物理必修2考试易丢分知识点及易错辨析（含高考真题）_高考一二三轮复习_物理_2027年高考物理一轮更新中_92027届高考物理一轮复习易错辨析（含高考真题）

物理必修二考试最易丢分知识点及易错
辨析（含高考真题）
目录
一、整体考情分析（期末考+高考）............................................................................................2
（一）期末考考情...................................................................................................................2
（二）高考考情.......................................................................................................................2
二、各章节最易丢分知识点及易错辨析.......................................................................................3
第一章 抛体运动 易错知识点及辨析.....................................................................................3
易错点1：混淆分运动与合运动的独立性、等时性、等效性....................................3
易错点2：混淆平抛运动与斜抛运动的速度、位移规律，忽略矢量性....................4
易错点3：类平抛运动的判断与规律应用失误............................................................5
第二章 圆周运动 易错知识点及辨析.....................................................................................7
易错点1：对向心力的本质理解错误，混淆“向心力”与“合力”的关系.......................7
易错点2：竖直面内圆周运动的临界条件判断失误....................................................8
易错点3：混淆圆周运动的线速度、角速度、周期、频率的关系，公式套用错误.9
易错点4：水平面内圆周运动的受力分析失误，忽略静摩擦力的方向和大小变化11
第三章 万有引力与宇宙航行 易错知识点及辨析...............................................................12
易错点1：混淆万有引力与重力的关系，忽略地球自转的影响..............................12
易错点2：天体质量与密度计算的公式套用错误，忽略轨道半径与星球半径的区别
14
易错点3：卫星变轨问题的判断失误，混淆“加速”与“减速”的作用.........................15
易错点4：同步卫星的特点记忆混淆，忽略其独特条件..........................................17
第四章 机械能守恒定律 易错知识点及辨析.......................................................................19
易错点1：机械能守恒条件判断失误，忽略“只有重力或弹力做功”的本质............19
易错点2：混淆机械能守恒定律与动能定理的应用，公式套用错误......................21
易错点3：重力势能、弹性势能的计算错误，忽略参考平面和形变特点...............22
易错点4：功和功率的判断与计算错误，忽略做功的条件和功率的瞬时性...........24
三、总结与应试建议.....................................................................................................................26
专题一　抛体运动.........................................................................................................................26
专题二　圆周运动.........................................................................................................................35
专题三　万有引力与宇宙航行.....................................................................................................48
专题四　功和能............................................................................................................................ 66
真题试练1：功和功率..........................................................................................................66
真题试练2：动能定理及其应用..........................................................................................71
真题试练3：机械能守恒 功能关系....................................................................................82
物理必修二是高中物理力学知识的核心延伸，涵盖曲线运动、圆周运动、万有引力与宇宙航
行、机械能守恒定律四大模块，既是衔接必修一受力分析、牛顿运动定律的关键内容，也是期
末考、高考的重点考查板块。从历年考试数据来看，必修二知识点的丢分率常年居高不下，平
均丢分占比达40%以上——并非学生完全不会，而是在知识点理解、公式应用、临界条件判
断、审题细节等环节存在疏漏，导致“会做但做错”“得分不全”。本文结合期末考与高考考情，
全面梳理各章节最易丢分的知识点，搭配详细易错辨析，剖析错误成因、明确正确思路，帮助
学生规避易错点、夯实基础，提升应试能力。
一、整体考情分析（期末考+高考）
（一）期末考考情
物理必修二期末考以基础知识点识记、基础公式应用、简单综合计算为主，题型涵盖选择题
（40%-50%）、填空题（15%-20%）、计算题（30%-45%），考试时长通常为90 分钟，满
分100 分。从考查重点来看，曲线运动（平抛运动为主）、圆周运动（基础规律+常见模
型）、机械能守恒定律（公式应用+能量判断）是核心考查内容，占比达70%以上；万有引力
与宇宙航行多以基础选择题、填空题形式出现，占比15%-20%，难度适中。
期末考最易丢分的共性问题的是：1.  基础知识点理解不透彻，对分运动独立性、向心力本
质、机械能守恒条件等核心概念掌握模糊；2.  公式记忆不牢固，混淆公式适用条件（如将平
抛运动公式套用在斜抛运动中，将万有引力公式与向心力公式混用）；3.  审题不细致，忽略
题干中的关键条件（如“不计空气阻力”“光滑轨道”“近地卫星”等）；4.  计算粗心，尤其是涉及
根号、平方、圆周运动周期计算时，容易出现数值错误或单位换算失误。从丢分题型来看，计
算题丢分最严重，主要是因为综合应用能力不足，无法将受力分析与运动规律结合，临界条件
判断失误；选择题丢分多集中在易错概念辨析、公式适用条件判断类题目。
（二）高考考情
在全国卷及新高考卷中，物理必修二知识点属于必考内容，多以选择题、计算题形式出现，偶
尔结合选修内容出综合题，分值占比约15%-20%（约22-30 分）。高考考查的特点是“基础打
底、综合拔高”，既考查基础知识点的识记与应用，也注重知识点的综合迁移、临界条件分
析、模型构建能力的考查。
具体考查重点的：1.  曲线运动：平抛运动、斜抛运动的规律应用，常结合电场、磁场考查带
电粒子的类平抛运动，难度中等偏上；2.  圆周运动：竖直面内圆周运动的临界条件、水平面
内圆周运动的受力分析，多与机械能守恒、动能定理结合考查，是高考计算题的高频考点，难
度较大；3.  万有引力与宇宙航行：卫星轨道、同步卫星、近地卫星的规律应用，天体质量与
密度计算，卫星变轨问题，多以选择题形式出现，偶尔出计算题，难度中等；4.  机械能守恒
定律：与动能定理、功和功率的综合应用，是高考计算题的核心考点之一，常结合圆周运动、
抛体运动考查，难度中等偏上。
高考最易丢分的问题的是：1.  模型构建能力不足，无法将实际运动转化为物理模型（如将汽
车过弯道转化为水平面内圆周运动，将卫星运动转化为万有引力提供向心力的模型）；2.  临
界条件判断失误，尤其是竖直面内圆周运动的“最小速度”、卫星变轨的“加速/减速”判断，是高
频丢分点；3.  综合应用能力薄弱，无法将功和功率、动能定理、机械能守恒定律与圆周运
动、抛体运动结合，出现“思路断裂”；4.  忽略隐含条件，如卫星运动中“万有引力近似等于重
力”“同步卫星周期等于地球自转周期”等，导致公式套用错误；5.  单位换算不规范，如将轨道
半径的单位换算错误（米与千米混淆），影响计算结果。
从近三年高考真题来看，必修二知识点的丢分集中在三个方面：一是圆周运动的临界条件与机
械能守恒的综合计算；二是万有引力与卫星变轨的结合问题；三是功和功率的判断、动能定理
的应用（尤其是多力做功的代数和计算）。这些知识点既是高考重点，也是学生的易错点，需
要重点突破。
二、各章节最易丢分知识点及易错辨析
第一章 抛体运动 易错知识点及辨析
易错点1：混淆分运动与合运动的独立性、等时性、等效性
### 丢分原因
这是抛体运动中最基础也是最易丢分的知识点，学生普遍存在三个误区：一是误认为分运动的
快慢会影响另一分运动的快慢，忽略分运动的独立性——两个分运动互不干扰，各自遵循自身
的运动规律，不受另一分运动的影响；二是求解合运动时间时，错误地用合位移除以合速度计
算，忽略分运动与合运动的等时性——合运动的时间与两个分运动的时间完全相等，应根据其
中一个易求解的分运动（如竖直方向的自由落体、竖直上抛）计算时间，而非合运动；三是运
动分解时随意分解，不遵循“实际效果”原则，如将平抛运动的初速度分解为沿斜面和垂直斜面
方向，而非水平和竖直方向，导致后续公式套用错误。
易错辨析
核心规律：分运动与合运动的三大特性是独立性、等时性、等效性，三者缺一不可，是解决抛
体运动问题的核心前提。
正确解析：① 独立性：物体的合运动可以分解为两个或多个分运动，每个分运动都独立进
行，互不影响。例如，平抛运动中，水平方向不受力，做匀速直线运动，速度保持不变；竖直
方向受重力，做自由落体运动，加速度为g，即使水平初速度增大或减小，竖直方向的运动时
间、加速度、末速度也不会发生变化；反之，竖直方向的高度变化，也不会影响水平方向的匀
速直线运动。再如，斜抛运动中，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两个
分运动各自独立，水平方向的速度不影响竖直方向的上升高度和运动时间，竖直方向的运动也
不会改变水平方向的速度大小。
② 等时性：合运动的时间与任意一个分运动的时间相等，这是求解抛体运动时间的关键。无
论是平抛运动、斜抛运动，还是其他曲线运动，只要分解为两个分运动，两个分运动的时间必
然与合运动的时间相同。例如，平抛运动的飞行时间，只由竖直方向的高度决定，与水平初速
度无关，计算公式为(t = ❑√
2h
g )（h 为竖直方向高度）；斜抛运动的飞行时间，由竖直方向的
初速度和重力加速度决定，计算公式为(t = 2v0 y
g
)（(v0 y)为竖直方向初速度），与水平初速
度无关。很多学生错误地认为水平初速度越大，飞行时间越长，就是忽略了分运动的等时性，
混淆了水平分运动与竖直分运动的独立性。
③ 等效性：合运动是各个分运动的等效替代，合运动的位移、速度、加速度，都是各个分运
动位移、速度、加速度的矢量和。运动的分解与合成遵循平行四边形定则，分解时必须结合物
体的实际运动效果，不能随意分解。例如，平抛运动中，物体在水平方向不受力，没有加速
度，因此水平方向是匀速直线运动；竖直方向受重力，有竖直向下的加速度g，因此竖直方向
是自由落体运动，因此分解为水平和竖直两个方向才符合实际运动效果；如果将平抛运动分解
为沿斜面和垂直斜面方向，就违背了实际运动规律，导致后续受力分析和公式应用全部错误。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题形式考查，如判断“平抛运动中水平速度
越大，飞行时间越长”的正误，或求解抛体运动的时间；高考中，该知识点多作为基础知识
点，融入带电粒子的类平抛运动计算题中，若分运动的独立性、等时性理解错误，会导致整个
计算题丢分。
易错点2：混淆平抛运动与斜抛运动的速度、位移规律，忽略矢量性
丢分原因
1.  忽略平抛运动与斜抛运动的区别，将平抛运动的公式直接套用在斜抛运动中，如将斜抛运
动的竖直方向初速度视为0，错误使用自由落体运动公式；2.  求解速度、位移时，忽略矢量
性，只计算大小，不判断方向，或在矢量合成时错误使用代数运算，而非平行四边形定则；3. 
对斜抛运动的上升阶段和下落阶段的规律理解模糊，误认为上升阶段和下落阶段的时间不相
等，或速度变化量不同；4.  混淆“合速度方向”与“位移方向”，错误地认为合速度方向与位移方
向相同，忽略两者的夹角关系。
易错辨析
核心区别：平抛运动的初速度方向水平，竖直方向初速度为0；斜抛运动的初速度方向与水平
方向成一定夹角，竖直方向初速度不为0，两者的速度、位移规律既有联系，又有区别，核心
是把握矢量性和分运动规律。
正确解析：① 平抛运动的核心规律（矢量分解）：水平方向（x 方向）：初速度(v0 x = v0)，
加速度(ax =0)，做匀速直线运动，位移( x = v0t )，速度(v x = v0)；竖直方向（y 方向）：初速
度(v0 y =0)，加速度(a y = g)，做自由落体运动，位移( y = 1
2 gt
2)，速度(v y =>)。合速度大小
(v =
❑√v x
2+ v y
2 )，方向与水平方向的夹角(α )满足(tan α = v y
v x
=gt
v0
)；合位移大小(s=
❑√x
2+ y
2)，
方向与水平方向的夹角(θ)满足(tanθ = y
x =gt
2v0
)。这里需要注意，合速度方向与位移方向不相
同，且(tan α =2tanθ)，这是平抛运动的一个重要规律，也是期末考、高考的易错点，很多学
生错误地认为两者方向相同，导致方向判断错误。
② 斜抛运动的核心规律（矢量分解）：水平方向（x 方向）：初速度(v0 x = v0cosθ)（(θ)为
初速度与水平方向夹角），加速度(ax =0)，做匀速直线运动，位移( x = v0cosθ⋅t )，速度
(v x = v0cosθ)（保持不变）；竖直方向（y 方向）：初速度(v0 y = v0sinθ)，加速度(a y =−g)
（取向上为正方向），做竖直上抛运动，上升阶段速度减小，下落阶段速度增大，位移
( y = v0sinθ⋅t −1
2 gt
2)，速度(v y = v0sinθ−>)。斜抛运动的飞行时间(t = 2v0sinθ
g
)（上升时
间与下落时间相等，均为( v0sinθ
g
)），最大高度( H = v0
2sin
2θ
2g
)，水平射程
( X = v0cosθ⋅t = v0
2sin 2θ
g
)（当(θ = 45
∘)时，射程最大）。
③ 易错点突破：一是不能将平抛运动公式套用在斜抛运动中，斜抛运动的竖直方向初速度不
为0，必须用竖直上抛运动公式求解；二是速度、位移均为矢量，合成与分解时必须遵循平行
四边形定则，不能用代数运算代替矢量运算，例如，斜抛运动的末速度大小，不能用水平速度
与竖直速度直接相加，必须用勾股定理计算；三是斜抛运动的上升阶段和下落阶段具有对称
性，上升时间与下落时间相等，同一高度处的速度大小相等、方向相反，速度变化量均为(>)
（方向竖直向下）；四是区分合速度方向与位移方向，两者的夹角不同，不能混淆，尤其是在
判断物体落地时的速度方向时，必须通过合速度的两个分速度计算夹角，而非位移夹角。
考情关联：期末考中，平抛运动是重点考查内容，多以计算题形式出现，斜抛运动多以选择
题、填空题形式考查，主要考查速度、位移的计算和方向判断；高考中，平抛运动常结合电
场、磁场考查带电粒子的类平抛运动，斜抛运动偶尔出现，多与机械能守恒结合考查，矢量性
判断和公式应用是丢分关键。
易错点3：类平抛运动的判断与规律应用失误
丢分原因
类平抛运动是平抛运动的延伸，也是期末考、高考的高频考点，学生的丢分原因主要有：1.  
无法判断物体的运动是否为类平抛运动，混淆类平抛运动与匀变速曲线运动、匀速圆周运动的
区别；2.  忽略类平抛运动的受力特点，不知道类平抛运动的加速度是恒定的（由合力决
定），且加速度方向与初速度方向垂直；3.  套用平抛运动公式时，错误地将重力加速度g 替
换为合加速度a，或忽略加速度的方向，导致公式应用错误；4.  分解类平抛运动时，不能正
确确定两个分运动的方向（初速度方向和加速度方向），导致分运动规律分析错误。
易错辨析
核心定义：类平抛运动是指物体在水平方向（或某一方向）做匀速直线运动，在垂直于该方向
做初速度为0 的匀加速直线运动，其运动规律与平抛运动相似，本质是匀变速曲线运动（加速
度恒定）。
正确解析：① 类平抛运动的判断条件：一是初速度方向与加速度方向垂直（合力方向与初速
度方向垂直）；二是加速度恒定（合力恒定，大小、方向均不变）。例如，带电粒子在匀强电
场中，若初速度方向与电场强度方向垂直，粒子就做类平抛运动——水平方向不受电场力，做
匀速直线运动；竖直方向受电场力，做初速度为0 的匀加速直线运动，加速度(a= qE
m )（q 为
粒子电荷量，m 为粒子质量，E 为电场强度）。再如，物体在光滑斜面上的平抛运动（初速度
水平，斜面光滑），也属于类平抛运动，加速度为(gsinθ)（(θ)为斜面倾角），方向沿斜面
向下，初速度方向与加速度方向垂直。
② 类平抛运动的规律（类比平抛运动，替换加速度）：设初速度方向为x 方向，加速度方向
为y 方向，初速度为(v0)，加速度为a，则：x 方向（匀速直线运动）：( x = v0t )，(v x = v0)；
y 方向（初速度为0 的匀加速直线运动）：( y = 1
2 at
2)，(v y =at )；合速度大小(v =
❑√v x
2+ v y
2 )，
方向与x 方向的夹角(α )满足(tan α = v y
v x
= at
v0
)；合位移大小(s=
❑√x
2+ y
2)，方向与x 方向的夹
角(θ)满足(tanθ = y
x = at
2v0
)。
③ 易错点突破：一是判断类平抛运动时，必须同时满足“初速度与加速度垂直”和“加速度恒
定”两个条件，缺一不可，若加速度不恒定，或初速度与加速度不垂直，就不是类平抛运动
（如匀速圆周运动，加速度方向变化，不是类平抛运动）；二是套用公式时，必须将平抛运动
中的g 替换为类平抛运动的合加速度a，不能直接使用g，这是最易丢分的地方；三是分解类
平抛运动时，必须以“初速度方向”和“加速度方向”为两个分运动方向，不能随意分解，否则会
导致分运动规律错误；四是类平抛运动的时间由y 方向的位移和加速度决定，与x 方向的初速
度无关，计算公式为(t = ❑√
2 y
a )，与平抛运动的时间公式类比记忆。
考情关联：期末考中，类平抛运动多以选择题、计算题形式考查，难度中等，主要考查运动的
判断和规律应用；高考中，类平抛运动是高频考点，多结合电场考查带电粒子的运动，难度中
等偏上，若判断错误或公式套用错误，会导致整个计算题丢分，是必修二的核心丢分点之一。
第二章 圆周运动 易错知识点及辨析
易错点1：对向心力的本质理解错误，混淆“向心力”与“合力”的关系
丢分原因
向心力是圆周运动的核心知识点，也是学生最易理解错误的知识点，丢分原因主要有：1.  误
认为向心力是一种“独立的力”，单独存在于做圆周运动的物体上，忽略向心力的本质是“合力
的效果力”——向心力不是独立的力，而是物体所受合力在指向圆心方向的分力，或物体所受
的合力（当合力方向指向圆心时）；2.  混淆向心力与合力的关系，不知道向心力是合力的一
个分力（非匀速圆周运动），还是合力本身（匀速圆周运动），导致受力分析时多画一个“向
心力”，或忽略合力在指向圆心方向的分力；3.  对向心力的方向理解错误，认为向心力的方向
沿圆周切线方向，或与速度方向相同，忽略向心力的方向始终指向圆心，与速度方向垂直；4. 
忽略向心力的矢量性，只计算大小，不判断方向，导致在非匀速圆周运动中，无法正确分析向
心力的变化。
易错辨析
核心本质：向心力是物体做圆周运动时，所需的“指向圆心的合力（或合力的分力）”，是一种
效果力，不是独立的性质力，其方向始终指向圆心，与物体的线速度方向垂直，只改变速度的
方向，不改变速度的大小。
正确解析：① 向心力的来源：向心力可以由单个力提供，也可以由多个力的合力提供，还可
以由某个力的分力提供。例如，水平面上做匀速圆周运动的物体，向心力由静摩擦力提供（静
摩擦力方向指向圆心）；竖直面内做圆周运动的物体，在最高点时，向心力由重力和绳子拉力
的合力提供（或仅由重力提供）；斜面上做圆周运动的物体，向心力由重力、支持力的合力沿
指向圆心方向的分力提供。需要注意的是，无论向心力由什么力提供，它都不是额外的力，受
力分析时，只能分析物体实际受到的性质力（重力、弹力、摩擦力等），不能额外画一个“向
心力”。
② 向心力与合力的关系：分两种情况：一是匀速圆周运动，物体的速度大小不变，方向不断
变化，加速度方向始终指向圆心（向心加速度），因此合力方向始终指向圆心，合力就是向心
力，此时合力只提供向心力，不改变速度大小；二是非匀速圆周运动（如竖直面内的圆周运
动，物体上升、下落过程中速度大小变化），物体的加速度分为两个分力：向心加速度（指向
圆心，改变速度方向）和切向加速度（沿切线方向，改变速度大小），因此合力也分为两个分
力：指向圆心的分力（向心力，提供向心加速度）和沿切线方向的分力（切向力，提供切向加
速度），此时向心力只是合力的一个分力，不是合力本身。很多学生错误地认为，非匀速圆周
运动中，合力就是向心力，导致受力分析错误，无法正确计算向心力大小。
③ 向心力的方向与大小：向心力的方向始终指向圆心，与线速度方向垂直，因此向心力不做
功（力与位移方向垂直，做功为0），这也是匀速圆周运动中物体动能不变的原因；向心力的
大小公式为( Fn=m v
2
r =mω
2r =m 4 π
2r
T
2
=m4 π
2f
2r =man)（(an)为向心加速度），公式中的
v 为线速度大小，r 为圆周运动的轨道半径，ω 为角速度，T 为周期，f 为频率。需要注意的
是，轨道半径r 是物体做圆周运动的“轨迹半径”，不是物体的半径（如地球绕太阳做圆周运
动，轨道半径是地球到太阳球心的距离，不是地球的半径），这也是学生容易混淆的点。
④ 易错点突破：一是牢记向心力是效果力，不是性质力，受力分析时不额外画向心力；二是
区分匀速圆周运动和非匀速圆周运动中，向心力与合力的关系，匀速圆周运动合力等于向心
力，非匀速圆周运动合力的径向分力等于向心力；三是明确向心力的方向始终指向圆心，与速
度方向垂直，不改变速度大小，只改变速度方向；四是正确区分轨道半径r 与物体自身半径，
避免公式中r 的取值错误。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题形式考查，如判断“向心力是独立的
力”“非匀速圆周运动中合力就是向心力”等说法的正误，或求解向心力大小；高考中，该知识
点是核心考点，多结合竖直面内圆周运动、水平面内圆周运动、卫星运动考查，受力分析时对
向心力的理解错误，会导致整个计算题丢分，是圆周运动模块的主要丢分点。
易错点2：竖直面内圆周运动的临界条件判断失误
丢分原因
竖直面内圆周运动的临界条件是期末考、高考的高频丢分点，学生的丢分原因主要有：1.  混
淆“轻绳模型”和“轻杆模型”的临界条件，将轻绳模型的最小速度公式套用在轻杆模型中，或反
之；2.  误认为竖直面内圆周运动的临界位置是最低点，忽略临界位置是最高点（或最低点，
具体取决于模型）；3.  对轻绳模型中“最小速度”的理解错误，不知道轻绳只能提供拉力，不
能提供支持力，因此最高点的最小速度为(❑√gr )；4.  对轻杆模型中“最小速度”的理解错误，不
知道轻杆既能提供拉力，也能提供支持力，因此最高点的最小速度为0；5.  忽略临界条件的
适用场景，如轻绳模型中，若物体在最高点的速度小于(❑√gr )，物体将脱离轨道，无法完成圆
周运动，很多学生忽略这一隐含条件，导致计算错误。
易错辨析
核心分类：竖直面内圆周运动主要分为“轻绳模型”和“轻杆模型”，两者的临界条件不同，核心
区别在于轻绳和轻杆对物体的作用力不同（轻绳只能拉，轻杆既能拉也能推）。
正确解析：① 轻绳模型（如绳子拴着物体做圆周运动、过山车模型）：轻绳的特点是只能对
物体提供拉力，不能提供支持力，因此在竖直面内圆周运动的最高点，物体所需的向心力由重
力和绳子拉力的合力提供，当绳子拉力为0 时，向心力仅由重力提供，此时物体的速度为最小
速度，也是物体能完成圆周运动的临界速度。
临界条件（最高点）：绳子拉力( FT =0)，向心力仅由重力提供，即(mg=m vmin
2
r )，解得最小
速度(vmin= ❑√gr )。
易错点补充：若物体在最高点的速度(v <❑√gr )，绳子拉力为负（即无法提供拉力，反而需要
支持力），但轻绳不能提供支持力，因此物体将脱离轨道，做斜抛运动，无法完成圆周运动；
若(v ≥❑√gr )，物体能完成圆周运动，绳子拉力随速度增大而增大（( FT =m v
2
r −mg)）。在最
低点时，物体所需的向心力由重力和绳子拉力的合力提供，方向向上，此时绳子拉力最大（
( FT =m v
2
r +mg)），最低点没有临界速度要求，只要物体能到达最低点，就能继续运动。
② 轻杆模型（如轻杆拴着物体做圆周运动、细杆绕一端转动）：轻杆的特点是既能对物体提
供拉力，也能对物体提供支持力，因此在竖直面内圆周运动的最高点，物体所需的向心力可以
由重力、杆的拉力或支持力的合力提供，当杆的支持力等于重力时，物体的速度为0，此时物
体仍能保持在最高点，不会脱离轨道。
临界条件（最高点）：物体能完成圆周运动的最小速度为0，此时杆对物体的支持力
( F N =mg)，向心力为0（(v =0)，向心力( Fn=m v
2
r =0)）。
易错点补充：当物体在最高点的速度(v =0)时，物体静止在最高点，杆提供支持力，大小等于
重力；当(0<v <❑√gr )时，杆对物体提供支持力，支持力大小随速度增大而减小
（( F N =mg−m v
2
r )）；当(v = ❑√gr )时，杆对物体的作用力为0，向心力仅由重力提供；当
(v >❑√gr )时，杆对物体提供拉力，拉力大小随速度增大而增大（( FT =m v
2
r −mg)）。轻杆
模型中，物体无论速度多大，都不会脱离轨道，因为杆可以提供支持力，这是与轻绳模型的核
心区别。
③ 易错点突破：一是明确轻绳和轻杆的区别，轻绳只能拉，轻杆既能拉也能推，这是两者临
界条件不同的根本原因；二是牢记轻绳模型最高点最小速度为(❑√gr )，轻杆模型最高点最小速
度为0，不能混淆；三是判断物体能否完成圆周运动时，轻绳模型看最高点速度是否大于等于
(❑√gr )，轻杆模型无速度限制（只要能到达最高点即可）；四是计算最高点和最低点的作用力
时，要正确分析受力，明确向心力的来源，避免公式套用错误。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、计算题形式考查，主要考查轻绳、轻杆模型的临
界速度判断和作用力计算，难度中等；高考中，该知识点是圆周运动模块的高频考点，多与机
械能守恒定律结合考查（如计算物体在最高点、最低点的速度，杆或绳的作用力），临界条件
判断失误是主要丢分原因，占圆周运动模块丢分的60%以上。
易错点3：混淆圆周运动的线速度、角速度、周期、频率的关系，公
式套用错误
丢分原因
圆周运动的线速度、角速度、周期、频率是描述圆周运动快慢的物理量，学生的丢分原因主要
有：1.  记忆混淆公式，如将线速度与角速度的关系记为(v =ωr )的倒数，或混淆周期与频率的
关系；2.  忽略公式的适用条件，将适用于匀速圆周运动的公式套用在非匀速圆周运动中，如
认为非匀速圆周运动中，线速度与角速度的关系仍为(v =ωr )（实际上，非匀速圆周运动中，
线速度大小变化，角速度也变化，但瞬时关系仍为(v =ωr )，学生容易误认为不适用）；3.  单
位换算错误，如将角速度的单位rad/s 与转速的单位r/s 混淆，或忽略周期的单位换算（如将
周期的单位分钟换算为秒时出错）；4.  对同一转动系统的线速度、角速度关系理解错误，误
认为同一转动系统中，各点的线速度相等，忽略同一转动系统中，各点的角速度相等，线速度
与轨道半径成正比。
易错辨析
核心关系：线速度（v）、角速度（ω）、周期（T）、频率（f）、转速（n）之间的关系，适
用于所有圆周运动（匀速、非匀速），同一转动系统中，各点的角速度相等，线速度与轨道半
径成正比。
正确解析：① 核心公式（牢记，避免混淆）：
线速度与角速度的关系：(v =ωr )（v 为线速度，单位m/s；ω 为角速度，单位rad/s；r 为轨
道半径，单位m）；
周期与频率的关系：(T = 1
f )（T 为周期，单位s；f 为频率，单位Hz）；
角速度与周期的关系：(ω= 2π
T =2πf )；
线速度与周期的关系：(v = 2πr
T =2πrf )；
转速与频率的关系：(f =n)（n 为转速，单位r/s；若转速单位为r/min，需换算为r/s，即
(n= nr /min
60 )）。
② 公式适用条件：上述公式适用于所有圆周运动，无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运
动，瞬时线速度、瞬时角速度都满足(v =ωr )；但在非匀速圆周运动中，线速度大小、角速度
大小都会变化，因此平均线速度、平均角速度不满足上述关系，只能用瞬时值计算。很多学生
错误地认为，非匀速圆周运动中，(v =ωr )不适用，导致公式套用错误，这是常见的丢分点。
③ 同一转动系统的特点：同一转动系统（如齿轮传动、皮带传动、同轴转动）中，各点的角
速度相等（ω 相同），线速度与轨道半径成正比（( v1
v2
= r1
r2
)）；若为皮带传动（不打滑），
则皮带接触点的线速度相等（v 相同），角速度与轨道半径成反比（( ω1
ω2
= r2
r1
)）。学生容易
混淆这两种传动方式的线速度、角速度关系，导致计算错误，例如，将同轴转动的线速度关系
误认为与皮带传动相同，或反之。
④ 单位换算易错点：角速度的单位是rad/s（弧度每秒），转速的单位是r/s（转每秒）
或r/min（转每分钟），1r = 2π rad，因此1r/s = 2π rad/s，
1r /min=( 2π
60 )rad / s=( π
30 )rad / s；周期的单位是秒（s），计算时必须将周期换算为秒，
例如，若周期为5 分钟，需换算为300 秒，再代入公式计算，否则会导致数值错误。
⑤ 易错点突破：一是牢记核心公式，可通过推导记忆（如周期T 是物体转动一周的时间，转
动一周的弧长为2πr，因此线速度v = 2πr/T），避免死记硬背导致混淆；二是明确公式的适
用条件，所有圆周运动的瞬时值都满足v = ωr，非匀速圆周运动的平均值得另行计算；三是区
分同轴转动和皮带传动的特点，牢记“同轴角速度相等，皮带线速度相等”；四是规范单位换
算，尤其是角速度、转速、周期的单位，避免因单位错误导致丢分。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题形式考查，主要考查公式应用和单位换
算，难度中等；高考中，该知识点多作为基础知识点，融入圆周运动、万有引力与宇宙航行的
综合题中，如计算卫星的角速度、周期，或齿轮传动、皮带传动的线速度、角速度，公式套用
错误或单位换算失误，会导致后续计算全部错误，是基础丢分点之一。
易错点4：水平面内圆周运动的受力分析失误，忽略静摩擦力的方向
和大小变化
丢分原因
水平面内圆周运动（如汽车过弯道、物体在水平转盘上运动）是期末考、高考的常见考点，学
生的丢分原因主要有：1.  受力分析错误，忽略静摩擦力的方向始终指向圆心，误认为静摩擦
力的方向沿圆周切线方向，或与物体运动方向相同；2.  混淆静摩擦力与滑动摩擦力，不知道
水平面内圆周运动中，物体受到的是静摩擦力（物体相对转盘静止，没有滑动），错误地用滑
动摩擦力公式计算静摩擦力大小；3.  忽略静摩擦力的最大值，不知道当物体的线速度过大
时，静摩擦力会达到最大值，若速度继续增大，物体将发生滑动，无法维持圆周运动；4.  对
汽车过弯道的受力分析错误，忽略路面的倾斜角度，不知道倾斜路面的支持力会提供部分向心
力，错误地认为向心力仅由摩擦力提供。
易错辨析
核心规律：水平面内圆周运动的向心力，通常由静摩擦力提供（水平光滑转盘除外），静摩擦
力的方向始终指向圆心，大小随物体的线速度增大而增大，最大静摩擦力决定了物体能维持圆
周运动的最大线速度。
正确解析：① 水平光滑转盘（无摩擦力）：物体在水平光滑转盘上做圆周运动时，若没有其
他力提供向心力，物体将沿切线方向做匀速直线运动，无法维持圆周运动；若有绳子牵引，则
向心力由绳子的拉力提供，此时物体的线速度可以通过拉力公式求解（( FT =m v
2
r )）。
② 水平粗糙转盘（有静摩擦力）：物体在水平粗糙转盘上相对静止，做匀速圆周运动时，受
力分析为：重力（竖直向下）、支持力（竖直向上）、静摩擦力（指向圆心）。其中，重力与
支持力平衡（( N =mg)），静摩擦力提供向心力（(f s=m v
2
r )）。这里需要注意：静摩擦力
的方向始终指向圆心，与物体的线速度方向垂直，因此静摩擦力不做功，不改变物体的动能；
静摩擦力的大小随线速度的增大而增大（(f s∝v
2)），但不能超过最大静摩擦力
（(f smax = μs N = μsmg)，( μs)为静摩擦因数）。当物体的线速度增大到某一值时，静摩擦力
达到最大值，此时的线速度为最大线速度（(vmax = ❑√μs gr )），若速度继续增大，静摩擦力无
法提供足够的向心力，物体将相对转盘滑动，做离心运动。
③ 汽车过弯道（倾斜路面）：为了减小摩擦力的负担，公路弯道通常设计成倾斜的，此时汽
车的受力分析为：重力（竖直向下）、支持力（垂直于路面向上），两个力的合力沿水平方向
（指向圆心），提供向心力。此时，支持力可以分解为竖直方向和水平方向的分力，竖直方向
分力与重力平衡（( N cosθ =mg)），水平方向分力提供向心力（( N sinθ =m v
2
r )），联立
解得(v = ❑√gr tanθ)（(θ)为路面倾斜角度）。很多学生错误地认为，汽车过弯道时，向心力
仅由摩擦力提供，忽略了支持力的分力，导致受力分析错误，公式套用错误。
④ 易错点突破：一是水平面内圆周运动（粗糙转盘）中，静摩擦力提供向心力，方向指向圆
心，大小随速度增大而增大，最大静摩擦力决定最大速度；二是区分静摩擦力与滑动摩擦力，
物体相对转盘静止时，受到的是静摩擦力，不能用滑动摩擦力公式（(f = μN )）计算，只有
当物体发生滑动时，才用滑动摩擦力公式；三是汽车过弯道时，倾斜路面的支持力会提供部分
向心力，受力分析时要正确分解支持力，避免忽略支持力的分力；四是当物体做离心运动时，
不是受到“离心力”的作用，而是向心力不足，离心力是虚拟力，实际不存在，受力分析时不能
画离心力。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、计算题形式考查，主要考查受力分析和最大速度
计算，难度中等；高考中，该知识点多结合生活实际（如汽车过弯道、转盘转动）考查，偶尔
与万有引力、机械能守恒结合，受力分析失误是主要丢分原因，尤其是忽略支持力的分力或静
摩擦力的方向，会导致整个题目丢分。
第三章 万有引力与宇宙航行 易错知识点及辨析
易错点1：混淆万有引力与重力的关系，忽略地球自转的影响
丢分原因
万有引力与重力的关系是万有引力模块的基础，也是学生最易混淆的知识点，丢分原因主要
有：1.  误认为万有引力等于重力，忽略地球自转的影响，不知道重力是万有引力的一个分
力；2.  混淆“星球表面的重力”与“星球上空的重力”，不知道星球上空的重力随高度增大而减
小，公式套用错误；3.  对“黄金代换式”的适用条件理解错误，不知道黄金代换式
（(GM = g R
2)）仅适用于星球表面（或近地卫星），错误地将其套用在高空卫星上；4.  忽
略星球自转的影响，认为在星球表面，万有引力全部提供重力，不知道在赤道上，万有引力一
部分提供重力，一部分提供向心力，导致重力计算错误。
易错辨析
核心关系：重力是万有引力的一个分力，星球表面的物体，万有引力一部分提供重力，一部分
提供物体随星球自转所需的向心力；忽略地球自转的影响时，万有引力近似等于重力
（(GMm/ R
2=mg)），即黄金代换式。
正确解析：① 星球表面的万有引力与重力的关系：对于星球表面的物体，受到的万有引力
( F 万=GMm/ R
2)（G 为万有引力常量，M 为星球质量，m 为物体质量，R 为星球半径），万
有引力分解为两个分力：一是重力(G重=mg)（竖直向下，使物体产生重力加速度），二是向
心力( Fn=mω
2 R)（指向星球自转轴，提供物体随星球自转所需的向心力）。因此，三者的关
系为( F 万=G重+ Fn)（矢量合成）。
由于星球自转的角速度ω 很小，向心力( Fn=mω
2 R)远小于重力(mg)，因此在一般计算中
（如期末考、高考的基础题），可以忽略地球自转的影响，近似认为万有引力等于重力，即
(GMm/ R
2=mg)，整理得黄金代换式(GM = g R
2)。需要注意的是，黄金代换式的适用条件
是“星球表面或近地卫星”，近地卫星的轨道半径r≈R（星球半径），因此也可以用黄金代换式
求解近地卫星的相关物理量。
② 星球上空的万有引力与重力的关系：对于星球上空高度为h 的物体（如高空卫星），轨道
半径(r = R+h)，此时物体受到的万有引力( F 万=GMm/( R +h)
2)，由于物体随星球自转的角
速度ω 很小，向心力可以忽略，因此重力近似等于万有引力，即
(mg' =GMm/( R +h)
2)（( g' )为高度h 处的重力加速度）。由此可知，高度h 越大，重力加
速度g'越小，当h→∞时，g'→0，这也是高空卫星处于完全失重状态的原因（不是不受重力，
而是重力全部提供向心力）。
③ 地球自转的影响（进阶考点）：在赤道上，物体的向心力方向与重力方向相反，因此万有
引力、重力、向心力的关系为(GMm/ R
2=mg+mω
2 R)，此时重力(mg =GMm/ R
2−mω
2 R)
，重力加速度略小于忽略自转时的重力加速度；在两极地区，物体的自转半径为0，向心力为
0，因此万有引力等于重力（(GMm/ R
2=mg)），重力加速度最大。这也是为什么地球两极
的重力加速度大于赤道的重力加速度，期末考、高考中，若题目明确要求考虑地球自转的影
响，需用上述公式计算，否则忽略自转影响，直接用黄金代换式。
④ 易错点突破：一是牢记黄金代换式的适用条件（星球表面、近地卫星），高空卫星不能直
接套用；二是明确重力是万有引力的分力，忽略自转时，万有引力近似等于重力；三是星球上
空的重力加速度随高度增大而减小，公式为(g' = g R
2/( R+h)
2)；四是区分“完全失重”与“不受
重力”，高空卫星处于完全失重状态，是因为重力全部提供向心力，不是不受重力。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题形式考查，主要考查黄金代换式的应用和
重力加速度随高度的变化，难度中等；高考中，该知识点是万有引力模块的基础，多结合卫星
运动、天体质量与密度计算考查，黄金代换式的应用错误是主要丢分点，占万有引力模块丢分
的50%以上。
易错点2：天体质量与密度计算的公式套用错误，忽略轨道半径与星
球半径的区别
丢分原因
天体质量与密度计算是期末考、高考的高频考点，学生的丢分原因主要有：1.  混淆轨道半径r
与星球半径R，将卫星的轨道半径r 误认为等于星球半径R，导致计算错误；2.  公式记忆混
淆，不知道天体质量的计算公式是由万有引力提供向心力推导而来，随意套用公式；3.  计算
密度时，忽略星球的体积公式，或错误地将轨道半径r 代入体积公式，而非星球半径R；4.  
忽略“近地卫星”与“同步卫星”的轨道半径区别，将同步卫星的轨道半径误认为等于地球半径，
导致计算错误；5.  不知道天体密度的最简公式（近地卫星）( ρ=3 π /(GT
2))，计算过程繁
琐，容易出现数值错误。
易错辨析
核心公式：天体质量M 由万有引力提供向心力推导而来，密度ρ = M/V（V 为星球体积，球体
体积(V = 4
3 π R
2)），关键是区分轨道半径r 与星球半径R。
正确解析：① 天体质量M 的计算（核心推导）：对于绕天体做匀速圆周运动的卫星（或行
星），万有引力提供向心力，即(GMm/r
2=m v
2
r =mω
2r =m 4 π
2r
T
2 )，由此可推导出天体质量
的三个计算公式：
由线速度v 推导：( M = v
2r /G)；
由角速度ω 推导：( M =ω
2r
3/G)；
由周期T 推导：( M = 4 π
2r
3/(GT
2))。
易错点关键：公式中的r 是卫星的轨道半径，即卫星到天体球心的距离，不是天体的半径R；
只有近地卫星，轨道半径r≈R（卫星贴近天体表面运动），此时可以用R 代替r 计算。
② 天体密度ρ 的计算：密度公式为( ρ= M /V )，星球为球体，体积(V = 4
3 π R
3)（R 为星球半
径，不是轨道半径r），将天体质量M 的计算公式代入，可得密度的计算公式：
一般式：( ρ= 3 π r
3
GT
2 R
3 )（适用于所有卫星，r 为卫星轨道半径，R 为星球半径）；
最简式（近地卫星）：当卫星为近地卫星时，r≈R，代入上式得( ρ=3 π /(GT
2))，该公式仅
适用于近地卫星，是期末考、高考中计算天体密度的常用公式，简洁且不易出错。
③ 常见易错场景：
场景1：计算地球质量时，用同步卫星的周期T 和地球半径R 代入公式( M = 4 π
2 R
3/(GT
2))
，错误原因：同步卫星的轨道半径r≈4.2×107m，远大于地球半径R≈6.4×106m，不能用R 代
替r，应代入同步卫星的轨道半径r 计算；
场景2：计算地球密度时，用卫星的轨道半径r 代入体积公式，错误原因：体积公式中的R 是
地球半径，不是卫星轨道半径r，即使是近地卫星，也只能用R 代替r 计算质量，体积仍用地
球半径R 计算；
场景3：混淆“近地卫星”与“同步卫星”的轨道半径，近地卫星轨道半径r≈R，同步卫星轨道半径
r≈4.2×107m，两者不能混淆，否则会导致质量、密度计算错误。
④ 易错点突破：一是明确轨道半径r 与星球半径R 的区别，r 是卫星到天体球心的距离，R 是
天体自身的半径，只有近地卫星r≈R，其他卫星（如同步卫星、高空卫星）r 远大于R，不能
混淆；二是牢记天体质量的计算公式均由“万有引力提供向心力”推导而来，不能随意套用，解
题时可先写出向心力公式，再结合万有引力公式联立推导，避免记忆混淆；三是计算密度时，
体积公式必须用天体半径R，不能用卫星轨道半径r，即使是近地卫星，体积也需用R 计算；
四是牢记近地卫星密度的最简公式( ρ=3 π /(GT
2))，简化计算过程，减少数值错误；五是区
分近地卫星与同步卫星的轨道半径，近地卫星r≈R，同步卫星r≈4.2×107m，可结合同步卫星
周期（24 小时）记忆，避免代入错误。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、计算题形式考查，主要考查天体质量与密度的计
算，难度中等，重点考查轨道半径与星球半径的区别；高考中，该知识点是万有引力模块的高
频考点，多结合卫星运动、天体探测（如火星探测、月球探测）考查，常与黄金代换式结合，
公式套用错误、轨道半径与星球半径混淆是主要丢分点，占万有引力模块丢分的30%左右。
易错点3：卫星变轨问题的判断失误，混淆“加速”与“减速”的作用
丢分原因
卫星变轨问题是万有引力与宇宙航行模块的难点，也是期末考、高考的高频丢分点，学生的丢
分原因主要有：1.  混淆卫星变轨的原理，不知道卫星变轨的核心是“改变向心力与万有引力的
大小关系”，误认为加速就是离心、减速就是近心，忽略变轨的两个阶段（近心变轨、离心变
轨）；2.  错误地认为卫星在椭圆轨道上运动时，万有引力始终等于向心力，忽略椭圆轨道上
卫星的速度大小变化，向心力与万有引力不相等；3.  对同步卫星的变轨过程理解错误，不知
道同步卫星需要先进入近地圆轨道，再通过多次加速进入同步轨道，混淆变轨时的加速、减速
时机；4.  忽略卫星变轨过程中的能量变化，不知道加速时机械能增加、减速时机械能减少，
导致能量判断错误。
易错辨析
核心原理：卫星变轨的本质是“改变卫星的速度，使向心力与万有引力不相等”，当万有引力小
于所需向心力时，卫星做离心运动（远离天体）；当万有引力大于所需向心力时，卫星做近心
运动（靠近天体）；变轨完成后，卫星进入新的圆轨道，此时万有引力等于向心力，速度保持
不变。
正确解析：① 卫星变轨的两种情况（以地球卫星为例）：
情况1：近心变轨（从高轨道→低轨道）：卫星在高轨道做匀速圆周运动时，万有引力等于向
心力（(GMm/r高
2 =m v高
2
r高
)）；若要进入低轨道，需在高轨道的某一点（近地点）减速，此
时卫星的速度减小，所需向心力(m v
2
r )减小，万有引力大于所需向心力（(GMm/r
2>m v
2
r )
），卫星做近心运动，逐渐靠近地球；当卫星到达低轨道时，再次调整速度，使万有引力等于
向心力（(GMm/r低
2 =m v低
2
r低
)），进入低轨道做匀速圆周运动。需要注意：低轨道的线速度大
于高轨道的线速度（(v = ❑√GM /r)，r 越小，v 越大），因此近心变轨时，先减速（脱离高轨
道），再加速（稳定低轨道）。
情况2：离心变轨（从低轨道→高轨道）：卫星在低轨道做匀速圆周运动时，万有引力等于向
心力（(GMm/r低
2 =m v低
2
r低
)）；若要进入高轨道，需在低轨道的某一点（远地点）加速，此时
卫星的速度增大，所需向心力(m v
2
r )增大，万有引力小于所需向心力（(GMm/r
2<m v
2
r )）
，卫星做离心运动，逐渐远离地球；当卫星到达高轨道时，再次调整速度，使万有引力等于向
心力（(GMm/r高
2 =m v高
2
r高
)），进入高轨道做匀速圆周运动。需要注意：高轨道的线速度小
于低轨道的线速度，因此离心变轨时，先加速（脱离低轨道），再减速（稳定高轨道）。
② 椭圆轨道上的卫星运动：卫星在椭圆轨道上运动时，万有引力不等于向心力，而是一部分
提供向心力（改变速度方向），一部分提供切向力（改变速度大小），因此卫星的速度大小不
断变化：在近地点（离天体最近的点），轨道半径最小，速度最大；在远地点（离天体最远的
点），轨道半径最大，速度最小。当卫星从近地点向远地点运动时，万有引力做负功，动能减
小，速度减小；从远地点向近地点运动时，万有引力做正功，动能增大，速度增大。很多学生
错误地认为椭圆轨道上卫星的速度大小不变，或万有引力等于向心力，导致变轨判断错误。
③ 同步卫星的变轨过程：同步卫星的轨道是赤道上空的圆轨道，周期等于地球自转周期（24
小时），其变轨过程分为三步：第一步，卫星从地面发射，加速进入近地圆轨道（r≈R）；第
二步，在近地圆轨道的赤道上空某点加速，做离心运动，进入椭圆转移轨道（近地点为近地圆
轨道，远地点为同步轨道高度）；第三步，在椭圆转移轨道的远地点再次加速，调整速度，使
万有引力等于向心力，进入同步圆轨道，稳定运行。学生容易忽略同步卫星的多次变轨过程，
误认为可以直接从地面发射进入同步轨道，或混淆加速、减速的时机，导致变轨问题判断错
误。
④ 变轨过程中的能量变化：卫星变轨时，加速过程中发动机做功，机械能增加（动能增加，
势能也增加）；减速过程中，发动机做负功，机械能减少（动能减少，势能也减少）。在圆轨
道上稳定运行时，卫星的机械能保持不变（万有引力不做功，动能和势能相互转化，总和不
变）；在椭圆轨道上运动时，机械能也保持不变（只有万有引力做功，动能和势能相互转
化）。
⑤ 易错点突破：一是牢记卫星变轨的核心的“改变速度，使万有引力与向心力不相等”，离心变
轨先加速、再减速，近心变轨先减速、再加速；二是明确椭圆轨道上，万有引力不等于向心
力，速度大小随轨道半径变化，近地点速度最大，远地点速度最小；三是掌握同步卫星的变轨
过程，牢记其周期、轨道半径的特点，避免变轨时机混淆；四是理解变轨过程中的能量变化，
加速机械能增加，减速机械能减少，圆轨道和椭圆轨道上机械能均守恒。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题形式考查，主要考查变轨时的加速、减速
判断和能量变化，难度中等；高考中，该知识点是万有引力模块的难点，多以选择题、计算题
形式考查，常结合卫星探测、同步卫星变轨考查，变轨原理理解错误、加速减速判断失误是主
要丢分点，难度中等偏上，占万有引力模块丢分的20%左右。
易错点4：同步卫星的特点记忆混淆，忽略其独特条件
丢分原因
同步卫星是万有引力模块的重点，也是学生容易记忆混淆的知识点，丢分原因主要有：1.  混
淆同步卫星与近地卫星的特点，不知道同步卫星的轨道半径远大于地球半径，周期等于地球自
转周期，而近地卫星的轨道半径近似等于地球半径，周期很小；2.  错误地认为同步卫星可以
在任意纬度的上空运行，忽略同步卫星必须在赤道上空运行（否则无法与地球自转同步）；3. 
对同步卫星的速度、周期、轨道半径的关系记忆错误，不知道同步卫星的轨道半径、速度、周
期都是固定的，不能随意改变；4.  忽略同步卫星的“同步”含义，不知道同步卫星的角速度、
周期与地球自转的角速度、周期相等，相对地面静止。
易错辨析
核心特点：同步卫星是指相对于地面静止、绕地球做匀速圆周运动的卫星，其核心特点是“同
步”，即角速度、周期与地球自转的角速度、周期相等，且轨道必须在赤道上空，轨道半径、
速度、周期均为固定值。
正确解析：① 同步卫星的核心特点（必记）：
1.  轨道特点：同步卫星的轨道必须在赤道上空，且为圆轨道（不能是椭圆轨道），原因是：
若同步卫星不在赤道上空，其向心力方向（指向地心）与地球自转的向心力方向（指向地轴）
不共线，卫星无法保持与地球自转同步，会产生晃动，最终偏离轨道。因此，同步卫星只能在
赤道上空运行，这是其最独特的特点，也是期末考、高考的高频考点。
2.  周期特点：同步卫星的周期与地球自转周期相等，即T=24 小时（86400 秒），这是“同
步”的核心体现，也是计算同步卫星轨道半径、速度的关键条件。
3.  轨道半径特点：同步卫星的轨道半径是固定的，由万有引力提供向心力推导可得：
(GMm/r
2=m 4 π
2r
T
2 )，代入T=24 小时、G=6.67×10-11N·m²/kg²、M=5.98×1024kg，可计算出
同步卫星的轨道半径r≈4.2×107m，约为地球半径（R≈6.4×106m）的6.6 倍，远大于地球半
径。
4.  速度特点：同步卫星的线速度大小是固定的，由(v = ❑√GM /r )计算可得，v≈3.08km/s，小
于近地卫星的线速度（v≈7.9km/s），且线速度大小不随轨道半径变化（轨道半径固定）。
5.  角速度特点：同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，即ω=2π/T≈7.27×10-5rad/s，相
对地面静止。
② 同步卫星与近地卫星的区别（对比记忆，避免混淆）：
特点
同步卫星
近地卫星
轨道半径
r≈4.2×107m（远大于R）
r≈R（≈6.4×106m）
周期
T=24 小时
T≈84.5 分钟
线速度
v≈3.08km/s
v≈7.9km/s（第一宇宙速度）
角速度
与地球自转角速度相等
远大于地球自转角速度
轨道位置
赤道上空
任意纬度上空（近地面）
功能
通信、导航等
探测、实验等
③ 常见易错点：
易错1：认为同步卫星可以在两极上空运行，错误原因：两极上空的轨道半径指向地轴，与同
步卫星的向心力方向（指向地心）不共线，无法保持同步，只能在赤道上空运行；
易错2：认为同步卫星的轨道半径可以随意改变，错误原因：同步卫星的周期固定（24 小
时），由(r =
3√
GM T
2
4 π
2 )可知，轨道半径r 也固定，不能随意改变；
易错3：混淆同步卫星与近地卫星的线速度大小，错误原因：不知道线速度与轨道半径的关系
(v = ❑√GM /r )，r 越大，v 越小，因此同步卫星的线速度小于近地卫星的线速度；
易错4：认为同步卫星相对地心静止，错误原因：同步卫星相对地面静止，相对地心做匀速圆
周运动，角速度与地球自转角速度相等。
④ 易错点突破：一是牢记同步卫星的“三个固定”——轨道固定（赤道上空圆轨道）、周期固定
（24 小时）、轨道半径固定（≈4.2×107m）；二是通过对比近地卫星的特点，强化记忆，避
免混淆；三是明确同步卫星的“同步”是相对地面静止，相对地心仍在运动；四是掌握同步卫星
轨道半径的推导过程，理解其固定的原因，避免死记硬背。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题形式考查，主要考查同步卫星的轨道位
置、周期、轨道半径等特点，难度中等；高考中，该知识点多结合卫星变轨、天体质量计算考
查，常与近地卫星对比，同步卫星的轨道位置、周期特点是高频考点，记忆混淆是主要丢分
点。
第四章 机械能守恒定律 易错知识点及辨析
易错点1：机械能守恒条件判断失误，忽略“只有重力或弹力做功”的
本质
丢分原因
机械能守恒定律是必修二的核心知识点，也是期末考、高考的高频考点，学生的丢分原因主要
有：1.  对机械能守恒的条件理解错误，误认为“不受摩擦力”“物体静止或匀速运动”就是机械能
守恒，忽略“只有重力或弹力做功”的核心条件；2.  混淆“只有重力或弹力做功”与“只受重力或
弹力”，不知道物体可以受其他力，只要其他力不做功，机械能就守恒；3.  忽略弹力做功的条
件，误认为所有弹力做功都能使机械能守恒，不知道只有“系统内的弹力”（如弹簧的弹力）做
功，机械能才守恒，外力的弹力做功会导致机械能变化；4.  对“做功”的判断错误，忽略摩擦
力、空气阻力等耗散力做功，导致机械能不守恒，却错误地判断为守恒。
易错辨析
核心条件：机械能守恒的严格条件是“只有重力或弹力做功”，即：① 物体只受重力或弹力作用
（理想化情况）；② 物体受其他力，但其他力不做功（或其他力做功的代数和为0）。这里的
弹力特指“系统内的弹力”（如弹簧的弹力、轻绳的拉力、轻杆的作用力），外力的弹力（如水
平推力、拉力）做功会改变系统的机械能。
正确解析：① 机械能守恒条件的深度理解：
“只有重力或弹力做功”，核心是“做功的力只有重力和系统内的弹力”，其他力（如摩擦力、空
气阻力、水平推力、拉力等）要么不做功，要么做功的代数和为0。例如：
场景1：自由落体运动（不计空气阻力）：物体只受重力，只有重力做功，机械能守恒（动能
增加，重力势能减少，总和不变）；
场景2：物体在光滑斜面上滑下（不计空气阻力）：物体受重力和支持力，支持力垂直于斜
面，与物体的位移方向垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒；
场景3：弹簧振子在光滑水平面上振动：物体受重力、支持力和弹簧的弹力，重力和支持力相
互平衡，不做功，只有弹簧的弹力（系统内弹力）做功，机械能守恒（动能与弹性势能相互转
化，总和不变）；
场景4：物体在粗糙斜面上滑下：物体受重力、支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力沿斜面向
上，与物体的位移方向相反，做负功，因此机械能不守恒（部分机械能转化为内能）；
场景5：物体在水平拉力作用下匀速上升：物体受重力、支持力和水平拉力，拉力做功，重力
做负功，支持力不做功，其他力（拉力）做功，机械能不守恒（动能不变，重力势能增加，机
械能增加）。
② 常见易错判断：
易错1：“物体匀速运动，机械能一定守恒”——错误。例如，物体匀速上升，动能不变，重力
势能增加，机械能增加，不守恒；物体匀速在水平面上运动，动能不变，重力势能不变，机械
能守恒（特殊情况），因此匀速运动不一定机械能守恒，关键看是否只有重力或弹力做功。
易错2：“物体不受摩擦力，机械能一定守恒”——错误。例如，物体在水平推力作用下，在光
滑水平面上加速运动，不受摩擦力，但推力做功，机械能增加，不守恒；只有不受摩擦力，且
其他力也不做功时，机械能才守恒。
易错3：“弹力做功，机械能一定守恒”——错误。例如，用水平拉力（外力弹力）拉物体在水
平面上运动，拉力做功，机械能增加，不守恒；只有系统内的弹力做功，且其他力不做功时，
机械能才守恒。
易错4：“合外力做功为0，机械能一定守恒”——错误。合外力做功为0，说明动能不变，但重
力势能可能变化，机械能可能不守恒。例如，物体匀速上升，合外力为0，合外力做功为0，
但重力势能增加，机械能增加，不守恒。
③ 易错点突破：一是牢记机械能守恒的核心条件“只有重力或系统内的弹力做功”，不是“只受
重力或弹力”，也不是“不受摩擦力”；二是判断机械能是否守恒时，先分析物体的受力情况，
再判断各力是否做功，若只有重力或系统内的弹力做功，其他力不做功（或代数和为0），则
机械能守恒；三是区分“系统内弹力”与“外力弹力”，系统内弹力做功不改变机械能，外力弹力
做功改变机械能；四是避免常见的错误判断，如匀速运动、合外力做功为0、不受摩擦力不等
于机械能守恒。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题形式考查，主要考查机械能守恒条件的判
断，难度中等；高考中，该知识点是核心考点，多结合圆周运动、抛体运动、弹簧模型考查，
机械能守恒条件的判断是解题的前提，判断失误会导致整个计算题丢分，占机械能模块丢分的
40%以上。
易错点2：混淆机械能守恒定律与动能定理的应用，公式套用错误
丢分原因
机械能守恒定律与动能定理都是解决力学问题的重要规律，学生容易混淆两者的应用场景和公
式，丢分原因主要有：1.  不知道两者的适用范围不同，机械能守恒定律仅适用于“只有重力或
弹力做功”的情况，而动能定理适用于所有情况（无论是否有其他力做功）；2.  公式记忆混
淆，错误地将机械能守恒定律的公式（( Ek 1+ E p1= Ek 2+ E p2)）与动能定理的公式
（(W 合= Δ Ek = Ek 2−Ek 1)）混用；3.  应用机械能守恒定律时，忽略势能的参考平面，导致
势能计算错误；4.  应用动能定理时，忽略多力做功的代数和，错误地只计算重力做功，忽略
摩擦力、拉力等其他力的做功。
易错辨析
核心区别：机械能守恒定律研究的是“机械能的总量变化”，适用于只有重力或弹力做功的情
况，无需考虑其他力；动能定理研究的是“动能的变化与合外力做功的关系”，适用于所有情
况，需要考虑所有力的做功。
公式应用的易错点：
1.  机械能守恒定律的公式应用：
公式中( Ek)为动能（( Ek = 1
2 m v
2)），( E p)为势能（重力势能( E pG=mgh)、弹性势能
( E p 弹= 1
2 k x
2)），应用时需注意：① 确定势能的参考平面（重力势能的参考平面可任意选
择，通常选地面或最低点为参考平面，弹性势能的参考平面通常选弹簧原长位置），同一问题
中参考平面必须统一，否则势能计算错误；② 若系统内有弹簧，需计入弹性势能，不能忽
略；③ 只有重力做功时，机械能守恒可简化为( 1
2 mv1
2+mgh1= 1
2 mv2
2+mgh2)；只有弹簧弹力
做功时，简化为( 1
2 mv1
2+ 1
2 k x1
2= 1
2 mv2
2+ 1
2 k x2
2)。
2.  动能定理的公式应用：
公式中(W 合)为合外力做的功，等于所有力做功的代数和（(W 合=W G+W N +W f +...)），应
用时需注意：① 判断力的做功正负：力与位移方向相同，做正功；方向相反，做负功；垂
直，不做功；② 所有力的做功都需计入，不能忽略摩擦力、拉力等耗散力的做功；③ 动能定
理的表达式是标量式，无需考虑方向，只需计算代数和，这也是与机械能守恒定律（矢量性间
接体现）的区别之一。
③ 常见应用误区：
误区1：在有摩擦力做功的场景中，错误地应用机械能守恒定律。例如，物体在粗糙斜面上滑
下，有滑动摩擦力做功，机械能不守恒，不能用机械能守恒定律计算，应使用动能定理（合外
力做功=动能变化，合外力做功=重力做功+摩擦力做功）；
误区2：在只有重力做功的场景中，用动能定理计算，虽然结果正确，但过程繁琐，且容易忽
略势能变化，不如机械能守恒定律简便；
误区3：应用机械能守恒定律时，参考平面不统一。例如，计算重力势能时，一部分以地面为
参考平面，一部分以斜面顶端为参考平面，导致势能差值计算错误；
误区4：应用动能定理时，漏算力的做功。例如，物体在水平拉力和摩擦力作用下运动，只计
算拉力做功，忽略摩擦力做功，导致合外力做功计算错误，进而动能变化计算错误。
④ 易错点突破：一是明确两者的适用条件，只有重力或弹力做功时，优先用机械能守恒定律
（简便）；有其他力做功时，必须用动能定理；二是牢记两个公式的区别，避免混用，机械能
守恒定律是“能量守恒”，动能定理是“做功与动能变化的关系”；三是应用机械能守恒定律时，
统一势能参考平面；应用动能定理时，全面分析所有力的做功，判断力的做功正负；四是通过
典型例题对比练习，强化两者的应用场景区分，避免误区。
考情关联：期末考中，该知识点多以计算题形式考查，主要考查两者的应用区分，难度中等；
高考中，该知识点是核心考点，多结合圆周运动、抛体运动、弹簧模型考查，常需要同时运用
两者（如用机械能守恒定律计算速度，用动能定理计算做功），公式套用错误、应用场景混淆
是主要丢分点，占机械能模块丢分的30%左右。
易错点3：重力势能、弹性势能的计算错误，忽略参考平面和形变特
点
丢分原因
势能的计算是机械能守恒定律和动能定理应用的基础，学生的丢分原因主要有：1.  重力势能
的计算忽略参考平面，错误地认为重力势能的大小是绝对的，不知道重力势能是相对的，与参
考平面的选择有关；2.  计算重力势能时，混淆“高度”与“位移”，错误地用位移代替高度，或忽
略高度的正负（高于参考平面为正，低于为负）；3.  弹性势能的计算忽略弹簧的形变特点，
错误地将弹簧的原长位置当作形变最大位置，或混淆“压缩形变”与“伸长形变”，导致弹性势能
计算错误；4.  忽略系统的势能，只计算物体的动能，导致机械能总量计算错误（如弹簧振
子，只计算物体的动能，忽略弹簧的弹性势能）。
易错辨析
核心要点：重力势能是相对的，与参考平面的选择有关；弹性势能是绝对的，与弹簧的形变大
小有关（形变越大，弹性势能越大），计算时需明确参考平面和形变特点。
正确解析：① 重力势能的计算（( E pG=mgh)）：
1.  参考平面的选择：重力势能的大小是相对的，参考平面可任意选择（通常选地面、最低
点、最高点为参考平面），参考平面不同，重力势能的数值不同，但重力势能的差值
（( Δ E pG=mg Δh)）是绝对的，与参考平面无关。例如，物体在地面上方10m 处，以地面
为参考平面，重力势能为(mgh=10mg)；以地面上方5m 处为参考平面，重力势能为
(mg×5=5mg)，但物体从10m 处下落到5m 处，重力势能的差值为(10mg−5mg =5mg)，
与参考平面无关。
2.  高度的判断：公式中的h 是物体的重心到参考平面的垂直距离，不是物体的位移，且有正
负之分——高于参考平面，h 为正，重力势能为正；低于参考平面，h 为负，重力势能为负。
例如，物体在参考平面下方3m 处，h=-3m，重力势能为(mg×(−3)=−3mg)（负号表示重力
势能低于参考平面的势能）。
3.  常见易错点：一是认为重力势能的大小是绝对的，忽略参考平面的影响，导致不同参考平
面下的重力势能计算错误；二是计算重力做功时，混淆h 与位移，重力做功
(W G=mg Δh)（( Δh)为重心高度的变化量），与路径无关，只与初末位置的高度差有关；
三是忽略物体的重心位置，错误地用物体的底部或顶部到参考平面的距离当作h，导致高度计
算错误（如均匀球体，重心在球心，h 为球心到参考平面的距离）。
② 弹性势能的计算（( E p 弹= 1
2 k x
2)）：
1.  形变特点：弹性势能的大小与弹簧的形变量x（伸长量或压缩量）的平方成正比，与形变
方向无关（压缩和伸长相同形变量时，弹性势能相等）；公式中的x 是弹簧的形变量，即弹簧
当前长度与原长的差值（( x =| L−L0|)，( L0)为弹簧原长，L 为当前长度），不是弹簧的总
长度。
2.  参考位置：弹性势能的参考位置是弹簧的原长位置（x=0），此时弹性势能为0；当弹簧伸
长（x>0）或压缩（x<0）时，弹性势能均为正值（因为x² 始终为正），且形变量越大，弹性
势能越大。
3.  常见易错点：一是将弹簧的总长度当作形变量x，错误地代入公式计算；二是混淆“原
长”与“形变最大位置”，例如，弹簧原长为10cm，压缩到8cm，形变量x=2cm，不是8cm；
三是忽略弹簧的弹性势能，在弹簧振子、弹簧与物体结合的模型中，只计算物体的动能和重力
势能，忽略弹簧的弹性势能，导致机械能总量计算错误；四是认为弹性势能与弹簧的劲度系数
k 无关，忽略k 越大，相同形变量下弹性势能越大。
③ 易错点突破：一是牢记重力势能的相对性，同一问题中统一参考平面，重点关注重力势能
的差值（与参考平面无关）；二是正确判断重力势能的高度h，区分重心高度与物体位移，注
意h 的正负；三是明确弹性势能的计算中，x 是形变量（与原长的差值），参考位置是原长位
置，压缩和伸长相同形变量时弹性势能相等；四是在涉及弹簧的模型中，必须计入弹簧的弹性
势能，避免遗漏。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题、计算题形式考查，主要考查重力势能、
弹性势能的计算，难度中等；高考中，该知识点多结合机械能守恒定律、动能定理考查，势能
计算错误会导致后续能量守恒或动能变化计算错误，是基础丢分点之一，占机械能模块丢分的
20%左右。
易错点4：功和功率的判断与计算错误，忽略做功的条件和功率的瞬
时性
丢分原因
功和功率是机械能模块的基础知识点，也是学生容易丢分的知识点，丢分原因主要有：1.  对
做功的两个必要条件（力、物体在力的方向上发生位移）理解错误，误认为“有力作用在物体
上”或“物体有位移”就一定做功；2.  判断力的做功正负时，混淆力与位移的方向关系，错误地
判断正负功；3.  计算功时，忽略力与位移的夹角，错误地用W=Fs 计算（只有力与位移方向
一致时，W=Fs，否则W=Fs cosθ）；4.  混淆平均功率与瞬时功率，错误地用瞬时功率公式
计算平均功率，或反之；5.  计算功率时，忽略力与速度的夹角，错误地用P=Fv 计算（只有
力与速度方向一致时，P=Fv，否则P=Fv cosθ）。
易错辨析
核心概念：功是力对空间的累积效应，做功的两个必要条件是“力”和“物体在力的方向上发生
的位移”；功率是功对时间的累积效应，反映做功的快慢，分为平均功率和瞬时功率。
正确解析：① 功的判断与计算（(W = Fscosθ)）：
1.  做功的两个必要条件：一是有力作用在物体上（F≠0）；二是物体在力的方向上发生位移
（s cosθ≠0，θ 为力与位移的夹角）。两者缺一不可，例如：
场景1：物体在水平桌面上静止，受到重力和支持力，但物体没有位移，因此重力和支持力都
不做功；
场景2：物体在水平推力作用下，在水平面上运动，推力与位移方向一致（θ=0°），推力做正
功，重力和支持力与位移垂直（θ=90°），不做功；
场景3：物体在重力作用下，竖直下落，重力与位移方向一致（θ=0°），重力做正功；物体竖
直上抛，重力与位移方向相反（θ=180°），重力做负功。
2.  功的计算：公式(W = Fscosθ)适用于恒力做功（力的大小、方向均不变），其中θ 是力与
位移的夹角：
当θ=0°时，cosθ=1，W=Fs（力与位移方向一致，正功最大）；
当0°<θ<90°时，cosθ>0，W>0，力做正功；
当θ=90°时，cosθ=0，W=0，力不做功；
当90°<θ≤180°时，cosθ<0，W<0，力做负功（或物体克服该力做功）。
常见易错点：一是忽略力与位移的夹角，无论夹角如何，都用W=Fs 计算，导致功的大小和
正负错误；二是误认为“物体有位移，就一定有力做功”，例如，物体在光滑水平面上匀速运
动，有位移，但水平方向不受力，没有力做功；三是混淆“克服力做功”与“力做负功”，物体克
服某力做功，等于该力做负功的绝对值（如物体克服重力做功10J，即重力做负功-10J）。
② 功率的判断与计算（平均功率、瞬时功率）：
1.  平均功率：反映一段时间内做功的平均快慢，公式为：( ¯P = W
t )（适用于所有情况，无论
力是否恒定）；( ¯P = F ¯v cosθ)（适用于恒力做功，(¯v)为平均速度，θ 为力与速度的夹角）。
2.  瞬时功率：反映某一时刻做功的快慢，公式为：( P = Fv cosθ)（适用于所有情况，v 为瞬
时速度，θ 为力与瞬时速度的夹角）；
当力与速度方向一致时（θ=0°），P=Fv（常用公式，如汽车的牵引力功率）；
当力与速度方向垂直时（θ=90°），P=0（如匀速圆周运动中，向心力不做功，瞬时功率为
0）。
3.  常见易错点：
易错1：用瞬时功率公式计算平均功率，或用平均功率公式计算瞬时功率。例如，物体在恒力
作用下做匀加速直线运动，用P=Fv（v 为瞬时速度）计算平均功率，导致结果错误，应使用
( ¯P = F ¯v)；
易错2：忽略力与速度的夹角，无论夹角如何，都用P=Fv 计算，导致瞬时功率计算错误。例
如，斜向上的拉力拉物体水平运动，拉力与速度有夹角θ，瞬时功率应为P=Fv cosθ，不是
P=Fv；
易错3：认为“功率越大，做功越多”，忽略功率与时间的关系。功率是做功的快慢，做功多少
由功率和时间共同决定（W=Pt），功率大但时间短，做功可能很少；
易错4：计算汽车的额定功率时，忽略“额定功率是汽车的最大输出功率”，当汽车匀速行驶
时，牵引力等于阻力，功率P=Fv=fv（f 为阻力），此时速度最大；当汽车加速行驶时，牵引
力大于阻力，功率不能超过额定功率。
③ 易错点突破：一是牢记做功的两个必要条件，判断力是否做功时，同时关注力和位移，以
及两者的夹角；二是计算功时，明确力与位移的夹角，正确使用W=Fs cosθ，区分正功、负
功和不做功；三是区分平均功率与瞬时功率，平均功率用( ¯P= W
t )或( ¯P= F ¯v cosθ)，瞬时功
率用P=Fv cosθ；四是计算功率时，注意力与速度的夹角，避免忽略夹角导致计算错误；五是
理解功率与做功的关系，功率反映做功快慢，做功多少由功率和时间共同决定。
考情关联：期末考中，该知识点多以选择题、填空题、计算题形式考查，主要考查功和功率的
计算、正负功判断，难度中等；高考中，该知识点多结合机械能守恒定律、动能定理考查，常
与汽车行驶、起重机做功等生活实际结合，功率的瞬时性、力与速度夹角的忽略是主要丢分
点，占机械能模块丢分的10%左右。
三、总结与应试建议
物理必修二的丢分点主要集中在“知识点理解模糊、公式应用错误、临界条件判断失误、审题
细节疏漏”四个方面，结合期末考与高考考情，核心丢分模块是圆周运动（临界条件、向心力
理解）、万有引力与宇宙航行（黄金代换式、卫星变轨、同步卫星）、机械能守恒定律（守恒
条件、动能定理与机械能守恒的区分），抛体运动的丢分主要集中在分运动特性、类平抛运动
判断。
为规避易错点、提升应试能力，给出以下应试建议：
1.  夯实基础，吃透核心概念：重点理解向心力、万有引力与重力的关系、机械能守恒条件等
核心概念，避免死记硬背，通过推导公式、分析受力，理解知识点的本质，减少“理解偏差”导
致的丢分；
2.  规范公式应用，牢记适用条件：每一个公式都要明确适用场景（如黄金代换式适用于星球
表面、近地卫星，机械能守恒定律适用于只有重力或弹力做功），避免公式混用，解题时先判
断场景，再选择公式；
3.  聚焦临界条件，突破高频难点：重点掌握竖直面内圆周运动的轻绳、轻杆模型临界条件、
卫星变轨的加速减速判断、同步卫星的特点，这些是期末考、高考的高频丢分点，通过对比记
忆、专项练习，强化理解；
4.  规范审题，关注细节：审题时圈画关键条件（如“光滑”“不计空气阻力”“近地卫星”“同步卫
星”“轻绳”“轻杆”），避免忽略隐含条件导致错误；计算时规范单位换算，尤其是角速度、周
期、轨道半径的单位，减少计算粗心导致的丢分；
5.  专项突破，强化练习：针对各章节的易错点，进行专项练习，重点练习圆周运动与机械能
守恒的综合计算、万有引力与卫星变轨的结合问题，通过练习总结解题规律，提升综合应用能
力。
总之，物理必修二的学习核心是“理解本质、规范应用、关注细节”，只要吃透易错点，规避常
见误区，夯实基础，就能有效减少丢分，在期末考和高考中取得理想成绩。
专题一　抛体运动
真题试练：抛体运动
1.
(2025 安徽,6,4 分)在竖直平面内,质点M 绕定点O 沿逆时针方向做匀速圆周运动,质点N 沿竖
直方向做直线运动,M、N 在运动过程中始终处于同一高度。t=0 时,M、N 与O 点位于同一直线上,如
图所示。此后在M 运动一周的过程中,N 运动的速度v 随时间t 变化的图像可能是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
答案 D M、N 在运动过程中始终处于同一高度,即M 的速度在竖直方向上的分速度总是与N 的速度
相同。M 的速度在竖直方向上的分速度随时间按正弦或余弦规律变化,A、B 错误。在t=0 时刻,M 在
竖直方向上的分速度最大,C 错误,D 正确。
2.
(2025 湖南,2,4 分)如图,物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面,物块的水平位移、竖
直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示,物块向上运动过程中,下列图像可能正确的
是(　　)
答案 C 物块沿光滑斜面做匀减速直线运动,速度随时间均匀变化,速度与位移关系则不是线性关
系,故可快速判断A、B、D 错误,C 正确。根据v2-v0
2=2ax 可知速度的二次方与位移成线性关系,速度
与位移不是一次函数关系。
3.
(2025 黑吉辽蒙,6,4 分)如图,趣味运动会的“聚力建高塔”活动中,两长度相等的细绳一端
系在同一塔块上,两名同学分别握住绳的另一端,保持手在同一水平面以相同速率v 相向运动。为使
塔块沿竖直方向匀速下落,则v(　　)
A.一直减小
   B.一直增大      C.先减小后增大     
D.先增大后减小
答案 B 某一时刻设绳与竖直方向的夹角为θ,将手的速度v 分解为沿绳方向的分速度v 绳和垂直于
绳方向的分速度,将塔块的速度v0分解为沿其中一根绳方向的分速度和垂直于这根绳方向的分速
度,手与塔块沿绳方向的分速度相等,则有v 绳=v sin θ=v0 cos θ,联立可得v= v0
tanθ ,由题意知v0
是定值,塔块下落,θ 减小,v 增大,B 正确。
4. (2025 云南,3,4 分)如图所示,某同学将两颗鸟食从O 点水平抛出,两只小鸟分别在空中的M 点和
N 点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动,两运动轨迹在同一竖直平面内,则(　　)
A.两颗鸟食同时抛出              B.在N 点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同      D.在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大
答案 D 由题图可知,两平抛运动的高度关系为hOM<hON,鸟食在竖直方向做自由落体运动,根据h=1
2
gt2可得出tOM<tON,所以在N 点被接到的鸟食先抛出,A、B 错误;(解题关键:当两个平抛运动没有相同
物理量作比较时,可以过某一点做一条水平或竖直方向的辅助线,令它们的竖直或水平方向的分位
移相等,去比较其他物理量)在题图中过M 点作一条竖直方向的辅助线与轨迹ON 相交于N'点,因
hOM<hON',所以tOM<tON',鸟食在水平方向做匀速直线运动,根据x=v0t 知,xOM=xON',tOM<tON',所以v0OM>v0ON',
即v0OM>v0ON,在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大,C 错误,D 正确。
5.(2025 云南,3,4 分)
如图所示,某同学将两颗鸟食从O 点水平抛出,两只小鸟分别在空中的M 点和N 点同时接到鸟食。鸟
食的运动视为平抛运动,两运动轨迹在同一竖直平面内,则(　　)
A.两颗鸟食同时抛出                 B.在N 点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同         D.在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大
答案　D 【命题点】平抛运动的应用
解析　由题图可知,两平抛运动的高度关系为hOM<hON,鸟食在竖直方向做自由落体运动,根据h=1
2gt2
可得出tOM<tON,所以在N 点被接到的鸟食先抛出,A、B 错误;(解题关键:当两个平抛运动没有相同物
理量作比较时,可以过某一点做一条水平或竖直方向的辅助线,令它们的竖直或水平方向的分位移
相等,去比较其他物理量)在题图中过M 点作一条竖直方向的辅助线与轨迹ON 相交于N'点,因
hOM<hON',所以tOM<tON',鸟食在水平方向做匀速直线运动,根据x=v0t 知,xOM=xON',tOM<tON',所以v0OM>v0ON',
即v0OM>v0ON,在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大,C 错误,D 正确。
6.
(2025 湖北,6,4 分)某网球运动员两次击球时,击球点离网的水平距离均为L,离地高度分别为
L
2 、L,网球离开球拍瞬间的速度大小相等,方向分别斜向上、斜向下,且与水平方向夹角均为θ。
击球后网球均刚好直接掠过球网,运动轨迹平面与球网垂直,忽略空气阻力,tan θ 的值为(　　)
A.1
2
       B.1
3
      C.1
4
     D.1
6
答案 C 网球两次运动过程沿水平方向都有L=v0 cos θ·t,设球网最高处离地高度为H,斜向上将
球击出后,沿竖直方向有H- L
2 =v0·sin θ·t-1
2gt2,斜向下将球击出后,沿竖直方向有L-H=v0 sin 
θ·t+1
2gt2,解得tan θ=1
4 ,C 正确。
7.(2024 海南,3,3 分)如图,在跨越河流表演中,一人骑车以25 m/s 的速度水平冲出平台,恰好跨越
宽度为25 m 的河流落在河对岸平台上,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,则两平台的高度差h
为(　　)
A.0.5 m     B.5 m     
C.10 m      D.20 m
【答案】B  【解析】
8.(2024 湖北,3,4 分)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a      
B.荷叶b      
C.荷叶c     D.荷叶d
【答案】C  【解析】将青蛙的跳跃视为平抛运动,青蛙在水平方向做匀速直线运动,则x=v0t,青蛙
在竖直方向做自由落体运动,则h=1
2gt2,联立解得v0=x❑√
g
2h
,要使初速度最小,则水平方向的位移x
应最小,竖直方向的高度差h 应最大,故应跳到荷叶c,C 正确。
9.（2024 新课标，15，6 分）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
【解析】小车从甲板上弹出，做平抛运动，由于甲板到海面的高度不变，可知小车做平抛运动的
时间不变，小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4 倍，则小车水平离开甲板时的速度变为调整
前的2 倍，故调整后小车平抛运动的水平位移是调整前水平位移的2 倍，C 正确。
10.(2024 江苏,4,4 分)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(　　)
A.加速度相同                B.初速度相同
C.在最高点的速度相同        D.在空中的时间相同
【答案】A  【解析】不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,A 正
确;在竖直方向上,根据对称性可知喷泉喷出的水在空中运动的时间t=2❑√
2h
g
,又hb>ha,可知tb>ta,D
错误;设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy,水平方向的分速度为vx,水在最高点的速度等于水平
方向的分速度,vx= x
t ,由于水平方向的位移大小相等,且tb>ta,可知最高点的速度不同,且vxa>vxb,由
vy=gt 可知vyb>vya,则对于初速度与水平方向夹角θ 有tan θ=v y
v x
,即tan θa<tan θb,θa<θb,故初速度不
同,B、C 错误。
11.（2024 江西，8，6 分）（多选）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
v0，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vx和竖直方向分速度vy与时间t 的关系，下列图像可能正确的是
（　　）
【答案】AD
【解析】小鱼做斜上抛运动，其竖直分运动为竖直上抛运动，水平分运动为匀速直线运动。在水
平方向有x=vt，x 与t 成正比，A 正确。在竖直方向有y=v0yt-1
2gt2，y-t 图线为开口向下的抛物线，
B 错误。水平方向的分速度vx=v0x=v，不随时间变化，C 错误。竖直方向的分速度vy=v0y-gt，vy-t 图
线为斜率为负的直线，D 正确。
12.（2024 山东，12，4 分）（多选）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20 m/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10 m/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2❑√3 s                   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10 m    D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m
【答案】BD
【解析】重物水平方向的位移x=v0 cos 30°·t（取水平向右为正方向），竖直方向的位移y=-v0 
sin 30°·t+1
2gt2（取竖直向下为正方向）；运动到落点Q，有tan 30°= y
x ；联立解得t=4 s，A 错
误。重物水平方向的速度vx=v0 cos 30°，竖直方向的速度vy=-v0 sin 30°+gt，落地时t=4 s，可
得tan α=v y
v x
= 30m/ s
10 ❑√3m/ s =❑√3，可得落地速度与水平方向的夹角α 为60°，B 正确。重物落地时竖
直方向的速度vy=30 m/s，重物从最高点到落点在竖直方向做自由落体运动，由v y
2=2gh 可得高度差
h= 30
2
2×10 m=45 m，D 正确。
如图所示，以沿PQ 方向为x 轴正方向，垂直PQ 向上方向为y 轴正方向建立xOy 坐标系，将速度
和加速度分别进行分解，当重物离PQ 最远时，重物沿y 轴方向的速度减为零，可得0-（v0 sin 
60°）2=-2g cos 30°·H，解得重物离PQ 的最远距离H=10❑√3 m，C 错误。
13.(2023 全国乙,15,6 分)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动,动能一直增加。如果用带箭头的
线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力,下列四幅图可能正确的是(　　)
　
　
　
【答案】D  【解析】 小车做曲线运动时,所受合力方向与速度方向不在一条直线上,B 错误;小车
所受合力必指向轨迹凹的一侧,A 错误;小车动能一直增加说明小车所受合力一直做正功,可知合力
方向与该处速度方向的夹角小于90°,C 错误,D 正确。故选D。
14.(2023 全国甲,14,6 分)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过
程中(　　)
A.机械能一直增加           B.加速度保持不变
C.速度大小保持不变         D.被推出后瞬间动能最大
答案：B   铅球在平抛运动过程中只有重力做功,机械能不会增加,A 错误;不计空气阻力和转动的
影响,铅球加速度等于重力加速度,大小、方向均保持不变,B 正确;铅球速度大小一直增加,C 错误;
铅球速度一直增大,动能一直增大,则铅球被推出的瞬间,动能最小,D 错误。
15.(2023 江苏,10,4 分)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验:一个罐子在空中沿水平直线向右做
匀加速运动,沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力,则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是( 
)
答案：D  以漏出的第一粒沙子为参考系,后续漏出沙子的运动可分解为水平向右的匀加速直线运
动和竖直向上的匀加速直线运动,水平方向:x=1
2at2,竖直方向:y=1
2gt2,两式联立得沙子运动的轨迹
方程为y=g
a x,运动轨迹是一条倾斜直线,故D 正确。
16.(2025 江苏,13,8 分)(8 分)如图所示,在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的
带正电粒子a、b 同时从O 点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量
为m,电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a 运动到最高点的时间t;
(2)a 到达最高点时,a、b 间的距离H。
答案　(1)mv0sinθ
qE
　(2)2m v0
2 sin
2θ
qE
【命题点】类抛体运动
模型建构
提取关键信息,可以得到a 粒子做类斜上抛运动,b 粒子做类斜下抛运动,利用运动的分解,化曲为直分析解决
问题。
解析　(1)a、b 做类抛体运动,根据运动的分解可得a、b 在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向
做匀变速直线运动
对a,根据牛顿第二定律可得其加速度大小a=qE
m
水平方向上的初速度大小vx=v0 cos θ
竖直方向上的初速度大小vy=v0 sin θ
a 运动到最高点时,竖直方向速度变为0
可得vy=at
解得t=v y
a =m v0sinθ
qE
(2)经过时间t,a 到达最高点,由题意知a、b 在水平方向均做速度大小为v0 cos θ 的匀速直线运
动,则a、b 水平方向的位移一直相同。在a 到达最高点之前,a 在竖直方向做匀减速直线运动,b 在
竖直方向做匀加速直线运动
则在0~t 时间内,a 上升的高度ha=vyt-1
2at2
b 下降的高度hb=vyt+1
2at2
则H=ha+hb=2v0t sin θ=2mv0
2 sin
2θ
qE
方法拓展
该题第(2)问可用比较简单的方法,即利用相对运动来解题。如果以b 为参考系,a 在竖直方向上做匀速直线
运动,直接用相对速度乘时间就可以得到答案。
17.(2024 北京,17,9 分)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v0;
(3)管口单位时间内流出水的体积Q。
【答案】 (1)❑√
2h
g 　(2)d❑√
g
2h　(3)Sd❑√
g
2h
【解析】　(1)水在空中做平抛运动,在竖直方向有h=1
2gt2
解得t=❑√
2h
g 。
(2)水从管口排出到落到水面,在水平方向有d=v0t
解得v0=d❑√
g
2h。
(3)管口单位时间内流出水的体积Q=Sv0
联立解得Q=Sd❑√
g
2h。
专题二　圆周运动
真题试练：圆周运动
1.
(2025 福建,5,6 分)(多选)春晚上转手绢的机器人,手绢上有P、Q 两点,圆心为O,OQ=❑√3OP,手
绢做匀速圆周运动,则(　　)
A.P、Q 线速度大小之比为1∶❑√3         B.P、Q 角速度之比为❑√3∶1
C.P、Q 向心加速度大小之比为❑√3∶1      D.P 点所受合力总是指向O
答案 AD 手绢做匀速圆周运动,由题图可知P、Q 绕同一转轴转动,故角速度相同,即角速度之比为
1∶1,B 错误。由v=ωr 可知,P、Q 的线速度大小之比vP∶vQ=rOP∶rOQ=1∶❑√3,A 正确。由a=ω2r 可
知,P、Q 的向心加速度大小之比aP∶aQ=rOP∶rOQ=1∶❑√3,C 错误。P 点做匀速圆周运动,其所受合力提
供向心力,总是指向圆心O,D 正确。
2.
(2025 广东,8,6 分)(多选)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀
速圆周运动,如图所示。已知圆周运动半径R 为0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ 为
45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g 取10 m/s2。关于该小球,下列说法正确的是(　　)
A.角速度为5 rad/s              B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2         D.所受支持力大小为1 N
答案 AC 对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得F 合=mg tan 45°=mω2R=mv
2
R =man,FN=
mg
cos 45°=❑√2 N,D 错误;由上述分析可
得该小球的向心加速度大小an=mg tan 45°
m
=10 m/s2,C 正确;角速度ω=❑√
an
R
=5 rad/s,A 正确;线
速度大小v=ωR=2 m/s,B 错误。
3.(2025 江苏,4,4 分)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴,在水平面内沿顺时针
方向匀速转动,O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置,杯上A 点与O、O'恰好在同一条直
线上。则(　　)
A.A 点做匀速圆周运动          B.O'点做匀速圆周运动
C.此时A 点的速度小于O'点     D.此时A 点的速度等于O'点
答案　B 【命题点】匀速圆周运动的运动学分析
解析　由于A 点相对于地面的速度大小一直在变化,所以A 点不是做匀速圆周运动,A 错误。O'点到
O 点的距离保持不变,随底盘一起匀速转动,故O'点做匀速圆周运动,B 正确。A 点速度为其绕O'做
圆周运动的速度和O'绕O 做圆周运动的速度的叠加,此时在A 点两个速度的方向相同,则此时A 点的
速度大于O'点的速度,C、D 错误。
4.(2025 河北,5,4 分)
某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳,照片记录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹,简图如
图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动,相机本次曝光时间为1
30 s,圆弧对应的圆心角约为30°,则
该同学每分钟跳绳的次数约为(　　)
A.90       
B.120
   C.150    
D.180
答案　C 【命题点】圆周运动各物理量间的关系
解析　彩灯做圆周运动的角速度约为ω=
π
6
1
30
 rad/s=5π rad/s,彩灯做圆周运动的周期约为T=2π
ω
=2
5 s,故彩灯每分钟转过的圈数约为t
T =
60
2
5
=150,则同学每分钟跳绳的次数约为150,C 正确
5.
(2025 山东,4,3 分)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg 的发光小球,让小球在竖直
面内绕一固定点做半径为0.6 m 的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片,曝光时间
为1
50 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径1
5的圆弧形径迹。根据以上数据估算小
球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A.11 N       B.9 N      
C.7 N
     D.5 N
答案 C 根据题意,在t= 1
50 s=0.02 s 的曝光时间里小球在照片上留下了一条长度为x=1
5r=1
5×0.6 
m=0.12 m 的圆弧形径迹,则小球的线速度v= x
t =0.12
0.02 m/s=6 m/s,根据牛顿第二定律,小球在最低
点满足T-mg=mv
2
r ,代入数据得T=7 N,C 正确。
6.
(2025 山东,10,4 分)(多选)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平
地面上以O 点为圆心、半径R1=5 m 的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m 的空中
绕O'点、平行地面做半径R2=3 m 的匀速圆周运动,A、B 为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相
对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。
当无人机以ωmax沿圆周运动经过A 点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的
影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.ωmax=π
3 rad/s
B.ωmax=2
3 rad/s
C.无人机运动到B 点时,在A 点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B 点时,在A 点释放的物品尚未落地
答案 BC 
信息提取　物品相对无人机无初速度释放,做平抛运动,初速度等于无人机做圆周运动的线速度。
当无人机以最大角速度ωmax运动时,物品的落点恰好在水平地面上R1=5 m 的圆周上。
解析　俯视图如图所示,可知物品做平抛运动的最大水平位移为x=❑√R1
2- R2
2=4 m,最大初速度
v=ωmaxR2,竖直方向做自由落体运动,有H=1
2gt2,水平方向做匀速直线运动,有x=vt,解得t=2 
s,ωmax=2
3 rad/s,A 错误,B 正确;无人机做圆周运动从A 到B 点的时间t'=
π
2ωmax
≈2.4 s,可知
t<t',C 正确,D 错误。
7.(2024 黑吉辽,2,4 分)“指尖转球”是花式篮球表演中常见的技巧。如图,当篮球在指尖上绕轴转
动时,球面上P、Q 两点做圆周运动的　(　　)
A.半径相等
B.线速度大小相等
C.向心加速度大小相等
D.角速度大小相等
【答案】 D 
【解析】 球面上P、Q 两点绕同一个竖直轴做圆周运动,角速度ω 大小相等,D 正确;由题图可知Q
点的运动半径r 较大,A 错误;由v=ωr 可得,Q 点的线速度v 较大,B 错误;由an=ω2r 可得,Q 点的向心
加速度较大,C 错误。
8.(2024 甘肃,8,5 分)(多选)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  【解析】做匀速圆周运动的物体速度大小不变,则动能不变,A 正确。做匀速圆周运
动的物体速度方向时刻在改变,则动量时刻在变,动量不守恒,B 错误。做匀速圆周运动的物体加速
度大小不变,方向时刻在改变,C 错误。做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心,D 正
确。
9.(2024 北京,7,3 分)如图所示,光滑水平轨道AB 与竖直面内的光滑半圆形轨道BC 在B 点平滑连
接。一小物体将轻弹簧压缩至A 点后由静止释放,物体脱离弹簧后进入半圆形轨道,恰好能够到达
最高点C。下列说法正确的是　(　　)
A.物体在C 点所受合力为零
B.物体在C 点的速度为零
C.物体在C 点的向心加速度等于重力加速度
D.物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体在C 点的动能
【答案】 C 
【解析】“恰好能够到达最高点C”,说明物体在C 点所受合力大小为mg,由牛顿第二定律可得
mg=mvC
2
R
,解得物体的速度vC=❑√gR,物体的向心加速度a=vC
2
R
=g(另解:由合力提供向心力有
mg=man,解得an=g),C 正确,A、B 错误。由能量守恒可得,物体在A 点时弹簧的弹性势能等于物体
在C 点的动能与重力势能之和,D 错误。
10.(2024 江苏,8,4 分)如图所示是生产陶瓷的工作台简化图,台面上掉有陶屑与工作台一起绕轴
OO'匀速转动,陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(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.陶屑只能分布在台面边缘              D.陶屑只能分布在某一半径的圆内
【答案】D  【解析】对与工作台一起匀速转动的陶屑受力分析,由静摩擦力提供向心力可知
μmg≥mω2r,解得陶屑与OO'间的距离r≤ μg
ω
2,则陶屑只能分布在某一半径的圆内,C 错误,D 正确;
由上述分析可知,陶屑与台面边缘的距离与其质量无关,A、B 错误。
11.(2024 江苏,11,4 分)如图所示,细绳穿过竖直的管子拴住一个小球,让小球在A 高度处做水平面
内的匀速圆周运动,现用力将细绳缓慢下拉,使小球在B 高度处做水平面内的匀速圆周运动,不计一
切摩擦,则(　　)
A.线速度vA>vB     B.角速度ωA>ωB         C.向心加速度aA<aB
   D.向心力FA>FB
【答案】C  【解析】设小球和管口间的细绳与竖直方向的夹角为θ,对小球受力分析有tan θ= F向
mg
,θA<θB,则FA<FB,由牛顿第二定律可知,aA<aB,C 正确,D 错误;设小球所在平面距离管口的竖直高度
为h,对小球有mg tan θ=mω2r、r=h tan θ,联立解得ω=❑√
g
h
,hA>hB,则ωA<ωB,B 错误;假设小球做圆
周运动的半径不变或变大,则小球被缓慢拉起的过程中合外力不做功或做负功,由动能定理可知小
球的线速度不变或变小,又由v=ωr 可知小球的角速度也不变或变小,与B 项分析矛盾,假设不成立,
所以小球做圆周运动的半径减小,则可知小球的线速度增大,即vA<vB,A 错误。
12.(2024 广东,5,4 分)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l
2、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.
r❑√
k
2m
　         B.l❑√
k
2m
        　C.r❑√
2k
m
　       D.l❑√
2k
m
【答案】 A 
【解析】插销刚卡进固定的端盖时,弹簧伸长量为Δx= l
2,弹力F=kΔx=kl
2 ,插销与卷轴同轴转动,角
速度相同,弹簧弹力为插销提供向心力,有F=mv ’
2
l
,v’=v· l
r ,联立解得v=r❑√
k
2m
,A 正确。
13.(2023 湖南,2,4 分)如图(a),我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷
粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P 点,抛
出时谷粒1 和谷粒2 的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,忽略空气阻力,关于两
谷粒在空中的运动,下列说法正确的是(　　)
　　
A.谷粒1 的加速度小于谷粒2 的加速度          B.谷粒2 在最高点的速度小于v1
C.两谷粒从O 到P 的运动时间相等              D.两谷粒从O 到P 的平均速度相等
答案：B   两谷粒从O 点抛出后均只受重力作用,故加速度相同,均为重力加速度,A 选项错误; 两
谷粒在从O 运动到P 的过程中的初始位置(O 点)与末位置(P 点)相同,竖直方向位移与水平方向位
移均相同,谷粒1 做平抛运动,谷粒2 做斜上抛运动,设谷粒2 抛出时速度方向与水平方向间夹角为
θ,有h=-v2 sin θ·t2+1
2gt2
2,x=v2 cos θ·t2,对谷粒1 有h=1
2gt1
2,x=v1t1,可得t1<t2,v2 cos θ<v1,即谷粒
2 在最高点的速度小于v1,B 选项正确,C 选项错误;两谷粒从O 到P 位移相同,但t1<t2,由平均速度的
定义可知v1>v2,D 选项错误。
14.(2023 全国甲,17,6 分)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n 次方成正
比,运动周期与轨道半径成反比,则n 等于(　　)
A.1       
B.2
       C.3       
D.4
答案：C   由题意知,F=krn①
T=k '
r ②
质点做匀速圆周运动,则有
F=m4 π
2
T
2 ·r ③
联立①②③有krn=m4 π
2
k '
2 ·r3,令k=m4 π
2
k '
2 ,可得
n=3
选项C 正确。
15.（2025 北京(4)）某同学用打点计时器来研究圆周运动,如图3 所示,将纸带的一端固定在圆盘
边缘处的M 点,另一端穿过打点计时器,实验时圆盘从静止开始转动,选取部分纸带如图4 所示。相
邻计数点间的时间间隔为0.10 s,圆盘半径R=0.10 m,则这部分纸带通过打点计时器的加速度大小
为　　　　m/s2;打点计时器打B 点时圆盘上M 点的向心加速度大小为　　　　m/s2。(结果均保留
两位有效数字) 
答案(4)0.81　1.6
【命题点】　圆周运动的相关计算
创新实验
将运用逐差法求加速度、利用纸带求瞬时速度融入圆周运动的情境中,增加对向心加速度知识的考查形式。
解析　(4)根据逐差法可知a=
xCE- x AC
(2T ')
2 =(19.24 -8.00×2)×10
-2
(2×0.10)
2
 m/s2=0.81 m/s2。B 点对应
的速度vB= x AC
2T '= 0.08
2×0.10 m/s=0.4 m/s,此时M 点的向心加速度大小为an=vB
2
R
= 0.4
2
0.10 m/s2=1.6 
m/s2。
16.
(2025 安徽,14,14 分)如图,M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。
一根长为3L 的轻绳一端系在M 上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg 的小球,小球与水平地面接触但无
压力。t=0 时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s 开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子
绕过N、M,运动到M 正下方与M 相距L 的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视
为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小;
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离;
(3)若在t=0 时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N 的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小
值。
答案  (1)4❑√5 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2❑√15 m/s
审题指导　解答本题应注意以下关键点:
(1)根据动能定理,计算小球通过M 正下方与M 相距L 位置时的速度大小;
(2)根据牛顿运动定律,计算绳子所受的最大拉力大小;
(3)根据平抛运动规律,计算抛出点到落地点的水平距离;
(4)根据动能定理和牛顿运动定律,计算小球初速度的最小值。
解析　(1)小球运动到M 正下方与M 相距L 的位置时,绳子刚好被拉断,以小球作为研究对象,根据动
能定理有-mg·2L=1
2mv2-1
2mv0
2
解得v=4❑√5 m/s
设绳子所受的最大拉力为Fm,根据牛顿第三定律可知小球所受的拉力Fm'=Fm,根据牛顿第二定律得
Fm'-mg=mv
2
L
解得Fm=17 N
(2)小球做平抛运动时,水平方向有x=vt
竖直方向有2L=1
2gt2
解得x=4 m
(3)设小球的初速度最小值为v1,小球能通过N 的正上方时速度的最小值为v2。
在最高点有mg=m v2
2
2 L
根据动能定理有-mg·5L=1
2mv2
2-1
2mv1
2
解得v1=2❑√15 m/s
17.（2024 江西，14，11 分）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。
如图（a）、（b）所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O 点的竖直轴匀速转
动。圆盘边缘A 处固定连接一轻绳，轻绳另一端B 连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其
角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）在图（a）中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕
O 点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB 与OB 之间夹角α 的正切值。
（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径
为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B 与O1B 的夹角为
β。求此时圆盘的角速度ω2。
【答案】（1）μg
ω1
2r1
　（2）❑√
μgsinθcos β
（μcosθ+sinθsin β ）r2
【解析】（1）对转椅受力分析可知，轻绳对转椅的拉力与转椅受到的滑动摩擦力的合力为转椅提
供向心力，力的矢量三角形如图所示。
设转椅的质量为m，转椅所需的向心力Fn1=mω1
2r1
转椅受到的摩擦力f1=μmg
tan α= f 1
Fn1
解得tan α= μg
ω1
2r1
（2）转椅所需的向心力Fn2=mω2
2r2
类比（1）问中分析可知tan β= f 2
Fn2
转椅受到的摩擦力f2=μFN2
FN2+FT2 cos θ=mg
f2=FT2 sin θ·sin β
解得ω2=❑√
μgsinθcos β
（μcosθ+sinθsin β ）r2
【易错提醒】解答本题的关键是滑动摩擦力方向沿圆周的切线方向，与半径垂直，与向心力方向
也垂直。
18.(2023 江苏,13,6 分)“转碟”是传统的杂技项目。如图所示,质量为m 的发光物体放在半径为r
的碟子边缘,杂技演员用杆顶住碟子中心,使发光物体随碟子一起在水平面内绕A 点做匀速圆周运
动。当角速度为ω0时,碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大
小f。
答案  ω0r　mω0
2r
解析 当发光物体随碟子一起匀速转动时,其线速度大小即为v0,由匀速圆周运动线速度和角速度的
关系可知v0=ω0r。
该过程中发光物体受到的来自碟子的静摩擦力提供其绕A 点做匀速圆周运动的向心力,由牛顿第二
定律得其受到的静摩擦力大小f=mω0
2r。
19.(2023 新课标,24,10 分)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远
方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面
的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h 处水平抛出,抛出速度
的最小值为多少?(不计石子在空中飞行时的空气阻力,重力加速度大小为g)
答案： 
❑√2gh
tanθ
解析 设石子抛出时的水平速度为v0,接触水面时的速度方向与水面的夹角为α,由题意可知,石子在
空中做平抛运动,则v y
2=2gh,解得vy=❑√2gh
由tan α=v y
v0
,α≤θ,联立解得v0≥
❑√2 gh
tanθ
所以石子抛出速度的最小值vmin=
❑√2 gh
tanθ 。
20.(2023 山东,15,8 分)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速
灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能,设置储能电容器的工作电压可获得所
需的灭火弹出膛速度。如图乙所示,若电磁炮正对高楼,与高楼之间的水平距离L=60 m,灭火弹出
膛速度v0=50 m/s,方向与水平面夹角θ=53°,不计炮口离地面高度及空气阻力,取重力加速度大小
g=10 m/s2,sin 53°=0.8。
(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H;
(2)已知电容器储存的电能E=1
2CU2,转化为灭火弹动能的效率η=15%,灭火弹的质量为3 kg,电容
C=2.5×104 μF,电容器工作电压U 应设置为多少?
　
答案 (1)60 m　(2)❑√2×103 V
解析 (1)由运动的分解可知,出膛的灭火弹在水平方向上以vx=v0 cos 53°的速度做匀速直线运动,
有L=vxt,解得t=2 s。
在竖直方向上以初速度vy=v0 sin 53°做竖直上抛运动,有H=vyt-1
2gt2,解得H=60 m。
(2)由题意可知电容器把电能转化为灭火弹的动能,有0.15E=1
2mv0
2,其中E=1
2CU2,联立解得U=❑√2
×103 V。
21.(2023 全国甲,24,12 分)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m
的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上
运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰
撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的4
5 。小球与地面碰撞后,弹起的最大高
度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
答案 (1)❑√
2 E p
m
　(2)5
2
❑√
E ph
mg
解析 (1)由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,即
Ep=1
2mv0
2①    解得v0=❑√
2 E p
m
②
小球离开桌面时的速度大小为❑√
2 E p
m
(2)设桌面的高度为H,小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,小球飞出后做平抛运
动,有
H=1
2gt2③
x=v0t ④
设小球与地面碰撞前后速度的竖直分量分别为vy1与vy2,由题意可知
v y 1
2 =2gH ⑤
v y 2
2 =2gh ⑥
v y 2
v y 1
=4
5 ⑦
联立②③④⑤⑥⑦得x=5
2
❑√
E ph
mg
即小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为5
2
❑√
E ph
mg
22. (2023 福建,15,12 分)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴
OO'上的O 点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于O 点,另一端与套在杆上
的圆环相连。当测速器稳定工作时,圆环将相对细杆静止,通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动
的角速度。已知细杆长度l=0.2 m,杆与竖直转轴的夹角α 始终为60°,弹簧原长x0=0.1 m,弹簧劲
度系数k=100 N/m,圆环质量m=1 kg;弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取10 m/s2,摩擦力
可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到O 点的距离;
(2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小;
(3)求圆环处于细杆末端P 时,细杆匀速转动的角速度大小。
答案　(1)0.05 m　(2)10 ❑√6
3
 rad/s　(3)10 rad/s
解析 (1)细杆和圆环处于平衡状态,对圆环受力分析如图甲所示,得T0=mg cos α=5 N
根据胡克定律F=kΔx 得Δx0=T 0
k =0.05 m
弹簧弹力方向沿杆向上,故弹簧处于压缩状态,弹簧此时的长度即圆环到O 点的距离x1=x0-Δx0=0.05 
m。
(2)若弹簧处于原长,则圆环仅受重力和支持力,其合力使圆环在水平面内做匀速圆周运动。根据牛
顿第二定律得mg
tanα =mω0
2r,由几何关系得圆环此时转动的半径r=x0 sin α
联立并代入数据解得ω0=10 ❑√6
3
 rad/s。
(3)圆环处于细杆末端P 时,弹簧伸长量Δx'=l-x0,根据胡克定律得弹簧弹力T=k(l-x0)=10 N
对圆环受力分析如图乙所示,对各力正交分解,
竖直方向受力平衡,有mg+T cos α=N sin α,
水平方向合力提供向心力,则有T sin α+N cos α=mω2r'
由几何关系得r'=l sin α，联立并代入数据解得ω=10 rad/s。
专题三　万有引力与宇宙航行
真题试练：万有引力与宇宙航行
1.
(2025 陕晋青宁,2,4 分)我国计划于2028 年前后发射“天问三号”火星探测系统,实现火星取
样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动,轨道半径约3 750 km,轨道周期约2 h,引力常量G
取6.67×10-11 N·m2/kg2。根据以上数据可推算出火星的(　　)
A.质量   B.体积      C.逃逸速度
    D.自转周期
答案 A 根据G M 火m
r
2
=m4 π
2
T
2 r 得M 火=4 π
2r
3
GT
2 ,已知“天问三号”环绕火星的轨道半径、轨道周期以
及引力常量可以求出火星的质量,A 正确。通过现有的条件无法求出火星的半径和火星表面的重力
加速度,所以无法求出火星的体积以及逃逸速度,B、C 错误。天体的自转周期影响因素比较多,通过
本题给出的已知条件无法求出火星的自转周期,D 错误。
2.
(2025 云南,5,4 分)国际编号为192391 的小行星绕太阳公转的周期约为5.8 年,该小行星与太
阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU,八大行星
绕太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用,则该小行星的公转轨道应
介于(　　)
行星
水星
金星
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道
半径
R/AU
0.39
0.72
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A.金星与地球的公转轨道之间         B.地球与火星的公转轨道之间
C.火星与木星的公转轨道之间         D.天王星与海王星的公转轨道之间
答案 C 根据开普勒第三定律r
3
T
2=k,可得r地球
3
T 地球
2= r小行星
3
T 小行星
2,代入r 地球=1 AU,T 地球=1 年,T 小行星=5.8 年,
解得r 小行星≈3.23 AU,根据题中数据,可知该小行星的公转轨道在火星和木星的公转轨道之间,C 正
确。
3.
(2025 广东,5,4 分)一颗绕太阳运行的小行星,其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为
地球到太阳距离的5 倍和7 倍。关于该小行星,下列说法正确的是　(　　)
A.公转周期约为6 年
B.从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小
C.从远日点到近日点线速度大小逐渐减小
D.在近日点加速度大小约为地球公转加速度的1
25
答案 D 根据题意,该小行星绕太阳运行的椭圆轨道的半长轴a=5r +7r
2
=6r,根据开普勒第三定律,
可得r
3
T
2= a
3
T 1
2,其中r 为地球绕太阳做圆周运动的半径,T 为地球绕太阳做圆周运动的周期且T=1 年,
可得T1=6❑√6年,A 错误;从远日点到近日点,小行星离太阳越来越近,所受太阳引力逐渐增大,B 错误;
根据开普勒第二定律,行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等,则从远日点到近日点,小行
星的线速度逐渐增大,C 错误;根据牛顿第二定律可知,万有引力提供星体做圆周运动的向心力,则小
行星在近日点满足ma= GMm
(5r )
2 =GMm
25r
2 ,则有a= GM
25r
2,同理地球公转的加速度a'=Gm
r
2 ,则在近日点小
行星的加速度为地球公转加速度的1
25,D 正确。
4.
(2025 安徽,9,5 分)(多选)2025 年4 月,我国已成功构建国际首个基于DRO(远距离逆行轨道)的
地月空间三星星座,DRO 具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO 变轨进
入环月椭圆轨道,该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a 和b,卫星的运行周期为T;卫
星乙从DRO 变轨进入半径为r 的环月圆形轨道,周期也为T。月球的质量为M,半径为R,引力常量为
G。假设只考虑月球对甲、乙的引力,则(　　)
A.r=a+b+ R
2
     
B.r=a+b
2
+R
    C.M=4 π
2r
3
GT
2
      D.M=4 π
2 R
3
GT
2
答案 BC 卫星甲与卫星乙运行的周期相等,根据开普勒第三定律a
3
T
2=k,可知椭圆轨道的半长轴与圆
轨道的半径相等,即r=a+b+2 R
2
,A 错误,B 正确。只考虑月球对甲、乙的引力,对卫星乙有GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r,可得月球的质量M=4 π
2r
3
GT
2 ,C 正确,D 错误。
5.
(2025 湖南,4,4 分)我国研制的“天问二号”探测器,任务是对伴地小行星及彗星交会等进行
多目标探测。某同学提出探究方案,通过释放卫星绕小行星进行圆周运动,可测得小行星半径R 和质
量M。为探测某自转周期为T0的小行星,卫星先在其同步轨道上运行,测得距离小行星表面高度为
h,接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动,测得周期为T1。已知引力常量为G,不考虑其
他天体对卫星的引力,可根据以上物理量得到R=
a
2/3
b
2/3-a
2/3h,M=4 π
2 R
3
G c
2 。下列选项正确的是(　　)
A.a 为T1,b 为T0,c 为T1           B.a 为T1,b 为T0,c 为T0
C.a 为T0,b 为T1,c 为T1           D.a 为T0,b 为T1,c 为T0
答案 A 由开普勒第三定律有( R+h)
3
R
3
=
T 0
2
T 1
2,得R=
T 1
2
3
T 0
2
3 -T 1
2
3
h,所以a=T1,b=T0。C、D 错误。该卫星
在该小行星表面附近做匀速圆周运动时,有GMm
R
2
=m(
2π
T 1)
2
R,得M=4 π
2 R
3
GT 1
2 ,故c 为T1,A 正确,B 错
误。
总结归纳　
　　求绕同一中心天体运动的T、R 关系,首先联想到开普勒第三定律。求中心天体的质量,要想到万有引力定
律和牛顿第二定律。
6.
(2025 山东,6,3 分)轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M 的行星做半径为r 的圆周运动,轨道
舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P 点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回
舱相对行星的速度大小为2❑√
GM
r
,G 为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A.2
5
❑√
GM
r
      B.3
5
❑√
GM
r
    C.4
5
❑√
GM
r
       D.❑√
GM
r
答案 C 组合体绕行星运动,设速度大小为v,返回舱的质量为m1,轨道舱的质量为m2,万有引力提供
向心力,有G
(m1+m2) M
r
2
=(m1+m2)v
2
r ,解得v=❑√
GM
r
。设返回舱和轨道舱分离后的速度分别为v1、
v2,由于分离前后动量守恒,有(m1+m2)v=m1v1+m2v2,根据题意可知
m1
m2
=1
5且v1=2❑√
GM
r
,联立解得v2=
4
5
❑√
GM
r
,C 正确。
7.(2025 甘肃,2,4 分)如图,一小星球与某恒星中心距离为R 时,小星球的速度大小为v、方向与两
者中心连线垂直。恒星的质量为M,引力常量为G。下列说法正确的是(　　)
A.若v=❑√
GM
R ,小星球做匀速圆周运动     B.若❑√
GM
R <v<❑√
2GM
R
,小星球做抛物线运动
C.若v=❑√
2GM
R
,小星球做椭圆运动        D.若v>❑√
2GM
R
,小星球可能与恒星相撞
答案　A 【命题点】万有引力与向心力的关系　宇宙速度的类比迁移
解析　因为小星球速度方向垂直于其与恒星中心的连线,小星球所受恒星引力沿连线指向恒星,若
小星球所受恒星万有引力恰好充当向心力,使其做匀速圆周运动,则有G Mm
R
2 =mv
2
R ,解得v=❑√
GM
R
,A
正确。若将该恒星等效为半径为R、质量为M 的匀质球体,则❑√
GM
R 可类比为第一宇宙速度,
❑√
2GM
R
可类比为第二宇宙速度,第二宇宙速度为逃逸速度,当小星球的速度大于或等于第二宇宙速
度时,小星球就会脱离该恒星的束缚,C、D 错误。根据行星运动规律,当小星球的速度介于第一宇宙
速度和第二宇宙速度之间时,小星球沿椭圆轨道运动(点拨:若小星球做抛体运动,其所受合力为恒
力,但小星球所受恒星引力为变力),B 错误。
8.(2025 云南,5,4 分)国际编号为192391 的小行星绕太阳公转的周期约为5.8 年,该小行星与太阳
系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU,八大行星绕
太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用,则该小行星的公转轨道应介
于(　　)
行星
水星金星地球火星木星土星天王星
海王星
轨道
半径
R/AU
0.39 0.72 1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A.金星与地球的公转轨道之间    B.地球与火星的公转轨道之间
C.火星与木星的公转轨道之间    D.天王星与海王星的公转轨道之间
答案　C 【命题点】开普勒第三定律
解析　根据开普勒第三定律r
3
T
2=k,可得r地球
3
T 地球
2= r小行星
3
T 小行星
2,代入r 地球=1 AU,T 地球=1 年,T 小行星=5.8 年,解
得r 小行星≈3.23 AU,根据题中数据,可知该小行星的公转轨道在火星和木星的公转轨道之间,C 正
确。
9.
(2025 湖北,2,4 分)甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动,甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星
之间的万有引力作用,下列说法正确的是(　　)
A.甲运动的周期比乙的小         B.甲运动的线速度比乙的小
C.甲运动的角速度比乙的小       D.甲运动的向心加速度比乙的小
答案 A 由T=❑√
4 π
2r
3
GM
可知,行星的轨道半径越大,周期越长,A 正确。由v=❑√
GM
r
可知,轨道半径越
大,线速度越小,B 错误。根据ω=❑√
GM
r
3 可知,行星的轨道半径越大,角速度越小,C 错误。根据a=
GM
r
2 可知,行星的向心加速度与轨道半径r 的二次方成反比,轨道半径越大,向心加速度越小,D 错
误。
10. (2025 河南,3,4 分)2024 年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b,它绕其母
恒星的运动可视为匀速圆周运动。已知Gliese12b 轨道半径约为日地距离的1
14 ,其母恒星质量约为
太阳质量的2
7 ,则Gliese12b 绕其母恒星的运动周期约为(　　)
A.13 天     
B.27 天     C.64 天
     D.128 天
答案 A 由万有引力提供向心力及牛顿第二定律得G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2 r,所以T=2π❑√
r
3
GM
,故有T∝❑√
r
3
M
,
设该类地行星和地球的公转周期分别为T1,T2,则
T 1
T 2
=❑√
r1
3
r2
3 · M 2
M 1
= 1
28,又T2=365 天,故T1≈13 天,A
正确。
11.(2025 河北,7,4 分)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从
某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分
布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m 的飞行器与星球中心距离为r 时,引力势
能为mg0R0
2·(
1
R0
- 1
r)(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发
射初速度为(　　)
A.❑√g0 R0      
B.❑√
3 g0 R0
2
      
C.❑√2 g0 R0
    D.❑√3 g0 R0
答案　B 【命题点】万有引力定律　机械能守恒定律
解析　飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力可得G
Mm
(2 R0)
2 =m v
2
2 R0
,飞行器从星球表面到距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动的过程,根据
机械能能守恒定律有1
2mv0
2-1
2mv2=mg0R0
2(
1
R0
- 1
2 R0),又根据黄金代换可得GM=g0R0
2,联立解得v0=
❑√
3 g0 R0
2
,B 正确。
12.
(2025 北京,7,3 分)2024 年6 月,嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示,探测器在
圆形轨道1 上绕月球飞行,在A 点变轨后进入椭圆轨道2,B 为远月点。关于嫦娥六号探测器,下列说
法正确的是(　　)
A.在轨道2 上从A 向B 运动过程中动能逐渐减小
B.在轨道2 上从A 向B 运动过程中加速度逐渐变大
C.在轨道2 上机械能与在轨道1 上相等
D.利用引力常量和探测器轨道1 运行的周期,可求出月球的质量
答案　A 【命题点】卫星变轨前后运行参量的分析
解析　在轨道2 上从A 向B 运动过程中,探测器远离月球,月球对探测器的引力做负功,根据动能定
理可知,动能逐渐减小,A 正确;在轨道2 上从A 向B 运动时探测器仅受到万有引力,由牛顿第二定律
得G Mm
r
2 =ma 解得a=G M
r
2 ,在轨道2 上从A 向B 运动过程中,r 增大,加速度逐渐变小,B 错误;探测器
在A 点从轨道1 变轨到轨道2,需要加速,机械能增加,所以探测器在轨道2 上的机械能大于在轨道1
上的机械能,C 错误;探测器在轨道1 上做圆周运动,根据万有引力提供向心力有G
Mm
r0
2 =m4 π
2
T
2 r0,解
得M=4 π
2r0
3
GT
2 ,已知引力常量G 和探测器在轨道1 运行的周期T,还需要知道轨道1 的半径r0,才能求
出月球的质量,D 错误。
13.(2025 四川,6,4 分)
某人造地球卫星运行轨道与赤道共面,绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号,位于
赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示,T 为地球自转周期。已知该卫星的
运动可视为匀速圆周运动,地球质量为M,引力常量为G。则该卫星轨道半径为(　　)
A.
3√
GM T
2
36 π
2     
B.
3√
GM T
2
16 π
2
      C.
3√
GM T
2
4 π
2
    D.
3√
9GM T
2
4 π
2
答案　A 【命题点】万有引力定律　追及模型
(1)位于赤道上的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如题图所示,信号强度最强时卫星和观测站
相距最近,本题考查卫星和赤道上物体的追及模型,结合地球自转周期可求卫星的周期。
(2)通过万有引力提供向心力,可求卫星轨道半径。
解析　卫星和观测站相距最近时开始计时,卫星比观测站多转一整圈时,二者再次相距最近,有θ 卫
星-θ 观测站=2π, 由θ=2π
T t, 可得
t
T 卫星
- t
T =1,t=T
2 , 解得T 卫星=T
3 , 由GMm
r
2
=m 4 π
2
T 卫星
2
r, 解得r=
3√
GM T
2
36 π
2 ,A 正确。
卫星追及问题中的规律(绕行方向相同)
1.相距最近到最近(或相距最远到最远):
(1)角度关系为ω1t-ω2t=n·2π(n=1,2,3,…);
(2)圈数关系为t
T 1
- t
T 2
=n(n=1,2,3,…),解得t=
nT 1T 2
T 2-T 1
(n=1,2,3,…)。
2.相距最远到最近(或相距最近到最远):
ω1t-ω2t=(2n-1)π(n=1,2,3,…)或t
T 1
- t
T 2
=2n-1
2
(n=1,2,3,…)。
14.(2024 重庆,7,4 分)在万有引力作用下,太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动,假
设a、b 两个天体的质量均为M,间距为2r,其连线的中点为O,另一天体c(图中未画出)质量为
m(m≪M),若c 处于a、b 连线的垂直平分线上某特殊位置,a、b、c 可视为绕O 点做角速度相同的
匀速圆周运动,且相对位置不变,忽略其他天体的影响,引力常量为G。则(　　)
A.c 的线速度大小为a 的❑√3倍          B.c 的向心加速度大小为b 的一半
C.c 在一个周期内的路程为2πr         D.c 的角速度大小为❑√
GM
8r
3
答案  A  a、b、c 三个天体角速度相同,由于m≪M,则对天体a 有G MM
(2r )
2 =Mω2r,解得ω=❑√
GM
4 r
3
,D 错误;设c 与a、b 的连线与a、b 连线的中垂线的夹角为α,对天体c 有2G
Mm
(
r
sin α)
2 cos α=mω2
r
tan α ,解得α=30°,则c 的轨道半径为rc=
r
tan30° =❑√3r,由公式v=ωr,可知c 的线速度大小为a 的
❑√3倍,A 正确;由公式a=ω2r,可知c 的向心加速度大小是b 的❑√3倍,B 错误;c 在一个周期内运动的路
程为s=2πrc=2❑√3πr,C 错误。
15.(2024 广西,1,4 分)潮汐现象出现的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。
图中a、b 和c 处单位质量的海水受月球引力大小在(　　)
A.a 处最大      B.b 处最大       C.c 处最大       D.a、c 处相等,b 处最小
【答案】A  【解析】单位质量海水受月球引力F=G Mm
R
2 ,由题图可知a 处与月球的距离最近,R 最
小,单位质量的海水受到月球的引力最大,A 正确。
16.（2024 全国甲，16，6 分）2024 年5 月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背
面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过
程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的1
6 。下列说法正确的是（　　）
A.在环月飞行时，样品所受合力为零
B.若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零
C.样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同
D.样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小
【答案】D
【解析】在环月飞行时，样品随飞行器做圆周运动，故所受合力不为零，A 错误。若将样品放置在
月球正面，样品受到月球万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供样品随月球自转的向心
力，而月球表面对样品的支持力等于此时样品所受重力，由牛顿第三定律可得样品对月球表面压
力不等于零，B 错误。质量是物体的固有属性，不会随位置的变化而变化，C 错误。由于g 月≈1
6g
地，所以mg 月≈1
6mg 地，由牛顿第三定律可得样品放置在月球背面时对月球的压力比放置在地球表
面时对地球的压力小，D 正确。
17.(2024 甘肃,3,4 分)小杰想在离地表一定高度的天宫实验室内,通过测量以下物理量得到天宫实
验室轨道处的重力加速度,可行的是(　　)
A.用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力
B.测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期
C.从高处释放一个重物,测量其下落高度和时间
D.测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径
【答案】D  【解析】在天宫实验室内,物体处于完全失重状态,无法使用弹簧秤测量重力,单摆无
法摆动,重物也无法下落,A、B、C 错误。对天宫实验室分析,有G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2 r,又G Mm
r
2 =mg,解
得天宫实验室轨道处的重力加速度g=4 π
2
T
2 r,D 正确。
18.(2024 安徽,5,4 分)2024 年3 月20 日,我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达
距离月球表面某高度时,鹊桥二号开始进行近月制动,并顺利进入捕获轨道运行,如图所示,轨道的
半长轴约为51 900 km。后经多次轨道调整,进入冻结轨道运行,轨道的半长轴约为9 900 km,周期
约为24 h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时(　　)
A.周期约为144 h
B.近月点的速度大于远月点的速度
C.近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D.近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
【答案】B  【解析】根据开普勒第三定律得R1
3
T 1
2 =R2
3
T 2
2 ,可得T2=T1
❑√
R2
3
R1
3≈288 h,A 错误;根据开普勒
第二定律可知,鹊桥二号在近月点的速度大于在远月点的速度,B 正确;从捕获轨道到冻结轨道,鹊桥
二号需要减速做向心运动,故鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月
点的速度,C 错误;根据GMm
r
2
=ma 可得a=GM
r
2 ,可知在捕获轨道运行时近月点的加速度等于在冻结
轨道运行时近月点的加速度,D 错误。
19.（2024 江西，4，4 分）“嫦娥六号”探测器于2024 年5 月8 日进入环月轨道，后续经调整环
月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时（两轨道均可视为
圆形轨道），其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是（　　）
A. Ek 1
Ek 2
=r2
r1
，T 1
T 2
=
❑√r1
3
❑√r2
3    B. Ek 1
Ek 2
=r1
r2
，T 1
T 2
=
❑√r1
3
❑√r2
3
    C. Ek 1
Ek 2
=r2
r1
，T 1
T 2
=
❑√r2
3
❑√r1
3
   D. Ek 1
Ek 2
=
r1
r2
，T 1
T 2
=
❑√r2
3
❑√r1
3
【答案】A
【解析】根据开普勒第三定律可知
r1
3
T 1
2=
r2
3
T 2
2，即
T 1
T 2
=❑√
r1
3
r2
3，C、D 错误。设月球的质量为M，探测器
的质量为m，探测器在月球的万有引力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知G Mm
r
2 =mv
2
r
，其动能Ek=1
2G Mm
r
∝1
r ，则Ek 1
Ek 2
=r2
r1
，A 正确，B 错误。
20.(2024 河北,8,6 分)(多选)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信。鹊桥二号采用周期为24 h 的环月椭圆冻结轨道(如图),近月
点A 距月心约为2.0×103 km,远月点B 距月心约为1.8×104 km,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12 h
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7.9 km/s 且小于11.2 km/s
【答案】 BD 
【解析】离月球越远,卫星的速度越小,鹊桥二号从C 经B 到D 的运动时间大于12 h,A 错误。根据
G Mm
r
2 =ma 可知aA
aB
=rB
2
r A
2 ,结合题给数据得aA
aB
=81
1 ,B 正确。鹊桥二号在C、D 两点的速度方向沿轨迹
切线方向,不是垂直于其与月心的连线,C 错误。鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于第一宇宙
速度7.9 km/s 且小于第二宇宙速度11.2 km/s,D 正确。
21.（2024 浙江6 月，8，3 分）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T 1
T 2
≈❑√
R1
3
R2
3
D.甲乙两星从远日点到近日点的时间之比t1
t2
≈❑√
（R1+ R）
3
（R2+ R）
3
【答案】D
【解析】设小行星甲在远日点的速度为v1，在近日点的速度为v2，在极短时间Δt 内，由开普勒第
二定律可得v1 Δt· R1
2
=v2 Δt·R
2
，由于R1>R，可知v2>v1，A 错误。由牛顿第二定律可得GMm
r
2
=ma，可知小行星乙在远日点的加速度大小等于地球公转加速度大小，B 错误。小行星甲的半长轴
a1= R1+ R
2
，小行星乙的半长轴a2= R2+ R
2
，由开普勒第三定律可得a1
3
T 1
2= a2
3
T 2
2，所以T 1
T 2
≈❑√
(R1+ R)
3
(R2+ R)
3
，C 错误。甲、乙两星从远日点到近日点的时间均为各自做椭圆运动的半个周期，可得t1
t2
=T 1
T 2
≈
❑√
(R1+ R)
3
(R2+ R)
3，D 正确。
22.（2024 新课标，16，6 分）天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其
中行星GJ1002c 的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07 倍，周期约为0.06 年，则这颗红
矮星的质量约为太阳质量的（　　）
A.0.001 倍　    B.0.1 倍　    C.10 倍　    D.1 000 倍
【答案】B
【解析】设中心天体的质量为M，绕中心天体运行的星体公转半径为r，由GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r，解得
中心天体的质量M=4 π
2r
3
GT
2 ， 设太阳质量为M 太，红矮星质量为M 红，可得M 红
M 太
=0.07
3
0.06
2≈0.1，B
正确。
23.（2024 山东，5，3 分）“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24 小时椭圆轨道的半长轴为a。
已知地球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为（　　）
A.❑√
r
3
a
3    B.❑√
a
3
r
3
   C.r
3
a
3
     D.a
3
r
3
【答案】D
【解析】由GMm
r
2
=m(
2π
T )
2
r 可知r
3
T
2=GM
4 π
2 ，则开普勒第三定律a
3
T
2=k 中的k=GM
4 π
2 ，即中心天体质
量M∝k，因中继卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，则M 月
M 地
=a
3
r
3 ，D 正确。
24.(2024 海南,6,3 分)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.3 π(1+k )
3
GT
2k
3
     B. 3 π
GT
2        C.π(1+k )
3GT
2k
      
D.3 π(1+ k )
3
GT
2
【答案】D  【解析】嫦娥六号在环月圆轨道上时万有引力提供向心力,有GMm
( R+h)
2 =m(
2π
T )
2
(R+h),由题意可知轨道高度h=kR,则月球的质量M=4 π
2(1+k )
3 R
3
GT
2
,所以月球的平均密度ρ= M
V =
M
4
3 π R
3=3 π(1+k )
3
GT
2
,D 正确。
25.(2024 黑吉辽,7,4 分)如图(a),将一弹簧振子竖直悬挂,以小球的平衡位置为坐标原点O,竖直向
上为正方向建立x 轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放,其在地球与某球状天体表面做简谐运动
的图像如图(b)所示(不考虑自转影响)。设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2,地球半径是该
天体半径的n 倍。Ρ1
ρ2
的值为(　　)
A.2n
B.n
2
    C.2
n
    D. 1
2n
【答案】C  
【解析】设地球表面的重力加速度为g,该球状天体表面的重力加速度为g’,由题图(b)可知
k×2A=mg,k×A=mg’,可得g’=g
2 ,设地球半径为R,则该球状天体半径为R
n ,对地球表面质量为m
的物体,有GMm
R
2
=mg,M=ρ1×4
3 πR3,解得地球的平均密度ρ1=
3 g
4 π GR ,同理可得该球状天体的平均
密度ρ2=
3 g’
4 π G R
n
,解得ρ1
ρ2
= g
ng’=2
n,C 正确。
26.(2024 贵州,2,4 分)土星的部分卫星绕土星的运动可视为匀速圆周运动,其中的两颗卫星轨道半
径分别为r1、r2,且r1≠r2,向心加速度大小分别为a1、a2,则(　　)
A.a1
r1
=a2
r2
       B.
a1
r1
2 =
a2
r2
2        C.a1r1=a2r2
        D.a1r1
2=a2r2
2
【答案】D  【解析】设土星的质量为M,两颗卫星的质量分别为m1、m2,对两颗卫星,根据G
M m1
r1
2
=m1a1,G
M m2
r2
2
=m2a2,整理可得a1r1
2=a2r2
2,D 正确。
27.（2024 福建）（多选）巡天号距地表400km，哈勃号距地表550km，问（　　）
A．ω巡<ω哈    B．v巡<v哈    C．T 巡<T 哈    D．a巡>a哈
【答案】CD
【解析】根据万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=mω
2r =m v
2
r =m 4 π
2
T
2 r =ma，可得ω= ❑√
GM
r
3 ，
v = ❑√
GM
r
，T =
❑√
4 π
2r
3
GM
，a= GM
r
2 ，由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有
ω巡>ω哈，v巡>v哈，T 巡<T 哈，a巡>a哈。故选CD。
28.(2024 广东,9,6 分)(多选)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60 m/s 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1 000 kg,背罩质量为50 kg,该行星的质量和半径分别为地球
的1
10和1
2,地球表面重力加速度大小取g=10 m/s2。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4 m/s2
B.该行星的第一宇宙速度为7.9 km/s
C.“背罩分离”后瞬间,背罩的加速度大小为80 m/s2
D.“背罩分离”后瞬间,探测器所受重力对其做功的功率为30 kW
【答案】 AC 
【解析】 设地球质量为M,半径为R,表面重力加速度为g,则在地球表面的物体满足GMm’
R
2
=m’g,解得g=GM
R
2 ;同理,该行星表面重力加速度g’=
G M
10
(
R
2)
2,解得g’=2
5g=4 m/s2,A 正确。地球
的第一宇宙速度满足GMm″
R
2
=m″ v1
2
R
,则v1=❑√
GM
R =7.9 km/s,该行星的第一宇宙速度v1’=
❑
√
G M
10
R
2
=
❑√5
5 v1≠7.9 km/s,B 错误。“背罩分离”前弹性轻绳拉力大小T=(m+m0)g’=4 200 
N,“背罩分离”后瞬间,弹性轻绳拉力大小不发生突变,设背罩的加速度大小为a,对背罩受力分析
有T-m0g’=m0a,解得a=80 m/s2,C 正确。“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
P=mg’v=240 kW,D 错误。
29.(2024 湖南,7,5 分)(多选)2024 年5 月3 日,“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道,正式开
启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”,本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采
集,并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱,返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕
月运行的轨道为圆轨道,半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的1
6 ,月球半
径约为地球半径的1
4 。关于返回舱在该绕月轨道上的运动,下列说法正确的是(　　)
A.其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B.其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的❑√
2
3
倍
D.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的❑√
3
2
倍
【答案】 BD 
【解析】 某天体的第一宇宙速度是物体在该天体表面附近绕该天体做匀速圆周运动的速度,根据
万有引力提供向心力得G Mm
R
2 =mv
2
R ,结合黄金代换式GM=gR2可得v=❑√gR,则月球的第一宇宙速度
v1与地球的第一宇宙速度v2之比v1
v2
=❑√
g1
g2
· R1
R2
= 1
2❑√6 ,返回舱在绕月轨道上相对月球的速度大小近
似等于月球的第一宇宙速度,A 错误,B 正确;返回舱绕月飞行周期T1=2π R1
v1
,地球上近地圆轨道卫
星的运行周期T2=2π R2
v2
,则T 1
T 2
= R1
R2
·v2
v1
=❑√
3
2
,C 错误,D 正确。
30.(2024 湖北,4,4 分)太空碎片会给航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆
周运动,如图中实线所示。为了避开碎片,空间站在P 点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气
体,使空间站获得一定的反冲速度,从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示,其半长轴大于原
轨道半径。则(　　)
A.空间站变轨前、后在P 点的加速度相同
B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C.空间站变轨后在P 点的速度比变轨前的小
D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
【答案】A  【解析】空间站在P 点变轨前、后所受到的万有引力不变,根据牛顿第二定律可知空
间站变轨前、后在P 点的加速度相同,A 正确;变轨后轨道的半长轴大于原轨道半径,根据开普勒第
三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大,B 错误;由题图可知,空间站在P 点沿箭头方向
喷射气体,瞬间获得反方向的速度,喷射气体前在P 点的速度垂直箭头方向向左不变,因此根据运动
的合成可知,空间站变轨后在P 点的速度比变轨前的大,变轨后空间站在近地点的速度最大,则空间
站变轨前的速度比变轨后在近地点的小,C、D 错误。
31.(2023 江苏,4,4 分) 设想将来发射一颗人造卫星,能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行,该轨
道可视为圆轨道。该卫星与月球相比,一定相等的是(　　)
A.质量                       B.向心力大小
C.向心加速度大小             D.受到地球的万有引力大小
答案：C  由题可知,该卫星与月球在同轨道绕地球做匀速圆周运动,均由地球对其的万有引力充当
向心力,有F 卫=G M 地m卫
r
2
=m 卫a 卫,F 月=G M 地m月
r
2
=m 月a 月,则该卫星与月球质量不一定相等,该卫星
与月球所受地球的万有引力以及向心力大小不一定相等,向心加速度大小与地球质量M 地及轨道半
径r 有关,故二者向心加速度大小一定相等,故A、B、D 错误,C 正确。
32.(2023 山东,3,3 分)牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引,这种吸引力可能与天体间(如地
球与月球)的引力具有相同的性质,且都满足F∝Mm
r
2 。已知地月之间的距离r 大约是地球半径的60
倍,地球表面的重力加速度为g,根据牛顿的猜想,月球绕地球公转的周期为(　　)
A.30π❑√
r
g
        B.30π❑√
g
r
      
C.120π❑√
r
g
     D.120π❑√
g
r
答案：C   对月球,满足G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2 r(G 为引力常量);对地球表面一重物有m0g=G M m0
R
2 (G 为引
力常量),且r=60R,联立解得T=120π❑√
r
g
,故选C。
33.(2023 新课标,17,6 分)2023 年5 月,世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号,携带约5 800 
kg 的物资进入距离地面约400 km(小于地球同步卫星与地面的距离)的轨道,顺利对接中国空间站
后近似做匀速圆周运动。对接后,这批物资(　　)
A.质量比静止在地面上时小
B.所受合力比静止在地面上时小
C.所受地球引力比静止在地面上时大
D.做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
答案D  质量是物体本身的属性,不随状态变化而改变,所以A 错误。根据F=GMm
R
2
可知这批物资
在距离地面约400 km 的轨道处所受引力比静止在地面上时小,故C 错误。物资在轨道上做匀速圆
周运动时,万有引力提供向心力,有GMm
r
2
=mrω2,ω=❑√
GM
r
3 ,则轨道半径越大,角速度越小,所以物资
做圆周运动的角速度大小比地球同步卫星的角速度大,即比地球自转角速度大,所以D 正确。对接
后,物资所受合力为万有引力F1=mω2r,在地面上静止时所受合力提供其随地球自转的向心力
F1'=mω'2r',r>r',ω>ω',则F1'<F1,故B 错误。
34.(2023 海南,9,4 分)(多选)如图所示,1、2 轨道分别是天宫二号飞船在变轨前、后的轨道,下列
说法正确的是
(　　)
A.飞船从1 轨道变到2 轨道要点火加速      B.飞船在1 轨道的周期大于2 轨道的
C.飞船在1 轨道的速度大于2 轨道的        D.飞船在1 轨道的加速度大于2 轨道的
答案ACD　由低轨道变高轨道,需要加速,A 正确。根据GMm
r
2
=mv
2
r
=m4 π
2
T
2 r=ma,可得v=❑√
GM
r
,T=2π❑√
r
3
GM
,a=GM
r
2 ,故轨道越高,飞船速率越小,周期越大,向心加速度越小,C、D 正确。
35.(2023 广东,7,4 分)如图(a)所示,太阳系外的一颗行星P 绕恒星Q 做匀速圆周运动。由于P 的遮
挡,探测器探测到Q 的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化,该周期与P 的公转周期相同。已知
Q 的质量为M,引力常量为G。关于P 的公转,下列说法正确的是(　　)
A.周期为2t1-t0                       B.半径为3√
GM (t1−t0)
2
4 π
2
C.角速度的大小为
π
t1−t0
        D.加速度的大小为
3√
2π GM
t1−t0
答案B　由图(b)可知探测器探测到Q 的亮度随时间变化的周期为T=t1-t0,则P 的公转周期为t1-t0,
故A 错误;P 绕恒星Q 做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力有GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r,解得P 的公转半
径为r=3√
GM T
2
4 π
2 =3√
GM (t1−t0)
2
4 π
2
,故B 正确;P 的角速度大小为ω=2π
T = 2π
t1−t0
,故C 错误;P 的加速
度大小为a=ω2r=(
2π
t1−t0)
2
·3√
GM (t1−t0)
2
4 π
2
= 2π
t1−t0
·
3√
2π GM
t1−t0
,故D 错误。
36.(2023 天津,1,5 分)运行周期为24 h 的北斗卫星比运行周期为12 h 的
(　　)
A.加速度大
      B.角速度大      C.周期小       
D.线速度小
答案D　根据万有引力提供向心力有F=G Mm
r
2 =mv
2
r =mrω2=m4 π
2
T
2 r=ma,可得T=2π❑√
r
3
GM
,v=❑√
GM
r
,ω=❑√
GM
r
3 ,a=GM
r
2 ,因为运行周期为24 h 的北斗卫星周期大,故运行轨道半径大,则线速度小,角速
度小,加速度小。故选D。
37.(2023 湖南,4,4 分)根据宇宙大爆炸理论,密度较大区域的物质在万有引力作用下,不断聚集可能
形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关,如果质量为太阳质量的1~8 倍将坍缩成白矮星,质量为太
阳质量的10~20 倍将坍缩成中子星,质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均
匀分布的球体,质量不变,体积缩小,自转变快。不考虑恒星与其他物体的相互作用。已知逃逸速度
为第一宇宙速度的❑√2倍,中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论,下列说法正确的是(　　)
A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C.恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
答案:B   恒星两极处有mg 极=G Mm
R
2 ,则g 极=GM
R
2 ,其他位置由于物体需要跟随恒星自转而做圆周
运动,导致万有引力的一个分力用于提供物体跟随恒星自转所需向心力,另一分力为重力,故两极重
力加速度大于恒星表面其他位置的重力加速度,A 选项错误;恒星坍缩后体积缩小,即恒星半径R 减
小,所以坍缩后表面两极处的重力加速度g 极=GM
R
2 和第一宇宙速度v1=❑√
GM
R
都随着R 的减小而增
大,故B 选项正确,C 选项错误;由ρ= M
V 、V=4
3 πR3、v2=❑√2v1、v1=❑√
GM
R
可得,v2=❑√
8G π ρ R
2
3
,由
题知中子星密度大于白矮星,但二者半径大小关系未知,故二者逃逸速度大小无法比较,D 选项错
误。
38.(2023 重庆,10,5 分)(多选)某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动,其周期为地球自转周期T 的
3
10,运行的轨道与地球赤道不共面,如图所示。t0时刻,卫星恰好经过地球赤道上P 点正上方。地球
的质量为M,半径为R,引力常量为G。则
(　　)
A.卫星距地面的高度为(
GM T
2
4 π
2 )
1
3-R
B.卫星与位于P 点处物体的向心加速度大小比值为
5
9 π R (180πGMT2)
1
3
C.从t0时刻到下一次卫星经过P 点正上方时,卫星绕地心转过的角度为20π
D.每次经最短时间实现卫星距P 点最近到最远的行程,卫星绕地心转过的角度比地球的多7π
答案BCD　由题意知,卫星绕地球运行的周期T'= 3
10T,设卫星的质量为m,卫星距地面的高度为h,
有G
Mm
( R+h)
2=m(R+h)(
2π
T ' )
2
,联立解得h=(
9GM T
2
400 π
2 )
1
3-R,A 错误。卫星的向心加速度大小
a1=(R+h)ω'2=(R+h)(
2π
T ' )
2
,位于P 点处物体的向心加速度大小a2=Rω2=R(
2π
T )
2
,可得a1
a2
=
R+h
R (
T
T ')
2
=
5
9 π R (180πGMT2)
1
3,B 正确。设从t0时刻到下一次卫星经过P 点正上方的时间为t,假
设下一次卫星经过P 点正上方时是在地球的另一侧关于球心对称的位置,则卫星运动的圈数和地球
运动的圈数均为整数圈加半圈,地球运动的半周期为0.5T,卫星运动的半周期为0.15T,则有
t
0.5T
=2k-1,
t
0.15T =2k'-1,k、k'均为正整数,联立得6k'=20k-7,显然假设不成立,故下一次卫星经过P
点正上方时还是在t0时刻的位置,则卫星运动的圈数和地球运动的圈数均为整数圈,则有t
T =n,
t
0.3T
=n',n、n'均为正整数,联立得3n'=10n,得n'的最小值为10,即从t0时刻到下一次卫星经过P 点正
上方的过程,卫星运动了10 圈,所以卫星绕地心转过的角度θ=10×2π=20π,C 正确。由于卫星的角速
度大于地球的角速度,设实现卫星距P 点最近到最远的最短时间为t',则有t '
0.5T =2n1-1、t '
0.3T =n2,
或t '
T =n3、
t '
0.15T =2n4-1,n1、n2、n3、n4均为正整数,解得满足条件的最小值为n1=2、n2=5(n3、n4无
解),此时t'=1.5T,即实现卫星距P 点最近到最远的最短时间为1.5T,故卫星绕地心转过的角度比地
球的多t'(
2π
0.3T −2π
T )=7π,D 正确。
39.(2023 福建,8,6 分)(多选)人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长线上的拉
格朗日L2 点附近,L2 点的位置如图所示。在L2 点的航天器受太阳和地球引力共同作用,始终与太
阳、地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小,太阳和地球可视为以相同角速度围
绕日心和地心连线中的一点O(图中未标出)转动的双星系统。若太阳和地球的质量分别为M 和m,
航天器的质量远小于太阳、地球的质量,日心与地心的距离为R,引力常量为G,L2 点到地心的距离
记为r(r≪R),在L2 点的航天器绕O 点转动的角速度大小记为ω。下列关系式正确的是
可能用到
的近似
1
( R+r )
2≈1
R
2(1−2 r
R)
(　　)
A.ω=[
G( M +m)
2 R
3 ]
1
2
B.ω=[
G( M +m)
R
3
]
1
2    C.r=(
3m
3 M +m)
1
3R     
D.r=
(
m
3 M +m)
1
3R
答案BD　在“日⁃地”双星系统中,根据牛顿第二定律,对太阳有G Mm
R
2 =Mω2r1,对地球有G Mm
R
2
=mω2r2,其中r1+r2=R,联立解得ω=[
G( M +m)
R
3
]
1
2,r1=
m
m+ M R、r2=
M
m+ M R,A 错误,B 正确。对于在
拉格朗日L2 点的航天器有Gmm'
r
2 +G Mm'
( R+r )
2=m'ω2(r2+r),其中该航天器质量为m',根据题目提供
的近似式,解得r=(
m
3 M +m)
1
3R,C 错误,D 正确。
40.(2024 北京,19,10 分)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r0,宇宙的密度为
ρ0。
(1)求小星体P 远离到2r0处时宇宙的密度ρ;
(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O 点对P 的引力。已知质量为m1和m2、距离为R 的两个质点间的引力势能Ep=-Gm1m2
R
,G 为
引力常量。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r0处远离到2r0处的过程中动能的变化量ΔEk;
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。
【答案】(1) ρ0
8 　(2)a.-2Gm ρ0 π r0
2
3
　b.见解析
【解析】　(1)设以O 点为球心,半径为OP 的球内部星体总质量为M,
当半径为r0时,满足ρ0=
M
4
3 π r0
3
当半径为2r0时,ρ=
M
4
3 π (2r0)
3
联立解得ρ= ρ0
8 。
(2)a.当小星体P 与O 点的距离为r0时,半径为OP 的球内部星体与小星体构成的系统的引力势能
Ep1=-GMm
r0
当小星体P 与O 点的距离为2r0时,系统的引力势能Ep2=-GMm
2r0
根据机械能守恒定律,可知小星体P 从r0 处远离到2r0 处的过程中动能的变化量ΔEk=-ΔEp=-(Ep2-
Ep1)=-GMm
2r0
此球内的质量M=ρ0·4
3 πr0
3
联立解得ΔEk=-2Gm ρ0 π r0
2
3
b.由上述分析可知,r 随着t 逐渐增大,动能变化量ΔEk<0,即速率v 减小,由v=Hr 可知H 随时间t 减
小。
专题四　功和能
真题试练1：功和功率
1.(2025 四川,7,4 分)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机
通过不可伸长轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间动摩擦因数为
❑√3
2 。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速
度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为
g,忽略其他摩擦。则这段时间内(　　)
A.物块的位移大小为2v0
2
3 g
         B.物块机械能增量为5mv0
2
2
C.小车的位移大小为
16 P v0
5m g
2 -2v0
2
5 g
     D.小车机械能增量为8 P v0
5 g +m v0
2
2
答案　C 【命题点】机车启动　板块模型
“电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,
大小为v0。”通过审题可知,小车与物块在速度刚好相同之前是相对运动的,两者间存在滑动摩擦力,物块一
直做匀加速直线运动;小车速度增加,功率恒定,牵引力减小,做加速度减小的加速运动。
解析　对物块受力分析,受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力,有a=μg cos 30°-g sin 
30°=g
4 ,末速度为v0,有v0
2=2ax,得x=2v0
2
g
,A 错误;物块机械能增量为ΔE1=mgx sin 30°+1
2mv0
2=3
2m
v0
2,B 错误;物块加速的时间t=v0
a ,对小车受力分析,受重力、支持力、压力、沿斜面向下的摩擦
力、沿斜面向上的牵引力,由动能定理有Pt-mgs sin 30°-μmgs cos 30°=1
2mv0
2,解得s=
16 P v0
5m g
2
-2v0
2
5 g
,C 正确;小车机械能增量为ΔE2=mgs sin 30°+1
2mv0
2=8 P v0
5 g + 3
10mv0
2,D 错误。
2.(2024 海南,1,3 分)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,在返
回舱返回至离地面十几公里时打开主伞,返回舱快速减速,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  【解析】返回舱减速下落,则加速度方向向上,故处于超重状态,A 正确,B 错误。主伞
对返回舱的拉力向上,返回舱的位移向下,故主伞的拉力做负功,C 错误。返回舱的重力向下,位移向
下,故重力做正功,D 错误。
3.（2024 江西，5，4 分）“飞流直下三千尺，疑是银河落九天。”是李白对庐山瀑布的浪漫主义
描写。设瀑布的水流量约为10 m3/s，水位落差约为150 m。若利用瀑布水位落差发电，发电效率
为70%，则发电功率大致为（g 取10 m/s2）（　　）
A.109 W 
    B.107 W     C.105 W
        D.103 W
【答案】B
【解析】设Δt 时间内流出的水的质量为Δm，单位时间内流出水的质量Δm
Δt =ρQ，则发电功率P=η
Δm·gh
Δt
=ηρQgh，代入数据解得P=70%×1.0×103×10×10×150 W≈107 W，B 正确。
【关键点拨】水流量是指单位时间内流过的水的体积，单位时间内流出的水的质量与密度、水流
量相关。本题将水的密度ρ=1.0×103 kg/m3作为常识进行考查。
4.(2024 贵州,6,4 分)质量为1 kg 的物块静置于光滑水平地面上,设物块静止时的位置为x 轴零
点。现给物块施加一沿x 轴正方向的水平力F,其大小随位置x 变化的关系如图所示,则物块运动到
x=3 m 处,F 做功的瞬时功率为(　　)
A.8 W        B.16 W
        C.24 W      
D.36 W
【答案】A  【解析】根据F-x 图像中,图线与坐标轴围成面积代表功,可知物块运动到x=3 m 处,F
做的总功为WF=(3×2+2×1) J=8 J,该过程根据动能定理得WF=1
2mv2,解得物块运动到x=3 m 处时
的速度为v=4 m/s,则此时F 做功的瞬时功率为P=Fv=8 W,A 正确。
4.(2023 山东,4,3 分)
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个
半径均为R 的水轮,以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n 个,与水轮间无
相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m 的水,其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田。
当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　)
A.2nmgω
2 RH
5
    B.3nmgωRH
5
    
C.3nmgω
2 RH
5
    
D.nmgωRH
答案  B  t 时间内,长度l=ωRt 的筒车上有质量为M 的水被灌入稻田,则M=3
5nlm=3
5nmωRt,筒车对
灌入稻田的水做功的功率为P= MgH
t
=3nmgωRH
5
,故选B。
5.(2023 山东,8,3 分)质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F 和受到的阻力f 均为恒
力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当小车拖动物体
行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位
移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　)
A.❑√
2 F
2(F-f)(s2- s1)s1
( M +m)s2-M s1
      B.❑√
2 F
2(F-f)(s2- s1)s1
( M +m)s2-m s1
      C.❑√
2 F
2(F-f)(s2- s1)s2
( M +m)s2-M s1
  
D.❑√
2 F
2(F-f)(s2- s1)s2
( M +m)s2+m s1
答案  A    设小车拖动物体行驶s1时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。
从小车拖动物体由静止开始运动到速度达到v 这一过程,以小车和物体为研究对象根据动能定理列
方程有
(F-f-μmg)×s1=1
2(m+M)v2
从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物体为研究对象根据动能定理列方程有
-μmg(s2-s1)=0-1
2mv2
联立上述两式得v=❑√
2( F - f )(s2- s1)s1
(m+ M )s2-M s1
那么,小车的额定功率P0=Fv
得P0=❑√
2 F
2(F-f)(s2- s1)s1
(m+ M )s2-M s1
。
6.
(2025 广东,14,13 分)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞
内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向
上运动。从0 时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦
力f 随位移大小x 的变化关系为f=f0(1- x
h),其中f0为常量,h 为圆柱形木塞的高。木塞质量为m,
底面积为S,加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp 且近似不变,
瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x 图线下的“面积”表示f 所做的功)
求:(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。
(2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。
(3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P 随时间t 变化的表达式。
答案 (1)
❑√2ah
r
　(2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h　(3)P=f0at-f 0a
2t
3
2h
+mgat+ΔpSat+ma2t(0≤t ≤❑√
2h
a )
解析　(1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah=v0
2
解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=❑√2ah
由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω=v0
r =
❑√2ah
r
(2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得W-mgh-ΔpSh-Wf=1
2mv0
2
结合f=f0(1- x
h)作出f-x 的关系图像如图所示
根据功的定义,f-x 图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h
联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h
(3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-ΔpS=ma
由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at
由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x=1
2at2,其中0≤t≤❑√
2h
a
拔塞钻对木塞作用力F 的瞬时功率为P=Fv
联立解得P=f0at-f 0a
2t
3
2h
+mgat+ΔpSat+ma2t(0≤t ≤❑√
2h
a )
4．（2024 福建）两绳拉木板，每条拉力F = 250N，15s 内匀速前进20m，θ = 22.5°，
cos22.5° ≈ 0.9。求：
（1）阻力f 大小；
（2）两绳拉力做的功；
（3）两绳拉力的总功率。
【答案】（1）450N  （2）9.0 × 103J  （3）600W
【解析】（1）由于木板匀速运动则有2Fcosθ = f
代入数据解得f = 450N。
（2）根据功的定义式有W = 2Flcosθ
代入数据解得W = 9.0 × 103J。
（3）根据功率的定义式有P= W
t
代入数据有P = 600W。
专题四　功和能
真题试练2：动能定理及其应用
1. (2025 云南,2,4 分)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道
逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J
         B.4×104 J        C.4×103 J     
D.4×102 J
答案 B 根据题意,对座椅上的一高中生进行受力分析,高中生受到重力和座椅对他的作用力,高中
生沿水平轨道由静止逐渐加速到144 km/h,根据动能定理,列车对高中生所做的功W=1
2mv2-0,假设
这名高中生的质量m=50 kg,速度v=144 km/h=40 m/s,代入数据,解得列车对高中生所做的功
W=4×104 J,B 正确。
2.(2025 云南,2,4 分)
如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在
此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J
   B.4×104 J   C.4×103 J   D.4×102 J
答案　B 【命题点】动能定理
解析　根据题意,对座椅上的一高中生进行受力分析,高中生受到重力和座椅对他的作用力,高中生
沿水平轨道由静止逐渐加速到144 km/h,根据动能定理,列车对高中生所做的功W=1
2mv2-0,假设这
名高中生的质量m=50 kg,速度v=144 km/h=40 m/s,代入数据,解得列车对高中生所做的功W=4×104 
J,B 正确。
3.(2024 安徽,2,4 分)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h 的粗糙斜坡顶
端由静止下滑,至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m,可视为质点。重力加速度大小为g,
不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　)
A.mgh    B.1
2mv2        C.mgh+1
2mv2    
D.mgh-1
2mv2
【答案】D  【解析】人与滑板在下滑的过程中,由动能定理有mgh-Wf 克=1
2mv2-0,可得此过程中人
与滑板克服摩擦力做的功为Wf 克=mgh-1
2mv2,D 正确。
4.（2024 浙江6 月，5，3 分）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为
10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（　　）
A.10 W
       B.20 W     C.100 W    D.200 W
【答案】C
【解析】单位时间Δt 内喷出水的质量Δm=ρSv·Δt，根据动能定理得P·Δt=1
2Δm·v2，解得P=100 
W，C 正确。
5.（2024 山东，7，3 分）如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板
上，木板通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动
摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=1
2kx2（x 为绳的伸长量）。现用水平
力F 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静
止，k 保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F 所做的功等于
（　　）
A.（μmg）
2
2k
+μmg（l-d）         B.3（μmg）
2
2k
+μmg（l-d）
C.3（μmg）
2
2k
+2μmg（l-d）       D.（μmg）
2
2k
+2μmg（l-d）
【答案】B
【审题指导】“轻木板”“轻质弹性绳”，表示它们的质量忽略不计；“缓慢”拉动表示乙与所
坐木板处于动态平衡状态。
【解析】甲所坐木板刚要离开原位置时，设弹性绳伸长量为x，则有kx=μmg，x=μmg
k
；水平力
F“缓慢”拉动乙所坐木板，故可认为乙与其所坐木板的动能变化量为零，由功能关系可知水平力
F 做的功W=μmg（l-d+x）+1
2kx2，将x 的表达式代入得W=3（μmg）
2
2k
+μmg（l-d），B 正确。
6.（2024 全国甲，17，6 分）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小环套在大圆
环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q 点自由下滑至其底部，Q 为竖直线与大圆环的切点。则
小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（　　）
A.在Q 点最大     B.在Q 点最小    C.先减小后增大
   D.先增大后减小
【答案】C
【解析】如图所示，设大圆环半径为R，最高点为M 点，最低点为N 点，P 为小环运动过程中的
点。小环从M 到P 由动能定理可得mgR（1-cos θ）=1
2mv2，在P 点由牛顿第二定律可得mg cos 
θ-FNP=mv
2
R ，联立可得FNP=3mg cos θ-2mg；小环由M 点运动到N 点，θ 由0°变到180°，cos θ
由1 减小到-1，当cos θ=-1 时，FNP=-5mg，即大圆环对小环的作用力大小等于5mg，方向指向圆
心，此时小环对大圆环的作用力最大，A 错误。当cos θ=2
3时，FNP=0，所以小环在Q 点对大圆环
的作用力不是最小，B 错误。小环由M 点运动到N 点，大圆环对小环的作用力先背离圆心逐渐减
小，当cos θ=2
3时，此作用力减到零，之后，大圆环对小环的作用力指向圆心且逐渐增大，C 正
确，D 错误。
7.(2024 重庆,4,4 分)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针芯和针鞘被瞬间
弹出后仅受阻力。质量为m 的针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。
若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力,大小分别为F1、F2,则针鞘(　　)
A.被弹出时速度大小为❑√
2( F1d1+ F2d2)
m
      B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中,阻力做功为(F1+F2)d2    D.运动d2的过程中动量变化量大小为❑√m F2d2
答案  A  从被弹出到停止运动, 对针鞘根据动能定理有F1d1+F2d2=1
2mv2, 解得v=
❑√
2( F1d1+ F2d2)
m
,A 正确;设针鞘到达目标组织表面时的动能为Ek,继续前进d2 减速至零,有-
F2d2=-Ek,B 错误;针鞘在目标组织运动的过程中,阻力做功为-F2d2,动量变化量大小Δp=mv2,又Ek=1
2
mv2
2=F2d2,联立可得Δp=❑√2m F2d2,C、D 错误。
8.(2023 新课标,15,6 分)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一
质量为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小
为g)(　　)
A.0
B.mgh
C.1
2mv2-mgh
D.1
2mv2+mgh
答案：B   以雨滴为研究对象,雨滴在下落过程中,受到重力和空气阻力,雨滴在地面附近下落高度
h 的过程中速率恒定,动能变化量为0,根据动能定理有mgh-W 克=0,解得W 克=mgh,故B 正确。
9.(2023 江苏,11,4 分)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B 后返回到底端。
利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑
块(　　)
A.受到的合力较小                B.经过A 点的动能较小
C.在A、B 之间的运动时间较短    D.在A、B 之间克服摩擦力做的功较小
答案  C   由频闪照片可知,题图甲中拍摄到的滑块数量少,故题图甲中滑块在A、B 之间的运动时
间较短,故C 正确;由x=1
2at2可知,题图甲中滑块运动的加速度较大,则由F=ma 可知,题图甲中滑块
受到的合力较大,故A 错误;设斜面倾角为θ,由Wf=μmg cos θ·x 可知,两图中滑块在A、B 之间克
服摩擦力做的功相等,故D 错误;由上述分析可知题图甲对应滑块的上升过程,题图乙对应滑块的下
降过程,题图甲中,滑块从A 运动到B,由动能定理得-(WG+Wf)=0-EkA,题图乙中,滑块从B 运动到
A,由动能定理得WG-Wf=EkA'-0,联立得EkA>EkA',即题图甲中滑块经过A 点的动能较大,B 错误。
10.(2023 全国乙,21,6 分)(多选)如图,一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上,另一质
量为m 的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦
力大小为f,当物块从木板右端离开时(　　)
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于1
2mv0
2-fl
D.物块的动能一定小于1
2mv0
2-fl
答案  BD   运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木板
右端滑下时,可知v1>v2,此过程中木板的位移x2=v2
2
t,小物块的位移x1=v1+ v0
2
t,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;
摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM,则木板的动能EkM=fx2<fl,B 正确,A 错误;摩擦
力对小物块做负功,对小物块由动能定理可知-fx1=Ekm-1
2mv0
2,则物块的动能Ekm=1
2mv0
2-fx1,又x1>l,
所以Ekm<1
2mv0
2-fl,D 正确,C 错误。
11.(2023 广东,8,6 分)(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示,可看作质点的货物在
1
4 圆弧滑道顶端P 点由静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q 点时速度大小为6 m/s。已知货物质量
为20 kg,滑道高度h 为4 m,且过Q 点的切线水平,重力加速度取10 m/s2。关于货物从P 点运动到
Q 点的过程,下列说法正确的有(　　)
A.重力做的功为360 J                  B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q 点时向心加速度大小为9 m/s2    D.经过Q 点时对轨道的压力大小为380 N
答案  BCD　重力做的功为WG=mgh=800 J,A 错误;下滑过程根据动能定理可得WG-Wf=1
2mvQ
2 ,代
入数据解得货物克服阻力做的功为Wf=440 J,B 正确;经过Q 点时向心加速度大小为a=vQ
2
h
=9 
m/s2,C 正确;经过Q 点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380 
N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D 正确。
12.(2023 新课标,20,6 分)(多选)
一质量为1 kg 的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x 轴运动,出发点为x 轴零
点,拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速
度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.在x=1 m 时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m 时,物体的动能为2 J
C.从x=0 运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x=0 运动到x=4 m 的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
答案：BC   根据W=Fx 可知,W-x 图线的斜率表示水平拉力,则在0~2 m 内,拉力F1=12
2 N=6 N,
则物体做匀加速直线运动,加速度a1=F1-μmg
m
=2 m/s2,故由x1=1
2a1t1
2知,物体运动到x=1 m 所用的
时间t1=1 s,则v1=a1t1=2 m/s,P1=F1v1=12 W,A 错误;在0~4 m 内,根据动能定理可得WF-μmgx4=Ek,
解得Ek=2 J,B 正确;从x=0 运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx2=8 J,C 正确;物体在
2~4 m 内,拉力F2=18−12
4−2 N=3 N,加速度a2=F2-μmg
m
=-1 m/s2,则物体做匀减速直线运动,故物
体在x=2 m 时的速度最大,故由x2=1
2a1t2
2知,物体运动到x=2 m 所用的时间t2=❑√2 s,则v2=a1t2=2❑√2 
m/s,则动量最大为p2=mv2=2❑√2 kg·m/s,D 错误。故选B、C。
13.(2025 北京,19,10 分)(10 分)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
a1,减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
(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。
答案　(1)1
2mv2+fx　(2)
a2 L
a1+a2
　(3)见解析
【命题点】匀变速直线运动的规律　动能定理　流体模型
解析　(1)飞机加速过程,根据动能定理有W-fx=1
2mv2
可得牵引力对飞机做的功W=1
2mv2+fx
(2)加速过程,设不起飞时所能允许达到的最大速度为vm,根据速度与位移的关系式得vm
2 =2a1d
减速过程,根据速度与位移的关系式有vm
2 =2a2(L-d),联立解得d=
a2 L
a1+a2
(3)飞机的升力源于气流源源不断对机翼的反冲作用,由动量定理知升力与单位时间内撞击到机翼
的气流的动量变化量有关。
设气流对机翼的平均冲击力大小为F',根据动量定理有F'Δt=Δp
又Δp=mΔv,m=ρSΔv·Δt
联立可得F'=ρS(Δv)2,又Δv∝u,可知F'∝u2,气流对机翼竖直向上的作用力F 等于气流对机翼反
冲作用力F'在竖直方向上的分量,则F∝F'∝u2,即α=2
14.(2025 北京,20,12 分)(12 分)如图1 所示,金属圆筒A 接高压电源的正极,其轴线上的金属线B 接
负极。
　　
(1)设A、B 两极间电压为U,求在B 极附近电荷量为Q 的负电荷到达A 极过程中静电力做的功W。
(2)已知筒内距离轴线r 处的电场强度大小E=k2 λ
r ,其中k 为静电力常量,λ 为金属线B 单位长度的
电荷量。如图2 所示,在圆筒内横截面上,电荷量为q、质量为m 的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆
周运动,其半径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、E2和E3。若r3-r2=r2-r1,推理分析并比较(E3-E2)
与(E2-E1)的大小。
(3)图1 实为某种静电除尘装置原理图,空气分子在B 极附近电离,筒内尘埃吸附电子而带负电,在电
场作用下最终被A 极收集。使分子或原子电离需要一定条件,以电离氢原子为例。根据玻尔原子模
型,定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动,处于特定能量状态,只有当原子获得合适能量
才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中,推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。
(可能用到:元电荷e=1.6×10-19 C,电子质量m=9.1×10-31 kg,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,基
态氢原子轨道半径a=5.3×10-11 m 和能量E0=-13.6 eV)
答案　(1)|QU )　(2)E2-E1>E3-E2　推理分析见解析
(3)2.9×1011 V/m　推导说明见解析
【命题点】圆周运动　电场力做功的特点　动能定理的应用
解析　(1)在B 极附近电荷量为Q 的负电荷到达A 极过程中静电力做正功,W=|QU )。
(2)粒子在距离轴线r 处绕轴线做匀速圆周运动,其向心力由静电力提供,静电力指向圆心,有qE=m
v
2
r
,又E=k2 λ
r ,解得粒子的动能Ek=1
2mv2=qkλ,可知粒子做圆周运动时的动能是定值。
半径增大过程,由于静电力做负功,电势能增大,W=-ΔEp(关键点:电势能增量在数值上等于克服静电
力所做的功),由于r3-r2=r2-r1,且r 越大静电力越小,所以从r1增大到r2过程的电势能增量大于从r2
增大到r3过程的电势能增量。
总能量E=Ek+Ep,即从r1增大到r2过程的能量增量大于从r2增大到r3过程的能量增量,E2-E1>E3-E2。
(3)电子在外电场作用下从基态向高能级跃迁的能量来源于外电场对其的电场力做功,从基态到无
穷能级(点拨:恰好电离,无穷能级能量为0),可认为电子半径从a 增大到r0(点拨:原子半径r0的数
量级为
10-10 m), 由动能定理得
WE=ΔE, 即
eE(r0-a)=0-E0, 解得
E=
- E0
e(r0-a)=
13.6e
e(10
-10-5.3×10
-11)
 V/m≈2.9×1011 V/m。
15.
(2025 黑吉辽蒙,13,10 分)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O 点由静止开始下滑,滑到
A 点后离开屋顶。O、A 间距离x=2.5 m,A 点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数
μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α。
答案 (1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
解析　(1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动,
根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma
又v0
2=2ax
联立解得v0=5 m/s
(2)雪块从A 点离开屋顶后做斜抛运动,
由机械能守恒定律得mgh=1
2mv1
2-1
2mv0
2
代入数据解得v1=8 m/s
雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则
v1 cos α=v0 cos θ
解得α=60°
思路点拨　
　　本题求雪块落地时与水平方向的夹角,可以巧妙地在已求得初、末速度的情况下,运用斜抛运动初、末速
度的水平分速度相等这一特点来列等式。
16.
(2025 福建,15)如图甲,水平地面上有A、B 两个物块,两物块的质量均为0.2 kg,A 与地面间
的动摩擦因数μ=0.25,B 与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F 的作用下向右前进,外力F 与位
移x 的关系图像如图乙所示,P 点为圆弧轨道最低点,M 点为圆弧轨道最高点,水平地面长度大于4 
m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)在0~1 m 内F 做的功;
(2)当x=1 m 时,A 与B 之间的弹力大小;
(3)要保证B 能到达M 点,圆弧轨道半径应满足的条件。
 
答案 (1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m
解析　(1)F-x 图线与横轴围成的面积表示力F 对物体做的功,0~1 m 内F 做的功为W=1.5×1 J=1.5 
J
(2)x=1 m 时,设A、B 之间的弹力大小为N,对A 与B 整体和B 分别受力分析,如图1、图2 所示。
　
对于A、B 整体,根据牛顿第二定律有F-fA=(mA+mB)a
A 受到的摩擦力为fA=μmAg
对于B,根据牛顿第二定律有N=mBa
代入数据F=1.5 N,mA=mB=0.2 kg,μ=0.25,解得N=0.5 N
(3)要保证B 能到达M 点,设圆弧轨道的半径最大为Rm,则B 在M 点时的最小速度vB满足mg=m vB
2
Rm
,可
得vB=❑√g Rm
用力F 推动A 与B,当A、B 之间的弹力为零时A、B 分离,即当F 减小到F=fA=μmAg=0.5 N 时A、B 分
离,由题图乙可知A、B 分离时向右移动的位移x1=3 m
此过程中,设F 做的功为WF,A、B 刚要分离时两者的速度为v0,由动能定理有
WF-fAx1=1
2(mA+mB)v0
2
F-x 图线与横轴围成的面积表示力F 对物体做的功,则
WF=[1.5×1+ 1
2 ×(1.5+0.5)×(3-1)) J=3.5 J
A、B 分离后,B 经过水平面和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有
1
2mBv0
2=mBg·2Rm+1
2mBvB
2
联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m
即圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m
17.(2023 江苏,15,12 分)如图所示,滑雪道AB 由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为
45°。平台BC 与缓冲坡CD 相连。若滑雪者从P 点由静止开始下滑,恰好到达B 点。滑雪者现从A
点由静止开始下滑,从B 点飞出。已知A、P 间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重
力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P 点的时间t;
(2)求滑雪者从B 点飞出的速度大小v;
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上,求平台BC 的最大长度L。
答案 (1)❑√
2❑√2d
(1- μ) g
　(2)❑√
❑√2(1-μ)gd
(3)❑√2(1-μ)d
解析 (1)设滑雪者质量为m,对滑雪者在AP 段的运动分析
由牛顿第二定律得mg sin 45°-mg μ cos 45°=ma ①
解得:a=
❑√2
2 (1-μ)g ②
由运动学分析有
d=1
2at2③
vP=at ④
联立②③得t=❑√
2❑√2d
(1- μ)g
⑤
(2)由④式可知,vP=❑√
❑√2(1-μ)gd⑥
对滑雪者在PB 段的运动分析
从P 点静止开始下滑到B 点有:
WGPB+WfPB=0 ⑦
对从A 点静止开始下滑的过程中的P→B 段分析有
WGPB+WfPB=1
2mv2-1
2mv P
2⑧
联立⑥⑦⑧得
v=vP=❑√
❑√2(1-μ)gd⑨
(3)滑雪者从B 点飞出刚好落在C 点时,BC 长度L 最大,从B 到C 为抛体运动,设空中运动时间为
t',竖直方向:vy=v sin 45°=g×t '
2 ⑩
水平方向L=vxt'=v cos 45°·t'
联立⑨⑩
得L=❑√2(1-μ)d
可知,若滑雪者能着陆在缓冲坡CD 上,平台BC 的最大长度为❑√2(1-μ)d。
18.(2023 重庆,13,10 分)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m 的工件(视为质点)被机械臂
抓取后,在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a 的匀加速直线运动,运动方向与竖直方向
夹角为θ,提升高度为h,如图所示。求:
(1)提升高度为h 时,工件的速度大小;
(2)在此过程中,工件运动的时间及合力对工件做的功。
答案　(1)❑√
2ah
cosθ
　(2)❑√
2h
acosθ
　mah
cosθ
解析 (1)设提升高度为h 时,工件速度大小为v,根据匀变速直线运动位移与速度关系有v2=2a h
cosθ ,
解得v=❑√
2ah
cosθ
。
(2)根据速度公式有v=at,解得t=❑√
2h
acosθ
,根据动能定理有W 合=1
2mv2,解得W 合= mah
cosθ 。
专题四　功和能
真题试练3：机械能守恒 功能关系
1.
(2025 山东,5,3 分)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚
好维持小车以速度v 匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的
阻力f=kv(k 为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　 
)
A.2k v
2
η
   B.k v
2
2η
    C.k v
2+mv
2
2η
    D.2k v
2+mv
2
η
答案 A 设光伏电池单位时间内接收到的光能为E0,则单位时间内转换成的电能为ηE0,由电动机转
换成的机械能为50%·ηE0;小车匀速运动时所受牵引力等于阻力,F=f=kv,牵引力的功率P=Fv=kv2,
根据能量守恒定律有50%·ηE0=kv2,解得E0=2k v
2
η
,A 正确。
2.
(2025 云南,10,6 分)(多选)如图所示,倾角为θ 的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k 的轻
质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O 点。质量为m 的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数
μ=tan θ。过程Ⅰ:Q 以速度v0从斜面底端P 点沿斜面向上运动恰好能滑至O 点;过程Ⅱ:将Q 连接
在弹簧的下端并拉至P 点由静止释放,Q 通过M 点(图中未画出)时速度最大,过O 点后能继续上滑。
弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g。则(　 
)
A.P、M 两点之间的距离为k v0
2- 4 m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
B.过程Ⅱ中,Q 在从P 点单向运动到O 点的过程中损失的机械能为1
4 mv0
2
C.过程Ⅱ中,Q 从P 点沿斜面向上运动的最大位移为k v0
2-8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
D.连接在弹簧下端的Q 无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M 点)之间
答案 CD 过程Ⅰ,Q 由P 点至O 点,由能量守恒可得1
2mv0
2=mgx1 sin θ+μmg cos θ·x1,由于
μ=tan θ,解得x1=
v0
2
4 gsinθ
;过程Ⅱ,由于Q 通过M 点时速度最大,故Q 在M 点时,加速度为零,可得
kx2=mg sin θ+μmg cos θ,解得x2=2mgsinθ
k
;P、M 两点之间的距离为x1-x2=k v0
2-8m g
2sin
2θ
4 kgsinθ
,A 错误。过程Ⅱ中,Q 从P 点运动到O 点,(解题关键:Q 受重力G、斜面的支持力FN、弹簧的弹力F 弹
及斜面对Q 的摩擦力Ff,其中FN对Q 不做功,F 弹和Ff对Q 做功之和改变了Q 的机械能)滑块Q 损失的
机械能ΔE=μmg cos θ·x1-1
2kx1
2,代入μ=tan θ、x1=
v0
2
4 gsinθ
,解得ΔE=1
4 mv0
2-
k v0
4
32g
2sin
2θ
,B
错误。过程Ⅱ中,Q 从P 点沿斜面向上运动至最高点N 点过程,Q 做简谐运动,根据简谐运动的对称
性,可得Q 在P 点时的加速度大小a1和Q 在N 点时的加速度大小a2相等,由牛顿第二定律可得a1=
k x1-mgsinθ - μmgcosθ
m
、a2=mgsinθ+ μmgcosθ+k x3
m
,解得x3=
v0
2
4 gsinθ
-4 mgsinθ
k
;Q 从P 点
沿斜面向上运动的最大位移为x1+x3=k v0
2-8m g
2sin
2θ
2kgsinθ
,C 正确。(解题关键:利用假设法判断Q 最
终静止的位置)假设滑块Q 最终静止在O 点和N 点之间(不包含O、N),弹簧处于压缩状态,弹簧对Q
的弹力F 弹方向沿斜面向下,F 弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q 与斜面间的最大静摩擦力,Q
不可能静止,此假设不成立;假设Q 最终静止在P 点和M 点之间(不包含P、M),弹簧处于拉伸状态,F
弹方向沿斜面向上,且F 弹>mg sinθ+μmg cosθ,可得Q 不可能静止,此假设不成立;当Q 在O、M(含
O、M 点)之间时,若Q 处于平衡状态,可得F 弹=mg sin θ+Ff 静,其中0≤F 弹≤mg sin θ+μmg cos 
θ,故-μmg cos θ≤Ff 静≤μmg cos θ,满足静止条件,D 正确。
易错警示　
　　B 选项中,Q 从P 点单向运动到O 点时,滑动摩擦力对Q 做功为-μmg cos θ·x1=-1
4 mv0
2,但由于弹簧弹力
对Q 做正功,所以Q 损失机械能小于1
4 mv0
2。
3.(2024 重庆,2,4 分)2024 年5 月3 日,嫦娥六号探测器成功发射,开启月球背面采样之旅,探测器的
着陆器和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0      B.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=9.8 m/s2
答案  C  组合体在减速阶段有加速度,所受合外力不为零,A 错误;组合体在悬停阶段处于平衡状
态,合力为零,受到重力和升力,B 错误;组合体在自由下落阶段只受重力,机械能守恒,C 正确;月球
表面重力加速度不为9.8 m/s2,D 错误。
4.(2024 安徽,6,4 分)如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平
线上的M、N 两点,另一端均连接在质量为m 的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静
止于MN 连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P 点,并保持静止,此时拉力F
大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则
小球从P 点运动到O 点的过程中(　　)
A.速度一直增大
            B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
    D.加速度先增大后减小
【答案】A  【解析】未撤拉力时小球在P 点保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧
的弹力的合力为零,拉力F=2mg,方向竖直向上,则两弹簧弹力的合力大小为mg,方向竖直向下。若
撤去拉力,则小球从P 点运动到O 点的过程中两弹簧的弹力与重力的合力始终向下,小球一直做加
速运动,A 正确,B 错误。小球从P 点运动到O 点的过程中,两弹簧形变量变小,两弹簧弹力的夹角变
大,则两弹簧弹力的合力变小,小球所受的合力变小,加速度的最大值为撤去拉力时的加速度,即在P
点加速度最大,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D 错误。
5.（2024 江西，10，6 分）（多选）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均
为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q 和Q。
在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放，开始向下运
动。甲和乙两点电荷的电势能Ep=kQq
r （r 为两点电荷之间的距离，k 为静电力常量）。最大静摩
擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　）
A.最低点的位置x=
kQq
（mg+f）x0
B.速率达到最大值时的位置x=❑√
kQq
mg−f
C.最后停留位置x 的区间是❑√
kQq
mg
≤x≤❑√
kQq
mg−f
D.若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<（mg-f）❑√
kQq
mg+ f
【答案】BD
【审题指导】本题突破的关键是找到各个特殊位置对应的速度特征或加速度特征。小球甲在运动
过程中的最低点时，速度为零，加速度不一定为零；在下降过程和上升过程中，都存在各过程所
对应的速率最大的位置，此时加速度一定为零，但从开始到最终静止过程的最大速率一定在第一
次下降过程中加速度为零的位置；此时静摩擦力方向可能向上，也可能向下，其大小小于等于f，
故会有位置坐标的区间，最终静止时的速度为零、加速度也为零；小球甲在最低点能返回的特征
是除瞬时速度为零外，合力（或加速度）一定向上。
【解析】设小球甲运动过程中最低点位置坐标为x，此时瞬时速度为零，根据能量守恒可得mg
（x0-x）=f（x0-x）+(k Qq
x -k Qq
x0 )，解得x=
kQq
（mg-f）x0
，A 错误；小球甲第一次向下运动过程
中速率达到最大值时，加速度为零，此时受力平衡，mg=f+kQq
x
2 ，解得x=❑√
kQq
mg−f
，B 正确；小球
甲可能会经历多次上下往返运动，最后停留在某位置时速度一定为零，加速度一定为零，小球甲
在静止位置所受静摩擦力最大且摩擦力方向向下时，则在停留位置有mg+f=kQq
x1
2 （此时最后停留位
置x 最小，对应的库仑力最大），解得x1=❑√
kQq
mg+ f
，小球甲在静止位置所受静摩擦力最大且摩擦
力方向向上时有mg=f+kQq
x2
2 （此时最后停留位置x 最大，对应的库仑力最小），解得x2=❑√
kQq
mg−f
，综上可得小球甲最后停留位置的区间为❑√
kQq
mg+ f ≤x≤❑√
kQq
mg−f ，C 错误；若小球甲在最低点能
返回，则kQq
x
2 >mg+f，解得x<❑√
kQq
mg+ f
，由A 项分析得x=
kQq
（mg-f）x0
，即（mg-f）x=kQq
x0
，故
初始电势能Ep0=kQq
x0
<（mg-f）❑√
kQq
mg+ f
，D 正确。
6.(2023 重庆,8,5 分)(多选)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y 随时间t 的变化曲
线如图所示,E、F、M、N 为曲线上的点,EF、MN 段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26 和
y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2 kg,取竖直向上为正方向。则
(　　)
A.EF 段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM 段无人机内的装载物处于失重状态
C.FM 段无人机和装载物总动量变化量的大小为4 kg·m/s
D.MN 段无人机机械能守恒
答案  AB　根据EF 段方程y=4t-26 可知EF 段无人机的速度大小v= Δ y
Δt =4 m/s,A 正确。根据y-t
图线的切线斜率表示无人机的速度,可知FM 段无人机先向上做减速运动,后向下做加速运动,加速
度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,B 正确。根据MN 段方程y=-2t+140,可知MN
段无人机的速度v'= Δ y '
Δt ' =-2 m/s, 则有Δp=mv'-mv=2×(-2) kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 
kg·m/s,可知FM 段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s,C 错误。MN 段无人机向下
做匀速直线运动,动能不变,重力势能减少,故无人机的机械能减少,D 错误。
7.（2024 浙江6 月，18，11 分）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、
半径为R 的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平板紧
靠长为d 的固定凹槽EFGH 侧壁EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小滑块从A
端弹射，经过轨道BCD 后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。已知R=0.5 
m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG
间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度g 取10 m/s2。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5 m/s　（2）0.625 J　（3）6 m/s
【解析】（1）从滑块离开弹簧到恰好通过C 点，由动能定理有-2mgR=1
2mvC
2 -1
2mv0
2
在C 点由牛顿第二定律有mg=mvC
2
R
联立解得v0=❑√5 gR=5 m/s
（2）由题意可知vE=v0=5 m/s
滑块在平板上运动的过程系统动量守恒，有
mvE=（m+M）v1
系统损失的机械能ΔE=1
2mv E
2-1
2（M+m）v1
2
联立解得ΔE=0.625 J
（3）滑块与平板相对滑动过程中
对滑块有a1=μ1mg
m
=6 m/s2
对平板有a2=μ1mg−μ2（m+M）g
M
=4 m/s2
滑块减速至与平板共速后，可与平板一起做匀减速运动
设滑块从E 点滑上平板的速度为v2，且恰好到达平板右端时与平板共速，则有
x1=v2t1-1
2a1t1
2
x2=1
2a2t1
2
且x1-x2=L，v2-a1t1=a2t1
联立解得t1=0.6 s，v2=6 m/s，x1=2.52 m，x2=0.72 m<d-L
分析可知当滑块滑上平板的速度大于v2 时，滑块会从平板右端飞出，而滑块以v2 速度滑上平板
时，共速后一起向右做匀减速运动，v 共=a2t1=2.4 m/s，a3=μ2g=1 m/s2，向右运动的距离s= v共
2
2a3
=2.88 m>d-x1，最终可以与平板一起到达H 点，则v2为滑块从E 点滑上平板的最大速度
则对滑块从A 端弹射到E 点的过程，由功能关系可得
vm=v2=6 m/s
8.(2024 黑吉辽,14,12 分)如图,高度h=0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量
mA=mB=0.1 kg。A、B 间夹一压缩量Δx=0.1 m 的轻弹簧,弹簧与A、B 不拴接。同时由静止释放
A、B,弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出,射程xA=0.4 m;B 脱离弹簧后沿桌面滑
行一段距离xB=0.25 m 后停止。A、B 均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
【答案】 (1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
【解析】　(1)对物块A 由平抛运动规律可得
h=1
2gt2
xA=vAt 
对A 和B 组成的系统,相互作用过程动量守恒(点拨:在弹开过程中弹簧对A、B 的弹力大小相等,方
向相反,桌面对A、B 的摩擦力同样大小相等,方向相反,故系统合力为零)
有mAvA=mBvB 
解得vA=1 m/s,vB=1 m/s
(2)解法一:应用动能定理
对物块B 从脱离弹簧到静止,应用动能定理有
-μmBgxB=0-1
2mBvB
2
解得μ=0.2
解法二:应用牛顿运动定律及运动学公式
由牛顿第二定律可得
μmBg=mBa
物块B 脱离弹簧后做匀减速直线运动,有
vB
2=2axB
联立解得μ=0.2
(3)物块A 和B 由静止释放到刚好脱离弹簧,任一时刻速度均等大反向,则此过程物块A 和B 的位移
大小均为Δ x
2 ,设物块A、B 与桌面摩擦产生的内能为Q,根据能量守恒定律可得,弹簧释放的弹性势
能
ΔEp=Q+1
2mAv A
2 +1
2mBvB
2
根据功能关系有Q=μmAg Δ x
2 +μmBg Δ x
2
解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J
9.(2024 江苏,15,12 分)如图所示,粗糙斜面的动摩擦因数为μ,倾角为θ,斜面长为L。一个质量为
m 的物块(可视为质点)在电动机作用下,从斜面底端A 点由静止加速至B 点时达到最大速度v,之后
做匀速运动至C 点,关闭电动机,物块从C 点又恰好到达最高点D。重力加速度为g,不计电动机产
生的电热。求:
(1)CD 段长度x;
(2)BC 段电动机的输出功率P;
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。
【答案】(1)
v
2
2g(sinθ+ μcosθ)  (2)mgv(sinθ+ μcosθ)  (3)
sinθ
sinθ+ μcosθ
解析　(1)解法一:动力学观点
物块在CD 段运动过程中,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma
由运动学公式有0-v2=-2ax
联立解得x=
v
2
2 g(sinθ+ μcosθ)
解法二:能量观点
物块在CD 段运动过程中,由动能定理有
-(mgsinθ+ μmgcosθ)x=0-1
2mv2
解得x=
v
2
2g(sinθ+ μcosθ)
(2)物块在BC 段匀速运动,则电动机对物块的牵引力为F=mg sin θ+μmg cos θ
由P=Fv 得P=mgv(sinθ+ μcosθ)
(3)全过程中物块初、末态的动能均为0,重力势能增加,则物块增加的机械能为E1=mgL sin θ
整个过程根据题意及能量守恒定律可知,电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和因摩擦产
生的热量,故可知E2=E1+μmg cos θ·L
故可得
E1
E2
=
mgLsinθ
mgLsinθ+ μmgLcosθ =
sinθ
sinθ+ μcosθ 。
10.(2023 辽宁,13,10 分)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中,
该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水,速度达到v1=80 m/s 时离开水面,该过程滑行距
离L=1 600 m、汲水质量m=1.0×104 kg。离开水面后,飞机攀升高度h=100 m 时速度达到v2=100 
m/s,之后保持水平匀速飞行,待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t;
(2)整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
答案  (1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J
解析 (1)由v1
2=2aL 得a= v1
2
2 L
=
80
2
2×1 600 m/s2=2 m/s2
由t=v1- v0
a
得t=80−0
2
 s=40 s
(2)飞机汲取的水的机械能增加量
ΔE=mgh+1
2mv2
2-1
2mv1
2
代入数据解得ΔE=2.8×107 J