考查能力的好题．　六、计算题（共50分）30．（10分）（2022•上海一模）如图所示，竖直放置、开口向上的圆柱形气缸内有a、b两个质量均为m的活塞，可以沿气缸壁无摩擦上、下滑动．a是等厚活塞，b是楔形活塞，其上表面与水平面夹角θ．两活塞现封闭着初始温度T0的A、B两部分气体并保持静止，此时A气体体积VA=2V0，B气体体积VB=V0．已知图中气缸横截面积S，外界大气压p0．求：（1）此时A、B两部分气体的压强？（2）缓慢升高A、B两部分气体温度，求温度升高△T过程中，a活塞移动的距离？考点：理想气体的状态方程．.专题：理想气体状态方程专题．30分析：对活塞受力分析，根据平衡条件确定A、B两部分气体的压强；气体A经历等压变化过程，气体B经历等压变化过程，根据盖吕萨克定律求解．解答：解：（1）对a活塞：PAS=P0S+mg得：PA=P0+以AB整体为研究对象：PBS=P0S+（2）气体A经历等压变化过程==△VA=气体B经历等压变化过程：==△VB=活塞向上移动距离△hα==答：（1）此时A、B两部分气体的压强分别为P0+；（2）缓慢升高A、B两部分气体温度，温度升高△T过程中，a活塞移动的距离．点评：本题是气体的状态方程与静力学结合的问题，考查综合应用物理规律的能力．关键要明确气体的物理参数变化的情况．　31．（12分）（2022•上海一模）在如图所示的竖直平面内，倾斜轨道与水平面的夹角θ=37°，空间有一匀强电场，电场方向垂直轨道向下，电场强度E=1.0×104N/C．小物体A质量m=0.2kg、电荷量q=+4×10﹣5C，若倾斜轨道足够长，A与轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，现将物体A置于斜面底端，并给A一个方向沿斜面向上大小为v0=4.4m/s的初速度，A30在整个过程中电荷量保持不变，不计空气阻力（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）物体A回到出发点所用的时间？（2）若A出发的同时，有一不带电的小物体B在轨道某点静止释放，经过时间t=0.5s与A相遇，且B与轨道间的动摩擦因数也为μ=0.5．求B的释放点到倾斜轨道底端的长度s？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：电场力与电势的性质专题．分析：物体A沿斜面上滑，分析其受力，根据牛顿第二定律可得其加速度大小，根据速度公式可得上滑的时间，结合速度位移公式可得上滑的距离；当物体A向上的速度减为零后，将沿斜面下滑，对其受力分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，由于上滑和下滑的位移相同，结合位移时间公式可求下滑时间，从而可得物体A回到出发点所用的时间；根据牛顿第二定律可得B的加速度，AB在t=0.5s相遇，t＞0.4s说明此时A在沿轨道下滑过程中与B物体相遇，结合运动学公式可求解．解答：解：（1）上滑过程，对物体A受力分析，受竖直向下的重力mg，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向下的摩擦力f，及垂直于斜面向下的电场力qE，根据牛顿第二定律可得：ma1=mgsinθ+μN又：N=mgcosθ+Eq联立可得：==11m/s2=s===0.88m下滑过程：ma2=mgsinθ﹣μNN=mgcosθ+Eq30=10×0.6﹣t总=t上+t下=0.4+1.33=1.73s（2）对物体B而言：AB在t=0.5s相遇，t＞0.4s说明此时A在沿轨道下滑过程中与B物体相遇下滑时间：△t=0.1s，==0.875m释放点到底端距离：S=SA+SB=0.875+0.25=1.125m答：（1）物体A回到出发点所用的时间为1.73s；（2）B的释放点到倾斜轨道底端的长度为1.125m．点评：本题考查牛顿第二定律与运动学公式的基本应用，综合性强，应注重分析物体的运动情况．　32．（14分）（2022•上海一模）如图所示，水平地面上有一质量不计的支架ABCD，BD面光滑，倾角为37°，支架可绕固定转轴A无摩擦自由转动，CA⊥AB，BC=CD=0.75m．在距离支架底端B为PB=3m处的P点有一静止物块，质量为m=2kg，现对物块施加一个与水平方向成θ=53°的恒力F，物块向右开始做加速运动，当物块到达支架底端B后恰好可以沿支架向上匀速运动，己知物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.45，不计空气阻力和转折点B处能量损失．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8）求：（1）恒力F的大小？（2）若到达B点时撤去恒力F，物块沿支架向上运动过程中，支架是否会翻倒？若不翻倒请通过计算说明？若翻倒，则物块经过B点后再经历多久支架将翻倒？（3）为保证物块冲上支架而不翻倒，试求恒力F在物块上的作用距离s的范围？30考点：动能定理的应用；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．.专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对物体受力分析，由共点力的平衡条件可求得力的大小；（2）由力矩平衡可求得支架翻倒时的位置；由动能定理及牛顿第二定律可明确是否能使支架翻倒；（3）根据题（2）中得出的条件，由动能定理可求得S的范围．解答：解：（1）物块在斜面上受力分析可知，Fcos37°+Ncos37°=mg；Fsin37°=Nsin37°得到F=12.5N；（2）因物体对杆的压力垂直于杆，故过A点做BC的垂线，垂足为E，则由力矩平衡可知，只要物块越过E点，支架即会翻倒；则有物块冲上支架后向上运动过程中，能使支架恰好翻倒时的位置距离B点长度L=LBCcos237°=0.75×（0.8）2=0.48m；对PB段运用动能定理：△EK=W合mvE2﹣mv02=FScosθ﹣μ（mg﹣Fsin53°）S解得：vE=3m/s；物块在斜面上加速度大小a==10×0.6=6m/s2；物块冲上支架后滑行的最大距离：Lm===0.75m＞L，支架将翻倒．由L=vEt﹣at2可求得经过的时间为t=0.2s；（3）设物块恰好运动到L=0.48m处，则设此时物块到达B点最大速度为vE′则由vE'2=2aL解得：vE′=2.4m/s；若要使物块冲上支架而不翻倒，则物块到达B点速度应大于0m/s且小于等于2.4m/s设恒力F作用距离为S，对PB段运用动能定理mVE2﹣0=FScosθ﹣fs﹣μN（LPB﹣S）vE=因为0＜VE≤2.4m/s所以0＜≤2.4m；解得：2.25m＜s＜2.73m，即恒力F作用距离S范围为2.25米至2.73米答：（1）恒力F的大小为12.5m；（2）物块冲上支架后滑行的最大距离：Lm===0.75m＞L，支架将翻倒．时间为t=0.2s；（3）为保证物块冲上支架而不翻倒，恒力F作用距离S范围为2.25米至2.73米30点评：本题综合考查了动能定理、力矩平衡及共点力的平衡条件，要注意能正确分析物理过程，并做好受力分析，再选择合理的物理规律求解．　33．（14分）（2022•上海一模）如图（a），长为L的光滑斜面AB与高台边缘光滑相接，BC为一竖直墙，将小球从斜面AB的顶端静止释放，小球到达斜面底端后恰能无能量损失地从高台边缘水平飞出．高台底部有另一足够长的斜面CD．调节斜面AB的倾角α与斜面CD的倾角β，使小球从斜面AB顶端静止释放后，恰能垂直击中斜面CD．不计空气阻力，重力加速度为g，α、β为锐角．求：（1）小球在空中飞行时间t（用α、β和L表示）？（2）某一研究小组取长为L=0.5m的斜面AB进行实验，实验中发现改变斜面AB的倾角α后，为了使从AB顶端静止释放的小球还能垂直击中斜面，只需对应地调整斜面CD的倾角β．多次实验并记录每次α与β的数值，由实验数据得出图（b）所示拟合直线．请问此坐标系的横轴表示什么？试求竖直墙BC的高度h（取g=10m/s2）？（3）在第（2）问中，该研究小组发现，小球每次垂直打在CD上的落点与竖直墙BC的距离S随α和β的改变而不同．试求小球在CD上的落点离竖直墙的最大距离Sm？此时倾角α与β各为多大？考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对AB过程由动能定理可求得小球的初速度，再由竖直方向的末速度可求得时间；（2）由平抛运动的规律可求得对应的函数关系，并由斜率求得高度；（3）根据（2）中求出的关系，由数学规律可求得最大距离．解答：解：（1）对AB段运用动能定理：mv02=mgLsinα解得：v0=30t==（2）设小球平抛过程中水平方向和竖直方向的位移分别为x，y在空中水平距离x=v0t=2Lsinαcotβ在空中竖直距离y===Lsinαcos2β由，得cot2β=，得到关于与cot2β的关系式，对应图象横轴表示，对应图象横轴表示斜率为，由图象可知斜率为2，故=2，h=1m；（3）由第（2）问中x=v0t=sinαcotβ和cot2β=，x=当sinα=时，Smax=，此时α=30°对应β=arccot=35.3°答：（1）小球的飞行时间为；（2）此坐标系的横轴表示；竖直墙BC的高度h为1m；（3）小球在CD上的落点离竖直墙的最大距离Sm为；此时倾角α为30°β为35.3°．点评：本题考查平抛运动及动能定理的规律，难点在于数学知识的应用，要注意根据物理规律结合几何关系进行分析求解．　30