专题02 力与运动---高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

这是一份专题02 力与运动---高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用），文件包含专题02力与运动原卷版docx、专题02力与运动解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共105页， 欢迎下载使用。
目录
01.题型综述
02.解题攻略
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc9315" 题组01 力与物体的平衡 PAGEREF _Tc9315 \h 1
\l "_Tc11979" 题组02 力与直线运动 PAGEREF _Tc11979 \h 7
\l "_Tc15750" 题组03 动力学图像综合问题 PAGEREF _Tc15750 \h 12
\l "_Tc30384" 题组04 运动的合成与分解 抛体运动 PAGEREF _Tc30384 \h 19
\l "_Tc3475" 题组05 圆周运动的分析与计算 PAGEREF _Tc3475 \h 29
\l "_Tc27251" 题组06 万有引力定律及其应用 PAGEREF _Tc27251 \h 37
03.高考练场
“运动与相互作用”是高中物理最重要的物理观念，也是研究物理现象、解决物理问题最基本、最重要的思想方法。“运动与相互作用”的观念，其核心是牛顿第二定律。准确、全面分析物体受力并求解物体加速度是基本前提。灵活运用整体法和隔离法处理连接体的受力平衡与运动是基本的能力。应用运动的合成与分解把复杂的曲线运动转化为直线运动是素养的提升。因此，本专题是高考的必考点也是热考点。
题组01 力与物体的平衡
【提分秘籍】
1．物体处于平衡状态的条件：合力始终为零。
2．物体处于平衡状态的常见情况：
物体处于静止状态；
物体做匀速直线运动；
动态平衡物体缓慢运动；
带电粒子在复合场中做直线运动。
3．解决平衡问题的步骤和方法
4．注意点
(1)力的分析顺序：先整体后隔离；先分析其他力再分析摩擦力；
(2)静电力、安培力或洛伦兹力的出现可能对弹力或摩擦力产生影响；
(3)出现“最大”“最小”“恰好”等文字时，一般为临界问题。
【典例剖析】
【例1-1】消毒碗柜已成为每个家庭必备的厨房电器之一，其金属碗架可以将碗竖直支撑于两根金属杆之间。取某个碗的截面简化示意图如图所示，a、b为两根同一水平面上的光滑金属杆，O为碗的球心，b杆与球心连线与竖直方向的夹角为。若碗的质量为m，碗静止时，下列说法正确的是（ ）
A．碗对a杆的压力为，碗对b杆的压力为
B．若增大a、b间距，碗仍竖直静置，碗的合力减小
C．若增大a、b间距，碗仍竖直静置，a、b杆受到的压力均不变
D．若将质量相同、半径更大的碗竖直静置于a、b杆之间，两杆对碗的作用力之和不变
【答案】D
【详解】A．由题意，碗受到三个力，处于平衡状态，如图所示
将三个平衡力平移得到首尾相连的闭合三角形，可得a杆对碗的压力为
b杆对碗的压力为
根据牛顿第三定律可知碗对a杆的压力为 ，碗对b杆的压力为，故A错误；
B．若增大a、b间距，碗仍竖直静置，根据平衡条件可知，碗受到的合力保持不变，仍然为零，故B错误；
C．若增大a、b间距，碗仍竖直静置，则增大，增大，减小，则增大，增大，根据牛顿第三定律可知，a、b杆受到的压力将增大，故C错误；
D．若将质量相同、半径更大的碗竖直静置于a、b杆之间，根据平衡条件可知，两杆对碗的作用力之和不变，与碗的重力等大反向，故D正确。故选D。
【例1-2】．（2025高三上·云南昆明·期中）如图所示，工人用手推车沿水平路面运送石球，到达目的地后，抬起把手将石球倒出。不计石球与板OA、OB之间的摩擦，石球对OA板的压力大小为、石球对OB板的压力大小为，则在缓慢抬起把手使OA板从竖直变为水平的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大
C．、的合力先变大后变小D．、的合力先变小后变大
【答案】A
【详解】以石球为对象，根据牛顿第三定律可知石球对板的压力大小等于板对石球的支持力，受力如图所示
缓慢抬起过程中，石球受力平衡，结合数学知识可得
其中和不变，在转动过程中从90°增大到180°，则不断变小，将不断变小；从钝角变为锐角，其中跨过了90°，因此先变大后变小，则将先变大后变小。
故选A。
【例1-3】(多选)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M，O为球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中凹槽和小物块始终保持静止，则( )
A．M槽对小物块的支持力逐渐增大
B．M槽对小物块的支持力逐渐减小
C．推力F逐渐减小
D．推力F先减小后增大
【答案】 AD
【解析】 以小物块为研究对象，小物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，F与FN的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(1→3)，如图所示，
根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小，故A、D正确，B、C错误。
【变式演练】
【变式1-1】如图所示，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶角为60°的楔形槽，楔形槽内放置一质量为m的光滑小球，整个装置保持静止，初始时OA板在水平地面上，现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动至OA板竖直，则转动过程中（ ）
A．初始时OA板对小球的作用力最大
B．转过30°时OA板对小球的作用力最大
C．转过60°时OB板对小球的作用力最大
D．转过90°时OB板对小球的作用力最大
【答案】BD
【详解】将转动过程中，某时刻受力分析，如图
则缓慢转动过程中，小球受力平衡，根据拉密原理可知
因为，转动过程中，α = 120°不变，小球重力mg不变，则比值不变；θ角由60°增大到150°；β角由180°减小到90°。sinθ先增大后减小；sinβ一直增大。所以NA先增大后减小；NB一直增大。当θ = 90°时，即转过30°角时，sinθ最大，即NA最大；当β = 90°时，即转过90°角时，sinβ最大，即NB最大。
故选BD。
【变式1-2】．（2024·湖北·模拟预测）国庆期间，秋风送爽，桂花飘香。小明注意到小区里有四个固定连接起来的大灯笼被吹起来处于静止状态，如图所示，悬挂最上面灯笼的绳子与竖直方向的夹角为30°，灯笼序号自上往下依次标记为1、2、3、4，灯笼质量均为m，每个灯笼所受的风力相等，风向水平，重力加速度大小为g，则（ ）
A．每根绳与竖直方向的夹角均相同
B．四个灯笼所受到的风力之和等于4mg
C．2号灯笼与3号灯笼之间的作用力等于
D．若再挂上一个同样的灯笼，最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角会变化
【答案】AC
【详解】B．假设每个灯笼所受的风力均为f，对4个灯笼的整体受力分析可知
可得四个灯笼所受到的风力之和为
故B错误；
A．对下面的n个灯笼（）的整体分析可知
可得
即每根绳与竖直方向的夹角均相同，故A正确；
C．以3、4号灯笼为整体受力分析，2号灯笼与3号灯笼之间的作用力大小为
故C正确；
D．若再挂上一个同样的灯笼，对下面的n个灯笼（）的整体分析可知
可得
则最上面灯笼的绳子与竖直方向夹角不会变化，故D错误。
故选AC。
【变式1-3】．（2024·宁夏吴忠·一模）如图甲，中国传统建筑一般采用瓦片屋顶，屋顶结构可简化为图乙，若一块弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，该瓦片质量为m，椽子与瓦片间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则（ ）
A．瓦片所受的合力大小为mgB．每根椽子对瓦片的支持力大小为0.5mgcsθ
C．两根椽子对瓦片作用力大小为mgD．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为0.5mgsinθ
【答案】CD
【详解】A．瓦片静止，处于平衡状态所受合力为零，故A错误；
B．两根椽子对瓦片的支持力的合力为，但瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不是，故B错误；
C．椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合力大小为，故C正确；
D．两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为，故D正确。
故选CD。
题组02 力与直线运动
【提分秘籍】
1．匀减速直线运动问题分类：
(1)刹车问题，首先要判断物体何时停止，再进行分析、计算；
(2)双向运动问题，全过程应用匀变速直线运动公式求解较方便。
2．多过程问题：前一阶段的末状态是后一阶段的初状态，即前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，前一阶段的末位置是后一阶段的初位置。
3．若两物体一起运动(连接体)，两物体具有相同加速度，通常采用先整体后隔离的方法求解；若两物体有相对运动(板块模型)，两物体应分别应用牛顿第二定律列方程。
4．物体做匀变速直线运动，若受到两个力，一般应用合成法求解；若物体受到多个力，一般应用正交分解法求解。
【典例剖析】
【例2-1】（2025高三上·河南·阶段练习）机器人送餐车依靠“视觉系统”发现前方有障碍物时，会立即启动刹车系统制动减速，某次直线制动时，测得机器人开始制动后的内，平均速度大小，最后的内平均速度的大小，若视机器人制动后做匀减速直线运动，则在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．机器人的加速度大小为B．机器人的初速度大小为
C．机器人运动的时间为1.25sD．机器人通过的距离为3.125m
【答案】CD
【详解】A．机器人通过最后的所用的时间
中间时刻的速度
求得
故A错误；
B．机器人通过开始的所用的时间
中间时刻的速度
求得
B错误；
CD．对全程有
则有
故CD正确；
故选CD。
【例2-2】．（2024·河北·模拟预测）一质量为m的无人机，在其动力系统提供的恒力作用下，由静止开始竖直向上运动，经t时间后关闭动力系统，再经3t时间后无人机恰好返回起点。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．恒力的大小为
B．关闭动力系统时无人机的速度大小为
C．无人机上升的最大高度为
D．无人机返回起点时的速度大小为
【答案】BC
【详解】AB．设无人机加速过程的加速度大小为，根据题意有
解得
加速过程根据牛顿第二定律可得
解得恒力的大小为
关闭动力系统时无人机的速度大小为
故A错误，B正确；
C．无人机加速过程上升的高度为
关闭动力系统无人机继续上升的高度为
则无人机上升的最大高度为
故C正确；
D．根据
解得无人机返回起点时的速度大小为
故D错误。
故选BC。
【变式演练】
【变式2-1】冰壶比赛是北京冬奥会的比赛项目之一 ，运动员把冰壶沿水平冰面投出，冰壶仅在摩擦力作用下自由滑行，比赛过程中可在冰壶运动前方用毛刷来回擦扫冰面， 减少冰面的动摩擦因数以调节冰壶的滑行距离。某场比赛中，一运动员以v0的速度投掷冰壶，冰壶和冰面的动摩擦因数为μ，冰壶能在冰面上滑行s的距离，若在冰壶速度减为时开始持续擦扫冰面，则冰壶能再滑行的距离。冰壶的运动可视为直线运动，已知重力加速度为g，则擦扫后冰壶与冰面的动摩擦因数μ'为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【详解】未擦扫时，根据牛顿第二定律
根据速度位移关系
若在冰壶速度减为时开始持续擦扫冰面，减为之后，根据牛顿第二定律
根据速度位移关系
联立可解得
故选AC。
【变式2-2】一热气球悬停在距地面65m处（无人区），由于工作人员操作失误，热气球在很短时间内漏掉了一部分气体，被及时堵住后气球在竖直方向由静止开始向下做匀加速直线运动，30s后速度增加到3m/s，此时工作人员立即抛出一些压舱物，热气球开始做匀减速直线运动，又过了30s气球再次到达之前的高度。已知热气球漏掉一部分气体后的总质量为600kg，堵住后受到的浮力大小不变，热气球受到的阻力可以忽略不计，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小为
B．热气球堵住后受到的浮力大小为5940N
C．热气球距地面的最小距离为20m
D．抛出物的质量为23.3kg
【答案】ABD
【详解】A．热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小
故A正确；
B．根据牛顿运动定律有
解得
故B正确；
C．设抛出一些压舱物后，气球的加速度大小为，则气球回到原高度时有
把代入上式，解得
热气球开始减速到下降到最低点时，所用的时间为
可得热气球下降的最大高度为
所以热气球距地面的最小距离为
故C错误；
D．根据牛顿运动定律，有
解得
故D正确。
故选ABD。
题组03 动力学图像综合问题
【提分秘籍】
一．动力学图像
二.解图象问题时要做好“三看”
(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v­t、x­t、a­t、x­v2、v­x等)，还是动力学图象(F­t、F­x、P­t等)；
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；
(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
【典例剖析】
【例3-1】用水平拉力使水平桌面上的甲、乙两物体由静止开始沿直线运动，甲、乙两物体运动的加速度a与所受拉力F的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲物体的质量一定大于乙物体的质量
B．甲物体的质量可能等于乙物体的质量
C．甲物体与水平桌面间的动摩擦因数小于乙物体与水平桌面间的动摩擦因数
D．甲物体与水平桌面间的动摩擦因数大于乙物体与水平桌面间的动摩擦因数
【答案】D
【详解】AB．由牛顿第二定律可知
可得
结合图像可知
AB错误；
CD．由图像可知
可知
C错误，D正确；
故选D。
【例3-2】（2025高三上·河南新乡·期中）一物体静止在足够大的水平地面上，某时刻起在物体上作用一水平恒力，2s后撤去，物体在恒力F作用下的速度大小v随时间t的变化图像如图所示，已知物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．物体的质量为0.5kgB．恒力F对物体做的功为24J
C．物体沿地面减速的距离为4mD．物体沿地面运动的最大距离为6m
【答案】AD
【详解】A．速度时间图像斜率表示加速度、面积表示位移，图像可知物体在恒力F作用下的加速度大小
根据牛顿第二定律有
联立解得
选项A正确；
B．由图可知物体在恒力F作用下的运动的位移大小为
则恒力F对物体做的功为
选项B错误；
C．撤去恒力F后，物体沿地面减速的距离为，摩擦力为
全过程由动能定理得
联立以上解得
故C错误；
D．以上可知物体沿地面运动的最大距离为
故D正确。
故选 AD。
【变式演练】
【变式3-1】（2025高三上·福建·期中）如图甲所示，倾角为的光滑斜面上有一质量为的物体，物体始终受到沿斜面向上的变力的作用，物体的加速度随外力变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小，根据图乙中所提供的信息可知（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【详解】由牛顿第二定律
可得
由图像可知斜率为
解得
纵轴截距
解得
则
故选BD。
【变式3-2】（2025高三上·安徽六安·阶段练习）如图1所示，足够长质量的木板P静止在光滑的水平地面上，一个可视为质点的物块Q以初速度从左端滑上长木板P，P、Q的v-t图像如图2所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）

A．物块Q的质量为B．P、Q之间的动摩擦因数为0.4
C．长木板P的最小长度为3mD．2s内Q相对地面运动的位移为4m
【答案】BC
【详解】根据图像中斜率表示物体运动的加速度，可知P、Q在1s内共速前的加速度分别为
，
AB．分别对P、Q受力分析，设P、Q之间的滑动摩擦力大小为，物块Q的质量为，根据牛顿第二定律可得
，
代入题中数据解得
，
又因为滑动摩擦力
解得
故A错误，B正确；
C．图像与横轴围成的面积表示位移，长木板P对应的最小长度应是在时恰好到达长木板最右端，则长木板P的最小长度为
故C正确；
D．图像与横轴围成的面积表示位移，2s内Q相对地面运动的位移为
故D错误。故选BC。
【变式3-3】（2025高三上·河南·阶段练习）某风洞的示意图如图甲所示，风洞可以产生可控制的气流。在某次风洞实验中，将质量为2.5kg的物块置于出风口，打开气流控制开关，物块与风力作用的正对面积不变，所受风力大小（采用国际单位制，v为风速大小）。物块距出风口的高度为h，风速的平方与h的变化规律如图乙所示。取重力加速度大小。物块在上升6m的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．打开开关瞬间，物块的加速度大小为
B．物块一直处于超重状态
C．物块运动的时间小于
D．物块先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动
【答案】BC
【详解】A．依题意，打开开关瞬间，对物块根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
BD．根据题图可知，当风力与物块受到的重力大小相等时有
解得
故物块在上升6m的过程中，风力一直大于重力，物块做加速运动，一直处于超重状态，故B正确、D错误；
C．物块上升到距出风口6m时，受到的风力大小
根据牛顿第二定律有
解得
设物块以的加速度做匀加速直线运动，上升6m所需要的时间为t，则有
解得
因为物块实际的加速度大于，所以物块上升的时间小于，故C正确。
故选BC。
【变式3-4】．（2025高三上·江西·阶段练习）某一游客站在平台上挑战蹦极，从O点由静止开始跳下，运动到P位置时，游客身上的弹性绳刚好拉直，Q位置为运动的最低点，如图甲。若取向下为正方向，以O点为位移的起始点，该游客向下运动过程中的加速度随位移的关系图像如图乙所示，图中Q点对应位移为，和g均为已知量，弹性绳的弹力遵从胡克定律，弹力在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则游客在下落过程中（ ）
A．下落位移的时间为
B．下落过程中的最大速度为
C．在点时的加速度大小为
D．的关系为
【答案】CD
【详解】A．由图乙结合题意可得，游客下落过程做自由落体运动，在点时位移为，根据自由落体运动的规律有
解得故A错误；
B．由图乙可知，当位移为时，游客的速度最大，根据
可得
故图像的面积为有
联立得故B错误；
C．点是最低点，加速度最大，由图乙可得
解得故C正确；
D．在位移为时，有
根据牛顿第二定律，在点有
联立解得故D正确。故选CD。
【变式3-5】．（2025高三上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）如图甲所示，传送带与水平面的夹角为θ，在传送带中点无初速度地放置一木块（视为质点），木块的速度随时间变化的图像如图乙所示，v1、v2、t1、t2均已知，木块到达传送带底端的时间大于t2，重力加速度大小为g，则（ ）
A．传送带可能沿顺时针方向转动
B．木块与传送带间的动摩擦因数μ < tanθ
C．
D．传送带的长度L = v1t1 + （v2 + v1）（t2 − t1）
【答案】BC
【详解】A．若传送带沿顺时针方向转动，当mgsinθ > μmgcsθ时，木块将一直沿传送带向下做加速直线运动，当mgsinθ < μmgcsθ时，木块将先加速到与传送带速度相等再做匀速运动，两种情况的速度—时间图像均不符合题图乙，所以传送带一定沿逆时针方向转动，故A错误；
B．由题意可知，木块不能在传送带上保持相对静止，则mgsinθ > μmgcsθ，即μ < tanθ，故B正确；
C．由题图乙可知，0 ~ t1内有
t1 ~ t2内有
解得故C正确；
D．由题图乙可知，0 ~ t2内木块的位移大小
但木块运动时间大于t2，则传送带的长度故D错误。故选BC。
题组04 运动的合成与分解 抛体运动
【提分秘籍】
1．曲线运动：通过运动的独立性可知物体在分方向上时间相同，根据分方向的运动特点分别分析分方向的速度、位移等。
2．处理运动的合成与分解问题常用方法
将速度、合外力(加速度)分别正交分解，根据动力学知识分析各个分方向的运动情况，再根据需要将速度、合外力(加速度)、位移合成。
3．平抛运动常用的二级结论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻的速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)平抛运动速度的偏角θ的正切值是位移偏角α正切值的2倍，tan θ＝2tan α。
4.解决平抛运动临界问题的常用方法
(1)．根据题意画出运动过程示意图。
(2)．找到位移关系、速度关系的临界条件。
(3)．分别列出分方向的运动学方程，根据需要找到两方向上物理量关系。
(4)．将临界条件代入求解。
5．斜上抛运动从抛出点到最高点的运动的逆过程可视为从最高点做平抛运动。
6．斜上抛运动的轨迹相对于过最高点的竖直线对称，两对称点与最高点的时间差相等，两对称点的速度大小相等。研究斜抛运动问题时，可根据需要合理选取坐标系，将速度、加速度分别沿x轴、y轴正交分解，结合运动学公式求解。
【典例剖析】
【例4-1】（2025高三上·河南·阶段练习）某工地用悬臂式起重机起吊重物，如图所示。起重机的悬臂保持不动，可沿悬臂行走的天车使吊着的重物沿水平方向做匀速直线运动，竖直方向向上做加速度越来越小的加速运动，忽略空气阻力，则此过程中（ ）
A．重物的速度与竖直方向的夹角越来越小B．重物的加速度与竖直方向的夹角越来越小
C．吊索上的拉力越来越小D．吊索与竖直方向的夹角越来越小
【答案】AC
【详解】C．竖直方向的加速度越来越小，根据牛顿第二定律
解得
可知吊索上的拉力越来越小，故C正确；
B．加速度始终竖直向上，与竖直方向夹角始终为零，故B错误；
A．竖直方向的速度越来越大，水平速度不变，设合速度与竖直方向的夹角为，则有
可知重物的速度与竖直方向的夹角越来越小，故A正确；
D．由于水平方向做匀速直线运动，水平方向的力为零，只有竖直方向的力，故吊索始终竖直，故D错误。
故选AC。
【例4-2】（2024·湖南郴州·统考模拟预测）如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，系绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中（ ）
A．绳对球的拉力大小变小B．墙面对球的支持力变小
C．玩具小车做加速运动D．玩具小车做减速运动
【答案】D
【详解】CD．设绳与竖直方向的夹角为，如图所示
将球的速度分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为
因球匀速上滑过程中角将增大，所以将减小，故小车做减速运动，故D正确，C错误；
AB．球受三力作用处于平衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力大小T、墙对球的支持力大小N分别为
所以，随的增大，T、N均增大，故AB错误。
故选D。
【例4-3】将扁平的石子向水面快速抛出，石子会在水面上“一跳一跳”地飞向远方，俗称“打水漂”。某同学将一个小石子从距水面高度为处水平抛出，石子第一次接触水面时的速度方向与水面间的夹角为。不计空气阻力，重力加速度为，则石子从抛出到第一次触水的过程中，不能求出的物理量是（ ）
A．石子抛出时的速度大小B．石子触水时距抛出点的水平距离
C．石子抛出时重力的功率D．石子触水时的动能
【答案】D
【详解】A．从距水面高度为处水平抛出石子，由平抛运动的规律知，石子落到水面时的竖直分速度为
因
解得
A不符合题意；
B．石子在此过程中的水平位移为
其中
两式联立可得
B不符合题意；
C．石子抛出时初速度与重力垂直，重力的瞬时功率为零，C不符合题意；
D．因小石子质量未知，故石子触水时的动能无法求出，D符合题意。
故选D。
【例4-4】(多选)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD-A1B1C1D1，从顶点A沿不同方向水平抛出一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动。下列说法正确的是（ ）
A．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最大
B．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：
C．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点的小球运动时间最长
D．落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率均相同
【答案】ABD
【详解】AC．从顶点A沿不同方向水平抛出一小球，落点在A1B1C1D1内的小球，因其下落高度相同，而平抛运动在竖直方向做自由落体运动，则可得其下落时间
相同，而在A1B1C1D1内，其对角线A1C1最长，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，根据
可知，在相同时间内，水平位移越长，其抛出时的初速度越大，故A正确，C错误；
B．根据几何关系可知，落点在B1D1上的小球，当小球落在A1C1与B1D1的交点上时，小球做平抛运动的初速度最小，当落在B1点或D1点时，平抛运动的初速度最大，设正方体的边长为，则有
，
可得故B正确；
D．平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而落点在A1B1C1D1内的小球，其下落时间相同，则落到该平面任意位置时竖直方向的速度
相同，而重力的功率相同，故D正确。故选ABD。
【例4-5】(多选)如图所示，小球A以某一速度水平向右抛出的同时，小球B斜向左上方以速度抛出，与水平方向的夹角为。两球抛出后在同一竖直面内运动，且恰好在空中相碰。已知单独抛出小球B时，小球B到达的最高点恰好与小球A的抛出点处于同一水平线上，且小球B落地点位于小球A抛出点的正下方。不计空气阻力，重力加速度为，，，下列说法正确的是（ ）
A．小球A抛出的初速度大小等于B．小球A抛出的初速度大小等于
C．两球抛出点的水平距离为D．两球抛出点的水平距离为
【答案】BC
【详解】CD．小球B在水平、竖直方向的速度为
单独抛出小球B时，小球B在空中运动的时间为
两球抛出点的水平距离为故C正确，D错误；
AB．小球A抛出高度为
小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向上运动，有
解得小球A抛出的初速度大小等于
小球A、B在恰好在空中相碰，若此时小球B向下运动，有
解得小球A抛出的初速度大小等于
综上所述，小球A抛出的初速度大小等于或，故A错误，B正确。故选BC。
【变式演练】
【变式4-1】（2025高三上·宁夏石嘴山·期中）质量为0.2kg的物体在水平面上运动，它的两个正交分速度图像分别如图所示，由图可知（ ）
A．开始4s内物体的位移为
B．4s到6s末物体的加速度大小为
C．从开始至6s末物体一直做曲线运动
D．开始4s内物体做曲线运动，4s﹣6s内物体做直线运动
【答案】AD
【详解】A．根据v-t图像中图线与横轴所围面积表示位移可知开始4s内物体的分位移分别为
，
可得
故A正确；
B．根据v-t图像中图线斜率表示加速度，可知4s到6s末物体的分加速度大小为
，
可得
故B错误；
CD．开始时物体初速度方向沿x方向，加速度方向沿y方向，两者不在一条直线上，所以物体做曲线运动，4s末物体的速度方向与x方向夹角的正切值为
后2s内加速度方向与x方向夹角的正切值为
可知速度方向与加速度方向在同一条直线上，所以物体后2s内做直线运动。故C错误；D正确。
故选AD。
【变式4-2】（2025高三上·山东青岛·期中）如图为倾角为的斜坡，斜坡底端Q点正上方有M和N两点，甲战斗机以水平速度飞到M点时释放炸弹A，准确命中斜坡上的一点P，MP的连线垂直于坡面；乙战斗机以水平速度飞到N点时释放炸弹B，也准确命中斜坡上的同一点P，命中时速度方向恰好垂直于斜坡。已知炸弹在空中可视作做平抛运动。下列说法正确的是（ ）
A．炸弹A、B在空中的飞行时间之比为
B．重力对炸弹A、B做功之比为2：1
C．任意相同时间内，炸弹A、B在空中的速度变化量之比为1：1
D．
【答案】ABC
【详解】A．设从N点释放的导弹落在P点所用的时间为，对于从M点释放的导弹落，其竖直位移与水平位移相等，则根据平抛运动的规律有
又
联立解得
，
故A正确；
B．两导弹下落高度之比为
由
可知，重力做功之比为2∶1，故B正确；
C．对于甲乙释放的导弹，在任意相同时间内速度变化量
可知两导弹在任意相同时间内速度变化量相同，其比值为，故C正确；
D．由A选项的解析可知
故D错误。故选ABC。
【变式4-3】（2025高三上·河南驻马店·期中）军事演练期间，某战士为炸毁敌方的工事，从距水平地面高处的点斜向上抛出一手雷（视为质点），如图所示，手雷的初速度方向与水平方向的夹角，手雷落点为水平地面上的点，、两点间的水平距离，取重力加速度大小，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．手雷在空中运动的时间为B．手雷在空中运动的时间为
C．手雷的初速度大小为D．手雷的初速度大小为
【答案】BD
【详解】手雷抛出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，从抛出到落地过程，水平方向和竖直方向分别有
两式联立，求得
故选BD。
【变式4-4】(多选)如图甲为2022年北京冬奥会的跳台滑雪场地“雪如意”，其主体建筑设计灵感来自于中国传统饰物“如意”。其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型，斜坡可视为倾角为θ的斜面，运动员（可视为质点）从跳台a处以速度v沿水平方向向左飞出，落到足够长斜坡上，落地瞬时速度方向与水平方向的夹角为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍
B．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的2倍
C．若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的倍
D．若运动员的初速度变小，运动员落在斜坡上时角不变，且
【答案】AD
【详解】A．根据平抛运动的规律，水平方向有
竖直方向有
根据几何关系有
联立解得
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中运动的时间增大为原来的2倍，故A正确；
B．运动员落地的位移
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员从飞出到落地的位移增大为原来的4倍，故B错误；
C．将初速与重力加速度分别沿垂直斜面方向和平行于斜面方向分解，可得垂直斜面方向的分速度为
垂直斜面方向的加速度为
运动员在垂直斜面方向做匀变速直线运动，当离坡面距离最大时，垂直坡面的速度减小为0，则有
可知，若初速度v增大为原来的2倍，则运动员在空中离坡面的最大距离为原来的4倍，故C错误；
D．只要运动员落在斜坡上，其位移的偏向角就不变，而根据平抛运动的推论，速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，因此一定有，故D正确。
故选AD。
【变式4-5】（2025高三上·重庆·阶段练习）巴蜀中学高中女篮勇夺2024年中国高中篮球联赛西区冠军，在篮球比赛中某同学以斜向上的速度将篮球抛出，与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图所示。若此次投篮中，篮球的初速度大小为，与竖直方向夹角为，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方然后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知脱手点与撞击点的竖直距离为H，撞击点与篮筐的竖直距离为h，忽略空气阻力，不计篮球与篮板碰撞的时间，则（ ）
A．篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量守恒
B．篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为
C．篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为
D．篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足
【答案】BC
【详解】A．从脱手到与篮板碰撞前篮球水平方向的动量向右，与篮板碰撞后篮球水平方向的动量向左，所以篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向不动量守恒，故A错误；
B．篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方，从脱手到与篮板碰撞前，篮球水平方向做匀速直线运动，则篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为
故B正确；
C．篮球从脱手到篮板碰撞前过程，竖直方向根据逆向思维有
解得
与篮板碰撞后到进入篮筐过程，竖直方向有
解得
则篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为
故C正确；
D．由篮球的运动轨迹可知，篮球与篮板碰撞后的水平速度小于碰撞前的水平速度，则篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足故D错误。故选BC。
题组05 圆周运动的分析与计算
【提分秘籍】
1.基本思路
(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．
(2)列出正确的动力学方程F＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝mωv＝mreq \f(4π2,T2).
2.技巧方法
竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．
3.圆周运动问题的求解步骤
(1)审清题意，确定研究对象，明确物体做圆周运动的平面。
(2)分析清楚物体的受力情况，找清楚是哪些力充当向心力。
(3)分析清楚物体的运动状态，如线速度、角速度、周期、轨迹半径等。
(4)根据牛顿第二定律列方程求解。
4．圆周运动的一些典型模型的处理方法
【典例剖析】
【例5-1】如图所示，矩形框MNQP竖直放置，其中MP、PQ足够长，且MP杆粗糙、MN杆光滑，轻弹簧一端连接一个穿过MN杆、质量为m的小球a，另一端连接另一个穿过MP杆、质量也为m的小球b。已知框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球b在MP杆的位置不变，且ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时（ ）
A．小球a的高度更低B．弹簧弹力的大小相等
C．小球b所受杆的摩擦力更大D．小球b所受合外力更大
【答案】BD
【详解】AB．对小球a受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，小球在竖直方向有
而
可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球a的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；
CD．以ω匀速转动时，根据题意无法判断小球b所受摩擦力的方向，所以无法判断摩擦力的变化，对小球b，有
r不变，角速度变大，则合外力变大，C错误，D正确。
故选BD。
【例5-2】（2025高三上·北京西城·期中）如图，半径为的圆形光滑轨道置于竖直平面内，一金属小环套在轨道上可以自由滑动，已知重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A．要使小环做完整的圆周运动，小环在最低点的速度应大于
B．要使小环做完整的圆周运动，小环在最低点的加速度应大于
C．如果小环在最高点时速度大于，则小环受到的弹力方向指向圆形轨道的圆心
D．小环运动到最低点时对轨道压力一定大于重力
【答案】BCD
【详解】AB．要使小环做完整的圆周运动，小圆环在最高点的速度的最小值恰好为零，设此时最低点速度为v，根据机械能守恒定律，有
解得
此时，在最低点的加速度为
因此做完整的圆周运动，最低点的加速度应大于4g，故A错误，B正确；
C．在最高点，当重力恰好提供向心力时，有
解得
若速度大于，小环有离心趋势，小环受到的弹力方向指向圆形轨道的圆心，故C正确；
D．根据牛顿第二定律，则有
可知：环在最低点时对轨道压力一定大于重力，故D正确。
故选BCD。
【例5-3】（2025高三上·湖南·阶段练习）如图甲、乙所示，分别用长度均为的轻质细绳和轻质细杆的一端拴质量均为的小球A、B，另一端分别固定在O、点，现让A、B两小球分别绕O、点在竖直平面内做圆周运动，小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．A球做圆周运动到最高点的最小速度为
B．B球做圆周运动到最高点的最小速度为
C．某次A、B两球运动到最高点对绳、杆的作用力大小均为，则此时A、B两球经过最高点时的速度大小一定相等
D．A球在最低点和最高点受到绳的拉力差值大小为
【答案】AD
【详解】A．A球与细绳相连，则恰好能到最高点时有
解得
故A正确；
B．B球与杆相连，则恰好能到最高点的速度大小为0，故B错误；
C．某次A、B两球运动到最高点对绳、杆的作用力大小均为，若都为拉力，则
可知，此时A、B两球经过最高点时的速度大小一定相等；
若杆的作用力为支持力，则
此时两球经过最高点的速度大小不相等，故C错误；
D．设A球在最低点受到绳的拉力为，则
最高点受到绳的拉力为，则
A球从最低点到最高点，根据动能定理有
差值大小为
N
故D正确；故选AD。
【变式演练】
【变式5-1】（2025·四川泸州·一模）如图所示，水平地面上有一个可以绕竖直轴匀速转动的圆锥筒，筒壁与水平面的夹角为，内壁有一个可视为质点的物块始终随圆锥筒一起做匀速圆周运动，物块受到的最大静摩擦力是正压力的0.6倍。当物块做圆周运动的半径为r，受到的摩擦力恰好为零时，角速度为。忽略空气阻力，取。则下列说法中正确的是（ ）
A．当r越大，则越大
B．当r越大，则越小
C．当时，最大角速度
D．当时，最大角速度
【答案】BC
【详解】AB．对物块受力分析，当摩擦力为零时，如图所示
根据牛顿第二定律，可得
可知当r越大，则越小。故A错误；B正确；
CD．当r为定值时，静摩擦力沿筒壁向下取最大静摩擦时，具有最大角速度，受力分析如图所示
由牛顿第二定律，可得
，
又
联立，解得
故C正确；D错误。
故选BC。
【变式5-2】．（2025高三上·广东广州·阶段练习）如图所示，不可伸长的轻绳穿过一竖直固定的光滑细管，其两端系有小球A、B，B的质量是A的两倍。当球A绕中心轴匀速转动时，A球到上管口的绳长为L，不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．A球相连的绳与水平方向上夹角为60°
B．A球运动的周期
C．若A球的角速度增为原来的倍，稳定后B球相对于原来的位置降低了0.5L
D．若B球的质量增为原来的2倍，稳定后A球相连的绳与水平方向上夹角为
【答案】BCD
【详解】AB．设绳的拉力T1，A球相连的绳与水平方向上夹角为α，对A球受力分析可知
其中
T1=2mg
可得A球相连的绳与水平方向上夹角为
α=30°
A球运动的周期
选项A错误，B正确；
C．若A球的角速度增为原来的倍，则设稳定后与A球到上管口的绳长为L1，A球相连的绳与水平方向上夹角β，则
其中

T2=2mg
解得
β=30°
稳定后B球相对于原来的位置降低了0.5L，选项C正确；
D．若B球的质量增为原来的2倍，稳定后对A球分析则
T3=4mg
可得与A球相连的绳与水平方向上夹角为
选项D正确。
故选BCD。
【变式5-3】．（2025高三上·湖北·阶段练习）如图甲所示，轻绳一端与一小球相连，另一端固定在点。现使小球在最低点时获得一初速度，随后小球在竖直平面内做圆周运动，小球到达某一位置时开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度随时间的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．、时刻小球分别通过最高点、最低点
B．时刻轻绳中的弹力最大，时刻轻绳中的弹力为零
C．图乙中的阴影部分面积等于阴影部分面积
D．在小球做一次完整圆周运动的过程中，轻绳中弹力可能两次为零
【答案】AC
【详解】A．t1时刻水平方向速度向右，比t3时刻速度小，说明t1时刻在最高点，t3时刻水平速度向左且最大，则在最低点，故A正确；
B．时刻小球在最低点，则轻绳中的弹力最大，时刻水平速度为零，轻绳在水平位置，此时轻绳中的弹力不为零，选项B错误；
C．由题意可知，图中两块阴影面积分别表示从最低点经过四分之一圆周到水平位置，然后再经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知图乙中的阴影部分面积等于阴影部分面积，选项C正确；
D．在小球做一次完整圆周运动的过程中，轻绳中弹力不可能两次为零，只有在最高点时轻绳的弹力可能为零，若不在最高点时轻绳的弹力为零，则从该位置向上运动时速度会减小，则轻绳将不再伸直，小球将脱离圆轨道，则选项D错误。
故选AC。
【变式5-3】．(多选)如图甲所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．当地的重力加速度大小为B．小球的质量为R
C．v2=c时，杆对小球弹力方向向下D．若c=2b，则杆对小球弹力大小为2a
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，当时，对小球在最高点由牛顿第二定律得
可得当地的重力加速度大小为
故A错误；
B．当时，在最高点有
可得小球的质量
故B正确；
C．当时，在最高点对小球由牛顿第二定律得
可得
则杆对小球弹力方向向下，故C正确；
D．在最高点对小球由牛顿第二定律得
解得
则杆对小球的弹力大小为，故D错误。
故选BC。
题组06 万有引力定律及其应用
【提分秘籍】
1.考虑星球自转时星球表面上的物体所受重力为万有引力的分力；忽略自转时重力等于万有引力．
2.一定要区分研究对象是做环绕运动的天体，还是在星球表面上随星球一块自转的物体．做环绕运动的天体受到的万有引力全部提供向心力，星球表面上的物体受到的万有引力只有很少一部分用来提供向心力．
3.估算中心天体质量和密度的两条思路和三个误区
(1)两条思路
①利用天体表面的重力加速度和天体半径估算
由Geq \f(Mm,R2)＝mg天体得M＝eq \f(g天体R2,G)，再由ρ＝eq \f(M,V)，V＝eq \f(4,3)πR3得ρ＝eq \f(3g天体,4GπR)。
②已知天体做匀速圆周运动的轨道半径和周期，由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r得M＝eq \f(4π2r3,GT2)，再结合ρ＝eq \f(M,V)，V＝eq \f(4,3)πR3得ρ＝eq \f(3πr3,GT2R3)，在中心天体表面做匀速圆周运动时，r＝R，则ρ＝eq \f(3π,GT2)。
(2)三个常见误区
①天体质量和密度的估算是指中心天体的质量和密度的估算，而非环绕天体的。
②注意区分轨道半径r和中心天体的半径R。
③在考虑自转问题时，只有两极才有eq \f(GMm,R2)＝mg天体。
4.环绕天体绕中心天体做圆周运动的规律
(1)一种模型：无论是自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看做质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动，万有引力提供其做圆周运动的向心力。
(2)两条思路
①万有引力提供向心力，即eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝mr·(eq \f(2π,T))2＝ma；
②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即eq \f(GMm,R2)＝mg天体。
(3)三点提醒
①a、v、ω、T、r只要一个量发生变化，其他量也发生变化；
②a、v、ω、T与环绕天体的质量无关；
③对于人造地球卫星，当r＝R地时，v＝7.9 km/s为第一宇宙速度。
(4)四点注意
①同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期。
②所有同步卫星都在赤道上空相同的高度上。
③注意同步卫星与地球赤道上物体的区别与联系。
④区别轨道半径与距天体表面的高度。
5.航天器（卫星）变轨应注意的五个问题
(1)若卫星由高轨道变轨到低轨道，即轨道半径(半长轴)减小时，需要在高轨道变轨处减速；反之，若卫星由低轨道变轨到高轨道，即轨道半径(半长轴)增大时，需要在低轨道变轨处加速。
(2)卫星变轨时速度的变化情况，可根据轨道半径(半长轴)的变化情况判断；稳定的新轨道上运行速度的变化情况可由开普勒第二定律判断。
(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径(半长轴)越大，机械能越大。
(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等。外轨道的速度大于内轨道的速度。
(5)同一中心天体的不同圆轨道或椭圆轨道的周期均满足开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k。
6.双星与多星问题
(1).核心问题是“谁”提供向心力的问题．
(2).“双星问题”的隐含条件是两者的向心力相同、周期相同、角速度相同；双星中轨道半径与质量成反比；
(3).多星问题中，每颗行星做圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力的合力提供，即F合＝meq \f(v2,r)，以此列向心力方程进行求解．
【典例剖析】
【例6-1】宇宙空间存在两颗质量分布均匀的形状规则的未知星球，分别发射绕其表面运行的卫星，发现两个星球的近地卫星周期相等，同学们据此做出如下判断，则正确的是（ ）
A．这两个未知星球的体积一定相等
B．这两个未知星球的密度一定不相等
C．这两个未知星球的质量与其半径二次方的比值相等
D．这两个未知星球的半径若不相等，则其表面的重力加速度一定不相等
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律有解得
则星球的体积为
由于这两个未知星球的质量未知，星球的体积不一定相等，故A错误；
B．星球的密度为
可知这两个未知星球的密度一定相等，故B错误；
C．根据牛顿第二定律有解得
这两个未知星球的质量与其半径三次方的比值相等，故C错误；
D．星球表面重力和万有引力近似相等，根据牛顿第二定律有
解得可知这两个未知星球的半径若不相等，则其表面的重力加速度一定不相等，故D正确。故选D。
【例6-2】设想将来发射一颗人造行星，能在地球绕太阳运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道。该行星与地球相比，一定相同的物理量是（ ）
A．线速度B．环绕周期C．向心力D．动能
【答案】B
【详解】A．行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，有
得
该行星与地球绕太阳运行轨道相同，所以线速度大小相同，但方向不同，所以线速度不同，故A错误；
B．根据
得
该行星与地球绕太阳运行轨道相同，所以环绕周期一定相同，故B正确；
C．万有引力充当向心力
该行星与地球质量不一定相等，所以向心力不一定相等，故C错误；
D．根据
得
该行星与地球质量不一定相等，所以动能不一定相等，故D错误。
故选B。
【例6-3】如图所示为“天问一号”探测器围绕火星多次变轨的简化图景。轨道I、III为椭圆，轨道II为圆，O点是这三个轨道的相切点，O、Q分别是远火星点和近火星点，O、P、Q三点连线经过火星中心，已知火星的半径为R，，探测器在轨道II上经过O点时的速度为v。下列说法正确的是（ ）
A．在多次变轨过程中，探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面积都相等
B．探测器在轨道II上运动时，经过O点的加速度等于
C．探测器在轨道I上运动时，经过O点的速度小于v
D．探测器在轨道II和III上运动的周期之比是
【答案】B
【详解】A．根据开普勒第二定律，在同一轨道上探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面积都相等，在不同轨道上，不具备上述关系，故在多次变轨过程中，探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面积不相等，故A错误；
B．根据几何关系，探测器在轨道II上运动时的轨道半径为
根据牛顿第二定律
经过O点的加速度等于
故B正确；
C．根据变轨原理，探测器在轨道II上需点火加速变轨到轨道I上，故探测器在轨道I上运动时，经过O点的速度大于v，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
探测器在轨道II和III上运动的周期之比是
故D错误。
故选B。
【例6-4】如图所示，忽略其他星球的影响，可以将A星球和B星球看成“双星系统”。已知A星球的公转周期为T，A星球和B星球之间的距离为L，B星球表面重力加速度为g、半径为R，引力常量为G，不考虑星球的自转。则（ ）
A．A星球和B星球的动量大小相等
B．A星球和B星球的加速度大小相等
C．A星球和B星球的质量之和为
D．A星球的质量为
【答案】A
【详解】A．双星角速度和周期相同，根据
得
二者动量大小相等，故A正确；
BC．根据
得
，
可知，
根据
得
，
则
故BC错误；
D．由题意
则A星球的质量为
故D错误。故选A。
【变式演练】
【变式6-1】（2025高三上·内蒙古赤峰·期中）2024年4月25日20时59分神舟十八号飞船在酒泉卫星发射中心发射，随后飞船进入离地面高度约为的圆轨道，伺机与中国空间站对接。已知中国空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道离地面高度约为，则在对接前（ ）
A．神舟十八号飞船比中国空间站的速度大
B．神舟十八号飞船比中国空间站的周期长
C．神舟十八号飞船比中国空间站的角速度大
D．神舟十八号飞船比中国空间站的加速度大
【答案】ACD
【详解】A．根据万有引力提供向心力
解得
，，，
轨道半径越大，线速度越小，故A正确；
B．轨道半径越大，周期越大，故B错误；
C．轨道半径越大，角速度越小，故C正确；
D．轨道半径越大，加速度越小，故D正确。
故选ACD。
【变式6-2】．（2025高三上·安徽·期中）A、B两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，绕行方向相同，如图所示，他们的轨道高度分别为R、3R，已知地球的半径为R，A卫星的转动周期为T0。不计其他天体对卫星的影响，不计A、B之间的引力，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B两颗卫星的线速度之比
B．A、B两颗卫星的角速度之比
C．A、B两颗卫星的加速度之比
D．A、B两颗卫星相邻两次间距最小的时间为
【答案】BD
【详解】ABC．A、B两颗卫星做匀速圆周运动的轨道半径分别为
设中心天体的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r，由万有引力提供向心力得
分别求得
所以，A、B两颗卫星的线速度之比、角速度之比和加速度之比分别为
故A、C错误，B正确；
D．A、B两颗卫星的周期之比为
即B卫星的周期为
设A、B两颗卫星相邻两次间距最小的时间为t，则t须满足
其中
联立，得
故D正确。
故选BD。
【变式6-3】．（2025高三上·湖南·阶段练习）2024年6月2日，嫦娥六号成功着陆月球背面。嫦娥六号发射后经过轨道转移被月球俘获，通过变轨进入圆形环月轨道Ⅰ，如图所示，在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在B点变轨进入近月圆形轨道Ⅲ，已知嫦娥六号在轨道Ⅰ上的线速度、加速度、运行周期、机械能分别为，在轨道Ⅱ上的B点的线速度、A点的加速度、运行周期、机械能分别为，在轨道Ⅲ上的线速度、加速度、运行周期、机械能分别为，则下列关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【详解】A．根据万有引力提供向心力有
解得
可知
嫦娥六号在B处变轨时由匀速圆周运动变为向心运动，所以应该减速，则
故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有
解得
可知
故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知
故C正确；
D．嫦娥六号在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在B点变轨进入近月圆形轨道Ⅲ的过程中，外力对其做负功，机械能减小，则有
故D正确；故选CD。
【变式6-4】．（2025高三上·四川宜宾·专题练习）地球可视为质量分布均匀的球体，其半径为R，由于自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同。已知地球表面赤道处的重力加速度大小为，两极处的重力加速度大小为，万有引力常量为G，则（ ）
A．B．地球的质量为
C．地球的自转周期为D．地球表面各处的重力加速度方向均指向地心
【答案】AC
【详解】ABC．设地球质量为，地球的自转周期为，质量为的物体在地球表面赤道处有
质量为的物体在两极处有
可得
，，
故AC正确，B错误；
D．地球表面各处的重力加速度方向总是竖直向下，除了赤道和两极处，其他位置的重力加速度方向并不指向地心，故D错误。
故选AC。
【变式6-5】．（2024·河北石家庄·模拟预测）如图所示，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为，运动周期为；Ⅱ为地球的近地卫星，运动周期为。下列说法正确的是（ ）
A．卫星Ⅰ运动的线速度大于卫星Ⅱ的线速度
B．卫星Ⅰ运动的角速度小于卫星Ⅱ的角速度
C．
D．
【答案】BC
【详解】AB．由万有引力提供向心力
可得卫星绕地球做圆周运动的线速度和角速度大小为
，
因为卫星Ⅰ运动的轨道半径大于卫星Ⅱ的轨道半径，所以卫星Ⅰ运动的线速度小于卫星Ⅱ的线速度，卫星Ⅰ运动的角速度小于卫星Ⅱ的角速度，故A错误，B正确；
CD．由几何关系可知，卫星Ⅰ运动的轨道半径与卫星Ⅱ的轨道半径关系为
由开普勒第三定律可知
化简可得
故C正确，D错误。
故选BC。
【变式6-6】．（2024·陕西西安·一模）如图所示，天文台每隔2h拍摄太阳系内某行星及其一颗卫星的照片。某同学取向左为正方向，在图中照片上用刻度尺测得行星球心与卫星之间的距离L随时间变化的关系如表所示。已知该卫星围绕行星做匀速圆周运动，在图中照片上测得行星的直径为2cm，10h时为L大小的最大值，万有引力常量为。则（ ）
A．该卫星围绕行星运动的周期为
B．该行星的近地卫星的环绕周期
C．该行星的平均密度约为
D．该行星到太阳的距离一定大于地球到太阳的距离
【答案】BC
【详解】AD．由题意可知，24h卫星和行星之间的距离和0h时相反，转过半个周期，卫星绕行星做匀速圆周运动的周期为
h
这是卫星绕行星的周期而非行星绕太阳运动得周期，无法比较该行星到太阳的距离一定与地球到太阳的距离的关系，故AD错误；
B．由题意可知，卫星绕行星做匀速圆周运动的周期为
照片上行星的半径为
cm
照片上的轨道半径
cm
由开普勒第三定律可知
解得该行星的近地卫星的环绕周期为
h
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力
行星体积为
通过甲图可知卫星在甲图中做圆周运动的半径是10cm，即卫星的轨道半径是行星半径的十倍，即
行星密度为
联立解得
故C正确。
故选BC。
一、单选题
1．（2024·海南·高考真题）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据
可得
则加速度
故选C。
2．（2024·山东·高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为。为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有
木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有
当木板长度为时，有
又
，
联立解得
故选A。
3．（2024·贵州·高考真题）如图（a），一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得
根据平衡条件得
解得
根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为
故选D。
4．（2024·广东·高考真题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为，根据胡克定律有
插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力
对卷轴有
联立解得
故选A。
5．（2024·广西·高考真题）工人卸货时常利用斜面将重物从高处滑下。如图，三个完全相同的货箱正沿着表面均匀的长直木板下滑，货箱各表面材质和粗糙程度均相同。若1、2、3号货箱与直木板间摩擦力的大小分别为、和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】根据滑动摩擦力的公式
可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关，只与接触面的粗糙程度和压力大小有关，由题可知三个货箱各表面材质和祖糙程度均相同，压力大小也相同，故摩擦力相同，即
故选D。
6．（2024·河北·高考真题）如图，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为．若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取,挡板对球体支持力的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力与力FN与竖直方向的夹角均为，因此由正交分解方程可得
，
解得
故选A。
7．（2024·山东·高考真题）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据题意可知机器人“天工”它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”分析有
可得
故选B。
8．（2024·湖北·高考真题）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（ ）
A．B．C．2fD．3f
【答案】B
【详解】根据题意对S受力分析如图
正交分解可知
所以有
对P受力分析如图
则有
解得
故选B。
9．（2024·辽宁·高考真题）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，（ ）
A．砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B．桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D．桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【详解】A．当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；
C．由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D．桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。
故选C。
10．（2024·贵州·高考真题）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（ ）
A．f一直大于GB．f一直小于G
C．f先小于G，后大于GD．f先大于G，后小于G
【答案】C
【详解】由图可知相等时间内铁质小圆盘的位移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加速度先正后负，根据牛顿第二定律
可知f先小于G，后大于G。
故选C。
11．（2024·海南·高考真题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速，返回舱速度大大减小，在减速过程中（ ）
A．返回舱处于超重状态B．返回舱处于失重状态
C．主伞的拉力不做功D．重力对返回舱做负功
【答案】A
【详解】AB．返回舱在减速过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确，B错误；
C．主伞的拉力与返回舱运动方向相反，对返回舱做负功，故C错误；
D．返回舱的重力与返回舱运动方向相同，重力对返回舱做正功，故D错误。
故选A。
12．（2024·安徽·高考真题）倾角为的传送带以恒定速率顺时针转动。时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ）
B．
C．D．
【答案】C
【详解】时间内：物体轻放在传送带上，做加速运动。受力分析可知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。
之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线运动。
C正确，ABD错误。
故选C。
13．（2024·广东·高考真题）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其图像或图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】AB．在木块下落高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即
当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块的合力
到合力为零前，随着增大减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点,之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着减小增大，反弹过程，随着y减小，图像向x轴负方向原路返回，故A错误、B正确；
CD．在木块下落高度之前，木块做自由落体运动，根据
速度逐渐增大， 图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律
木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中
木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以图斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，而C图中H点过后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置速度到达最大，然后速度逐渐减为零；D图前半段速度不变，不符合题意，正确示意图如下
故CD错误。
故选B。
14．（2024·宁夏四川·高考真题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到图像。重力加速度大小为g。在下列图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设P的质量为，P与桌面的动摩擦力为；以P为对象，根据牛顿第二定律可得
以盘和砝码为对象，根据牛顿第二定律可得
联立可得
可知，a-m不是线性关系，排除AC选项,可知当砝码的重力小于物块P最大静摩擦力时，物块和砝码静止，加速度为0，当砝码重力大于时，才有一定的加速度，当趋于无穷大时，加速度趋近等于。
故选D。
15．（2024·海南·高考真题）在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取，则两平台的高度差h为（ ）
A．0.5mB．5mC．10mD．20m
【答案】B
【详解】车做平抛运动，设运动时间为，竖直方向
水平方向
其中
、
解得
故选B。
16．（2024·江苏·高考真题）如图所示是生产陶瓷的工作台，台面上掉有陶屑，与工作台一起绕OO'匀速转动，陶屑与桌面间的动摩因数处处相同（台面够大）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）

A．越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B．越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C．陶屑只能分布在工作台边缘
D．陶屑只能分布在某一半径的圆内
【答案】D
【详解】ABC．与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得
解得
因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑。故ABC错误；
D．离轴最远的陶屑其受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由前述分析可知最大的运动半径为
μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，即陶屑只能分布在半径为R的圆内。故D正确。
故选D。
17．（2024·湖北·高考真题）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（ ）
A．荷叶aB．荷叶bC．荷叶cD．荷叶d
【答案】C
【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
可得
因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。
故选C。
18．（2024·新疆河南·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A．0.25倍B．0.5倍C．2倍D．4倍
【答案】C
【详解】动能表达式为
由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据
可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。
故选C。
19．（2024·江苏·高考真题）喷泉a、b出射点高度相同，形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的（ ）
A．加速度相同
B．初速度相同
C．最高点的速度相同
D．在空中的时间相同
【答案】A
【详解】A．不计空气阻力，在喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A正确；
D．设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为，水平方向速度为，竖直方向，根据对称性可知在空中运动的时间
可知
D错误；
BC．最高点的速度等于水平方向的分速度
由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速度的大小，BC错误；
故选A。
20．（2024·海南·高考真题）嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量为G，则月球的平均密度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设月球半径为，质量为，对嫦娥六号，根据万有引力提供向心力
月球的体积
月球的平均密度
联立可得
故选D。
21．（2024·重庆·高考真题）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（ ）
A．减速阶段所受合外力为0B．悬停阶段不受力
C．自由下落阶段机械能守恒D．自由下落阶段加速度大小g = 9.8m/s2
【答案】C
【详解】A．组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；
B．组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误；
C．组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确；
D．月球表面重力加速度不为9.8m/s2，故D错误。
故选C。
22．（2024·浙江·高考真题）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R1，小行星乙的近日点到太阳的距离为R2，则（ ）
A．小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度
B．小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度
C．小行星甲与乙的运行周期之比
D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比=
【答案】D
【详解】A．根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度小于近日点的速度，故A错误；
B．根据
小行星乙在远日点的加速度等于地球公转加速度，故B错误；
C．根据开普勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比
故C错误；
D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比即为周期之比
≈
故D正确。
故选D。
二、多选题
23．（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
24．（2024·江西·高考真题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为，末速度v沿x轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度和竖直方向分速度与时间t的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即为定值，则有水平位移
故A正确，C错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
，
且最高点时竖直方向的速度为0，故B错误，D正确。
故选AD。
25．（2024·河北·高考真题）2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0 × 103km，远月点B距月心约为1.8 × 104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（ ）
A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h
B．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1
C．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线
D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s
【答案】BD
【详解】A．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误；
B．鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有
同理在B点有
带入题中数据联立解得
aA：aB = 81：1
故B正确；
C．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；
D．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正确。
故选BD。
26．（2024·宁夏四川·高考真题）蹦床运动中，体重为的运动员在时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A．时，运动员的重力势能最大
B．时，运动员的速度大小为
C．时，运动员恰好运动到最大高度处
D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．根据牛顿第三定律结合题图可知时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从离开蹦床到再次落到蹦床上经历的时间为，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s，则在时，运动员恰好运动到最大高度处，时运动员的速度大小
故B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为，以竖直向上为正方向，根据动量定理
其中
代入数据可得
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为，故D正确。
故选BD。
27．（2024·辽宁·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知到的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（ ）
A．小物块在时刻滑上木板B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4D．之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】ABD
【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．结合图像可知时刻，木板的速度为
设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为
，负号表示方向水平向左
物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
28．（2024·安徽·高考真题）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．时，物块的y坐标值为2.5m
C．时，物块的加速度大小为
D．时，物块的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得，，故两力的合力为
物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；
B．在y轴方向的加速度为
故时，物块的y坐标值为
故B正确；
C．时，，故此时加速度大小为
故C错误；
D．对x轴正方向，对物块根据动量定理
由于F与时间t成线性关系故可得
解得
此时y轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D正确。
故选BD。
29．（2024·山东·高考真题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动时间为
B．落地速度与水平方向夹角为60°
C．重物离PQ连线的最远距离为10m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【详解】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有
，
将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有
，
垂直方向根据对称性可得重物运动时间为
重物离PQ连线的最远距离为
故AC错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为
则落地速度与水平方向夹角正切值为
可得
故B正确；
D．从抛出到最高点所用时间为
则从最高点到落地所用时间为
轨迹最高点与落点的高度差为
故D正确。
故选BD。
30．（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（ ）
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW
【答案】AC
【详解】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
故A正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度
故B错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D错误。
故选AC。
F－t图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量
F－x图像
思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解
思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功
a－F图像
根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F关系
例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝eq \f(F,m)－μg，斜率为eq \f(1,m)，截距为－μg
时刻/h
0
2
4
6
8
10
12
14
24
L/cm
2.59
5
7.07
8.66
9.66
10
9.66
8.66