五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題16力學(xué)計算考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1勻變速直線運動2025命題展現(xiàn)出情境多元融合、知識縱橫交織、能力考查深化的趨勢。在情境創(chuàng)設(shè)上，緊密聯(lián)系生活實際與前沿科技，如以體育賽事里運動員的跳躍、投擲動作，引導(dǎo)考生從日常運動場景提煉動力學(xué)與能量模型；借助航天領(lǐng)域衛(wèi)星的軌道變軌、探測器的軟著陸過程等前沿實例，促使考生在復(fù)雜情境中抽象出圓周運動、天體力學(xué)等模型。知識考查層面，注重對牛頓運動定律、機械能守恒、動量守恒等核心知識的深度挖掘與綜合運用。一方面，常將牛頓第二定律與運動學(xué)公式相結(jié)合，處理物體在多力作用下的復(fù)雜運動，像分析汽車在不同路況下的啟動、制動過程；另一方面，通過連接體、板塊等模型，考查考生對整體法與隔離法的運用，結(jié)合動能定理、能量守恒定律，分析系統(tǒng)內(nèi)物體間的能量轉(zhuǎn)化與轉(zhuǎn)移，如研究傳送帶運輸貨物時的能量損耗。同時，動量守恒定律在碰撞、反沖等問題中的考查愈發(fā)深入，常與其他力學(xué)知識聯(lián)合，全面考查考生對力學(xué)知識體系的掌握程度?？键c2牛頓運動定律2021考點3曲線運動2021、2022、2024考點4萬有引力2022、2023、2024考點5守恒定律2021、2023、2024、2025考點01勻變速直線運動1．（2025·北京·高考）某物體以一定初速度從地面豎直向上拋出，經(jīng)過時間t到達(dá)最高點。在最高點該物體炸裂成A、B兩部分，質(zhì)量分別為2m和m，其中A以速度v(1)該物體拋出時的初速度大小v0(2)炸裂后瞬間B的速度大小vB(3)A、B落地點之間的距離【答案】(1)v(2)v(3)d=3vt【詳析】（1）物體豎直上拋至最高點時速度為0，由運動學(xué)公式0=v0-gt（2）爆炸瞬間水平方向動量守恒，爆炸前總動量為0。A速度為v，設(shè)B速度為vB，由動量守恒定律得0=2m?v+m?vB解得vB=（3）根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知下落時間與上升時間相等為t，則A的水平位移xA=vtB的水平位移xB=vBt=2vt2．（2025·北京·高考）關(guān)于飛機的運動，研究下列問題。(1)質(zhì)量為m的飛機在水平跑道上由靜止開始做加速直線運動，當(dāng)位移為x時速度為v。在此過程中，飛機受到的平均阻力為f，求牽引力對飛機做的功W。(2)飛機準(zhǔn)備起飛，在跑道起點由靜止開始做勻加速直線運動。跑道上存在這樣一個位置，飛機一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會沖出跑道。已知跑道的長度為L，飛機加速時加速度大小為a1，減速時最大加速度大小為a2。求該位置距起點的距離(3)無風(fēng)時，飛機以速率u水平向前勻速飛行，相當(dāng)于氣流以速率u相對飛機向后運動。氣流掠過飛機機翼，方向改變，沿機翼向后下方運動，如圖所示。請建立合理的物理模型，論證氣流對機翼豎直向上的作用力大小F與u的關(guān)系滿足F∝uα，并確定【答案】(1)W=(2)d=(3)論證見解析，α=2【詳析】（1）根據(jù)動能定理W-fx=12m（2）加速過程，設(shè)起飛速度為vm，根據(jù)速度位移關(guān)系vm2=2a1（3）在無風(fēng)的情況下，飛機以速率u水平飛行時，相對飛機的氣流速率也為u，并且氣流掠過機翼改變方向，從而對機翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動量變化有關(guān)，根據(jù)動量定理F?Δt=Δp可得F=ΔpΔt又Δp=mΔv，m=ρSΔ考點02牛頓運動定律3．（2021·北京·高考）類比是研究問題的常用方法。（1）情境1：物體從靜止開始下落，除受到重力作用外，還受到一個與運動方向相反的空氣阻力f=kv（k為常量）的作用。其速率v隨時間t的變化規(guī)律可用方程G-kv=mΔvΔt（①式）描述，其中m為物體質(zhì)量，G為其重力。求物體下落的最大速率（2）情境2：如圖1所示，電源電動勢為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時間t變化的方程；并在圖2中定性畫出I-t圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢能的減少量物體動能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）vm=Gk；（2）a.E-RI=LΔIΔt【詳析】（1）當(dāng)物體下落速度達(dá)到最大速度vm時，加速度為零，有G=kv（2）a.由閉合電路的歐姆定理有E-RI=LΔIΔtb.由自感規(guī)律可知，線圈產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流，使它逐漸變大，電路穩(wěn)定后自感現(xiàn)象消失，I-t（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場能的增加量克服阻力做功消耗的機械能考點03曲線運動4．（2024·北京·高考）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠(yuǎn)大于管口內(nèi)徑。求：（1）水從管口到水面的運動時間t；（2）水從管口排出時的速度大小v0（3）管口單位時間內(nèi)流出水的體積Q?！敬鸢浮浚?）2hg；（2）dg2【來源】2024年高考北京卷物理真題【詳析】（1）水在空中做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得，豎直方向h=12g（2）由平拋運動規(guī)律得，水平方向d=v0t（3）管口單位時間內(nèi)流出水的體積Q=S5．（2022·北京·高考）體育課上，甲同學(xué)在距離地面高h(yuǎn)1=2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大小為v0=8.0m/（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離x；（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；（3）排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I?！敬鸢浮浚?）x=4.8m；（2）v=10.0m/s，方向與水平方向夾角tanθ=0.75；（【詳析】（1）設(shè)排球在空中飛行的時間為t，則h1-h2（2）乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小vy=gt得vy=6.0m/s；根據(jù)v=則有tan（3）根據(jù)動量定理，排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I=2mv=6.06．（2021·北京·高考）如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）兩物塊在空中運動的時間t；（2）兩物塊碰前A的速度v0的大?。唬?）兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。【答案】（1）0.30s；（2）2.0?m/s；（3）【來源】2021年北京普通高中學(xué)業(yè)水平等級性考試物理試卷（北京卷）【詳析】（1）豎直方向為自由落體運動，由h=12gt（2）設(shè)A、B碰后速度為v，水平方向為勻速運動，由s=vt得v=1.0?m/s根據(jù)動量守恒定律，由mv（3）兩物體碰撞過程中損失的機械能ΔE=12m考點04萬有引力7．（2024·北京·高考）科學(xué)家根據(jù)天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質(zhì)（星體等）在做彼此遠(yuǎn)離運動，且質(zhì)量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測的結(jié)果都一樣。以某一點O為觀測點，以質(zhì)量為m的小星體（記為P）為觀測對象。當(dāng)前P到O點的距離為r0，宇宙的密度為ρ（1）求小星體P遠(yuǎn)離到2r0處時宇宙的密度（2）以O(shè)點為球心，以小星體P到O點的距離為半徑建立球面。P受到的萬有引力相當(dāng)于球內(nèi)質(zhì)量集中于O點對P的引力。已知質(zhì)量為m1和m2、距離為R的兩個質(zhì)點間的引力勢能Ep=-Gm1ma．求小星體P從r0處遠(yuǎn)離到2r0b．宇宙中各星體遠(yuǎn)離觀測點的速率v滿足哈勃定律v=Hr，其中r為星體到觀測點的距離，H為哈勃系數(shù)。H與時間t有關(guān)但與r無關(guān)，分析說明H隨t增大還是減小。【答案】（1）ρ=18ρ0；（2）a．ΔEk=-【詳析】（1）在宇宙中所有位置觀測的結(jié)果都一樣，則小星體P運動前后距離O點半徑為r0和2r0的球內(nèi)質(zhì)量相同，即ρ0?43（2）a．此球內(nèi)的質(zhì)量M=ρ0?43πr03P從r0處遠(yuǎn)離到2r0處，由能量守恒定律得，動能的變化量ΔEk=-GMmr8．（2023·北京·高考）螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星。球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認(rèn)為均勻分布，球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G。（1）求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；（2）根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達(dá)式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；（3）科學(xué)家根據(jù)實測數(shù)據(jù)，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運動的速度大小v隨r的變化關(guān)系圖像，如圖所示，根據(jù)在r>R范圍內(nèi)的恒星速度大小幾乎不變，科學(xué)家預(yù)言螺旋星系周圍（r>R）存在一種特殊物質(zhì)，稱之為暗物質(zhì)。暗物質(zhì)與通常的物質(zhì)有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求r=nR內(nèi)暗物質(zhì)的質(zhì)量M'

【答案】（1）v=GMr；（2）v=rGMR【詳析】（1）由萬有引力定律和向心力公式有GMmr2（2）在r≤R內(nèi)部，星體質(zhì)量M0=M43π（3）對處于R球體邊緣的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有GMmR2=mv02R對處于9．（2022·北京·高考）利用物理模型對問題進(jìn)行分析，是重要的科學(xué)思維方法。（1）某質(zhì)量為m的行星繞太陽運動的軌跡為橢圓，在近日點速度為v1，在遠(yuǎn)日點速度為v2。求從近日點到遠(yuǎn)日點過程中太陽對行星所做的功W；（2）設(shè)行星與恒星的距離為r，請根據(jù)開普勒第三定律（r3T2=k）及向心力相關(guān)知識，證明恒星對行星的作用力（3）宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍，單位時間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍。設(shè)想地球“流浪”后繞此恒星公轉(zhuǎn)，且在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T1，繞此恒星公轉(zhuǎn)的周期為T2，求T2【答案】（1）W=12mv22【詳析】（1）根據(jù)動能定理有W=（2）設(shè)行星繞恒星做勻速圓周運動，行星的質(zhì)量為m，運動半徑為r，運動速度大小為v。恒星對行星的作用力F提供向心力，則F=mv2r運動周期T=2πrv根據(jù)開普勒第三定律r3T2=k（3）假定恒星的能量輻射各向均勻，地球繞恒星做半徑為r的圓周運動，恒星單位時間內(nèi)向外輻射的能量為P0。以恒星為球心，以r為半徑的球面上，單位面積單位時間接受到的輻射能量P=P04πr2設(shè)地球繞太陽公轉(zhuǎn)半徑為r1在新軌道上公轉(zhuǎn)半徑為r2。地球在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣，必須滿足P不變，由于恒星單位時間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍，得r2=4r1設(shè)恒星質(zhì)量為M，地球在軌道上運行周期為T，萬有引力提供向心力，有GMmr2考點05守恒定律10．（2025·北京·高考）北京譜儀是北京正負(fù)電子對撞機的一部分，它可以利用帶電粒子在磁場中的運動測量粒子的質(zhì)量、動量等物理量?？紤]帶電粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中的運動，且不計粒子間相互作用。(1)一個電荷量為q0的粒子的速度方向與磁場方向垂直，推導(dǎo)得出粒子的運動周期T與質(zhì)量m(2)兩個粒子質(zhì)量相等、電荷量均為q，粒子1的速度方向與磁場方向垂直，粒子2的速度方向與磁場方向平行。在相同的時間內(nèi)，粒子1在半徑為R的圓周上轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，粒子2運動的距離為d。求：a．粒子1與粒子2的速度大小之比v1b．粒子2的動量大小p2【答案】(1)T=(2)a．v1:v2【詳析】（1）粒子速度方向與磁場垂直，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力q0vB=mv2R解得軌道半徑R=mvq0B圓周運動的周期（2）a．由題意知粒子1做圓周運動，線速度v1=ωR=θtR粒子2做勻速直線運動，速度v2b．對粒子1，由洛倫茲力提供向心力有qv1B=mv12R可得m=qBR11.（2024·北京·高考）我國“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+e已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為-e；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F?！敬鸢浮浚?）a=eEM；（2）B2=【詳析】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律eE=Ma解得氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a=（2）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛侖茲力提供向心力，即eE=evB2解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為B（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進(jìn)入放電室的電子數(shù)為n1，則未進(jìn)入的電子數(shù)為n-n1，設(shè)單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為Nn1=k已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和，則有N=n-n1聯(lián)立可得單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為N=nk1+k氙離子經(jīng)電場加速，有eEd=12Mv12時間Δ12.（2023·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE

【答案】（1）v22g；（2）mg+mv2【詳析】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得mgH=12m（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F-mg=mv2L（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1解得v113．（2021·北京·高考）秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動過程可以簡化為單擺的擺動，等效“擺球”的質(zhì)量為m，人蹲在踏板上時擺長為l1，人站立時擺長為l2。不計空氣阻力，重力加速度大小為（1）如果擺長為l1，“擺球”通過最低點時的速度為v，求此時“擺球”受到拉力T（2）在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。a.人蹲在踏板上從最大擺角θ1開始運動，到最低點時突然站起，此后保持站立姿勢擺到另一邊的最大擺角為θ2。假定人在最低點站起前后“擺球”擺動速度大小不變，通過計算證明b.實際上人在最低點快速站起后“擺球”擺動速度的大小會增大。隨著擺動越來越高，達(dá)到某個最大擺角θ后，如果再次經(jīng)過最低點時，通過一次站起并保持站立姿勢就能實現(xiàn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，求在最低點“擺球”增加的動能ΔE【答案】（1）T=mg+mv2l1；（2）【詳析】（1）根據(jù)牛頓運動定律T-mg=mv2（2）a.設(shè)人在最低點站起前后“擺球”的擺動速度大小分別為v1、v2，根據(jù)功能關(guān)系得mgmgl2(1-cosθ2)=12mv22已知v1=v2，得mgl1(1-cosθ1)=mgl2(1-cosθ2)因為l1>l21．（2025·北京昌平·二模）蕩秋千是孩子們喜歡的一項運動。如圖所示，秋千由兩根長度均為L的細(xì)繩懸掛于固定橫梁上，質(zhì)量為m的小孩坐在秋千座椅上，初始時，大人用一水平外力使秋千靜止，此時兩繩與豎直方向夾角均為θ。不計秋千的質(zhì)量，小孩可視為質(zhì)點。重力加速度為g。(1)當(dāng)秋千靜止時，求水平外力的大小F。(2)將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動，若不計空氣阻力，求秋千擺到最低點時每根繩子的拉力大小T。(3)若考慮空氣阻力，求秋千從靜止釋放到停下的過程中空氣阻力所做的功Wf【答案】(1)F(2)T(3)W【詳析】（1）秋千靜止時，受三個力的作用：重力G、細(xì)繩拉力T和水平拉力F作用。根據(jù)共點力平衡知識得tanθ=F（2）不計空氣阻力，秋千從靜止擺到最低點的過程中，由機械能守恒得mgL1-cosθ=12m（3）若考慮空氣阻力，秋千最終停在最低點。根據(jù)動能定理得WG+Wf=02．（2025·北京朝陽·二模）開普勒行星運動定律內(nèi)容如下：①所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個焦點上；②對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等；③所有行星軌道半長軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比都相等。科研人員設(shè)想一種在太空中發(fā)射太空探測器的方案：衛(wèi)星攜帶一探測器在半徑為r0的圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，運動周期為T0。在軌道上某點啟動輔助動力裝置短暫工作（工作時消耗的氣體質(zhì)量忽略不計），將探測器沿運動方向射出，探測器恰好能完全脫離地球引力的束縛，而衛(wèi)星沿原方向繞地球做橢圓運動。已知質(zhì)量分別為m1、m2的兩個質(zhì)點相距為r時的引力勢能為(1)求衛(wèi)星和探測器繞圓軌道運動的線速度大小v0(2)求發(fā)射后瞬間探測器的速度大小v1(3)小華認(rèn)為，若給定衛(wèi)星與探測器的質(zhì)量之比，則可求得發(fā)射探測器后衛(wèi)星沿橢圓軌道運動的周期。請你分析說明她的觀點是否正確，寫出關(guān)鍵方程?！敬鸢浮?1)v(2)v(3)見解析【詳析】（1）由勻速圓周運動線速度與周期的關(guān)系，可得v（2）設(shè)地球質(zhì)量為M，探測器質(zhì)量為m1，衛(wèi)星質(zhì)量為m2，探測器從被發(fā)射到無窮遠(yuǎn)的過程，由能量守恒定律得12m1v（3）小華的觀點正確。設(shè)發(fā)射后衛(wèi)星的速度為v2，發(fā)射過程由動量守恒得(m1+m2)由能量守恒定律得12m2v22-3．（2025·北京朝陽·二模）單擺裝置如圖所示，擺球始終在豎直面內(nèi)運動，擺球可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，請完成下列問題：(1)若擺長為L，簡諧運動周期為T，求重力加速度的大小g；(2)若擺長為L，擺起最大角度為θ，求擺球通過最低點時速度的大小v0(3)若擺球質(zhì)量為m，擺動周期為T，重力加速度大小為g，通過最低點時的速度大小為v，擺球從左側(cè)最高點第一次擺到最低點的過程中，求細(xì)線對擺球拉力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)g(2)v(3)I【詳析】（1）由單擺做簡諧運動的周期公式T=2πL（2）由動能定理mgL1-cosθ=（3）此過程中重力、拉力對小球產(chǎn)生沖量，其中重力的沖量大小為I重=14mgT4．（2025·北京昌平·二模）隨著航空航天科技的發(fā)展，人類有能力開展深空探測，逐漸揭開宇宙的奧秘。(1)探測器繞某星球沿圓軌道勻速率運行時，測得軌道半徑的三次方與周期的二次方的比值為k。已知引力常量為G。求該星球的質(zhì)量M。(2)太空中的探測器通過小型等離子推進(jìn)器獲得推力。在推進(jìn)器中，從電極發(fā)射出的電子撞擊氙原子使之電離，氙離子在加速電場的作用下，從探測器尾部高速噴出，產(chǎn)生推力。已知探測器（含推進(jìn)器和氙離子）的初始質(zhì)量為M0，每個氙離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，等離子體推進(jìn)器單位時間內(nèi)噴出的離子數(shù)為n。不計其它星球?qū)μ綔y器的作用力和離子間的相互作用。取剛向外噴出離子的時刻為初始時刻（t=0），求探測器的加速度大小a隨時間(3)深空探測器常借助行星的“引力彈弓效應(yīng)”實現(xiàn)加速。設(shè)質(zhì)量為m1的探測器以相對太陽的速率v1飛向質(zhì)量為M2的行星，行星相對太陽的軌道速率為v2，方向與v1相反。探測器從行星旁繞過（如圖所示），忽略太陽引力及行星自轉(zhuǎn)的影響，探測器遠(yuǎn)離行星后相對太陽的速率為v'①推導(dǎo)v'1的表達(dá)式（用②簡要說明“引力彈弓效應(yīng)”能使探測器明顯加速的原因?！敬鸢浮?1)M(2)n(3)①v'1=【詳析】（1）探測器繞星球沿圓軌道勻速率運行時，萬有引力提供向心力GmMr2=m2π（2）氙離子經(jīng)加速電壓U加速后，相對探測器的速度大小為v，根據(jù)動能定理得qU=12mv2在t時間內(nèi)噴出氙離子質(zhì)量為Δm=nmt根據(jù)動量定理得Ft=Δm·v聯(lián)立解得F（3）①設(shè)探測器繞過行星后，行星速率為v2M根據(jù)機械能守恒定律得12M2v22+12m②行星與探測器相互作用時，發(fā)生動量和能量的轉(zhuǎn)化。由于行星與探測器相對運動，行星具有較大的軌道速率，且m?5．（2025·北京豐臺·二模）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌BC在B點相接，導(dǎo)軌半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧時速度為v1，沿半圓形導(dǎo)軌到達(dá)C點時速度為v2，此后平拋落地（落地點未畫出）。不計空氣阻力，重力加速度為(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能Ep(2)物體在C點時受到的導(dǎo)軌給它的彈力FN(3)物體從C點平拋落地過程中重力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)E(2)FN(3)I【詳析】（1）根據(jù)能量守恒可得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能為E（2）在C處以物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg+FN=m（3）物體從C點平拋落地過程中，豎直方向有2R=12gt6．（2025·北京西城·二模）如圖所示，小物塊的質(zhì)量m=0.10kg，以速度v0=2m/s開始運動，運動至水平桌面右端拋出。物塊的拋出點距水平地面的高度h=0.80m，落地點與桌面右端的水平距離s(1)物塊在空中運動的時間t；(2)物塊離開桌面右端時速度的大小v；(3)桌面摩擦力對物塊做的功W?！敬鸢浮?1)0.4s(2)1m/s(3)-0.15J【詳析】（1）物塊離開桌面后做平拋運動，在豎直方向上有h=12g（2）物塊在水平方向上有s=vt（3）物塊在水平桌面上的運動過程，根據(jù)動能定理有W=127．（2025·北京東城·二模）如圖所示，長為l的細(xì)線，一端系有質(zhì)量為m的小球，另一端通過光滑的輕質(zhì)小圓環(huán)套在O點的釘子上，小球在高為h的光滑水平桌面上做勻速圓周運動。若小球的速度緩慢增大，當(dāng)細(xì)線的拉力達(dá)到F時，細(xì)線斷裂，小球垂直桌面邊緣拋出。重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)小球從水平桌面上拋出時的速度大小v0(2)小球落地點到桌面邊緣的水平距離s；(3)小球落地時的動能Ek【答案】(1)v(2)s(3)E【詳析】（1）細(xì)繩拉力為F時，根據(jù)牛頓第二定律可知F=mv02l解得（2）根據(jù)平拋運動的規(guī)律h=12gt2（3）由機械能守恒定律可知，小球落地時的動能E8．（2025·北京西城·一模）火箭的飛行應(yīng)用了反沖原理，借助噴出燃?xì)獾姆礇_作用獲得推力。已知某火箭與其所載燃料的初始總質(zhì)量為M，在t=0時刻，火箭由靜止出發(fā)，豎直向上運動，如圖1所示?；鸺掷m(xù)均勻向下噴射燃?xì)?，在任意的極短時間Δt內(nèi)，噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量均為Δm，噴出的燃?xì)庀鄬鸺乃俣群銥閡。在極短時間內(nèi)，火箭噴出的燃?xì)獾闹亓h(yuǎn)小于火箭的推力，火箭速度的變化量遠(yuǎn)小于燃?xì)馑俣鹊淖兓?。不計空氣阻力，重力加速度的大小g(1)求火箭速度大小為v的瞬間受到燃?xì)馔屏Φ拇笮，據(jù)此判斷火箭在豎直上升階段受到燃?xì)獾耐屏κ欠褡兓?2)若火箭在豎直上升階段，可使用的燃料質(zhì)量為m，求該階段火箭可獲得的最大加速度的大小am。(3)測得火箭在豎直上升階段，1a+g隨時間t變化的圖像是一條直線，如圖2所示，a為火箭加速度的大小。已知直線的縱截距為b，斜率的絕對值為k，為明確其物理意義，請推導(dǎo)b【答案】(1)Δmu(2)Δ(3)k=1【詳析】（1）在火箭速度大小為v的瞬間，以極短時間?t內(nèi)噴射出的燃?xì)鉃檠芯繉ο笤O(shè)燃?xì)馐艿交鸺龑ζ渥饔昧Φ拇笮镕'，規(guī)定豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理有F'Δt=Δm（u-v）-Δm(-v)（2）質(zhì)量為m的燃料燃盡時，火箭的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律a（3）在t時刻，火箭及火箭內(nèi)剩余燃料的質(zhì)量m'=M-Δ則k=19．（2025·北京東城·一模）某人在室內(nèi)以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外由該樓的樓頂自由落下的一個小石子拍攝在照片中，測得照片中石子運動痕跡的長度為h=0.8cm。已知本次攝影的曝光時間是Δt=0.01s，實際長度為L=100cm的窗框在照片中的長度為l=4.0cm。重力加速度(1)根據(jù)照片計算曝光時間內(nèi)石子下落的實際距離H；(2)求曝光時間內(nèi)，小石子運動的平均速度的大小v；(3)已知小石子的質(zhì)量m=10g，估算小石子從樓頂下落至拍照時小石子所受重力的沖量的大小I【答案】(1)H(2)v(3)I【詳析】（1）根據(jù)照片尺寸與實際長度的比例關(guān)系Ll=H（2）曝光時間內(nèi)，小石子運動的平均速度的大小v（3）根據(jù)動量定理I10．（2025·北京西城·一模）半徑為R的光滑半圓軌道處于豎直平面內(nèi)，軌道與水平地面相切于軌道的端點A。一質(zhì)量為m的小球從A點沖上半圓軌道，沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上，重力加速度為g。若恰好能實現(xiàn)上述運動，求：(1)小球在B點時速度的大小vB；(2)小球的落地點與A點間的距離x；(3)小球剛進(jìn)入圓弧軌道時，軌道對小球彈力的大小FA?！敬鸢浮?1)v(2)x(3)F【詳析】（1）小球恰經(jīng)過B點時，根據(jù)牛頓第二定律有mg=mv（2）小球從B點飛出后做平拋運動，在豎直方向上有2R=12gt2得t=2R（3）設(shè)小球在A點速度的大小為vA，在小球從A點運動到B點的過程中根據(jù)動能定理有-mg?2R=12mvB11．（2025·北京豐臺·二模）太空電梯是人類設(shè)想的一種通向太空的設(shè)備，如圖所示，在地球赤道上利用超輕超高強度材料建設(shè)直通高空的電梯，可以將衛(wèi)星從地面運送到太空。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，自轉(zhuǎn)角速度為ω，引力常量為G，質(zhì)量為m1與m2的兩個質(zhì)點若相距無窮遠(yuǎn)時勢能為零，則相距為r時的引力勢能為(1)求地球同步衛(wèi)星的軌道半徑R0(2)利用太空電梯將一質(zhì)量為m、靜止在地球表面的衛(wèi)星運送到同步衛(wèi)星軌道，使其成為一顆同步衛(wèi)星。寫出上述過程衛(wèi)星機械能變化量的表達(dá)式（同步衛(wèi)星的軌道半徑可直接用R0(3)已知在距離地心約為0.707R0處，將衛(wèi)星相對電梯靜止釋放，衛(wèi)星恰好不能撞擊到地面。若在距離地心0.707R【答案】(1)3(2)見解析(3)見解析【詳析】（1）同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，則有G解得R（2）動能的變化量ΔEk=12mωR02-12mωR2ΔE=（3）情況1：從0.707R0到情況2：在R0情況3：從R0到3情況4：從32R0到2R0釋放，衛(wèi)星與地心的距離一直增大。其中，當(dāng)112．（2025·北京西城·二模）物理模型對于研究有重要意義，研究中要根據(jù)解決問題的需要對模型進(jìn)行改進(jìn)和優(yōu)化，以提高其可靠性和實用性。已知地球質(zhì)量為M，可視為質(zhì)量均勻分布的半徑為R的球體，引力常量為G，不考慮地球自轉(zhuǎn)。(1)在地球表面將物體以初速度v0a．若忽略萬有引力的變化，物體上升過程的v-t圖像如圖1所示。求重力加速度的大小g及物體上升到最高點所用的時間b．若考慮萬有引力的變化，在圖1中定性畫出物體上升階段的v-t圖像，標(biāo)出物體上升到最高點的時間(2)在地球赤道表面向北極發(fā)射洲際導(dǎo)彈a．若忽略萬有引力大小的變化，某同學(xué)提出將導(dǎo)彈的運動分解為繞地心的勻速圓周運動與垂直地球表面的勻變速直線運動。若導(dǎo)彈發(fā)射速度的大小為v1，方向與地面的夾角為θ，如圖2所示。推導(dǎo)導(dǎo)彈距地面的高度h隨運動時間tb．若考慮萬有引力的變化，導(dǎo)彈僅在地球引力作用下的運動軌跡是橢圓，地心O為橢圓的一個焦點，如圖3所示。已知取無窮遠(yuǎn)處的引力勢能為0，質(zhì)量為m的物體在距地心為rr≥R處的引力勢能EP=-GMmr，該物體在地球引力作用下做橢圓運動時，其機械能E（動能與引力勢能之和）與橢圓半長軸a【答案】(1)t1=(2)h=v1【詳析】（1）a．設(shè)物體的質(zhì)量為m由GMmR2=mgb．若考慮萬有引力的變化，隨著高度的增加，萬有引力逐漸減小，故物體的加速度逐漸減小，反映在v-t圖像中，圖像的斜率逐漸減小，上升到最高點的時間增大，其（2）a．導(dǎo)彈繞地心的做勻速圓周運動的線速度為v1cosθ則圓周運動的向心加速度an=v1cosθ2R設(shè)導(dǎo)彈垂直地球表面做勻變速直線運動的加速度大小為b．導(dǎo)彈發(fā)射速度最小時，導(dǎo)彈的機械能最小，由題意可知，橢圓軌道的半長軸a最小，則另一焦點O'根據(jù)幾何關(guān)系2a=R+2213．（24-25高三下·北京海淀·二模）科學(xué)家根據(jù)天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質(zhì)在做彼此遠(yuǎn)離運動，且質(zhì)量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測的結(jié)果都一樣。如圖1所示，以某一點O為觀測點，以質(zhì)量為m的星系P為觀測對象，以P到O點的距離r為半徑建立球面。已知星系P受到的萬有引力相當(dāng)于球內(nèi)質(zhì)量集中于O點對P的引力，質(zhì)量均勻分布的球殼對殼內(nèi)質(zhì)點萬有引力的合力為零，引力常量為G。(1)設(shè)星系P到O點的距離為r0時，宇宙的密度為ρa．求此時星系P受到的引力大小F0b．請推導(dǎo)宇宙膨脹過程中星系P受到的引力大小F引隨距離r(2)根據(jù)最新天文觀測，科學(xué)家推測星系不僅受引力作用，而且受到斥力影響，斥力作用來源于“暗能量”。我們將其簡化如下：科學(xué)家所說的“暗能量”是一種均勻分布在整個宇宙空間中的能量，它具有恒定的能量密度（單位體積內(nèi)所含的能量），且不隨宇宙的膨脹而變化，暗能量會產(chǎn)生等效的“排斥力”。某同學(xué)對此“排斥力”做了如下猜想：其作用效果可視為球面內(nèi)某種密度均勻且恒為ρ1的“未知物質(zhì)”產(chǎn)生與萬有引力方向相反的排斥力，排斥力的大小與萬有引力大小的規(guī)律相似，“排斥力常量”為G'。請基于上述簡化模型和猜想，推導(dǎo)宇宙膨脹過程星系P受到的斥力大小F斥(3)根據(jù)（1）（2）中的簡化模型和猜想，星系P同時受到引力與斥力的作用。a．以星系P受到斥力的方向為正方向，在圖2中定性畫出合力F隨距離r變化的圖線。b．若某時測得星系P在做遠(yuǎn)離O點的加速度減小的減速運動，推測此后P可能的運動情況?！敬鸢浮?1)a．43Gρ0πm(2)F(3)見解析【詳析】（1）a．由題可知，球體內(nèi)包含的質(zhì)量大小為M=43ρ0b．宇宙膨脹過程中星系P受到的引力大小F引=GMmr2結(jié)合M=4（2）當(dāng)P到O的距離為r時，球體內(nèi)包含的“未知物質(zhì)”的質(zhì)量為M'=43ρ（3）a．根據(jù)上述分析可知，F(xiàn)引∝1rb．此后P的運動情況可能為：P做遠(yuǎn)離O點的加速度增加的加速運動；P做靠近O點的加速度增加的加速運動；P處于靜止?fàn)顟B(tài)。14．（24-25高三下·北京海淀·二模）如圖所示，光滑水平面AB與粗糙的豎直半圓軌道BCD在B點相切，半圓軌道BCD的半徑R=0.4m，D是半圓軌道的最高點。將一質(zhì)量m=0.1kg的物體（可視為質(zhì)點）向左壓縮輕彈簧至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得一向右速度，并脫離彈簧在水平面AB上做直線運動，其經(jīng)過B點時的速度vB=5m/s，之后物體沿半圓軌道運動，恰好能通過(1)彈簧被壓縮至A點時的彈性勢能Ep(2)物體通過D點時的速度大小vD(3)物體沿半圓軌道BCD運動過程中克服阻力所做的功W?！敬鸢浮?1)E(2)v(3)W【詳析】（1）由能量守恒可知，彈簧彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為物體的動能Ep=12m（2）物體恰好能通過D點，則根據(jù)牛頓運動定律有mg=mv（3）物體沿半圓軌道BCD運動過程中由動能定理有-mg2R15．（2025·北京四中·零模）有一項蕩繩過河的拓展項目，將繩子一端固定，人站在高臺邊緣抓住繩子另一端，像蕩秋千一樣蕩過河面，落到河對岸的平地上。為方便研究，將人看作質(zhì)點A，如圖所示。已知人的質(zhì)量m=60.0kg，A到懸點O的距離L=4.00m，A與平地的高度差h=2.6m，人站在高臺邊緣時，AO與豎直方向的夾角為某次過河中，人從高臺邊緣無初速度離開，在最低點B處松開繩子，落在水平地面上的C點。忽略空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8(1)人到達(dá)B點時的速率v；(2)人到達(dá)B點，松開繩之前，繩對人的拉力大小F；(3)若高臺邊緣到對面河岸共d=4m【答案】(1)4m/s(2)840N(3)人能安全蕩到對岸【詳析】（1）人從離開高臺到B點的過程中，由機械能守恒有mgL(1-cosθ)=12（2）在B點由牛頓第二定律有F-mg=mv（3）人從離開高臺到B點的過程中水平位移為x1=Lsinθ=2.4m人從B到C的運動過程Z做平拋運動，由平拋運動知識有h-L(1-cosθ)=16.（2025·北京通州·一模）有心力是指力的作用線始終經(jīng)過一個定點（力心）的力。行星繞太陽運動時，太陽可視為固定，行星所受引力始終指向太陽中心，即為有心力。萬有引力，庫侖力都是有心力。理論上可以證明，質(zhì)點在有心力的作用下運動時，滿足面積定律：質(zhì)點與力心的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等。(1)開普勒從第谷觀測火星位置所得資料中總結(jié)出來類似的規(guī)律，稱為開普勒第二定律。如圖1所示，將行星繞太陽運動的軌道簡化為半徑為r的圓軌道。a．設(shè)極短時間Δt內(nèi)，行星與太陽的連線掃過的面積為ΔS。求行星繞太陽運動的線速度v的大小，并結(jié)合開普勒第二定律證明行星做勻速圓周運動；（扇形面積=1b．若測得行星公轉(zhuǎn)周期為T，求行星的向心加速度a的大小。(2)如圖2所示，用α粒子束入射待測材料靶（例如金箔），通過測量不同角度方向上散射α粒子的數(shù)目，可確定材料靶原子的種類、濃度及深度分布等信息。a．α粒子可通過放射性元素衰變獲得。一個靜止的84210Po（釙）衰變?yōu)镻b（鉛），同時放出一個b．如圖3所示，質(zhì)量為m、電荷量為qq>0、速度為v0的α粒子從足夠遠(yuǎn)處沿某直線入射靶核A，該直線與靶核A的距離為b。在庫侖力作用下，α粒子最終將被散射遠(yuǎn)離靶核A而去。散射過程中，電荷量為QQ>0的靶核A近似不動，可視為固定的正點電荷。已知當(dāng)以無窮遠(yuǎn)處為電勢零點時，電荷量為Q'的點電荷在距離自身r處的電勢為φr=k【答案】(1)a.v=2ΔS(2)a．84210【詳析】（1）a．根據(jù)扇形面積公式可得，Δt時間內(nèi)行星掃過的扇形面積為ΔS=12rvΔtb．行星的向心加速度大小為a（2）a．衰變方程為84b．α粒子受力始終背離靶核A的中心，α粒子在同一平面內(nèi)運動。當(dāng)α粒子最接近靶核A時，此時的速度v應(yīng)與α粒子與靶核A的連線垂直。根據(jù)面積定律，有1在散射過程中，只有庫侖力做功，系統(tǒng)能量守恒。以無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，有12mv017．（2025·北京通州·一模）如圖所示，輕繩下端吊著一個質(zhì)量M=9.98kg的沙袋。一個質(zhì)量m=0.02kg的子彈以v0=300m/s的速度水平射入沙袋，經(jīng)過極短的時間與沙袋達(dá)到共同速度(1)子彈射入沙袋后，子彈與沙袋共同速度v的大??；(2)子彈隨沙袋一起擺動上升的最大高度h；(3)子彈射入沙袋過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE【答案】(1)0.6m/s(2)0.018m(3)898.2J【詳析】（1）規(guī)定子彈的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒得mv0=（2）子彈隨沙袋一起擺動上升到最大高度的過程，根據(jù)動能定理得-M+m（3）根據(jù)能量守恒得，子彈射入沙袋過程中系統(tǒng)損失的機械能Δ18．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如圖1所示，把一個質(zhì)量為m的小球連接在勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的右端，彈簧的左端固定，小球置于光滑水平面，小球和彈簧組成的系統(tǒng)稱為彈簧振子。以彈簧原長時小球的位置為坐標(biāo)原點O，以水平向右為正方向建立坐標(biāo)軸Ox。小球在運動過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略摩擦阻力的影響。(1)把小球拉向O點的右方x=+L處，然后由靜止釋放，小球沿著坐標(biāo)軸做往復(fù)運動。a．在圖2中畫出彈簧彈力F隨x變化的示意圖，并由此求出小球從x=+L處靜止釋放至第一次運動到平衡位置O的過程中，彈簧對小球做的功W。b．求小球從x=+L處靜止釋放至第一次運動到平衡位置O的過程中，彈簧對小球沖量的大小I。(2)動量p隨位移x變化的圖像在理論物理、近代數(shù)學(xué)分析的發(fā)展中扮演了重要的角色。如圖3所示，小球運動過程的p-x圖線為橢圓，已知彈簧振子系統(tǒng)的機械能為E。a．求該橢圓的半長軸a和半短軸b。b．實際上，小球在運動過程中受到微小的阻力，在相當(dāng)長的時間內(nèi)可近似認(rèn)為其p-x圖線是一系列面積不同的封閉橢圓。經(jīng)過一段相當(dāng)長的時間T，橢圓的面積減小為原來的90％，求這段時間內(nèi)克服微小阻力做功的平均功率P。（已知橢圓面積S=πab)【答案】(1)a．，12kL2；(2)a．2Ek，2mE；【詳析】（1）a．如圖所示圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積即表示功的大小，其面積大小為S=-12b．由動能定理可得12kL2=1（2）a．在x=a處時，小球的動量為零，則小球的速度為零，動能為零，則有E=12ka2解得半長軸a=2Eb．將上述結(jié)論代入橢圓的面積公式S=πab=π·2Ek·2mE=2πEm專題16力學(xué)計算考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1勻變速直線運動2025命題展現(xiàn)出情境多元融合、知識縱橫交織、能力考查深化的趨勢。在情境創(chuàng)設(shè)上，緊密聯(lián)系生活實際與前沿科技，如以體育賽事里運動員的跳躍、投擲動作，引導(dǎo)考生從日常運動場景提煉動力學(xué)與能量模型；借助航天領(lǐng)域衛(wèi)星的軌道變軌、探測器的軟著陸過程等前沿實例，促使考生在復(fù)雜情境中抽象出圓周運動、天體力學(xué)等模型。知識考查層面，注重對牛頓運動定律、機械能守恒、動量守恒等核心知識的深度挖掘與綜合運用。一方面，常將牛頓第二定律與運動學(xué)公式相結(jié)合，處理物體在多力作用下的復(fù)雜運動，像分析汽車在不同路況下的啟動、制動過程；另一方面，通過連接體、板塊等模型，考查考生對整體法與隔離法的運用，結(jié)合動能定理、能量守恒定律，分析系統(tǒng)內(nèi)物體間的能量轉(zhuǎn)化與轉(zhuǎn)移，如研究傳送帶運輸貨物時的能量損耗。同時，動量守恒定律在碰撞、反沖等問題中的考查愈發(fā)深入，常與其他力學(xué)知識聯(lián)合，全面考查考生對力學(xué)知識體系的掌握程度?？键c2牛頓運動定律2021考點3曲線運動2021、2022、2024考點4萬有引力2022、2023、2024考點5守恒定律2021、2023、2024、2025考點01勻變速直線運動1．（2025·北京·高考）某物體以一定初速度從地面豎直向上拋出，經(jīng)過時間t到達(dá)最高點。在最高點該物體炸裂成A、B兩部分，質(zhì)量分別為2m和m，其中A以速度v(1)該物體拋出時的初速度大小v0(2)炸裂后瞬間B的速度大小vB(3)A、B落地點之間的距離【答案】(1)v(2)v(3)d=3vt【詳析】（1）物體豎直上拋至最高點時速度為0，由運動學(xué)公式0=v0-gt（2）爆炸瞬間水平方向動量守恒，爆炸前總動量為0。A速度為v，設(shè)B速度為vB，由動量守恒定律得0=2m?v+m?vB解得vB=（3）根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知下落時間與上升時間相等為t，則A的水平位移xA=vtB的水平位移xB=vBt=2vt2．（2025·北京·高考）關(guān)于飛機的運動，研究下列問題。(1)質(zhì)量為m的飛機在水平跑道上由靜止開始做加速直線運動，當(dāng)位移為x時速度為v。在此過程中，飛機受到的平均阻力為f，求牽引力對飛機做的功W。(2)飛機準(zhǔn)備起飛，在跑道起點由靜止開始做勻加速直線運動。跑道上存在這樣一個位置，飛機一旦超過該位置就不能放棄起飛，否則將會沖出跑道。已知跑道的長度為L，飛機加速時加速度大小為a1，減速時最大加速度大小為a2。求該位置距起點的距離(3)無風(fēng)時，飛機以速率u水平向前勻速飛行，相當(dāng)于氣流以速率u相對飛機向后運動。氣流掠過飛機機翼，方向改變，沿機翼向后下方運動，如圖所示。請建立合理的物理模型，論證氣流對機翼豎直向上的作用力大小F與u的關(guān)系滿足F∝uα，并確定【答案】(1)W=(2)d=(3)論證見解析，α=2【詳析】（1）根據(jù)動能定理W-fx=12m（2）加速過程，設(shè)起飛速度為vm，根據(jù)速度位移關(guān)系vm2=2a1（3）在無風(fēng)的情況下，飛機以速率u水平飛行時，相對飛機的氣流速率也為u，并且氣流掠過機翼改變方向，從而對機翼產(chǎn)生升力。根據(jù)升力公式，升力與氣流的動量變化有關(guān)，根據(jù)動量定理F?Δt=Δp可得F=ΔpΔt又Δp=mΔv，m=ρSΔ考點02牛頓運動定律3．（2021·北京·高考）類比是研究問題的常用方法。（1）情境1：物體從靜止開始下落，除受到重力作用外，還受到一個與運動方向相反的空氣阻力f=kv（k為常量）的作用。其速率v隨時間t的變化規(guī)律可用方程G-kv=mΔvΔt（①式）描述，其中m為物體質(zhì)量，G為其重力。求物體下落的最大速率（2）情境2：如圖1所示，電源電動勢為E，線圈自感系數(shù)為L，電路中的總電阻為R。閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)電路中電流I隨時間t的變化規(guī)律與情境1中物體速率v隨時間t的變化規(guī)律類似。類比①式，寫出電流I隨時間t變化的方程；并在圖2中定性畫出I-t圖線。（3）類比情境1和情境2中的能量轉(zhuǎn)化情況，完成下表。情境1情境2物體重力勢能的減少量物體動能的增加量電阻R上消耗的電能【答案】（1）vm=Gk；（2）a.E-RI=LΔIΔt【詳析】（1）當(dāng)物體下落速度達(dá)到最大速度vm時，加速度為零，有G=kv（2）a.由閉合電路的歐姆定理有E-RI=LΔIΔtb.由自感規(guī)律可知，線圈產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流，使它逐漸變大，電路穩(wěn)定后自感現(xiàn)象消失，I-t（3）各種能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律如圖所示情境1情境2電源提供的電能線圈磁場能的增加量克服阻力做功消耗的機械能考點03曲線運動4．（2024·北京·高考）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠(yuǎn)大于管口內(nèi)徑。求：（1）水從管口到水面的運動時間t；（2）水從管口排出時的速度大小v0（3）管口單位時間內(nèi)流出水的體積Q?！敬鸢浮浚?）2hg；（2）dg2【來源】2024年高考北京卷物理真題【詳析】（1）水在空中做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得，豎直方向h=12g（2）由平拋運動規(guī)律得，水平方向d=v0t（3）管口單位時間內(nèi)流出水的體積Q=S5．（2022·北京·高考）體育課上，甲同學(xué)在距離地面高h(yuǎn)1=2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大小為v0=8.0m/（1）排球被墊起前在水平方向飛行的距離x；（2）排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；（3）排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I?！敬鸢浮浚?）x=4.8m；（2）v=10.0m/s，方向與水平方向夾角tanθ=0.75；（【詳析】（1）設(shè)排球在空中飛行的時間為t，則h1-h2（2）乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小vy=gt得vy=6.0m/s；根據(jù)v=則有tan（3）根據(jù)動量定理，排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小I=2mv=6.06．（2021·北京·高考）如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m=0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）兩物塊在空中運動的時間t；（2）兩物塊碰前A的速度v0的大??；（3）兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE?！敬鸢浮浚?）0.30s；（2）2.0?m/s；（3）【來源】2021年北京普通高中學(xué)業(yè)水平等級性考試物理試卷（北京卷）【詳析】（1）豎直方向為自由落體運動，由h=12gt（2）設(shè)A、B碰后速度為v，水平方向為勻速運動，由s=vt得v=1.0?m/s根據(jù)動量守恒定律，由mv（3）兩物體碰撞過程中損失的機械能ΔE=12m考點04萬有引力7．（2024·北京·高考）科學(xué)家根據(jù)天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質(zhì)（星體等）在做彼此遠(yuǎn)離運動，且質(zhì)量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測的結(jié)果都一樣。以某一點O為觀測點，以質(zhì)量為m的小星體（記為P）為觀測對象。當(dāng)前P到O點的距離為r0，宇宙的密度為ρ（1）求小星體P遠(yuǎn)離到2r0處時宇宙的密度（2）以O(shè)點為球心，以小星體P到O點的距離為半徑建立球面。P受到的萬有引力相當(dāng)于球內(nèi)質(zhì)量集中于O點對P的引力。已知質(zhì)量為m1和m2、距離為R的兩個質(zhì)點間的引力勢能Ep=-Gm1ma．求小星體P從r0處遠(yuǎn)離到2r0b．宇宙中各星體遠(yuǎn)離觀測點的速率v滿足哈勃定律v=Hr，其中r為星體到觀測點的距離，H為哈勃系數(shù)。H與時間t有關(guān)但與r無關(guān)，分析說明H隨t增大還是減小。【答案】（1）ρ=18ρ0；（2）a．ΔEk=-【詳析】（1）在宇宙中所有位置觀測的結(jié)果都一樣，則小星體P運動前后距離O點半徑為r0和2r0的球內(nèi)質(zhì)量相同，即ρ0?43（2）a．此球內(nèi)的質(zhì)量M=ρ0?43πr03P從r0處遠(yuǎn)離到2r0處，由能量守恒定律得，動能的變化量ΔEk=-GMmr8．（2023·北京·高考）螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星。球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認(rèn)為均勻分布，球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G。（1）求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；（2）根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達(dá)式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；（3）科學(xué)家根據(jù)實測數(shù)據(jù)，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運動的速度大小v隨r的變化關(guān)系圖像，如圖所示，根據(jù)在r>R范圍內(nèi)的恒星速度大小幾乎不變，科學(xué)家預(yù)言螺旋星系周圍（r>R）存在一種特殊物質(zhì)，稱之為暗物質(zhì)。暗物質(zhì)與通常的物質(zhì)有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求r=nR內(nèi)暗物質(zhì)的質(zhì)量M'

【答案】（1）v=GMr；（2）v=rGMR【詳析】（1）由萬有引力定律和向心力公式有GMmr2（2）在r≤R內(nèi)部，星體質(zhì)量M0=M43π（3）對處于R球體邊緣的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有GMmR2=mv02R對處于9．（2022·北京·高考）利用物理模型對問題進(jìn)行分析，是重要的科學(xué)思維方法。（1）某質(zhì)量為m的行星繞太陽運動的軌跡為橢圓，在近日點速度為v1，在遠(yuǎn)日點速度為v2。求從近日點到遠(yuǎn)日點過程中太陽對行星所做的功W；（2）設(shè)行星與恒星的距離為r，請根據(jù)開普勒第三定律（r3T2=k）及向心力相關(guān)知識，證明恒星對行星的作用力（3）宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍，單位時間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍。設(shè)想地球“流浪”后繞此恒星公轉(zhuǎn)，且在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T1，繞此恒星公轉(zhuǎn)的周期為T2，求T2【答案】（1）W=12mv22【詳析】（1）根據(jù)動能定理有W=（2）設(shè)行星繞恒星做勻速圓周運動，行星的質(zhì)量為m，運動半徑為r，運動速度大小為v。恒星對行星的作用力F提供向心力，則F=mv2r運動周期T=2πrv根據(jù)開普勒第三定律r3T2=k（3）假定恒星的能量輻射各向均勻，地球繞恒星做半徑為r的圓周運動，恒星單位時間內(nèi)向外輻射的能量為P0。以恒星為球心，以r為半徑的球面上，單位面積單位時間接受到的輻射能量P=P04πr2設(shè)地球繞太陽公轉(zhuǎn)半徑為r1在新軌道上公轉(zhuǎn)半徑為r2。地球在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣，必須滿足P不變，由于恒星單位時間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍，得r2=4r1設(shè)恒星質(zhì)量為M，地球在軌道上運行周期為T，萬有引力提供向心力，有GMmr2考點05守恒定律10．（2025·北京·高考）北京譜儀是北京正負(fù)電子對撞機的一部分，它可以利用帶電粒子在磁場中的運動測量粒子的質(zhì)量、動量等物理量?？紤]帶電粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中的運動，且不計粒子間相互作用。(1)一個電荷量為q0的粒子的速度方向與磁場方向垂直，推導(dǎo)得出粒子的運動周期T與質(zhì)量m(2)兩個粒子質(zhì)量相等、電荷量均為q，粒子1的速度方向與磁場方向垂直，粒子2的速度方向與磁場方向平行。在相同的時間內(nèi)，粒子1在半徑為R的圓周上轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，粒子2運動的距離為d。求：a．粒子1與粒子2的速度大小之比v1b．粒子2的動量大小p2【答案】(1)T=(2)a．v1:v2【詳析】（1）粒子速度方向與磁場垂直，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力q0vB=mv2R解得軌道半徑R=mvq0B圓周運動的周期（2）a．由題意知粒子1做圓周運動，線速度v1=ωR=θtR粒子2做勻速直線運動，速度v2b．對粒子1，由洛倫茲力提供向心力有qv1B=mv12R可得m=qBR11.（2024·北京·高考）我國“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+e已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為-e；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小B2（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F?！敬鸢浮浚?）a=eEM；（2）B2=【詳析】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律eE=Ma解得氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a=（2）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛侖茲力提供向心力，即eE=evB2解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為B（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進(jìn)入放電室的電子數(shù)為n1，則未進(jìn)入的電子數(shù)為n-n1，設(shè)單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為Nn1=k已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和，則有N=n-n1聯(lián)立可得單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為N=nk1+k氙離子經(jīng)電場加速，有eEd=12Mv12時間Δ12.（2023·北京·高考）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：（1）A釋放時距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE

【答案】（1）v22g；（2）mg+mv2【詳析】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得mgH=12m（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F-mg=mv2L（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1解得v113．（2021·北京·高考）秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動過程可以簡化為單擺的擺動，等效“擺球”的質(zhì)量為m，人蹲在踏板上時擺長為l1，人站立時擺長為l2。不計空氣阻力，重力加速度大小為（1）如果擺長為l1，“擺球”通過最低點時的速度為v，求此時“擺球”受到拉力T（2）在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。a.人蹲在踏板上從最大擺角θ1開始運動，到最低點時突然站起，此后保持站立姿勢擺到另一邊的最大擺角為θ2。假定人在最低點站起前后“擺球”擺動速度大小不變，通過計算證明b.實際上人在最低點快速站起后“擺球”擺動速度的大小會增大。隨著擺動越來越高，達(dá)到某個最大擺角θ后，如果再次經(jīng)過最低點時，通過一次站起并保持站立姿勢就能實現(xiàn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，求在最低點“擺球”增加的動能ΔE【答案】（1）T=mg+mv2l1；（2）【詳析】（1）根據(jù)牛頓運動定律T-mg=mv2（2）a.設(shè)人在最低點站起前后“擺球”的擺動速度大小分別為v1、v2，根據(jù)功能關(guān)系得mgmgl2(1-cosθ2)=12mv22已知v1=v2，得mgl1(1-cosθ1)=mgl2(1-cosθ2)因為l1>l21．（2025·北京昌平·二模）蕩秋千是孩子們喜歡的一項運動。如圖所示，秋千由兩根長度均為L的細(xì)繩懸掛于固定橫梁上，質(zhì)量為m的小孩坐在秋千座椅上，初始時，大人用一水平外力使秋千靜止，此時兩繩與豎直方向夾角均為θ。不計秋千的質(zhì)量，小孩可視為質(zhì)點。重力加速度為g。(1)當(dāng)秋千靜止時，求水平外力的大小F。(2)將秋千從靜止釋放，秋千自由擺動，若不計空氣阻力，求秋千擺到最低點時每根繩子的拉力大小T。(3)若考慮空氣阻力，求秋千從靜止釋放到停下的過程中空氣阻力所做的功Wf【答案】(1)F(2)T(3)W【詳析】（1）秋千靜止時，受三個力的作用：重力G、細(xì)繩拉力T和水平拉力F作用。根據(jù)共點力平衡知識得tanθ=F（2）不計空氣阻力，秋千從靜止擺到最低點的過程中，由機械能守恒得mgL1-cosθ=12m（3）若考慮空氣阻力，秋千最終停在最低點。根據(jù)動能定理得WG+Wf=02．（2025·北京朝陽·二模）開普勒行星運動定律內(nèi)容如下：①所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個焦點上；②對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等；③所有行星軌道半長軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比都相等?？蒲腥藛T設(shè)想一種在太空中發(fā)射太空探測器的方案：衛(wèi)星攜帶一探測器在半徑為r0的圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，運動周期為T0。在軌道上某點啟動輔助動力裝置短暫工作（工作時消耗的氣體質(zhì)量忽略不計），將探測器沿運動方向射出，探測器恰好能完全脫離地球引力的束縛，而衛(wèi)星沿原方向繞地球做橢圓運動。已知質(zhì)量分別為m1、m2的兩個質(zhì)點相距為r時的引力勢能為(1)求衛(wèi)星和探測器繞圓軌道運動的線速度大小v0(2)求發(fā)射后瞬間探測器的速度大小v1(3)小華認(rèn)為，若給定衛(wèi)星與探測器的質(zhì)量之比，則可求得發(fā)射探測器后衛(wèi)星沿橢圓軌道運動的周期。請你分析說明她的觀點是否正確，寫出關(guān)鍵方程?！敬鸢浮?1)v(2)v(3)見解析【詳析】（1）由勻速圓周運動線速度與周期的關(guān)系，可得v（2）設(shè)地球質(zhì)量為M，探測器質(zhì)量為m1，衛(wèi)星質(zhì)量為m2，探測器從被發(fā)射到無窮遠(yuǎn)的過程，由能量守恒定律得12m1v（3）小華的觀點正確。設(shè)發(fā)射后衛(wèi)星的速度為v2，發(fā)射過程由動量守恒得(m1+m2)由能量守恒定律得12m2v22-3．（2025·北京朝陽·二模）單擺裝置如圖所示，擺球始終在豎直面內(nèi)運動，擺球可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，請完成下列問題：(1)若擺長為L，簡諧運動周期為T，求重力加速度的大小g；(2)若擺長為L，擺起最大角度為θ，求擺球通過最低點時速度的大小v0(3)若擺球質(zhì)量為m，擺動周期為T，重力加速度大小為g，通過最低點時的速度大小為v，擺球從左側(cè)最高點第一次擺到最低點的過程中，求細(xì)線對擺球拉力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)g(2)v(3)I【詳析】（1）由單擺做簡諧運動的周期公式T=2πL（2）由動能定理mgL1-cosθ=（3）此過程中重力、拉力對小球產(chǎn)生沖量，其中重力的沖量大小為I重=14mgT4．（2025·北京昌平·二模）隨著航空航天科技的發(fā)展，人類有能力開展深空探測，逐漸揭開宇宙的奧秘。(1)探測器繞某星球沿圓軌道勻速率運行時，測得軌道半徑的三次方與周期的二次方的比值為k。已知引力常量為G。求該星球的質(zhì)量M。(2)太空中的探測器通過小型等離子推進(jìn)器獲得推力。在推進(jìn)器中，從電極發(fā)射出的電子撞擊氙原子使之電離，氙離子在加速電場的作用下，從探測器尾部高速噴出，產(chǎn)生推力。已知探測器（含推進(jìn)器和氙離子）的初始質(zhì)量為M0，每個氙離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電壓為U，等離子體推進(jìn)器單位時間內(nèi)噴出的離子數(shù)為n。不計其它星球?qū)μ綔y器的作用力和離子間的相互作用。取剛向外噴出離子的時刻為初始時刻（t=0），求探測器的加速度大小a隨時間(3)深空探測器常借助行星的“引力彈弓效應(yīng)”實現(xiàn)加速。設(shè)質(zhì)量為m1的探測器以相對太陽的速率v1飛向質(zhì)量為M2的行星，行星相對太陽的軌道速率為v2，方向與v1相反。探測器從行星旁繞過（如圖所示），忽略太陽引力及行星自轉(zhuǎn)的影響，探測器遠(yuǎn)離行星后相對太陽的速率為v'①推導(dǎo)v'1的表達(dá)式（用②簡要說明“引力彈弓效應(yīng)”能使探測器明顯加速的原因。【答案】(1)M(2)n(3)①v'1=【詳析】（1）探測器繞星球沿圓軌道勻速率運行時，萬有引力提供向心力GmMr2=m2π（2）氙離子經(jīng)加速電壓U加速后，相對探測器的速度大小為v，根據(jù)動能定理得qU=12mv2在t時間內(nèi)噴出氙離子質(zhì)量為Δm=nmt根據(jù)動量定理得Ft=Δm·v聯(lián)立解得F（3）①設(shè)探測器繞過行星后，行星速率為v2M根據(jù)機械能守恒定律得12M2v22+12m②行星與探測器相互作用時，發(fā)生動量和能量的轉(zhuǎn)化。由于行星與探測器相對運動，行星具有較大的軌道速率，且m?5．（2025·北京豐臺·二模）如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌BC在B點相接，導(dǎo)軌半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧時速度為v1，沿半圓形導(dǎo)軌到達(dá)C點時速度為v2，此后平拋落地（落地點未畫出）。不計空氣阻力，重力加速度為(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能Ep(2)物體在C點時受到的導(dǎo)軌給它的彈力FN(3)物體從C點平拋落地過程中重力的沖量大小I?！敬鸢浮?1)E(2)FN(3)I【詳析】（1）根據(jù)能量守恒可得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能為E（2）在C處以物體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得mg+FN=m（3）物體從C點平拋落地過程中，豎直方向有2R=12gt6．（2025·北京西城·二模）如圖所示，小物塊的質(zhì)量m=0.10kg，以速度v0=2m/s開始運動，運動至水平桌面右端拋出。物塊的拋出點距水平地面的高度h=0.80m，落地點與桌面右端的水平距離s(1)物塊在空中運動的時間t；(2)物塊離開桌面右端時速度的大小v；(3)桌面摩擦力對物塊做的功W?！敬鸢浮?1)0.4s(2)1m/s(3)-0.15J【詳析】（1）物塊離開桌面后做平拋運動，在豎直方向上有h=12g（2）物塊在水平方向上有s=vt（3）物塊在水平桌面上的運動過程，根據(jù)動能定理有W=127．（2025·北京東城·二模）如圖所示，長為l的細(xì)線，一端系有質(zhì)量為m的小球，另一端通過光滑的輕質(zhì)小圓環(huán)套在O點的釘子上，小球在高為h的光滑水平桌面上做勻速圓周運動。若小球的速度緩慢增大，當(dāng)細(xì)線的拉力達(dá)到F時，細(xì)線斷裂，小球垂直桌面邊緣拋出。重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)小球從水平桌面上拋出時的速度大小v0(2)小球落地點到桌面邊緣的水平距離s；(3)小球落地時的動能Ek【答案】(1)v(2)s(3)E【詳析】（1）細(xì)繩拉力為F時，根據(jù)牛頓第二定律可知F=mv02l解得（2）根據(jù)平拋運動的規(guī)律h=12gt2（3）由機械能守恒定律可知，小球落地時的動能E8．（2025·北京西城·一模）火箭的飛行應(yīng)用了反沖原理，借助噴出燃?xì)獾姆礇_作用獲得推力。已知某火箭與其所載燃料的初始總質(zhì)量為M，在t=0時刻，火箭由靜止出發(fā)，豎直向上運動，如圖1所示?；鸺掷m(xù)均勻向下噴射燃?xì)?，在任意的極短時間Δt內(nèi)，噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量均為Δm，噴出的燃?xì)庀鄬鸺乃俣群銥閡。在極短時間內(nèi)，火箭噴出的燃?xì)獾闹亓h(yuǎn)小于火箭的推力，火箭速度的變化量遠(yuǎn)小于燃?xì)馑俣鹊淖兓?。不計空氣阻力，重力加速度的大小g(1)求火箭速度大小為v的瞬間受到燃?xì)馔屏Φ拇笮，據(jù)此判斷火箭在豎直上升階段受到燃?xì)獾耐屏κ欠褡兓?2)若火箭在豎直上升階段，可使用的燃料質(zhì)量為m，求該階段火箭可獲得的最大加速度的大小am。(3)測得火箭在豎直上升階段，1a+g隨時間t變化的圖像是一條直線，如圖2所示，a為火箭加速度的大小。已知直線的縱截距為b，斜率的絕對值為k，為明確其物理意義，請推導(dǎo)b【答案】(1)Δmu(2)Δ(3)k=1【詳析】（1）在火箭速度大小為v的瞬間，以極短時間?t內(nèi)噴射出的燃?xì)鉃檠芯繉ο笤O(shè)燃?xì)馐艿交鸺龑ζ渥饔昧Φ拇笮镕'，規(guī)定豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理有F'Δt=Δm（u-v）-Δm(-v)（2）質(zhì)量為m的燃料燃盡時，火箭的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律a（3）在t時刻，火箭及火箭內(nèi)剩余燃料的質(zhì)量m'=M-Δ則k=19．（2025·北京東城·一模）某人在室內(nèi)以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外由該樓的樓頂自由落下的一個小石子拍攝在照片中，測得照片中石子運動痕跡的長度為h=0.8cm。已知本次攝影的曝光時間是Δt=0.01s，實際長度為L=100cm的窗框在照片中的長度為l=4.0cm。重力加速度(1)根據(jù)照片計算曝光時間內(nèi)石子下落的實際距離H；(2)求曝光時間內(nèi)，小石子運動的平均速度的大小v；(3)已知小石子的質(zhì)量m=10g，估算小石子從樓頂下落至拍照時小石子所受重力的沖量的大小I【答案】(1)H(2)v(3)I【詳析】（1）根據(jù)照片尺寸與實際長度的比例關(guān)系Ll=H（2）曝光時間內(nèi)，小石子運動的平均速度的大小v（3）根據(jù)動量定理I10．（2025·北京西城·一模）半徑為R的光滑半圓軌道處于豎直平面內(nèi)，軌道與水平地面相切于軌道的端點A。一質(zhì)量為m的小球從A點沖上半圓軌道，沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上，重力加速度為g。若恰好能實現(xiàn)上述運動，求：(1)小球在B點時速度的大小vB；(2)小球的落地點與A點間的距離x；(3)小球剛進(jìn)入圓弧軌道時，軌道對小球彈力的大小FA?！敬鸢浮?1)v(2)x(3)F【詳析】（1）小球恰經(jīng)過B點時，根據(jù)牛頓第二定律有mg=mv（2）小球從B點飛出后做平拋運動，在豎直方向上有2R=12gt2得t=2R（3）設(shè)小球在A點速度的大小為vA，在小球從A點運動到B點的過程中根據(jù)動能定理有-mg?2R=12mvB11．（2025·北京豐臺·二模）太空電梯是人類設(shè)想的一種通向太空的設(shè)備，如圖所示，在地球赤道上利用超輕超高強度材料建設(shè)直通高空的電梯，可以將衛(wèi)星從地面運送到太空。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，自轉(zhuǎn)角速度為ω，引力常量為G，質(zhì)量為m1與m2的兩個質(zhì)點若相距無窮遠(yuǎn)時勢能為零，則相距為r時的引力勢能為(1)求地球同步衛(wèi)星的軌道半徑R0(2)利用太空電梯將一質(zhì)量為m、靜止在地球表面的衛(wèi)星運送到同步衛(wèi)星軌道，使其成為一顆同步衛(wèi)星。寫出上述過程衛(wèi)星機械能變化量的表達(dá)式（同步衛(wèi)星的軌道半徑可直接用R0(3)已知在距離地心約為0.707R0處，將衛(wèi)星相對電梯靜止釋放，衛(wèi)星恰好不能撞擊到地面。若在距離地心0.707R【答案】(1)3(2)見解析(3)見解析【詳析】（1）同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，則有G解得R（2）動能的變化量ΔEk=12mωR02-12mωR2ΔE=（3）情況1：從0.707R0到情況2：在R0情況3：從R0到3情況4：從32R0到2R0釋放，衛(wèi)星與地心的距離一直增大。其中，當(dāng)112．（2025·北京西城·二模）物理模型對于研究有重要意義，研究中要根據(jù)解決問題的需要對模型進(jìn)行改進(jìn)和優(yōu)化，以提高其可靠性和實用性。已知地球質(zhì)量為M，可視為質(zhì)量均勻分布的半徑為R的球體，引力常量為G，不考慮地球自轉(zhuǎn)。(1)在地球表面將物體以初速度v0a．若忽略萬有引力的變化，物體上升過程的v-t圖像如圖1所示。求重力加速度的大小g及物體上升到最高點所用的時間b．若考慮萬有引力的變化，在圖1中定性畫出物體上升階段的v-t圖像，標(biāo)出物體上升到最高點的時間(2)在地球赤道表面向北極發(fā)射洲際導(dǎo)彈a．若忽略萬有引力大小的變化，某同學(xué)提出將導(dǎo)彈的運動分解為繞地心的勻速圓周運動與垂直地球表面的勻變速直線運動。若導(dǎo)彈發(fā)射速度的大小為v1，方向與地面的夾角為θ，如圖2所示。推導(dǎo)導(dǎo)彈距地面的高度h隨運動時間tb．若考慮萬有引力的變化，導(dǎo)彈僅在地球引力作用下的運動軌跡是橢圓，地心O為橢圓的一個焦點，如圖3所示。已知取無窮遠(yuǎn)處的引力勢能為0，質(zhì)量為m的物體在距地心為rr≥R處的引力勢能EP=-GMmr，該物體在地球引力作用下做橢圓運動時，其機械能E（動能與引力勢能之和）與橢圓半長軸a【答案】(1)t1=(2)h=v1【詳析】（1）a．設(shè)物體的質(zhì)量為m由GMmR2=mgb．若考慮萬有引力的變化，隨著高度的增加，萬有引力逐漸減小，故物體的加速度逐漸減小，反映在v-t圖像中，圖像的斜率逐漸減小，上升到最高點的時間增大，其（2）a．導(dǎo)彈繞地心的做勻速圓周運動的線速度為v1cosθ則圓周運動的向心加速度an=v1cosθ2R設(shè)導(dǎo)彈垂直地球表面做勻變速直線運動的加速度大小為b．導(dǎo)彈發(fā)射速度最小時，導(dǎo)彈的機械能最小，由題意可知，橢圓軌道的半長軸a最小，則另一焦點O'根據(jù)幾何關(guān)系2a=R+2213．（24-25高三下·北京海淀·二模）科學(xué)家根據(jù)天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質(zhì)在做彼此遠(yuǎn)離運動，且質(zhì)量始終均勻分布，在宇