2022年高考物理试题答案归纳.pdf

答案（一）直线运动1. A 2.BC 3. ABD 4.D 5.（1）答案： 1.20 a/2 0.933 6. 答案：Hx2221)(hxHxhc d 7.B. mmgth20210212122，由此可知井深约为20m 9. （ 1）22221112()()bdtt(2)B ，C 10. 答案： B11. 解析：（ 1）滑块做匀加速直线运动，利用atvvvvt02和有21tatsv解得tvatsvatts1212121或（2）图线如图所示tts（3）由121vatts可知，图线tts斜率绝对值为21a即221ak，解得 a=2 12.解析：设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为v, 第一段时间间隔内行驶的路程为 s1, 加速度为a, 在第二段时间间隔内行驶的路程为s2由运动学公式得0atv20121ats2002)2(21tavts设乙车在时间t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为1s、2s同样有0)2(tav201)2(21tas200221attvs设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有21sss21sss联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为75ss13. 【 解析】 （1）货车刹车时的初速是v0=15vm/s ， 末速是 0，加速度分别是2.5m/s2和 5m/s2，根据位移推论式得avS220代入数据解得：超载45Sm 不超载5.22Sm （2）货车与轿车相撞时的速度为10255 .22225220aSvvm/s 相撞时动量守恒，有VmMMv)(得8 .9Vm/s 对轿车根据动量定理有mVft解得4108 .9fN 14.解析：答案(12 分) (1)物体做匀加速运动2012Lat (1分) 2220222010(/)2Lamst（1 分）由牛顿第二定律Ffma（1 分）302 1010()fN (1分) 100.52 10fmg (1分) (2) 设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a，的加速度匀减速 t秒到达 B处，速度恰为0，由牛顿定律cos37(sin37 )FmgFama (1分 ) 2(cos37sin37 )30 (0.80.5 0.6)0.5 1011.5(/)2Fagm sm(1 分 ) 25(/)fagm sm（1 分）由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ata t（1 分）11.52.35atttta（1 分）2211 22Lata t（1 分）2222201.03( )2.311.52.35Ltsaa（1 分）（2）另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理cos37(sin37 )()0FmgFsmg Ls（2 分）0.52 10206.06()(cos37sin 37 )30(0.80.50.6)mgLsmF（ 1 分）由牛顿定律cos37(sin37 )FmgFma（1 分）2(cos37sin37 )30(0.80.5 0.6)0.5 1011.5(/)2Fagm sm（ 1分）212sat（1 分）226.061.03( )11.5stsa( 二) 力与相互作用1. A 2.（1）如图所示（2）0.2480.262 3. C 4. A 5. AD 6. A 7. AC （三）力与相互作用1. C 2. A 3. A 4. A 5AC 6.B 7.CD 8. （1）22221112()()bdtt(2)B ，C 9. 减速上升或加速下降。

1.706 10. 答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码或电火花计时器、钩码、砝码学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器 （电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量11. 解析： （1）滑块做匀加速直线运动，利用atvvvvt02和有21tatsv解得tvatsvatts1212121或（2）图线如图所示tts（ 3）由121vatts可知，图线tts斜率绝对值为21a即221ak，解得 a=2 12. 位移时间m +m滑块上=0.23(0.21 0 25) 13. 答案 (12 分) (1)物体做匀加速运动2012Lat (1分) 2220222010(/)2Lamst（1 分）由牛顿第二定律Ffma（1 分）302 1010()fN (1分) 100.52 10fmg (1分) (2) 设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a，的加速度匀减速 t秒到达 B处，速度恰为0，由牛顿定律cos37(sin37 )FmgFama (1分 ) 2(cos37sin37 )30 (0.80.5 0.6)0.5 1011.5(/)2Fagm sm(1 分 ) 25(/)fagm sm（1 分）由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ata t（1 分）11.52.35atttta（1 分）2211 22Lata t（1 分）2222201.03( )2.311.52.35Ltsaa（1 分）（2）另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理cos37(sin37 )()0FmgFsmg Ls（2 分）0.52 10206.06()(cos37sin 37 )30(0.80.50.6)mgLsmF（ 1 分）由牛顿定律cos37(sin37 )FmgFma（1 分）2(cos37sin37 )30(0.80.5 0.6)0.5 1011.5(/)2Fagm sm（ 1分）212sat（1 分）226.061.03( )11.5stsa（ 1 分）（四）曲线运动1.C 2.AB 3.C 4.D 5.C 6. 0/gs v2200/1(/)vvgs7.解析：设圆半径为r，质点做平抛运动，则：0 xv t210.52yrgt过 c 点做 cdab 与 d 点， RtacdRtcbd 可得2cdaddb即为：2( )(2)2rxrx由得：204(74 3)rvg8. 解析：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有2122Rgt解得2Rtg（2） 设球A的质量为m， 碰撞前速度大小为v1， 把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知22111222mvmvmgR设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知122mvmv飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有22Rv t综合式得22 2vgR9. 10. 解析：（1）mgs+mg 2R=21mvB2所以 vB=3Rg（2）设 M滑动 x1,m 滑动 x2二者达到共同速度v, 则mvB=(M+m)v mgx1=21mv2mgx2=21mv221mvB2由得v=Rg, x1=2R, x2=8R 二者位移之差x= x2x1=6R6.5R，即滑块未掉下滑板讨论：R L2R时， Wf= mg(l+L)= 21mg （6.5R+L）2RL5R 时， Wf=mgx2+mg(l x)=4.25mgR 4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。

要使滑块滑到CD轨道中点， vc必须满足：21mvc2mgR 此时 L 应满足： mg(l+L) 21mvB221mvc2则 L 21R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点答案： （1） vB=3Rg（2） RL2R时， Wf=mg(l+L)= 21mg （6.5R+L）2RL5R时， Wf=mgx2+mg(l x)=4.25mgR 4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道滑块不能滑到CD轨道中点（五）功与能1.A 2.BD 3.A 4.BD 5.CD 6.ABC 7.BD 8.C 9.C 10.()hMm gsd221()2bmMt2212()()hMdm gstMm db2.40 11. (1)势能最小处动能最大 (1分) 由图线 II 得6.1()xcm (2分) ( 在 5.9 6.3cm间均视为正确 ) (2) 由图读得释放处势能0.90pEJ，此即 B的总能量 出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J ，则最大动能为0.90.470.43( )kmEJ（ 2 分) (kmE在 0.42 0.44J间均视为正确) 最大速度为220.431.31(/ )0.5kmmEvm sm (1分) (mv在 1.29 1.33 m s 间均视为正确) x=20.0 cm处的总能量为0.90J ， 最大位移由E=0.90J 的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移20.02.018.0()xcm (2分) (x在 17.918.1cm 间均视为正确) (3) 渐近线 III表示 B的重力势能随位置变化关系，即sinPgEmgxkx（2 分) sinkmg由图读出直线斜率20.850.304.23 10 (/)20.07.0kJ cm211104.23sin()sin59.70.59.8kmg（1 分）（在59 61间均视为正确）12. 解析：13. 解析： 此题考查平抛运动规律、牛顿运动定律、竖直面内的圆周运动、机械能守恒定律等知识点（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则(1) 解得 (2) (2) 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有 .(3)由（ 2） （3）得 .(4)(3) 不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，离OO 的水平距离为x1，由平抛规律有 .(5) (6)由 （5） （6）两式得 .(7)当鱼饵的质量为时，设其到达管口C时速度大小为V2，由机械能守恒定律有 .(8)由 （4） （8）两式解得 .(9)质量为的鱼饵落到水面时上时，设离OO 的水平距离为x2则.(10)由（ 5） （9） （10）解得：鱼饵能够落到水面的最大面积S ，S=( x22-x12)= R2（或 8.25 R2） 。

14.解析： （1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1在上升过程中， 因只有重力做功，小球的机械能守恒则22101122mvmgLmv16/vm s设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则21vFmgmL由式，得F=2N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒以水平向右的方向为正方向，有20mvMV在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则22220111222mvMVmgLmv由式，得v2=2m/s（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为 s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/由系统水平方向的动量守恒，得30mvMV将式两边同乘以t，得30mvtMVt因式对任意时刻附近的微小间隔t都成立，累积相加后，有120msMs10 又122ssL11 由1011式得123sm12 15. 解析：设子弹的初速为v0,穿过 2d 厚度的钢板时共同速度为：v 受到阻力为f. 对系统由动量和能量守恒得：0(2)mvmm v220112(2 )22fdmvmm v由得：2016fdmv子弹穿过第一块厚度为d 的钢板时，设其速度为v1，此时钢板的速度为u，穿第二块厚度为 d 的钢板时共用速度为v2，穿过深度为d，对子弹和第一块钢板系统由动量和能量守恒得：01mvmvmu22201111222fdmvmvmu由得：10133()6vvvu故只取一个对子弹和第二块钢板系统由动量和能量守恒得：12()mvmm v221211()2。