文档文本内容
专题 16 力学计算
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
命题展现出情境多元融合、知识纵横
考点1 匀变速
2025 交织、能力考查深化的趋势。在情境创设
直线运动
上，紧密联系生活实际与前沿科技，如以
体育赛事里运动员的跳跃、投掷动作，引
考点2 牛顿运
2021
导考生从日常运动场景提炼动力学与能量
动定律
模型；借助航天领域卫星的轨道变轨、探
考点3 曲线运 测器的软着陆过程等前沿实例，促使考生
2021、2022、2024
动 在复杂情境中抽象出圆周运动、天体力学
等模型。
考点4 万有引 知识考查层面，注重对牛顿运动定
2022、2023、2024
力 律、机械能守恒、动量守恒等核心知识的
深度挖掘与综合运用。一方面，常将牛顿
第二定律与运动学公式相结合，处理物体
在多力作用下的复杂运动，像分析汽车在
不同路况下的启动、制动过程；另一方
面，通过连接体、板块等模型，考查考生
对整体法与隔离法的运用，结合动能定
考点5 守恒定
2021、2023、2024、2025 理、能量守恒定律，分析系统内物体间的
律
能量转化与转移，如研究传送带运输货物
时的能量损耗。同时，动量守恒定律在碰
撞、反冲等问题中的考查愈发深入，常与
其他力学知识联合，全面考查考生对力学
知识体系的掌握程度。
考点01 匀变速直线运动
1．（2025·北京·高考）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物
体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空
气阻力。求：(1)该物体抛出时的初速度大小v ；
0
(2)炸裂后瞬间B的速度大小v ；
B
(3)A、B落地点之间的距离d。
【答案】(1)v =>¿
0
(2)v =2v
B
(3)d=3vt
【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0=v −>¿ 可得v =>¿
0 0
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为v ，由动量守恒定律得
B
0=2m⋅v+m⋅v 解得v =−2v 即大小为2v
B B
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移x =vt B的水平位移
A
x =v t=2vt 所以落地点A、B之间的距离d=|x |+|x |=vt+2vt=3vt
B B A B
2．（2025·北京·高考）关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机
受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该
位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a ，减速时最
1
大加速度大小为a 。求该位置距起点的距离d。
2
(3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，
方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力
大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
1
【答案】(1)W = mv2+fx
2
a L
(2)d= 2
a +a
1 2
(3)论证见解析，α=21 1
【详解】（1）根据动能定理W−fx= mv2 可得牵引力对飞机做的功W = mv2+fx
2 2
（2）加速过程，设起飞速度为v ，根据速度位移关系v2=2a d 减速过程，根据速度位移关系
m m 1
a L
v2=2a (L−d) 联立解得d= 2
m 2 a +a
1 2
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方
向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理F⋅Δt=Δp 可得
Δp
F= 又Δp=mΔv，m=ρSΔv⋅Δt 联立可得F=ρSΔv2 又Δv∝u 可知F∝u2 即α=2
Δt
考点02 牛顿运动定律
3．（2021·北京·高考）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f =kv（k
Δv
为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G−kv=m （①式）描述，其中m为物体质量，
Δt
G为其重力。求物体下落的最大速率v 。
m
（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现
电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I
随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I - t图线。
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
情境1 情境2
物体重力势能的减少量
物体动能的增加量
电阻R上消耗的电能G ΔI
v = E−RI=L
m k Δt
【答案】（1） ；（2）a. ，b. ；（3）见解析
G
【详解】（1）当物体下落速度达到最大速度v 时，加速度为零，有G=kv 得v =
m m m k
ΔI
（2）a.由闭合电路的欧姆定理有E−RI=L b.由自感规律可知，线圈产生的自感电动势阻碍电流，使它
Δt
逐渐变大，电路稳定后自感现象消失，I - t图线如答图2
（3）各种能量转化的规律如图所示
情境1 情境2
电源提供的电能
线圈磁场能的增加量
克服阻力做功消耗的机械能
考点03 曲线运动
4．（2024·北京·高考）如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的
高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h
远大于管口内径。求：
（1）水从管口到水面的运动时间t；
（2）水从管口排出时的速度大小v ；
0
（3）管口单位时间内流出水的体积Q。
√2ℎ √ g √ g
【答案】（1）❑ ；（2）d❑ ；（3）Sd❑
g 2ℎ 2ℎ
【来源】2024年高考北京卷物理真题1
【详解】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向ℎ = gt2 解得水从管口到水面的运动
2
√2ℎ
时间t=❑
g
√ g
（2）由平抛运动规律得，水平方向d=v t 解得水从管口排出时的速度大小v =d❑
0 0 2ℎ
√ g
（3）管口单位时间内流出水的体积Q=Sv =Sd❑
0 2ℎ
5．（2022·北京·高考）体育课上，甲同学在距离地面高ℎ =2.5m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，
1
大小为v =8.0m/s；乙同学在离地ℎ =0.7m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已
0 2
知排球质量m=0.3kg，取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】（1）x=4.8m；（2）v=10.0m/s，方向与水平方向夹角tanθ=0.75；（3）I=6.0N⋅s
1
【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则ℎ −ℎ = gt2 解得t=0.6s；则排球在空中飞行的水平距
1 2 2
离x=v t=4.8m
0
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小v =>¿ 得v =6.0m/s；根据v=❑√v2+v2得
y y 0 y
v=10.0m/s；设速度方向与水平方向夹角为θ（如答图所示）
v
则有tanθ= y =0.75
v
0
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0N⋅s
6．（2021·北京·高考）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以
水平速度v 与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两
0
物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v 的大小；
0
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
【答案】（1）0.30 s；（2）2.0m/s；（3）0.10 J
【来源】2021年北京普通高中学业水平等级性考试物理试卷（北京卷）
1
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由ℎ = gt2 得 t = 0.30 s
2
（2）设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s=vt 得v=1.0m/s 根据动量守恒定律，由
mv =2mv得v =2.0m/s
0 0
1 1
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE= mv2− ⋅2mv2 得ΔE=0.10J
2 0 2 ❑
考点04 万有引力
7．（2024·北京·高考）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体
等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测
点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r ，宇宙的密度为ρ 。
0 0
（1）求小星体P远离到2r 处时宇宙的密度ρ；
0
（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于
m m
O点对P的引力。已知质量为m 和m 、距离为R的两个质点间的引力势能E =−G 1 2，G为引力常量。
1 2 p R
仅考虑万有引力和P远离O点的径向运动。
a．求小星体P从r 处远离到2r 。处的过程中动能的变化量ΔE ；
0 0 k
b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v=Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。
H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。
1 2
【答案】（1）ρ= ρ ；（2）a．ΔE =− Gπρ mr2 ；b．H随t增大而减小
8 0 k 3 0 0
【详解】（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r 和2r 的球内
0 04 4 1
质量相同，即ρ ⋅ πr3=ρ⋅ π(2r ) 3 解得小星体P远离到2r 处时宇宙的密度ρ= ρ
0 3 0 3 0 0 8 0
4
（2）a．此球内的质量M=ρ ⋅ πr3 P从r 处远离到2r 处，由能量守恒定律得，动能的变化量
0 3 0 0 0
ΔE
k
=−G M
r
m − ( − G
2
M
r
m) =−
3
2 Gπρ
0
mr2
0
b．由a知星体的速度随r
0
增大而减小，星体到观测点距
0 0
离越大，运动时间t越长，由v=Hr知，H减小，故H随t增大而减小。
8．（2023·北京·高考）螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有
极少的恒星。球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运
动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G。
（1）求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
（2）根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相
似性和相关力学知识，求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
（3）科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v随r的变化关
系图像，如图所示，根据在r>R范围内的恒星速度大小几乎不变，科学家预言螺旋星系周围（r>R）存在
一种特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求r=nR内
暗物质的质量M′。
√GM √GM
【答案】（1）v=❑ ；（2）v=r❑ ；（3）M′=(n−1)M
r R3
Mm v2 √GM
【详解】（1）由万有引力定律和向心力公式有G =m 解得v=❑
r2 r r
M 4 Mr3
M = ⋅ πr3= M m v2
（2）在r≤R内部，星体质量 0 4
πR3
3 R3 由万有引力定律和向心力公式有G
r
0
2
=m
r
3
√GM
解得v=r❑
R3
Mm
v2
（3）对处于R球体边缘的恒星，由万有引力定律和向心力公式有G =m 0 对处于r=nR处的恒星，
R2 R
(M+M′)m v2
由万有引力定律和向心力公式有G =m 0 解得M′=(n−1)M
(nR) 2 nR9．（2022·北京·高考）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v ，在远日点速度为v。求从近日点
1 2
到远日点过程中太阳对行星所做的功W；
r3
（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（ =k）及向心力相关知识，证明恒星对行星的
T2
作用力F与r的平方成反比；
（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流
浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T，绕此恒
1
T
2
星公转的周期为T，求 。
2 T
1
1 1 T
【答案】（1）W = mv2− mv2 ；（2）见解析；（3） 2=4❑√2
2 2 2 1 T
1
1 1
【详解】（1）根据动能定理有W = mv2− mv2
2 2 2 1
（2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为m，运动半径为r，运动速度大小为v。恒星对行星的
v2 2πr r3 4π2km
作用力F提供向心力，则F=m 运动周期T= 根据开普勒第三定律 =k，k为常量，得F=
r v T2 r2
即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
（3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为r的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量
P
为P。以恒星为球心，以r为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量P= 0 设地球绕太
0 4πr2
阳公转半径为r 在新轨道上公转半径为r。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，必须满足P不
1 2
变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍，得r = 4r 设恒星质量为M，地球在轨道上运行
2 1
GMm 4π2 √4π2r3
周期为T，万有引力提供向心力，有 =mr 解得T=❑ 由于恒星质量是太阳质量的2倍，
r2 T2 GM
T
得
2=4❑√2
T
1
考点05 守恒定律
10．（2025·北京·高考）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动
测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q 的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
0
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向
平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比v :v ；
1 2b．粒子2的动量大小p 。
2
2π
【答案】(1) T= ⋅m
q B
0
qBd
(2)a．v :v =θR:d；b．
1 2 θ
v2
【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q vB=m 解得轨道半
0 R
mv 2πR 2πm 2π
径R= 圆周运动的周期T= 将R代入得T= 比例关系为T= ⋅m
q B v q B q B
0 0 0
θ d
（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度v =ωR= R 粒子2做匀速直线运动，速度v = 所以速
1 t 2 t
θR
v t θR
度之比 1= = 即v :v =θR:d
v d d 1 2
2
t
v2 qBR
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv B=m 1 可得m= 粒子2的动量p =mv 结合前面的分
1 R v 2 2
1
qBR qBR⋅d qBd
析可得p = ⋅v = =
2 v 2 θR θ
1
11.（2024·北京·高考）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的
放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为
d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴
向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B ；还有方向沿半径向外的径向磁
1
场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的
匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷
量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的
电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为−e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小B ；
2
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求
此霍尔推进器获得的推力大小F。eE mE nk❑√2eMEd
【答案】（1）a= ；（2）B = ；（3）F=
M 2 eRB 1+k
1
【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
eE=Ma
eE
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a=
M
（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径
向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即eE=evB ，
2
mv2
evB =
1 R
mE
解得径向磁场的磁感应强度大小为B =
2 eRB
1
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单
位时间内进入放电室的电子数为n ，则未进入的电子数为n−n ，设单位时间内被电离的氙离子数为N,则
1 1
有
N
=k已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有N=n−n
联立可得
n 1
1
nk 1
单位时间内被电离的氙离子数为N= 氙离子经电场加速，有eEd= Mv2 时间Δt内氙离子所受到
1+k 2 1
nk❑√2eMEd
的作用力为F′，由动量定理有F′ ⋅Δt=N⋅Δt⋅Mv 解得F′= 由牛顿第三定律可知，霍
1 1+k
nk❑√2eMEd
尔推进器获得的推力大小 F′=F则F=
1+k
12.（2023·北京·高考）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光
滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释
放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。v2 v2 1
【答案】（1） ；（2）mg+m ；（3） mv2
2g L 4
1 v2
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH= mv2 解得H=
2 2g
v2 v2
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F−mg=m 解得F=mg+m
L L
1
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv=2mv 解得v = v 则碰撞过程中损失的机械能为
1 1 2
ΔE= 1 mv2− 1 ⋅2m (1 v ) 2 = 1 mv2
2 2 2 4
13．（2021·北京·高考）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆
球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l ，人站立时摆长为l 。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
1 2
（1）如果摆长为l ，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
1
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角θ 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角
1
为θ 。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ >θ 。
2 2 1
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ
后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求
在最低点“摆球”增加的动能ΔE 应满足的条件。
k
v2 5
【答案】（1）T=mg+m ❑；（2）a.见解析；b.ΔE ≥ mgl −mgl (1−cosθ)
l k 2 2 1
1
v2 v2
【详解】（1）根据牛顿运动定律T−mg=m ❑解得T=mg+m ❑
l l
1 1
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v、v，根据功能关系得
1 2
1
mgl (1−cosθ )= mv2
1 1 2 1
1
mgl (1−cosθ )= mv2 已知v = v ，得mgl (1−cosθ )=mgl (1−cosθ )因为l >l ，得cosθ >cosθ
2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
所以θ
2
>θ
1
b.设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为E
k
，根据功能关系得E
k
=mgl
1
(1−cosθ)“摆
v2
球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为v ,根据牛顿运动定律得mg=m m “摆球”
m l
21
在 竖 直 平 面 内 做 完 整 的 圆 周 运 动 ， 根 据 功 能 关 系 得 E +ΔE ≥2mgl + mv2 得
k k 2 2 m
5
ΔE ≥ mgl −mgl (1−cosθ)
k 2 2 1
1．（2025·北京昌平·二模）荡秋千是孩子们喜欢的一项运动。如图所示，秋千由两根长度均为L的细绳悬
挂于固定横梁上，质量为m的小孩坐在秋千座椅上，初始时，大人用一水平外力使秋千静止，此时两绳与
竖直方向夹角均为θ。不计秋千的质量，小孩可视为质点。重力加速度为g。
(1)当秋千静止时，求水平外力的大小F。
(2)将秋千从静止释放，秋千自由摆动，若不计空气阻力，求秋千摆到最低点时每根绳子的拉力大小T。
(3)若考虑空气阻力，求秋千从静止释放到停下的过程中空气阻力所做的功W 。
f
【答案】(1)F=mgtanθ
3
(2)T=mg( −cos θ)
2
(3)W =− mgL(1−cos θ)
f
【详解】（1）秋千静止时，受三个力的作用：重力G、细绳拉力T和水平拉力F作用。根据共点力平衡知
F
识得tanθ= 解得F=mgtanθ
mg
1
（2）不计空气阻力，秋千从静止摆到最低点的过程中，由机械能守恒得mgL(1−cos θ)= mv2 秋千运动
2
到最低点，拉力与重力的合力提供向心力，则有2T−mg=m
v2
解得T=mg(
3
−cos θ)
L 2
（3）若考虑空气阻力，秋千最终停在最低点。根据动能定理得W +W =0 又W =mgL(1−cos θ) 解得
G f G
W =− mgL(1−cos θ)
f
2．（2025·北京朝阳·二模）开普勒行星运动定律内容如下：
①所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上；
②对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等；
③所有行星轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等。
科研人员设想一种在太空中发射太空探测器的方案：卫星携带一探测器在半径为r 的圆轨道上绕地球做匀
0速圆周运动，运动周期为T 。在轨道上某点启动辅助动力装置短暂工作（工作时消耗的气体质量忽略不
0
计），将探测器沿运动方向射出，探测器恰好能完全脱离地球引力的束缚，而卫星沿原方向绕地球做椭圆
Gm m
运动。已知质量分别为m 、m 的两个质点相距为r时的引力势能为E =− 1 2，其中G为引力常量。不
1 2 p r
计其他天体的作用。
(1)求卫星和探测器绕圆轨道运动的线速度大小v ；
0
(2)求发射后瞬间探测器的速度大小v ；
1
(3)小华认为，若给定卫星与探测器的质量之比，则可求得发射探测器后卫星沿椭圆轨道运动的周期。请你
分析说明她的观点是否正确，写出关键方程。
2πr
【答案】(1)v = 0
0 T
0
2❑√2πr
(2)v = 0
1 T
0
(3)见解析
2πr
【详解】（1）由匀速圆周运动线速度与周期的关系，可得v = 0
0 T
0
（2）设地球质量为M，探测器质量为m ，卫星质量为m ，探测器从被发射到无穷远的过程，由能量守恒
1 2
1 GMm M(m +m ) v2
定律得 m v2 − 1 =0 发射前，由牛顿第二定律得G 1 2 =(m +m ) 0 联立解得
2 1 1 r r2 1 2 r
0 0 0
2❑√2πr
v =❑√2v = 0
1 0 T
0
（3）小华的观点正确。 设发射后卫星的速度为v ，发射过程由动量守恒得(m +m )v =m v +m v ，
2 1 2 0 1 1 2 2
发射后卫星绕地球做椭圆运动，设近地点速度为v′ ，近地点到地心距离为r，由开普勒第二定律得
2
1 1
r v Δt= rv′ Δt
2 0 2 2 2
1 GMm 1 GMm
由能量守恒定律得 m v2 − 2 = m v′2 − 2 设发射后卫星绕地球运动的周期为T，由开普勒第三
2 2 2 r 2 2 2 r
0
r +r 3
( 0 )
定律得
r3
2 联立以上方程，若给定卫星与探测器的质量之比，可求得发射后卫星的运行周期。
0 =
T2 T2
0
3．（2025·北京朝阳·二模）单摆装置如图所示，摆球始终在竖直面内运动，摆球可视为质点。不计空气阻
力，请完成下列问题：(1)若摆长为L，简谐运动周期为T，求重力加速度的大小g；
(2)若摆长为L，摆起最大角度为θ，求摆球通过最低点时速度的大小v ；
0
(3)若摆球质量为m，摆动周期为T，重力加速度大小为g，通过最低点时的速度大小为v，摆球从左侧最高
点第一次摆到最低点的过程中，求细线对摆球拉力的冲量大小I。
4π2L
【答案】(1)g=
T2
(2)v =❑√2gL(1−cos θ)
0
√ 1 2
(3)I=❑(mv) 2+( mgT)
4
【详解】（1）由单摆做简谐运动的周期公式T=2π❑
√L
可得g=
4π2L
g T2
1
（2）由动能定理mgL(1−cos θ)= mv2 可得v =❑√2gL(1−cos θ)
2 0 0
1
（3）此过程中重力、拉力对小球产生冲量，其中重力的冲量大小为I = mgT 根据动量定理可知合力的
重 4
√ 1 2
冲量大小为I =mv 由平行四边形定则可得拉力的冲量大小为I=❑(mv) 2+( mgT)
合 4
4．（2025·北京昌平·二模）随着航空航天科技的发展，人类有能力开展深空探测，逐渐揭开宇宙的奥秘。
(1)探测器绕某星球沿圆轨道匀速率运行时，测得轨道半径的三次方与周期的二次方的比值为k。已知引力
常量为G。求该星球的质量M。
(2)太空中的探测器通过小型等离子推进器获得推力。在推进器中，从电极发射出的电子撞击氙原子使之电
离，氙离子在加速电场的作用下，从探测器尾部高速喷出，产生推力。已知探测器（含推进器和氙离子）的初始质量为M ，每个氙离子的质量为m，电荷量为q，加速电压为U，等离子体推进器单位时间内喷出
0
的离子数为n。不计其它星球对探测器的作用力和离子间的相互作用。取刚向外喷出离子的时刻为初始时
刻（t=0），求探测器的加速度大小a随时间t的变化规律。
(3)深空探测器常借助行星的“引力弹弓效应”实现加速。设质量为m 的探测器以相对太阳的速率v 飞向质
1 1
量为M 的行星，行星相对太阳的轨道速率为v ，方向与v 相反。探测器从行星旁绕过（如图所示），忽略
2 2 1
太阳引力及行星自转的影响，探测器远离行星后相对太阳的速率为v′ ，方向与v 相反；行星运动方向不
1 1
变。已知m ≪M ，各速度在极远处可视为平行；探测器与行星间的相互作用可视为短暂弹性碰撞。
1 2
①推导v′ 的表达式（用v 、v 表示）；
1 1 2
②简要说明“引力弹弓效应”能使探测器明显加速的原因。
4π2k
【答案】(1)M=
G
n❑√2mqU
(2)
M −nmt
0
(3)①v′ =v +2v ；②见解析
1 1 2
GmM 2π 2
【详解】（1）探测器绕星球沿圆轨道匀速率运行时，万有引力提供向心力 =m( ) r 即
r2 T
r3 GM 4π2k
= =k 可得M=
T2 4π2 G
1
（2）氙离子经加速电压U加速后，相对探测器的速度大小为v，根据动能定理得qU= mv2 在t时间内喷
2
出氙离子质量为Δm=nmt 根据动量定理得Ft=Δm·v 联立解得F=n❑√2mqU 根据牛顿第三定律知：探
测器获得的反冲作用力大小为F′=F=n❑√2mqU 探测器质量随时间的变化规律为M=M −nmt 探测器加速
0
F′ n❑√2mqU
度a随时间t的变化规律为a= =
M M −nmt
0
（3）①设探测器绕过行星后，行星速率为v ′，以行星运动方向为正方向，根据动量守恒定律得
2
M v −m v =M v′ +m v′
2 2 1 1 2 2 1 1
1 1 1 1 M −m 2M
根据机械能守恒定律得 M v2+ m v2= M v′2+ m v′2 联立解得v′ = 2 1 v + 2 v 由于
2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 M +m 1 M +m 2
2 1 2 1
m ≪M 得v′ =v +2v 。
1 2 1 1 2
②行星与探测器相互作用时，发生动量和能量的转化。由于行星与探测器相对运动，行星具有较大的轨道
速率，且m≪M，行星动能（或动量）损失很小，探测器却获得了较大的速率。
5．（2025·北京丰台·二模）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点相接，导
轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为v ，沿半圆形导轨
1
到达C点时速度为v ，此后平抛落地（落地点未画出）。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
2(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能E ；
p
(2)物体在C点时受到的导轨给它的弹力F ；
N
(3)物体从C点平抛落地过程中重力的冲量大小I。
1
【答案】(1)E = mv2
p 2 1
v2
(2)F =m 2 −mg，方向竖直向下
N R
(3)I=2m❑√gR
1
【详解】（1）根据能量守恒可得弹簧压缩至A点时的弹性势能为E = mv2
p 2 1
v2 v2
（2）在C处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg+F =m 2 解得F =m 2 −mg 方向竖直向
N R N R
下。
（3）物体从C点平抛落地过程中，竖直方向有2R= 1 gt2 解得t=2❑ √R 该过程重力的冲量大小为
2 g
I=mgt=2m❑√gR
6．（2025·北京西城·二模）如图所示，小物块的质量m=0.10kg，以速度v =2m/s开始运动，运动至水平
0
桌面右端抛出。物块的抛出点距水平地面的高度ℎ =0.80m，落地点与桌面右端的水平距离s=0.40m，重
力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：
(1)物块在空中运动的时间t；
(2)物块离开桌面右端时速度的大小v；
(3)桌面摩擦力对物块做的功W。
【答案】(1)0.4s
(2)1m/s
(3)−0.15J
1
【详解】（1）物块离开桌面后做平抛运动，在竖直方向上有ℎ = gt2 代入数据解得t=0.4s
2
（2）物块在水平方向上有s=vt 代入数据解得物块离开桌面时速度的大小v=1m/s1 1
（3）物块在水平桌面上的运动过程，根据动能定理有W= mv2 − mv2 代入数据解得W=−0.15J
2 2 0
7．（2025·北京东城·二模）如图所示，长为l的细线，一端系有质量为m的小球，另一端通过光滑的轻质
小圆环套在O点的钉子上，小球在高为ℎ的光滑水平桌面上做匀速圆周运动。若小球的速度缓慢增大，当
细线的拉力达到F时，细线断裂，小球垂直桌面边缘抛出。重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)小球从水平桌面上抛出时的速度大小v ；
0
(2)小球落地点到桌面边缘的水平距离s；
(3)小球落地时的动能E 。
k
√Fl
【答案】(1)v =❑
0 m
(2)s=❑
√2
ℎ
Fl
mg
1
(3)E = Fl+mg
ℎ
k 2
v2
√Fl
【详解】（1）细绳拉力为F时，根据牛顿第二定律可知F=m 0 解得v =❑ 细绳拉断后小球将以速度
l 0 m
√Fl
v =❑ 从水平桌面上抛出。
0 m
（2）根据平抛运动的规律ℎ = 1 gt2 ，s=v t 解得s=❑ √2 ℎ Fl
2 0 mg
1 1
（3）由机械能守恒定律可知，小球落地时的动能E = mv2+mg
ℎ
= Fl+mg
ℎ
k 2 0 2
8．（2025·北京西城·一模）火箭的飞行应用了反冲原理，借助喷出燃气的反冲作用获得推力。已知某火箭
与其所载燃料的初始总质量为M，在t=0时刻，火箭由静止出发，竖直向上运动，如图1所示。火箭持续
均匀向下喷射燃气，在任意的极短时间Δt内，喷射燃气的质量均为Δm，喷出的燃气相对火箭的速度恒为
u。在极短时间内，火箭喷出的燃气的重力远小于火箭的推力，火箭速度的变化量远小于燃气速度的变化
量。不计空气阻力，重力加速度的大小g视为不变。(1)求火箭速度大小为v的瞬间受到燃气推力的大小F，据此判断火箭在竖直上升阶段受到燃气的推力是否
变化。
(2)若火箭在竖直上升阶段，可使用的燃料质量为m，求该阶段火箭可获得的最大加速度的大小a 。
m
1
(3)测得火箭在竖直上升阶段， 随时间t变化的图像是一条直线，如图2所示，a为火箭加速度的大
a+g
小。已知直线的纵截距为b，斜率的绝对值为k，为明确其物理意义，请推导b、k的表达式。
Δmu
【答案】(1) ，不变
Δt
Δmu
(2) −g
(M-m)Δt
1 MΔt
(3)k= ，b=
u uΔm
【详解】（1）在火箭速度大小为v的瞬间，以极短时间∆t内喷射出的燃气为研究对象 设燃气受到火箭对
其作用力的大小为F'，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有F′Δt=Δm （u−v）−Δ m (− v)
❑ ❑
Δmu Δmu
得
F′=
根据牛顿第三定律，此时火箭受到推力的大小F=F'= 可知推力F的大小不变，火箭
Δt Δt
受到推力的方向竖直向上，则火箭在竖直上升阶段，受到燃气的推力不变。
（2）质量为m的燃料燃尽时，火箭的加速度最大，根据牛顿第二定律
F−(M−m)g Δmu
a = = −g
m M−m (M−m)Δt
Δm
（3）在t时刻，火箭及火箭内剩余燃料的质量m′=M− t 根据牛顿第二定律有F−m′g=m′a得
Δt
1 MΔt 1
= − ⋅t
a+g uΔm u
1 MΔt
则 k= ，b=
u uΔm
9．（2025·北京东城·一模）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外由该楼的楼顶自由落下的一个小
石子拍摄在照片中，测得照片中石子运动痕迹的长度为ℎ =0.8cm 。已知本次摄影的曝光时间是
Δt=0.01s，实际长度为L=100cm的窗框在照片中的长度为l=4.0cm。重力加速度g取10m/s2，不计空
气阻力。
(1)根据照片计算曝光时间内石子下落的实际距离H；
(2)求曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小v；
(3)已知小石子的质量m=10g，估算小石子从楼顶下落至拍照时小石子所受重力的冲量的大小I。【答案】(1)H=20cm
(2)v=20m/s
(3)I=0.2N⋅s
L H
【详解】（1）根据照片尺寸与实际长度的比例关系 = 可得H=20cm
l
ℎ
H
（2）曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小v= =20m/s
Δt
（3）根据动量定理I=Δp=mv=0.2N⋅s
10．（2025·北京西城·一模）半径为R的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端
点A。一质量为m的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速
度为g。若恰好能实现上述运动，求：
(1)小球在B点时速度的大小v ；
B
(2)小球的落地点与A点间的距离x；
(3)小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小F
A。
【答案】(1)v =❑√gR
B
(2)x=2R
(3)F =6mg
A
v 2
【详解】（1）小球恰经过B点时，根据牛顿第二定律有 mg=m B 得v =❑√gR
R B
（2）小球从B点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有 2R= 1 gt2 得t=2❑ √R 小球落地点与A点间的距
2 g
离 x=v t 得x=2R
B
（3）设小球在A点速度的大小为v ，在小球从A点运动到B点的过程中 根据动能定理有
A
1 1 v 2
−mg⋅2R= mv 2 − mv 2 得v =❑√5gR 小球刚进入圆弧轨道时根据牛顿第二定律有 F −mg=m A 得
2 B 2 A A A R
F =6mg
A
11．（2025·北京丰台·二模）太空电梯是人类设想的一种通向太空的设备，如图所示，在地球赤道上利用
超轻超高强度材料建设直通高空的电梯，可以将卫星从地面运送到太空。已知地球质量为M，半径为R，
自转角速度为ω，引力常量为G，质量为m 与m 的两个质点若相距无穷远时势能为零，则相距为r时的引
1 2
Gm m
力势能为E =− 1 2。
p r(1)求地球同步卫星的轨道半径R ；
0
(2)利用太空电梯将一质量为m、静止在地球表面的卫星运送到同步卫星轨道，使其成为一颗同步卫星。写
出上述过程卫星机械能变化量的表达式（同步卫星的轨道半径可直接用R 表示，结果不用化简）；
0
(3)已知在距离地心约为0.707R 处，将卫星相对电梯静止释放，卫星恰好不能撞击到地面。若在距离地心
0
0.707R 至2.0R 高度范围内，将卫星从不同位置处相对电梯静止释放，请写出释放后卫星与地心间距离
0 0
如何变化。
√GM
【答案】(1)3
ω2
(2)见解析
(3)见解析
Mm
G =mω2R
【详解】（1）同步卫星的角速度与地球自转角速度相等，则有 R2 0
0
√GM
解得R =3
0 ω2
1 1 Mm Mm
（2）动能的变化量ΔE = m(ωR ) 2 − m(ωR) 2 势能的变化量ΔE =− G − ( −G ) 机械能的变化
k 2 0 2 p R R
0
量ΔE=ΔE +ΔE 结合上述有R = √ 3 GM 即有 G Mm =mω2R2 解得ΔE=− G Mm − [1 m(ωR) 2 −G Mm )
k p 0 ω2 R 0 2R 2 R
0 0
上述表达式也可为
ΔE= [1 m(ωR ) 2 − 1 m(ωR) 2)+ [ −G Mm − ( −G Mm )) ， ΔE= [1 m(ωR ) 2 −G Mm ) − [1 m(ωR) 2 −G Mm )
2 0 2 R R 2 0 R 2 R
0 0
（3）情况1：从0.707R 到R 释放，卫星与地心的距离先减小后增大；
0 0
情况2：在R 释放，卫星与地心的距离保持不变；
0
情况3：从R 到√ 32R 释放，卫星与地心的距离先增大后减小；
0 0
1 Mm
情况4：从√ 32R 到2R 释放，卫星与地心的距离一直增大。 其中，当 m(ωr) 2 −G =0时，卫星脱离地
0 0 2 rMm
球束缚，联立同步卫星的动力学方程： G R2 =mω2R 0 解得r=√ 32R 0
0
12．（2025·北京西城·二模）物理模型对于研究有重要意义，研究中要根据解决问题的需要对模型进行改
进和优化，以提高其可靠性和实用性。已知地球质量为M，可视为质量均匀分布的半径为R的球体，引力
常量为G，不考虑地球自转。
(1)在地球表面将物体以初速度v 竖直上抛
0
a．若忽略万有引力的变化，物体上升过程的v−t图像如图1所示。求重力加速度的大小g及物体上升到最
高点所用的时间t 。
1
b．若考虑万有引力的变化，在图1中定性画出物体上升阶段的v−t图像，标出物体上升到最高点的时间
t ，
2
(2)在地球赤道表面向北极发射洲际导弹
a．若忽略万有引力大小的变化，某同学提出将导弹的运动分解为绕地心的匀速圆周运动与垂直地球表面
的匀变速直线运动。若导弹发射速度的大小为v ，方向与地面的夹角为θ，如图2所示。推导导弹距地面
1
的高度h随运动时间t变化的关系式。
b．若考虑万有引力的变化，导弹仅在地球引力作用下的运动轨迹是椭圆，地心O为椭圆的一个焦点，如
图3所示。已知取无穷远处的引力势能为0，质量为m的物体在距地心为r(r≥R)处的引力势能
Mm
E =− G ，该物体在地球引力作用下做椭圆运动时，其机械能E（动能与引力势能之和）与椭圆半长轴a
P r
Mm
的关系为E=− G ，椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为2a。求发射导弹到北极的最小速度v 。
2a 2
v v R2
t = 0 = 0
1 g GM
【答案】(1) ,
(2)ℎ =v tsinθ−
1[GM
−
(v
1
cosθ) 2 )
t2 ,v =❑
√2(❑√2−1)GM
1 2 R2 R 2 R
Mm GM
【详解】（1）a．设物体的质量为m由G =mg 解得g= 物体上升到最高点所用的时间
R2 R2v v R2
t = 0 = 0
1 g GM
b．若考虑万有引力的变化，随着高度的增加，万有引力逐渐减小，故物体的加速度逐渐减小，反映在
v−t图像中，图像的斜率逐渐减小，上升到最高点的时间增大，其v−t图像如下
(v cosθ) 2
（2）a．导弹绕地心的做匀速圆周运动的线速度为v cosθ 则圆周运动的向心加速度a = 1 设
1 n R
GMm
导弹垂直地球表面做匀变速直线运动的加速度大小为a ，则有 =ma +ma 解得
1 R2 n 1
GM (v cosθ) 2
a = − 1 导弹垂直于地球表面做匀变速直线运动初速度为v sinθ，由匀变速直线运动公式
1 R2 R 1
1[GM (v cosθ) 2 )
得ℎ =v tsinθ− − 1 t2
1 2 R2 R
b．导弹发射速度最小时，导弹的机械能最小，由题意可知，椭圆轨道的半长轴a最小，则另一焦点O′的
位置如图所示。
根据几何关系2a=R+ ❑√2 R 导弹的机械能为 1 mv2 −G Mm =− G Mm 联立解得v =❑ √2(❑√2−1)GM
2 2 2 R 2a 2 R
13．（24-25高三下·北京海淀·二模）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇
宙物质在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。如图1所示，以
某一点O为观测点，以质量为m的星系P为观测对象，以P到O点的距离r为半径建立球面。已知星系P
受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力，质量均匀分布的球壳对壳内质点万有引力的合力
为零，引力常量为G。(1)设星系P到O点的距离为r 时，宇宙的密度为ρ 。
0 0
a．求此时星系P受到的引力大小F 。
0
b．请推导宇宙膨胀过程中星系P受到的引力大小F 随距离r变化的关系式。
引
(2)根据最新天文观测，科学家推测星系不仅受引力作用，而且受到斥力影响，斥力作用来源于“暗能
量”。我们将其简化如下：科学家所说的“暗能量”是一种均匀分布在整个宇宙空间中的能量，它具有恒
定的能量密度（单位体积内所含的能量），且不随宇宙的膨胀而变化，暗能量会产生等效的“排斥力”。
某同学对此“排斥力”做了如下猜想：其作用效果可视为球面内某种密度均匀且恒为ρ 的“未知物质”
1
产生与万有引力方向相反的排斥力，排斥力的大小与万有引力大小的规律相似，“排斥力常量”为G′。请
基于上述简化模型和猜想，推导宇宙膨胀过程星系P受到的斥力大小F 随距离r变化的关系式。
斥
(3)根据（1）（2）中的简化模型和猜想，星系P同时受到引力与斥力的作用。
a．以星系P受到斥力的方向为正方向，在图2中定性画出合力F随距离r变化的图线。
b．若某时测得星系P在做远离O点的加速度减小的减速运动，推测此后P可能的运动情况。
4 4 1
【答案】(1)a．
3
Gρ
0
πmr
0
，b． F
引
=
3
Gρ
0
πmr
0
3
r2
4
(2)F = G'ρ πmr
斥 3 1
(3)见解析
4
【详解】（1）a．由题可知，球体内包含的质量大小为M= ρ πr3 根据万有引力定律可得，星系P受
3 0 0
GMm 4
F = = Gρ πmr
到引力的大小为 0 r2 3 0 0
0
GMm 4
b．宇宙膨胀过程中星系P受到的引力大小F
引
=
r2
结合M=
3
ρ
0
πr3
0
解得F
引
随距离r变化的关系式
4 1
F = Gρ πmr3
引 3 0 0 r2
4
（2）当P到O的距离为r时，球体内包含的“未知物质”的质量为M'= ρ πr3 星系P受到的斥力为
3 1
G'M'm 4
F = = G'ρ πmr
斥 r2 3 1
1
（3）a．根据上述分析可知，F
引
∝
r2
，F
斥
∝r 故其大致图像如下b．此后P的运动情况可能为：P做远离O点的加速度增加的加速运动；P做靠近O点的加速度增加的加速
运动；P处于静止状态。
14．（24-25高三下·北京海淀·二模）如图所示，光滑水平面AB与粗糙的竖直半圆轨道BCD在B点相切，半
圆轨道BCD的半径R=0.4m，D是半圆轨道的最高点。将一质量m=0.1kg的物体（可视为质点）向左压缩
轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面AB上做直线运动，
其经过B点时的速度v =5m/s，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度g=10m/s2。
B
求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能E 。
p
(2)物体通过D点时的速度大小v 。
D
(3)物体沿半圆轨道BCD运动过程中克服阻力所做的功W。
【答案】(1)E =1.25J
p
(2)v =2m/s
D
(3)W=0.25J
1
【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能E = mv2 可得弹簧被压缩至A点
p 2 B
时的弹性势能E =1.25J
p
v2
（2）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有mg=m D 解得v =2m/s
R D
1 1
（3）物体沿半圆轨道BCD运动过程中由动能定理有−mg2R−W= mv2 − mv2 解得W=0.25J
2 D 2 B
15．（2025·北京四中·零模）有一项荡绳过河的拓展项目，将绳子一端固定，人站在高台边缘抓住绳子另
一端，像荡秋千一样荡过河面，落到河对岸的平地上。
为方便研究，将人看作质点A，如图所示。已知人的质量m=60.0kg，A到悬点O的距离L=4.00m，A与
平地的高度差ℎ =2.6m，人站在高台边缘时，AO与竖直方向的夹角为θ=37°。
某次过河中，人从高台边缘无初速度离开，在最低点B处松开绳子，落在水平地面上的C点。忽略空气阻
力，取重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6，求：(1)人到达B点时的速率v；
(2)人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小F；
(3)若高台边缘到对面河岸共d=4m，请分析人能否安全荡到对岸。
【答案】(1)4m/s
(2)840N
(3)人能安全荡到对岸
1
【详解】（1）人从离开高台到B点的过程中，由机械能守恒有mgL(1−cos θ)= mv2 代入数据解得人
2
到达B点时的速率v=4m/s
mv2
（2）在B点由牛顿第二定律有F−mg= 代入数据得人到达B点，松开绳之前，绳对人的拉力大小为
L
F=840N
（3）人从离开高台到B点的过程中水平位移为x =Lsinθ=2.4m 人从B到C的运动过程Z做平抛运
1
1
动，由平抛运动知识有ℎ− L(1−cos θ)= gt2 ，x =vt 则人从开始运动到落地水平位移为x=x +x
2 2 1 2
联立解得x=4.8m>d 故人能安全荡到对岸
16.（2025·北京通州·一模）有心力是指力的作用线始终经过一个定点（力心）的力。行星绕太阳运动时，
太阳可视为固定，行星所受引力始终指向太阳中心，即为有心力。万有引力，库仑力都是有心力。理论上
可以证明，质点在有心力的作用下运动时，满足面积定律：质点与力心的连线在相等时间内扫过的面积相
等。
(1)开普勒从第谷观测火星位置所得资料中总结出来类似的规律，称为开普勒第二定律。如图1所示，将行
星绕太阳运动的轨道简化为半径为r的圆轨道。
a．设极短时间Δt内，行星与太阳的连线扫过的面积为ΔS。求行星绕太阳运动的线速度v的大小，并结
1
合开普勒第二定律证明行星做匀速圆周运动；（扇形面积= ×半径×弧长）
2b．若测得行星公转周期为T，求行星的向心加速度a的大小。
(2)如图2所示，用α粒子束入射待测材料靶（例如金箔），通过测量不同角度方向上散射α粒子的数目，
可确定材料靶原子的种类、浓度及深度分布等信息。
a．α粒子可通过放射性元素衰变获得。一个静止的❑ 210Po（钋）衰变为Pb（铅），同时放出一个α粒
84
子，写出此衰变过程的反应式。
b．如图3所示，质量为m、电荷量为q(q>0)、速度为v 的α粒子从足够远处沿某直线入射靶核A，该直线
0
与靶核A的距离为b。在库仑力作用下，α粒子最终将被散射远离靶核A而去。散射过程中，电荷量为
Q(Q>0)的靶核A近似不动，可视为固定的正点电荷。已知当以无穷远处为电势零点时，电荷量为Q′的点电
Q′
荷在距离自身r处的电势为φ =k ，式中k为静电力常量。求α粒子接近靶核A的最近距离x。
r r
2ΔS 4π2
【答案】(1)a. v= ；b.a= r
rΔt T2
kQq+❑√k2Q2q2+m2v4b2
(2)a． 210Po→ 206Pb+ 4Heb.x= 0
84 82 2 mv2
0
1
【详解】（1）a．根据扇形面积公式可得，Δt时间内行星扫过的扇形面积为ΔS= rvΔt 解得
2
2ΔS
v= 根据开普勒第二定律，对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相
rΔt
ΔS
等，即 为常量，则行星绕太阳运动的线速度大小v也为常量，所以行星做匀速圆周运动。
Δt
4π2
b．行星的向心加速度大小为a=ω2r= r
T2
（2）a．衰变方程为❑ 210Po→❑ 206Pb+❑ 4He
84 82 2
b．α粒子受力始终背离靶核A的中心，α粒子在同一平面内运动。当α粒子最接近靶核A时，此时的速度
1 1
v应与α粒子与靶核A的连线垂直。根据面积定律，有 v Δt⋅b= vΔt⋅x
2 0 2
1 1 Qq
在散射过程中，只有库仑力做功，系统能量守恒。以无穷远处的电势为零，有
mv2+0= mv2+k
联
2 0 2 x
kQq+❑√k2Q2q2+m2v4b2
立以上方程，解得x= 0 （另一值无物理意义，已舍去）
mv2
017．（2025·北京通州·一模）如图所示，轻绳下端吊着一个质量M=9.98kg的沙袋。一个质量m=0.02kg的
子弹以v =300m/s的速度水平射入沙袋，经过极短的时间与沙袋达到共同速度v，然后随沙袋一起摆动。
0
已知重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)子弹射入沙袋后，子弹与沙袋共同速度v的大小；
(2)子弹随沙袋一起摆动上升的最大高度ℎ；
(3)子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】(1)0.6m/s
(2)0.018m
(3)898.2J
mv
【详解】（1）规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒得mv =(M+m)v 解得v= 0 =0.6m/s
0 M+m
1
（2）子弹随沙袋一起摆动上升到最大高度的过程，根据动能定理得−(M+m)g ℎ =0 −(M+m)v2 解得
2
=0.018m
ℎ
1 1
（3）根据能量守恒得，子弹射入沙袋过程中系统损失的机械能ΔE= mv2 − (M+m)v2=898.2J
2 0 2
18．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如图1所示，把一个质量为m的小球连接在劲度系数为k的
轻质弹簧的右端，弹簧的左端固定，小球置于光滑水平面，小球和弹簧组成的系统称为弹簧振子。以弹簧
原长时小球的位置为坐标原点O，以水平向右为正方向建立坐标轴Ox。小球在运动过程中弹簧始终在弹性
限度内，忽略摩擦阻力的影响。
(1)把小球拉向O点的右方x=+L处，然后由静止释放，小球沿着坐标轴做往复运动。
a．在图2中画出弹簧弹力F随x变化的示意图，并由此求出小球从x=+L处静止释放至第一次运动到平衡
位置O的过程中，弹簧对小球做的功W。
b．求小球从x=+L处静止释放至第一次运动到平衡位置O的过程中，弹簧对小球冲量的大小I。(2)动量p随位移x变化的图像在理论物理、近代数学分析的发展中扮演了重要的角色。如图3所示，小球
运动过程的p-x图线为椭圆，已知弹簧振子系统的机械能为E。
a．求该椭圆的半长轴a和半短轴b。
b．实际上，小球在运动过程中受到微小的阻力，在相当长的时间内可近似认为其p-x图线是一系列面积不
同的封闭椭圆。经过一段相当长的时间T，椭圆的面积减小为原来的90％，求这段时间内克服微小阻力做
功的平均功率P。（已知椭圆面积S=πab)
1
kL2
L❑√mk
2
【答案】(1)a． ， ；b．
√2E E
(2)a．❑ ，❑√2mE；b．
k 10T
【详解】（1）a．如图所示
1 1
图像与坐标轴围成的面积即表示功的大小，其面积大小为S=− kL×L=− kL2 由于弹力方向与位移方
2 2
1
向均与规定的正方向相反，则故弹簧对小球所做的功W=− S= kL2
2
1 1
b．由动能定理可得 kL2= mv2 以水平向左为正方向，根据动量定理则有I=mv−0 联立解得I=L❑√mk
2 2
1
（2）a．在x=a处时，小球的动量为零，则小球的速度为零，动能为零，则有E= ka2 解得半长轴
2
a=❑
√2E
在p=b处弹簧的弹性势能为零，则有E=
1
mv2=
p2
解得p=❑√2mE 即半短轴b=❑√2mE
k 2 2m
√2E √m S √k
b．将上述结论代入椭圆的面积公式S=πab=π·❑ ·❑√2mE=2πE❑ 即有E= ❑ 椭圆
k k 2π m
的面积减小为原来的90％，系统的能量E'=
90%S
❑
√k
=0.9E 由功能关系可得，克服阻力所做的功
2π m
W 0.1E E
W=E−E'=0.1E 所以这段时间内克服微小阻力做功的平均功率P= = =
t T 10T
