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专题01 力和运动 4 大考点概览 考点01 力与物体的平衡 考点02 力与物体的直线运动 考点03 力与物体的曲线运动 考点04 万有引力与航天 一、单选题 1．（2026·浙江金华·二模）如图是浙BA 某场比赛中，金华队员唐俊潇变线运球努力突破永康队员施泽政 防守的瞬间，此时唐俊潇的手掌处于竖直方向，忽略空气阻力，则此时（ ） A．篮球一定处于平衡状态 B．篮球可能受到重力、弹力和摩擦力作用 C．篮球对手的作用力方向一定水平向右 D．手对篮球的摩擦力方向一定竖直向上 【答案】B 【详解】A．唐俊潇在变线突破，篮球运动状态改变，存在加速度，一定不是平衡状态，故A 错误； B．手掌竖直，忽略空气阻力，篮球受重力，同时受到手掌垂直于手掌的水平弹力；若篮球相对手掌有竖 直方向的运动趋势，还会受到静摩擦力，因此篮球可能受三个力作用，故B 正确； C．若手对篮球的作用力是水平弹力和竖直方向摩擦力的合力，方向则是斜向，不一定是水平方向，根据 牛顿第三定律，篮球对手的作用力也不一定是水平向右，故C 错误； 考点1 力与物体的平衡 D．摩擦力方向阻碍相对运动趋势，若篮球相对手掌有向上的运动趋势，摩擦力方向就向下，因此摩擦力 不是一定竖直向上，故D 错误。 故选B。 2．（2026·福建·模拟预测）无人机可用于解决山地运输难题。如图，无人机在空中悬停，下方通过轻绳悬 吊着质量为60kg 的钢管。连接钢管的两轻绳OA 和OB 长度相等、夹角为60°，钢管水平，取重力加速度大 小 ，不计空气对钢管的作用力，则绳OB 的拉力大小约为（ ） A．300N B．350N C．600N D．1200N 【答案】B 【详解】钢管处于静止状态，受力平衡，其受到竖直向下的重力 ，以及两根轻绳 和 的拉力 （因两绳长度相等、夹角为 ，故拉力大小相等），两绳拉力的合力与重力等大反向，即合力大小为 ， 方向竖直向上。由于两拉力大小相等（均为 ），夹角为 ，根据力的合成法则，合力大小为 由题意可知 联立代入数据解得 。 故选B。 3．（2026·四川成都·二模）叉车在短距离运输作业中被大量使用。如图所示，一叉车运载着木箱沿倾角为 的斜坡向上匀速行驶时，货叉的侧面和底面对木箱的弹力大小分别为 和 ，货叉对木箱 的作用力为F，木箱的重力为G。货叉的底面与斜坡平行，与货叉侧面垂直。不计木箱与货叉的摩擦力， 下列说法正确的是（ ） A． B． C．若仅增大 ，则 减小 D．无论 怎样变化，F 与G 的大小始终相等 【答案】D 【详解】ABD．货物沿斜坡向上匀速行驶，对货物分析可知 ， ， 由于 ，可知 ， ，F 等于木箱的重力G，与 无关，故AB 错误，D 正确； C．由于 ，若仅增大 ，则 也增大，故C 错误。 故选D。 4．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，不倒翁静止在斜面上，接触点为P。下列说法正确的是（ ） A．不倒翁只受重力与弹力作用 B．不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下 C．不倒翁的重心可能位于图中的M 点 D．斜面对不倒翁的弹力是因为不倒翁发生了形变 【答案】B 【详解】A．不倒翁受重力、弹力和摩擦力的作用，A 错误； B．由平衡可知斜面对不倒翁的作用力与不倒翁的重力等大反向，可知斜面对不倒翁的作用力竖直向上， 由牛顿第三定律可知，不倒翁对斜面的作用力方向竖直向下，B 正确； C．不倒翁受过P 点垂直斜面向上的支持力、过P 点沿斜面向上的摩擦力以及竖直向下的重力作用，因三 力为共点力，可知不倒翁的重心不可能位于图中的M 点，C 错误； D．斜面对不倒翁的弹力是因为斜面发生了形变，D 错误。 故选B。 5．（2026·湖南·二模）如图所示，三根长都是l 的轻杆，上端用铰链连接，每根杆都可以绕O 自由转动， 下端支在水平地面上的A、B、C 三点，ABC 为等边三角形，且每根轻杆与水平面的夹角均为 。在O 点 连接一根轻绳，下端吊着一个重力为G 的物体，三角架处于稳定状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下 列说法正确的是（ ） A．地面对每根杆的支持力大小均为 B．每根杆对铰链O 的作用力大小均为 C．杆和地面间的动摩擦因数至少为 D．若仅将等边三角形ABC 的边长变短，则地面对每根杆的支持力变小 【答案】B 【详解】AD．将整个支架系统视为整体，则由平衡条件有 解得地面对每根杆的支持力大小均为 若仅将等边三角形ABC 的边长变短，则地面对每根杆的支持力保持不变，故AD 错误； B．由题意可知，每根杆与竖直方向的夹角均为 ，对O 点进行受力分析，根据共点力平衡的推论有 解得每根杆对铰链O 的作用力大小均为 ，故B 正确； C．在A 点，杆OA 的作用力F 沿水平方向的分量为 则由共点力的平衡条件可得，地面对A 点的静摩擦力大小为 又因为地面对每根杆的支持力大小为 ，所以杆和地面间的动摩擦因数至少为 ，故C 错 误。 故选B。 6．（2026·四川德阳·二模）如图所示，光滑绝缘半球处在水平向右的匀强电场中，球心为O。将带电量均 为 的小球A、B 置于其内，平衡时，两球处于同一水平线上，且 与 垂直。已知球A 质量为m，球 B 质量为 ，重力加速度大小为g，则（ ） A．小球A、B 所受支持力相同 B．匀强电场的电场强度大小 C．小球A 受到小球B 的库仑力大小为 D．小球A 在小球B 处产生的电场强度大小为 【答案】B 【详解】A．对A 受力分析，根据竖直方向平衡 ，可得 对B 受力分析，根据竖直方向平衡： ，可得 ， ，A 错误； B．以整体为研究对象，水平方向平衡 可得 ， B 正确； C．对A 受力分析，水平方向平衡 ， C 错误； D．根据牛顿第三定律，B 球受库仑力大小 ，得 ，D 错误。 故选B 。 7．（2026·云南大理·二模）如图是一个楔形结构的示意图，质量分别为 ， 的两个楔形块 、 叠放在一起， 斜面与水平底面间夹角为 。两个光滑竖直面将楔形块 夹在竖直方向，两个水平 面将楔形块 夹在水平方向。不施加外力时， 恰好能静止在地面上；当在 上施加水平外力 时， 只 能竖直上下移动， 只能水平左右移动，不计A、B 间的摩擦力， 和地面间的动摩擦因数 ，滑动摩 擦力等于最大静摩擦力，重力加速度 取 。下列说法正确的是（ ） A．不施加 时，只减小 的质量， 、 仍能静止 B．不施加 时，只增大 的质量， 、 仍能静止 C． D．施加 后， 的速度 与 的速度 满足 【答案】D 【详解】C．不施加外力时， 恰好能静止在地面上，受力情况如图甲所示 对 进行分析，水平方向上有 对A、B 构成的整体进行分析，竖直方向上有 对 进行分析，竖直方向上有 解得 ， ，故C 错误； AB．结合上述，A 对B 的弹力N 在水平方向分力为 与地面之间最大静摩擦为 由于不施加外力时， 恰好能静止在地面上，则有 可知，若只减小 的质量，或只增大 的质量，A 对B 的弹力N 在水平方向分力均将大于 与地面之间最 大静摩擦，表明 与地面之间都会出现滑动，故AB 错误； D． 向左运动时，二者的速度关系如图乙所示 则有 可得 ，故D 正确。 故选D。 8．（2026·浙江嘉兴·二模）如图所示，一工人将质量分布均匀的直梯斜靠在光滑墙壁上，下端放在粗糙地 面上。当直梯与水平方向成60°时恰好静止。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ） A．直梯共受到3 个力的作用 B．地面与直梯之间的动摩擦因数 C．工人沿直梯向上爬时梯对地面作用力变大 D．工人可以一直爬到直梯顶部且直梯不滑倒 【答案】C 【详解】A．墙壁光滑，对直梯无摩擦力。直梯受重力、墙壁的水平支持力、地面的竖直支持力、地面的 静摩擦力，共4 个力，故A 错误； B．设直梯质量为 ，长度为 ，与水平夹角 ，以直梯下端为转轴，由力矩平衡 得墙壁弹力 水平平衡，静摩擦力 竖直平衡，地面支持力 恰好静止时 代入 得 故B 错误； C．将工人和直梯视为整体，竖直方向始终满足 （ 为工人质量） 大小不变；对下端转轴力矩平衡，工人向上爬时，工人的力臂增大，所需墙壁弹力 增大，因此地面静摩 擦力 增大。 直梯对地面的作用力是压力与摩擦力的合力，大小为 ， 增大则合力变大， 因此梯对地面作用力变大，故C 正确； D．设工人重力为 ，工人爬到顶端时，力矩平衡得所需摩擦力 最大静摩擦力 对比得 直梯会滑倒，故D 错误。 故选C。 9．（2026·陕西榆林·二模）如图所示，装卸工人用斜面将一质量为 、表面光滑的油桶缓慢地推到汽车上。 在油桶上移的过程中，人对油桶推力的方向由与水平方向成 角斜向上逐渐变为水平向右，已知斜面的 倾角 ，重力加速度大小为 ，则关于工人对油桶的推力大小，下列说法正 确的是（ ） A．始终保持不变 B．先变大后变小 C．逐渐变小 D．最小值为 【答案】D 【详解】ABC．对油桶受力分析，如图所示 依题意得 的方向从 逐渐变为 ,则 先减小后增大，故ABC 错误； D．由图可得 与支持力 垂直的时候有最小值，即图中 ，故D 正确。 故选D。 10．（2026·湖南长沙·二模）便携式晾衣绳因其“免夹防滑”的等距小孔设计而备受推崇。如图所示，将 此晾衣绳的两端固定在水平距离为d 的两等高挂点M、N 上，一旅客将衣服挂在正中间O 点时，绳与水平 方向夹角小于30°，两边绳张力大小均为 ；挂在靠近左端M 的P 处时，左侧绳PM 张力为 ，右侧绳PN 张力为 ，忽略绳重力。下列判断正确的是（ ） A．挂在P 处时，由于两段绳材质相同，故 B．挂在P 处时，左侧绳更陡峭，故 C．无论挂在OM 间何处，两段绳拉力的合力不变 D．无论挂在OM 间何处，均有 【答案】C 【详解】AB．作用点不移动，为“死结”模型。设左侧绳与水平方向夹角为α，右侧绳与水平方向夹角为 β，由于P 点靠近M 端，根据几何关系，左绳PM 必然比右绳PN 更陡峭，即 由水平方向受力平衡有 又 ，可知 ，故AB 错误； C．根据平衡条件，两段绳拉力的合力始终与衣架及衣服重力等大反向，保持不变，故C 正确； D．在O 点时， 由 可知 在MO 间存在一点P 使得 ，即 此时有 ， 即 ，故D 错误。 故选 C。 11．（2026·四川德阳·二模）如图所示，长为 的不可伸长的轻绳，穿过一光滑的轻圆环，两端固定在水 平天花板上相距为l 的P、Q 两点，轻圆环下悬吊一重为G 的物块。现用一水平力F 缓慢地拉圆环，当圆 环两侧轻绳的夹角为 时，细绳的张力为T，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】受力如图所示 圆环所受重物的拉力G 及水平拉力F 的合力与水平方向的夹角 合力大小 情景如图所示，P、Q 两点沿垂直 方向的距离 而 根据力的合成，有 联立并代入数据解得 ， 故选B。 二、多选题 12．（2026·四川宜宾·二模）如图，三个材质相同且半径均为R、质量均为m 的半球，彼此接触但无挤压 置于粗糙的水平面上；一个半径为R、质量为3m 的光滑球，放在三个半球之上，整个系统处于静止状态。 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则（ ） A．地面对每个半球的支持力大小为mg B．每个半球与光滑球之间的弹力大小为 C．半球与地面间的动摩擦因数最小值为 D．换一个质量仍为3m，半径略大于R 的光滑球，则每个半球与地面摩擦力不变 【答案】BC 【详解】A．根据对称性可知，地面对每个半球的支持力大小相等，以三个半球和光滑球为整体，竖直方 向根据平衡条件可得 解得 ，故A 错误； B．根据几何关系可知，四个球心组成一个边长为 的正四面体，设每个半球与光滑球之间的弹力与竖直 方向的夹角为 ，则有 以光滑球为对象，根据平衡条件可得 解得每个半球与光滑球之间的弹力大小为 ，故B 正确； C．以其中一个半球为对象，水平方向有 由 ，可得 可知半球与地面间的动摩擦因数最小值为 ，故C 正确； D．换一个质量仍为3m，半径略大于R 的光滑球，可知以上分析中只有 发生变化，由 可知每个半球与地面摩擦力发生变化，故D 错误。 故选BC。 13．（2026·辽宁沈阳·二模）如图，倾角为37°的斜面固定在水平面上，上端封闭、下端开口的细玻璃管与 斜面间的动摩擦因数为0.5。静置于斜面上的玻璃管内有长度为10cm 的水银柱，封闭的空气柱长度也为 10cm。释放玻璃管，达到稳定后水银柱与玻璃管相对静止。过程中玻璃管的温度保持不变，外界大气压为 76cmHg，重力加速度 ， ， ，则（ ） A．玻璃管静止时，管内气体的压强为70cmHg B．玻璃管稳定下滑时，其加速度为 C．玻璃管稳定下滑时，管内气体的压强为90cmHg D．玻璃管稳定下滑时，管内空气柱长度约为9.72cm 【答案】AD 【详解】A．对静止的水银柱分析受力，设玻璃管内气体的压强为 ，水银柱的质量、横截面为 、， 根据平衡条件有 又 联立解得 又 联立解得 ，故A 正确； BCD．设玻璃管的质量为 ，对玻璃管和水银柱整体，设整体的加速度为 ，由牛顿第二定律有 对水银柱有 联立解得 ， 对管内的气体，由玻意耳定律有 联立解得 ，故BC 错误，D 正确。 故选AD。 14．（2026·湖南永州·二模）某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，轻绳穿过下方吊 着重物的光滑圆环，A、B 两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确的是（ ） A．升降机（相对地面静止）缓慢下降时，绳中的张力大小不变 B．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，绳中的张力大小不变 C．升降机（高度不变）缓慢向左移动时，升降机对地面的压力大小不变 D．升降机（相对地面静止）缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小 【答案】AC 【详解】A．轻绳吊着圆环后形成的角度为 ，有 升降机缓慢上升或缓慢下降的过程中，根据几何关系可知，轻绳形成的角度是不变的，故绳上拉力也是不 变的，故A 正确； B．当升降机向左移动时，轻绳形成的角度增加，根据公式可知绳上拉力变大，故B 错误； C．对升降机分析可知，地面对升降机的弹力为 地面对升降机的弹力是不变的，根据相互作用力原理，升降机对地面的压力也是不变的，故C 正确； D．此时地面对升降机的摩擦力与绳上拉力的水平分量相同，即 由于升降机上升时，绳上拉力与角度都不变，所以地面对升降机的摩擦力也不变，故D 错误。 故选AC。 一、单选题 1．（2026·辽宁·二模）东北冬日，孩子们常玩一种传统冰上游戏“抽冰尜（gá）”——将木质锥形陀螺 （底部嵌有铁钉）置于冰面，用鞭绳缠绕后甩动，使其直立在冰面上旋转并抽打其侧面，冰尜便在冰面上 持续旋转。若某次抽打后，冰尜在旋转时其底部铁钉与冰面接触点不移动，下列说法正确的是（ ） A．冰尜旋转时，其上各点的角速度均相同，因此旋转的冰尜一定能看作质点 B．冰尜旋转时，其上距竖直转轴水平距离越大的位置线速度越大 考点2 力与物体的直线运动 C．冰尜旋转时的惯性大于其静止时的惯性 D．冰尜旋转时，其受重力、支持力、摩擦力和向心力共四个力作用 【答案】B 【详解】A．冰尜旋转时，若研究其上不同位置运动情况，由于其上各部分运动的线速度不相同，因此不 能将冰尜看作质点，故A 错误； B．冰尜上各点的角速度均相同，线速度大小与半径成正比，所以距竖直转轴水平距离越大的位置线速度 越大，故B 正确； C．惯性只由质量决定，冰尜的质量不随运动状态改变，因此旋转时和静止时惯性大小相同，故C 错误； D．向心力是效果力，由其他力的合力或分力提供，不是物体实际受到的力，对冰尜受力分析时，向心力 不能算作物体受到的力，故D 错误。 故选B。 2．（2026·黑龙江大庆·二模）某大型超市使用传送带来跨楼层搬运货物。如图所示，一长度为 的传送 带与水平面夹角为 ，传送带以 的恒定速率逆时针转动，传送带的最底端和水平平台在 点平滑连 接。将可视为质点的质量为 的货物轻放在传送带上的顶端 点，运动至 点速率不变冲上水平平台， 最终货物刚好停在平台上的 点。已知货物与倾斜传送带和平台间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度 ， ， ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ） A．货物在传送带上的运动时间为 B． 的长度为 C．货物与传送带间摩擦产生的热量为 D．若货物与传送带发生相对滑动时，会留下划痕，则划痕的长度为 【答案】D 【详解】A．根据牛顿第二定律得 解得 设 ，货物和传送带达到共同速度所需要的时间 下滑的距离 货物继续加速下滑，根据牛顿第二定律得 解得 货物下滑到底端的速度满足 解得 货物下滑到底端的时间满足 解得 则货物从A 到B 的时间为 ，故A 错误； B．根据牛顿第二定律得 解得 BC 的长度满足 解得 ，故B 错误； CD．货物与传送带达到相同速度前，划痕的长度 货物与传送带间摩擦产生的热量 货物与传送带达到相同速度后，划痕的长度 货物与传送带间摩擦产生的热量 货物相对于传送带先向上运动0.2m，后向下运动 ，划痕的总长度为 ，货物与传送带间摩擦产生的热 量为 ，故C 错误，D 正确。 故选D。 3．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，斜面M 静止在粗糙地面上，斜面上有一滑块m，在垂直斜面斜向右 下方的力F 的作用下，滑块恰好可以匀速下滑，现将F 撤去，在之后滑块仍在下滑的过程中，斜面始终保 持静止，重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（ ） A．滑块与斜面之间的摩擦力变大 B．地面对斜面的支持力等于 C．斜面受到地面的摩擦力向左 D．斜面受到地面的摩擦力向右 【答案】C 【详解】A．在垂直斜面斜向右下方的力F 作用下，滑块受重力 、支持力 、摩擦力 、推力 四个 力的作用，滑块恰好可以匀速下滑，故 ， ， 解得 ， 撤去F 之后滑块继续下滑的过程中， ， 解得 ，故 ，滑块与斜面之间的摩擦力变小，A 错误； B．撤去F 之前，滑块恰好可以匀速下滑，故滑块与斜面整体加速度为0，地面对斜面的支持力等于总重力 与力F 竖直分力之和，即地面对斜面的支持力大于 撤去F 之后，滑块与斜面之间的摩擦力变小，滑块匀加速下滑 ，滑块有沿斜面向 下的加速度，有竖直向下的分加速度，故滑块与斜面整体处于失重状态，地面对斜面的支持力小于 ，故B 错误； CD．撤去F 之前，滑块恰好可以匀速下滑，故 解得 撤去F 之后 联立解得 ，故滑块有沿斜面向下的加速度，滑块有水平向左的分加速度，故滑块与斜面整体受到水平 向左的摩擦力，故C 正确，D 错误。 故选C。 4．（2026·江苏南通·二模）如图所示，竖直平面内有5 根足够长的不同倾角的光滑杆子，5 个相同的小球 套在杆子上从各杆子上同一高度同时由静止下滑，一段时间后小球的连线可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】AD．经过时间t，小球沿杆下滑的位移为 所以倾角越大，沿杆下落位移越大，故AD 错误； BC．此时小球到原点O 的杆长为 其中下滑竖直高度为h，将位置分解为水平坐标x、竖直坐标y，则 ， 所以小球的连线是曲线，不是直线，故C 正确、B 错误。 故选C。 5．（2026·安徽池州·二模）如图所示，原长为l 的柔软弹性轻绳一端固定在宽度也为l 的平台左侧壁上的O 点，另一端连接质量为1kg 的小物块，物块套在距平台为1.5m 的竖直固定杆上，与杆间的动摩擦因数为 0.2，弹性绳被拉长时其弹力大小与伸长量成正比，比例系数为10N/m。现将物块自杆上与O 点等高处P 点由静止释放后，弹性绳绕过固定在平台边缘的光滑小滑轮Q 而转动，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相 等，g 取 。则滑块（ ） A．物块刚释放时的加速度为 B．物块与杆间的滑动摩擦力大小始终为2N C．物块向下运动时可看作简谐运动，其平衡位置距P 点距离为1.4m D．物块向上运动时可看作简谐运动，其平衡位置距P 点距离为1.3m 【答案】D 【详解】A．设弹性绳的形变量为 ，物块刚释放时的形变量为1.5m，可知弹力为 ， 可知物块受杆的弹力为 ，物块与杆间的动摩擦因数为0.2，可知物块与杆间的摩擦力为 对物块，竖直方向有 可得刚释放时的加速度为 ，故A 错误； B．比例系数为10N/m，设 ，物块受杆的弹力为 可知物块与杆间的弹力大小不变，可得物块与杆间的滑动摩擦力大小始终为 ，故B 错误； C．物块向下运动时，摩擦力方向向上，在平衡位置时，有 解得 可得平衡位置距P 点距离为0.7m，物块向下运动时设偏离平衡位置的位移为 ，有 方向与速度反向相反，可知可看作简谐运动，但是平衡位置距P 点距离为0.7m，故C 错误； D．同理可证物块向上运动时可看作简谐运动，在平衡位置时，有 可得 即平衡位置距P 点距离为1.3m，故D 正确。 故选D。 二、多选题 6．（2026·湖北黄冈·二模）在2026 年央视春晚《武BOT》节目中，机器人借助舞台上的弹簧跳台（弹射 器）获得初速度，完成了震撼的3 米高空翻动作。起跳过程简化如下，压缩的轻弹簧下端固定，上端与质 量为 的跳板 连接，弹簧释放将质量为 的机器人 由静止竖直向上弹起，忽略空气阻力，从机器人 被弹起到上升至最高点的过程中，重力加速度为 ，下列说法正确的是（ ） A．机器人先超重后失重 B．机器人的加速度先增大后减小 C．机器人速度最大时弹簧弹力为 D．机器人与跳板分离时弹簧恢复原长 【答案】AD 【详解】A．机器人先向上加速，加速度向上，超重状态，后向上减速，加速度向下，失重状态，故A 正 确； B．在加速阶段，弹簧弹力 逐渐减小，根据牛顿第二定律有 可知加速度 逐渐减小，直到加速度为零；减速阶段，根据牛顿第二定律有 因弹簧弹力 继续减小至0，加速度 反向增大，最后离开跳台后加速度大小恒为重力加速度 ，故加速 度先减小后增大，最后不变，故B 错误； C．机器人速度最大时加速度为零，受力平衡，根据平衡条件，可得弹力 ，故C 错误； D．机器人与跳板分离的条件是二者间弹力为0 和加速度相同，均为 ，此时弹簧恢复原长，弹簧弹力为 0，故D 正确。 故选AD。 7．（2026·江西·二模）某儿童玩具火箭如图所示，儿童用脚猛踩气囊后，被压缩的空气就会将小火箭发射 出去。假设小火箭从地面上竖直向上冲出，一段时间后落回地面。以小火箭冲出的位置为重力势能参考点， 取竖直向上为正方向，绘制小火箭在空中运动的图像。若考虑小火箭受到大小不变的空气阻力，则图像绘 制成实线；若不考虑空气阻力，则图像绘制成虚线。下列小火箭的速度随时间变化的图像或机械能 随 高度变化的图像可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】AB．取竖直向上为正方向，若考虑空气阻力，设小火箭受到的空气阻力大小为 ，根据牛顿第二 定律，可知小火箭上升过程的加速度为 同理，下降过程的加速度为 若不考虑空气阻力，则整个过程小火箭的加速度均为重力加速度，综合可知， ，故A 正确， B 错误； CD．若考虑空气阻力，设小火箭冲出时的机械能为 ，则有 为小火箭运动的路程，可知无论小火箭在上升阶段还是下落阶段， 与都为线性关系，若不考虑空气 阻力，则小火箭的机械能守恒，故C 错误，D 正确。 故选AD。 8．（2026·湖北恩施·二模）如图甲所示，质量为M 的长木板静置于水平地面上，质量为m 的物块放在长木 板上。现对木板施加从0 开始逐渐增大的水平拉力F，木板与物块间的摩擦力 、木板与地面间的摩擦力 随拉力F 变化的情况如图乙中实线所示，图乙中a、b、c 已知。木板与物块间的动摩擦因数为 、木板 与地面间的动摩擦因数为 ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（ ） A． B．当 时，物块相对木板滑动 C． D． 【答案】ACD 【详解】B．F 从0 开始逐渐增大到 的过程中木板不动，木板与地面之间的摩擦力逐渐增大，物块与木板 间没有摩擦力，直到 木板和物块一起相对于地面滑动，故B 错误； A．当木板和物块一起相对于地面滑动时 ，故A 正确； D．当木板相对于地面滑动时，木板与地面间的摩擦力恒定 木板与物块间的摩擦力 逐渐增大，直到 时物块开始相对于木板滑动 ，其中 为 此时的加速度。 对物块与木板整体应用牛顿第二定律有 联立解得 ，D 正确； C．F 从F1增加到F2过程中，对物块与木板整体 对物块 联立解得 结合题图乙可得，图中截距 又知 联立解得 ，C 正确。 故选ACD。 9．（2026·辽宁·二模）如图甲所示，物块A 放在水平桌面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块B 相连， 质量分别为 、 。以A 静止时的位置O 为坐标原点，水平向右为正方向建立直线坐标系， A 与桌面间的动摩擦因数 随位移x 的变化如图乙所示。A 离滑轮的距离足够远，重力加速度g 取 。 现由静止释放物块A，则（ ） A．A 释放后的瞬间，绳中张力大小为4N B．A 在 处时，其速度最大 C．A 运动过程中的最大速度为 D．A 的速度大小为1m/s 时，其位置坐标可能为 【答案】AD 【详解】A．A 释放后瞬间，对A 有 对B 有 代入数据得 ，故A 正确； B．A 的速度最大时，其所受合力为零，有 由图乙可得 解得 ，故B 错误； C．当A 速度最大时，A 前进 ，此过程中A 克服摩擦力做功 由动能定理有 联立解得 ，故C 错误； D．由C 项分析得 解方程得 当 时， 或 ，故D 正确。 故选AD。 10．（2026·陕西商洛·二模）如图所示，风洞中有一满足胡克定律的轻质橡皮筋，橡皮筋一端固定在A 点， 另一端跨过轻杆OB 上固定的定滑轮连接一质量为m 的小球，小球穿过水平固定的杆。小球在水平向右的 风力作用下从C 点由静止开始运动，滑到E 点时速度恰好为零。已知橡皮筋的自然长度等于AB，初始时 A、B、C 在一条竖直线上，BC 的长度为L，D 为CE 的中点，小球与杆之间的动摩擦因数为0.4，重力加速 度为g，风力大小始终为F=mg，橡皮筋的劲度系数为 ，橡皮筋始终在弹性限度内，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ） A．小球在运动过程中，摩擦力大小保持不变 B．小球运动到D 点时速度最小 C．小球最后静止在与C 点相距 处 D．从小球开始运动到停止，小球与杆之间因摩擦产生的热量为 【答案】AD 【详解】A．设小球运动到任意点P 时，BP 与水平方向的夹角为θ，则橡皮筋竖直向上的分力 故小球受到的摩擦力为 由此可知，摩擦力与θ 无关，保持恒定，故A 正确； B．设CP 的长度为x，则橡皮筋沿水平方向的分力 小球在水平方向受到的合外力 ， 水平方向的合外力与位移x 呈线性关系，类似简谐运动，根据对称性，D 为CE 的中点，故小球在该位置 速度最大，故B 错误； C．当 时，有 则CE 的长度为 小球在E 点，橡皮筋的水平拉力 因 ，小球向左运动，设平衡位置距离C 点的距离为x0，则有 解得 此时 根据对称性小球向左运动的最大距离为 此时橡皮筋的水平拉力 因 ，故小球恰好停在D 点，故C 错误； D．从小球开始运动到小球停止，系统的发热量为 ，故D 正确。 故选AD。 三、解答题 11．（2026·陕西咸阳·二模）风洞是一种通过产生可控气流以模拟真实空气动力学条件的管道实验设备， 用于测试模型或实物的气流特性与性能，被誉为研制新一代飞行器的摇篮。如图所示，在风洞中，长为 的固定直杆 与水平面成 角。有一质量 的小环套在直杆上，以 的初速 度从 点沿杆下滑，小环与杆的动摩擦因数为 ，风洞对小环始终施加水平向右的恒定风力 ，小环 从 点离开时速度为 ，取 ， 。求： (1)恒定风力 的大小； (2)若 点到地面距离 足够大，求小环离开 点后的最小速度。 【答案】(1)10N (2) ，方向与水平方向成 斜向左下 【详解】（1）小环由A 到C 过程 沿杆方向 垂直杆方向 且 解得 （2）小环离开C 点后的合力与水平方向夹角 ，因 故 当小环速度与合力垂直，斜向左下时，速度最小，此时速度与水平方向成 ； 小环从 点到速度最小过程，水平方向 竖直方向 且 由牛顿第二定律，水平方向 解得 速度大小为 解得 ，方向与水平方向成 斜向左下。 一、单选题 1．（2026·江西·二模）中国射击队尤其是气枪项目，一直是奥运赛场上的王牌。某同学用玩具枪打靶对该 运动项目做初步研究，该同学站在靶标中央位置正前方较远处，靶标为一个面积较大的竖直平面。射击时 保持枪口位置不变，先后沿同一水平面内不同方位射出子弹，子弹初速度大小相等，忽略空气阻力，则靶 标上出现的击中点分布可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可知，子弹在空中做平抛运动，水平速度大小不变，当枪口正对靶标中心时，子弹运动到 靶标的水平位移最小，由平抛运动规律 可知，子弹运动到靶标的时间最短；又由公式 可知， 子弹下落的高度最小。在水平面左右旋转枪口朝向时，子弹运动到靶标的水平位移变大，运动时间变长， 下落的高度变大。则靶标上出现的击中点分布应为中间高、两端低的曲线。 考点3 力与物体的曲线运动 故选C。 2．（2026·湖北荆州·二模）金凤广场位于荆州古城东门外，音乐喷泉是广场的亮点。若水流离开某喷泉喷 口时的速率恒为 ，重力加速度大小为 ，不计空气阻力以及喷口距离水面的高度。水流离 开喷口时的初速度方向可随音乐任意调节，则从喷口喷出的水流落在水面上形成的圆面的最大半径为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】水流做斜抛运动，喷口和水面高度相同，属于同一水平面内的抛体运动，设初速度与水平方向夹 角为 ，则水平分速度 竖直分速度 竖直方向总位移为0，由 得总运动时间 水平位移 当 （即 ）时，水平位移取最大值 得最大半径为 故选B。 3．（2026·湖北恩施·二模）如图所示，一半径为R 的光滑圆环竖直放置，AB 为其竖直直径。一根细绳一 端固定在A 点，另一端连接一个质量为m 的小球，小球套在圆环上并处于静止状态，细绳与AB 夹角为 30°。圆环现以角速度 绕AB 轴匀速转动，重力加速度为g，则（ ） A．小球一定受三个力的作用 B．绳中拉力为0 时， C．圆环对小球的弹力为0 时， D．若小球不相对圆环滑动，则 不超过 【答案】B 【详解】解析：初始状态时，小球受重力、拉力和圆环弹力的作用，当圆环以角速度ω 匀速转动，由正交 分解可得： 水平方向： 竖直方向： 解得： 当 时，支持力 为0，故C 错误； 当 时，细绳拉力 为0，故B 正确 ； 当 ，小球不滑动，故D 错误； ，支持力沿半径向外； ，支持力沿半径向内。 故选B。 4．（2026·湖北黄石·二模）一款“转转杯”玩具可简化如图，水平大圆盘绕竖直轴OO′顺时针转动，其上 均匀分布五个相同的小圆盘，绕各自圆心逆时针转动，大小圆盘转动的角速度大小均为ω。取图示时刻为 计时起点，此时小圆盘边缘两点A、B 的位置如图所示，不考虑小圆盘的厚度，下列说法正确的是（ ） A．t = 0 时刻A 点对地速度大小为(L－r)ω B．t = 0 时刻B 点对地速度大小为 C． 时A 点到大圆盘圆心的距离最远D． 时B 点到大圆盘圆心的距离最远 【答案】B 【详解】AB．以地面为参照系记有A、B 点的小圆盘的圆心为C，则C 相对于地面的速度为ωL 方向顺时针， t = 0 时水平向右，而A 点相对于C 点的速度为ωr，在t = 0 时方向水平向右，则A 点在t = 0 时相对地 面的速度大小为(L＋r)ω，同理B 点相对于C 点的速度为ωr，在t = 0 时方向竖直向上，则B 点在t = 0 时 相对地面的速度大小为 ，故A 错误、B 正确； CD．以大圆盘为参照系，小圆盘以2ω 的角速度逆时针转动，则在 时，A 点转动了2π 此时A 点到大 圆盘圆心的距离最近，在 时，B 点转动了π，此时B 点到大圆盘圆心的距离为 ，非最远距离， 故CD 错误。 故选B。 5．（2026·四川南充·二模）辘轳是我国早期用来提水的装置，通过转动轮轴缠绕绳子，从而提起水桶。把 手边缘上 点到中心转轴 的距离为辘轳头边缘上 点到 距离的4 倍。若转动把手，轻绳牵引总质 量为 的水桶在水面上方从静止开始以 的加速度上升高度， 为重力加速度，不计空气阻力和绳的体 积。下列说法正确的是（ ） A． 点的末速度大小为 B． 、 两点向心加速度大小之比为 C．轻绳对水桶拉力的冲量大小为 D．水桶所受合力做的功为 【答案】C 【详解】A．水桶做匀加速直线运动，根据运动学公式 ，可得水桶末速度 辘轳头边缘 点的线速度等于水桶速度，即 、 两点同轴转动，角速度 相等，根据 可知 ，所以 ，故A 错误； B． 、 两点同轴转动，角速度 相等，根据向心加速度公式 可知， ，故B 错误； C．对水桶受力分析，根据牛顿第二定律有 解得绳子拉力 水桶上升时间满足 解得 轻绳对水桶拉力的冲量 ，故C 正确； D．根据动能定理，水桶所受合力做的功 ，故D 错误。 故选C。 二、多选题 6．（2026·四川宜宾·二模）如图所示，某物流园区的智能配送机器人（可视为质点）需通过宽 的 传送带（足够长），传送带以 匀速运行，机器人相对传送带行驶速度 的方向可调整， 的大 小范围为1.0m/s-1.6m/s。关于机器人通过传送带区域过程中，下列说法正确的是（ ） A．机器人通过的最短时间为2s B．当路径垂直传送带边沿时，机器人的最小速度为0.2m/s C．当路径垂直传送带边沿时，机器人的最大速度为 D．当路径垂直传送带边沿时，机器人通过的最短时间为3.2s 【答案】AC 【详解】A．机器人相对传送带沿垂直于传送带行驶方向运动时，且机器人速度取1.6m/s 时通过时间最短， 设 ，有 可得最短时间为 ，故A 正确； BC．当路径垂直传送带边沿时，如图所示有 当 取1.0m/s 时，可得机器人相对传送带的速度为 ，可知机器人的最小速度为 ； 同理当 取1.6m/s 时，可得机器人相对传送带的速度为 ，可知机器人的最大速度为 ， 故B 错误，C 正确； D．当路径垂直传送带边沿时，当 取1.6m/s 时，机器人的最大速度为 ，可得机器人通过的最短 时间为 ，故D 错误。 故选AC。 7．（2026·黑龙江吉林·二模）如图，某投弹式干粉消防车出弹口到高楼水平距离为x，在同一位置消防车 先后向高层建筑发射2 枚灭火弹，且灭火弹均恰好水平击中建筑窗口，已知发射初速度大小相同，初速度 方向与水平方向夹角分别为 、 （ ），击中点离出弹口高度分别为 、 ，从发射到击中窗口飞 行时间分别为 、 。灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为 g。若 ，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．击中窗口前瞬间速度之比 D．水平距离与飞行时间满足 【答案】BD 【详解】AB．设初速度大小为 ，对任意一枚灭火弹竖直方向 得飞行时间 水平位移 由于两弹 、 相同，得 结合 ，可得 已知 ，故 最高点高度 因此 ，A 错误，B 正确； C．击中时竖直速度为0，击中速度等于水平分速度 因此 ， C 错误； D． 水平距离 竖直方向 因为 ，可得 联立解得 ， D 正确。 故选BD。 8．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示，竖直平面内激光器悬挂在轻质弹簧下端，与水平方向的夹角始终为 ，其右侧竖直放置一块直径为 的半圆柱形玻璃砖。激光器静止时，激光恰好从圆心 点射入玻璃 砖。现使激光器做简谐运动，并确保照射到玻璃砖的光均能从圆弧面射出。已知玻璃砖对该激光的折射率 为 ，光在真空中的传播速度为，不考虑玻璃砖内的反射光，则（ ） A．激光器的最大振幅为 B．激光在玻璃砖中的传播速度为 C．圆弧上的光点做匀速圆周运动 D．若激光频率增大，激光器的振动周期将减小 【答案】AB 【详解】A．如图所示，激光恰好都能从圆弧面射出，玻璃砖恰好发生全反射的光路如图所示 由几何关系可得 根据 在 中，根据正弦定理分别有 解得 故弹簧振子的振幅为 ，故A 正确； B．激光在玻璃砖中的传播速度为 ，故B 正确； C．激光器做简谐运动，其位移随时间按正弦规律变化，导致激光在圆弧上的出射点位置也随时间非均匀 变化，因此光点做变速圆周运动，故C 错误； D．弹簧振子的周期公式为 可知周期仅由振子质量m 和弹簧劲度系数k 决定，与激光频率无关，因此周期不变，故D 错误。 故选AB。 三、解答题 9．（2026·四川成都·二模）一种新型智能网球发球机可将网球从发球口沿水平面内任意方向击出，供运动 员进行日常训练。如图所示，运动员将发球机置于网球场左侧底线AB 的中点G 处，发球口在G 点正上方 高度为 的H 点。球网两侧球场ABCF 与FCDE 均为边长的正方形，I 为DE 中点，球网高度为，网球 可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为 。 (1)若发球机从H 点将网球沿平行于轴线GI 方向水平击出，要使得网球能直接落到右侧场地内，求网球的 初速度大小 满足的条件； (2)若发球机发球速度的大小和方向在水平面内可任意调节，求网球直接落在右侧球场中所有可能落点构成 图形的面积。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设网球初速度为 时，经历 时间恰能过网，水平方向有 竖直方向有 解得 设网球初速度为 时，经历 时间恰好不出右侧底线，水平方向有 竖直方向有 解得 综上，要使得网球能落到右侧场地，初速度 应满足 。 （2）设网球初速度方向与GI 方向的夹角为 ，初速度大小为 ，恰能过网，如图所示 网球运动轨迹与球网的交点为 在地面上的投影为 ，网球落地点为 ，设 的距离为 。从H 运 动至M 的过程中，水平方向有 从H 运动至P 的过程中，水平方向有 落点P 到球网的距离 解得 即所有恰好过网的网球落点位置到球网的距离均相同，与初速度方向无关。故所有可能的落点组成的形状 为矩形，面积为 联立解得 10．（2026·辽宁大连·二模）如图所示，一儿童在房间内向地面上的O 点投掷弹力球（可视为质点），弹 力球从O 点反弹到右侧竖直墙壁上的M 点后，又直接反弹到左侧竖直墙壁上的N 点。已知两竖直墙壁间 的距离 L=10.8m，O 点距右侧墙壁d=2.7m，M 点与N 点等高，弹力球在空中离水平地面的最大高度 H=4.05m。弹力球与墙壁碰撞前后瞬间沿墙壁的速度不变，垂直于墙壁的速度大小不变，方向相反。不计 空气阻力，忽略弹力球与墙壁的碰撞时间，取 g=10m/s2。 (1)弹力球在O 点弹起时的速度大小v0； (2)弹力球与M 点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在竖直方向 得 竖直方向的速度为 水平方向做匀速直线运动，有 得 联立解得弹力球在O 点弹起时的速度大小 （2）从O 点到M 点的过程中，水平方向做匀速直线运动，有 得 竖直方向的速度为 在M 点碰撞后瞬间速度与竖直方向夹角的正切值 解得 11．（2026·吉林长春·二模）如图（a）为长春西湖公园的“巨型冰锅”，冰锅可视为半径为 的球面的一 部分。质量为 的汽车（可视为质点）采用两种方式从锅底“脱困”，重力加速度为 ，不计空气阻力。 (1)第一种方式：汽车在过锅底的竖直面内做圆周运动，多次往复运动后荡出冰锅。某次通过锅底时速度为 ，如图（b）所示，求此时汽车对锅底的压力大小和方向。 (2)第二种方式：汽车从锅底沿锅壁螺旋上升，最后驶出冰锅。某一小段时间内汽车的运动可视为在水平面 内的匀速圆周运动，汽车与冰锅球心 点连线与竖直方向夹角为 ，如图 所示，要使汽车不受摩擦力作 用，其速度应等于多少。 【答案】(1) ，方向竖直向下 (2) 【详解】（1）设锅底对汽车的弹力为 ，汽车在竖直面做匀速圆周运动根据牛顿第二定律有 解得 汽车对锅底的压力大小为 方向竖直向下。 （2）设汽车此时速度为 ，汽车做圆周运动半径 汽车所受重力及冰锅支持力的合力提供向心力 解得 一、单选题 1．（2026·浙江金华·二模）如图，从我国空间站伸出的长为 的机械臂外端安置一微型卫星。绕地球做匀 速圆周运动过程中，微型卫星和空间站与地心始终在一条直线上。已知地球半径为 ，空间站的轨道半径 为，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，则（ ） 考点4 万有引力与航天 A．微型卫星的角速度比空间站的角速度小 B．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 C．空间站的加速度与地球表面重力加速度之比为 D．若机械臂操作不当导致微型卫星脱落，微型卫星将做近心运动 【答案】C 【详解】A．微型卫星和空间站与地心始终在一条直线上，可知微型卫星的角速度和空间站的角速度相等， 故A 错误； B．根据 可知微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 ，故B 错误； C．根据牛顿第二定律 解得空间站所在轨道处的加速度 在地球表面 解得 所以 ，故C 正确； D．根据牛顿第二定律 解得 可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站 以共同的角速度运动，由 可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用不是完全始终。 所以，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故D 错误。 故选C。 2．（2026·黑龙江吉林·二模）我国发射的“天问二号”探测器首次实现从小行星2016HO3 采样返回地球。 该小行星绕太阳运行的轨道半长轴大于地球公转轨道半径，两轨道其中一个交点为P。若将小行星看作质 量分布均匀的球体，半径为R，密度与地球相同。已知探测器在地球表面附近做匀速圆周运动的周期为 ， 地球半径为 ，引力常量为G。下列说法正确的是（ ） A．小行星绕太阳运行周期小于地球公转周期 B．小行星经过P 处时的加速度大于地球经过P 处时的加速度 C．小行星质量为 D．探测器质量为 【答案】C 【详解】A．由于该小行星绕太阳运行的轨道半长轴大于地球公转轨道半径，根据开普勒第三定律可知， 小行星绕太阳运行周期大于地球公转周期，故A 错误； B．根据牛顿第二定律有 解得 因小行星经过同一地点时到太阳的距离相等，故小行星经过P 处时的加速度等于地球经过P 处时的加速度， 故B 错误； D．已知探测器在地球表面附近做匀速圆周运动的周期为 ，地球半径为 ，则有 解得地球的质量为 而探测器的质量 被约去，不能求出来，故D 错误； C．地球的密度为 又小行星看作质量分布均匀的球体，半径为R，密度与地球相同，故小行星质量为 ， 故C 正确。 故选C。 3．（2026·浙江温州·二模）如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于P 点，AB 是椭圆轨道Ⅰ的短轴。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。则（ ） A．飞行器在 时刻经过轨道Ⅰ的近地点 B．飞行器沿轨道Ⅰ上从A 点经P 点运行至B 点的时间为 C．飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为 D． 时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积相等 【答案】C 【详解】A．飞行器在两轨道运行过程中，当飞行器在轨道Ⅰ的近地点时，飞行器距离地球间距最小，飞 行器所受万有引力最大，根据图乙可知，飞行器在 时刻经过轨道Ⅰ的近地点，故A 错误； B．结合上述，根据图乙可知，飞行器在 时刻经过轨道Ⅰ的近地点，在 时刻经过轨道Ⅰ的P 点，即飞行 器沿轨道Ⅰ上从近地点经A 点运行至P 点的时间为 ，故B 错误； C．根据图乙，飞行器在轨道Ⅰ的近地点与远地点有 ， 飞行器沿轨道Ⅱ的远地点有 根据开普勒第三定律有 解得 ，故C 正确； D． 时间内，飞行器开始在轨道Ⅱ上运行，后来在轨道Ⅰ上运行，开普勒第二定律是针对同一轨道， 可知， 时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积不一定相等，故D 错误。 故选C。 4．（2026·江西九江·二模）由中国科学院云南天文台牵头的研究团队，在一颗类似太阳的恒星周围发现了 一颗位于宜居带的“超级地球”开普勒 ，轨道如图所示。该行星绕恒星运行周期为 ，行星从A 到 B（A、B 两点关于椭圆长轴对称）、从C 到D 的时间均为 ；从B 到C、从D 到A 行星与恒星的连线扫过 面积之比为3 1∶，万有引力做功的绝对值分别为 和 ，经历的时间分别为 和 ；A 和C 处的速度 分别为 和 、加速度分别为 和 下面判断正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．从B 到C、从D 到A 行星与恒星的连线扫过面积之比为3 1∶，根据开普勒第二定律可知， ，而 可得 ，A 错误； B．因AB 两点动能相同，由功的概念结合对称性可知 ，B 正确； C．根据 ，因 ，可得 ，C 错误； D．根据开普勒第二定律可知 因 ，可知 ，D 错误。 故选B。 5．（2026·河北邢台·二模）如图所示，嫦娥六号在地月转移轨道合适位置制动后进入周期为12 小时的环 月椭圆轨道I，在轨道I 的 点制动后进入周期为4 小时的椭圆轨道II，在轨道II 的 点制动后进入周期约 为128 分钟的圆轨道III。 点为月球球心，月球的质量为 ，万有引力常量为 ，取无穷远势能为零，嫦 娥六号与月球间的引力势能为 （ 为嫦娥六号的质量， 为嫦娥六号与月球中心的距离）。 已知 。则下列说法正确的是（ ） A．椭圆轨道I 和椭圆轨道II 的半长轴之比为 B．嫦娥六号在轨道I 和轨道II 的 点加速度大小均为 C．嫦娥六号在轨道II 上经过 点的线速度大小为 D．嫦娥六号在 点制动，从轨道II 变到轨道III 的过程中，制动力所做的功 【答案】C 【详解】A．椭圆轨道I 和II 的周期之比为 ，根据开普勒第三定律 ，解得 ，故A 错误； B．嫦娥六号在轨道I 和轨道II 的 点时，万有引力产生加速度，所以二者的加速度均为 ，故B 错 误； C．设嫦娥六号在轨道II 上经过 点和 点的线速度大小 和 ，根据开普勒第二定律可得 根据在 两点嫦娥六号的机械能相等可得 解得 ， ，故C 正确； D．设在轨道III 上速度大小为 ，万有引力提供向心力 解得 嫦娥六号在 点制动从轨道II 变到轨道III 的过程中，由动能定理可得 ，解得 ，故D 错误。 故选C。 二、多选题 6．（2026·辽宁鞍山·二模）中国探月工程（嫦娥工程）已成功发射多颗月球探测卫星，按“绕、落、回” 三步走战略稳步推进，并已开展后续探测规划，其中嫦娥六号成功着陆在月球南极的艾特肯盆地，完成人 类首次月球背面采样返回任务。如图所示，卫星2 是某一近月圆轨道探测卫星，卫星1 是另一月球探测卫 星，卫星1 从地球出发沿变轨轨道从切点A 进入绕月探测圆轨道，已知卫星1 在探测圆轨道的运行周期为 ，轨道半径为 ，卫星2 的运行周期为 ，两卫星绕行方向相同，则（ ） A．卫星1 从变轨轨道进入探测圆轨道需在A 点减速 B．卫星1 受到的月球引力小于卫星2 受到的月球引力 C．卫星2 的轨道半径 D．圆轨道上两颗卫星相邻两次相距最近的时间间隔为 【答案】AD 【详解】A．卫星1 从变轨轨道进入探测圆轨道，做近心运动，需在A 点减速，故A 正确； B．根据万有引力公式 引力大小不仅和轨道半径有关，还和卫星的质量有关。题目中没有给出两颗卫星的质量信息，因此无法比 较它们受到的月球引力大小，故B 错误； C．根据开普勒第三定律 解得 ，故C 错误； D．根据万有引力提供向心力，则有 解得 因卫星2 轨道半径更小，所以卫星2 的角速度更大；设相邻两次相距最近的时间间隔为，由于当卫星2 比 卫星1 多转一圈时，两者相距最近，则有 解得 ，故D 正确。 故选AD。 7．（2026·浙江宁波·二模）我国载人登月方案是先将着陆器送至近月面的圆形环月轨道，再发射载人飞船 在环月轨道与着陆器交会对接，航天员进入着陆器后择机降落月面。已知地球质量约为月球质量的81 倍， 地球半径约为月球半径的3.7 倍，地球的第一宇宙速度为 ， 。下列说法正确的是 （ ） A．着陆器和飞船对接后总质量变大将自发进入更低轨道 B．着陆器与飞船对接时的绕月速率约为1.7km/s C．着陆器在环月轨道上的向心加速度约为地球表面重力加速度的0.17 倍 D．若月球的平均密度变为原来的2 倍，则近月卫星的周期将变为原来的0.5 倍 【答案】BC 【详解】A．对接后万有引力提供向心力，有 等式中环绕天体质量 可约去，得 对接后总质量改变但速度不变，着陆器不会自发进入更低轨道，进入低轨道需要主动减速，故A 错误； B．近月轨道环绕速率等于月球第一宇宙速度，第一宇宙速度为 因此月球与地球第一宇宙速度比值为 代入 ，得 ，故B 正确； C．近月轨道向心加速度近似等于月球表面重力加速度，由牛顿第二定律可知，星球表面重力加速度满足 可得 因此 ，故C 正确； D．近月卫星由万有引力提供向心力，周期满足 代入 ，化简得 即 ，密度变为原来2 倍时，周期变为原来的 倍，不是0.5 倍，故D 错误。 故选BC。 8．（2026·湖北黄石·二模）观测密近双星时发现了一种双星轨道变化的新模式：密近双星的运动周期会突 变，有可能是两子星间的物质相互交流造成，即小质量子星的物质被吸引而转移至大质量子星上（不考虑 质量的损失）。若双星的运动周期增大，则（ ） A．两子星的间距增大 B．两子星间的万有引力增大 C．小质量子星的轨道半径增大 D．大质量子星的运动角速度增大 【答案】AC 【分析】设小质量子星质量为 ，大质量子星质量为 ，两星总质量 （无质量损失， 恒 定），两星间距为 ，轨道半径分别为 、 ，周期为 ，角速度为 。 双星系统角速度相同，万有引力提供向心力， ， 联立推导得核心公式：周期公式： 轨道半径关系： 、 【详解】A. 由 恒定， 增大时必有 增大，故A 正确； B. 两星间万有引力 恒定， 减小、 增大时， 的乘积减小（两数和固定，差值越大乘积越小），同时 增大， 因此 减小，故B 错误； C. 小质量子星轨道半径 恒定， 增大、 增大，因此 增大，故C 正确； D. 角速度 ， 增大则 减小，故D 错误。 故选AC。 9．（2026·四川成都·二模）1610 年，伽利略用他的望远镜发现了围绕木星的四颗卫星，它们的运动可视为 匀速圆周运动，轨道半径的对数 与周期的对数 关系如图，则（ ） A．木卫四的加速度比木卫一的大 B．四颗卫星中，木卫一的速度最大 C．图线斜率等于 D．图线纵截距仅与木星的质量有关 【答案】BD 【详解】CD． 根据题意，由万有引力提供向心力有 ，整理可得 ，两边取对数 有 可知图线斜率等于 ，图线纵截距与木星的质量有关，故C 错误，D 正确； AB． 由图可知，木卫四的轨道半径最大，木卫一的轨道半径最小，由万有引力提供向心力有 ， ，解得 ， 可知，木卫四的加速度比木卫一的小，四颗卫星中，木卫一的速度 最大，故A 错误，B 正确。 故选BD。 10．（2026·云南昭通·二模）如图所示，圆轨道1 上运行有两颗地球卫星甲、乙，卫星甲在P 点加速从圆 轨道1 变轨到椭圆轨道2，然后在M 点加速进入圆轨道4；卫星乙在P 点加速从圆轨道1 变轨到椭圆轨道 3。O 为地球中心，轨道1、2、3 相切于P 点，轨道4 与轨道2 相切于M 点，N 为椭圆轨道3 距地球最远点， OM 大于 。下列判断正确的是（ ） A．卫星甲在P 点向前喷气从圆轨道1 变轨到椭圆轨道2 B．卫星甲在轨道1、2 上经过P 点的加速度和卫星乙在轨道1、3 上经过P 点的加速度相同 C．卫星甲在轨道2 上经过P 点的速度小于在轨道4 上做圆周运动的速度 D．卫星甲在轨道4 运行的周期大于卫星乙在轨道3 运行的周期 【答案】BD 【详解】A．卫星甲在 点向后喷气加速从圆轨道1 变轨到椭圆轨道2，故A 错误； B．根据 可得 可知卫星甲在轨道1、2 上经过 点的加速度和卫星乙在轨道1、3 上经过 点的加速度相同，故B 正确； C．根据 可得 可知卫星甲在轨道1 上的线速度大于在轨道4 上的线速度，而卫星甲从轨道1 到轨道2 要在 点加速，可 知卫星甲在轨道2 上经过 点的速度大于在轨道4 上做圆周运动的速度，故C 错误； D．根据开普勒第三定律可知，因 ，即轨道4 的轨道半径大于轨道3 的半长轴，可知卫星甲在 轨道4 运行的周期大于卫星乙在轨道3 运行的周期，故D 正确。 故选BD。
