高考物理试题汇编：运动学

高考真题汇编运动学

1.（2024・重庆・高考真题）如图所示，某滑雪爱好者经过历点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜

雪道，当其达到N点时速度为0,水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线

运动。则”到N的运动过程中，其速度大小丫随时间，的变化图像可能是（）

【答案】C

【详解】滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大小不变）的倾

斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动。故选C。

2.（2024•海南•高考真题）商场自动感应门如图所示，人走进时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s

恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m,若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动,

完全打开时速度恰好为0,则加速度的大小为（）

A.|.25m/s2B.lm/s2C.0.5m/s2D.0.25m/s2

【答案】C

【消解】设门的最大速度为y,根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为且

时间相等，均为2s,根据x=gx4可得y=InVs则加速度«=-=-ni/s2=O.5in/s2故选Co

3.（2024・河北•高考真题）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹

性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的口-，图像，如图所示。图像中。、氏C、d四点中对应篮球

位置最高的是（）

【答案】A

【详解】由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接

触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一-次反弹后上升至。点，此时速度第一-次向

上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是，点。

故选Ao

4.（2024・甘肃•高考真题）小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场〃到“兰州大学”站的If图像如图所

东方红广场兰州大学

A.980mB.1230mC.1430mD.1880m

【答案】C

【详解】uT图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得x=（74—25+94）x20xgm=1430m故选C。

5.（2024・山东•高考真题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上/点距离为L木板由

静止释放，若木板长度为心通过4点的时间间隔为M：若木板长度为2乙通过4点的时间间隔为加2.加2：甑

A.(G-1):(0-1)

B.(73-72):(72-1)

C.(6+1):(加+1)

D.(x/3+>/2):(V2+l)

【答案】A

【详解】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为〃，木板从静止释放到下端到达力点的过

程，根据运动学公式有L=木板从静止释放到上端到达/点的过程，当木板长度为▲时，有2L=g*

当木板长度为2L时，有3L=gm；又MHZ,=Lo联立解得：5=（6-1）：（夜一1）故选A。

6.（2024•福建•高考真题）某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试

的速度一时间图像如图所示。已知0~3.0s和3.5〜6.0s内图线为直线，3.0~3.5s内图线为曲线，则该车（）

A.在0~3.0s的平均速度为10m/sB.在3.0〜6.0s做匀减速直线运动

C.在0~3.0s内的位移比在3.0~6.0s内的大D.在0〜3.0s的加速度大小比3.5~6.0s的小

【答案】D

【详解】A.根据―/图像可知，在0〜3.0s内汽车做匀加速直线运动，平均速度为三上手m/s=15m/s故

A错误；

B.根据图像可知，在3.0〜3,5s内速度-时间图像为曲线，汽车做非匀变速运动，在3.5~6s内图像为

倾斜的直线，汽车做匀减速直线运动，故B错误;

C.根据口-，图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示:

v/m-s'

»t/S

01.02.03.04.05.06.0

可得在0〜3.0s汽车的位移大小为％x30x3m=45m在3.0~6s汽车的位移大小

x2>^x30x（6-3.0）m=45m可知（）~3.0s的位移比3.0〜6.0s的小，故C错误。

D.根据UT图像的斜率绝对值表示加速度大小，由可知在0~3.0s的汽车加速度为q=gm/s2=10m/s2在

3.5~6s的汽车加速度约为生。努|m/s2=-11.6m/s2负号表示加速度方向和速度相反，则在0~3.0s的加

速度大小比3.5~6.0s的小，故D正确。故选D。

7.（2023・广东•高考真题）的原子喷泉钟是定标"秒〃的装置…在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铀原子

团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，艳原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到

达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铀原子团速度-或加速

度。随时间，变化的图像是（）

【答案】D

【详解】AB.钠原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在图像中，斜率为加速度,

故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误；

CD.因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。

故选Do

8.（2023•山东•高考真题）如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、s、r三点，已知sr

间的距离是的两倍，HS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,则公交车经过7点时的瞬时

速度为（）

RST

A.3m/sB.2m/sC.lm/sD.0.5m/s

【答案】C

【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x,则根据题意有="幺，

_2xv«.+v

%=丁=六二联T立解得£2=4〃，〃'=M-10再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有“=此一/5〃

<2乙

则at!=2m/s其中还有乙=也一。力解得vR=llm/s联立解得v7=lm/s故选C

22o

9.12024•海南•高考真题）在跨越河流表演中，一人精车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长x=25m

的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m,不计空气阻力，取g=IOm/s2,则两平台的高度差h为（）

幽

A.0.5mB.5mC.10mD.20m

【答案】B

【详解】车做平抛运动，设运动时间为匕竖直方向力尸水平方向d=3其中d=25m、%=25m/s解

得力=5m故选B。

10.（2024•湖北•高考真题）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。

设低处荷叶。、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，〃、力高度相同，c、4高度相同，a、〃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（）

D.荷叶d

【答案】C

【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有=尸可得v=x店因此水

平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶c上面。故选C.

11.（2024•浙江•高考真题）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水样窗的两倍，

在地面上平移水柚，水恰好从楠口中心尢阻挡地落到楠底边沿儿已知桶高为儿直径为。，则水离开出水

口的速度大小为（）

细水管

【答案】C

落到桶底A点时T=voJ—解得

【详解】设出水孔到水桶中心距离为*,则

2VS

（逑产旧故选C.

12.（2024・江西•必考真题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处.如图所示,

以小鱼跃出水面处为坐标原点,x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为%，末速度v沿x轴正方向.在

此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置X、竖直位置小水平方向分速度L和竖

直方向分速度匕与时间，的关系，下列图像可能正确的是（）

【详解】AC.小鱼在运动过程中只受重力作用,则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即匕为定值，则有

水平位移”=匕，故A正确，C错误；

BD,小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则），=匕匕.=%一日且最高点时竖直方向的速度为0,

2

故B错误，D正确。故选AD。

13.（2024•山东•高考真题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物,初速度%大小为20m/s,与水平

方向的夹角为30。，抛出点P和落点。的连线与水平方向夹角为30。，重力加速度大小取lOm",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瓜

B.落地速度与水平方向夹角为60°

C.重物离PQ连线的最远距离为10m

D.轨迹最高点与落点的高度差为45m

【答案】BD

【详解】AC.将初速度分解为沿PQ方向分速度匕和垂直尸。分速度。,则有i08s600=10m/s,

匕二%sin6()o=10V5m/s将重力加速度分解为沿PQ方向分速度4和垂直PQ分速度的，则有

22

4=gsin300=5m/s,a2=gcos30。=5Gm/s垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为，==4s重

物离PQ连线的最远距离为4皿=R-=l0Gm故AC错误；

2a2

B.重物落地时竖直分速度大小为匕.=-％力】3()。+/=3()01人则落地速度与水平方向夹角正切值为

tanO=2=-二B=可得。=60。故B正确；

匕%cos30°

D.从抛出到最高点所用时间为乙=2^1"=ls则从最高点到落地所用时间为/2=/-L=3s轨迹最高点与落

8

点、的高度差为〃=J8片=45m故口正确。故选BD。

14.(2024・福建•高考真题)如图，某同学在水平地面上先后两次从〃点抛出沙包，分别落在正前方地面。和

Qn处。沙包的两次运动轨迹处于同•竖直平面，且交于。点，“点正下方地面处设为O点。已知两次运动

轨迹的最高点离地高度均为3.2m,O”=1.4m,OQ{=8.4m,Oft=9.8m,沙包质量为0.2kg,忽略空气

阻力，重力加速度大小取lOm/s?,则沙包()

A.第一次运动过程中上升与下降时间之比近:4

B.第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3J

C.第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72:85

D.第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大

【答案】BD

【详解】A.沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动〃，则可得第一次抛出上升的高度为

4=32口一1.4111=1.81]1上升时间为1=0.6s最高点距水平地面高为4=3.2m,故卜.降的时间为

=0.8s故一次抛出上升时间，下降时间比值为3:4,故A错误;

BC.两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为，=5+%=L4s

故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为,=半=61］通，匕2=^=7m/s由于两条轨迹最

高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为匕=8",=6»1/5由于沙包在空中运动过程中只受重力，机

械能守恒，故第•次过P点比第二次机械能少bE=匕J+Y+吸尸=1.3J从抛出至小落地

瞬间根据动能定理可得线1二线0|+〃3如=3"，（匕；+匕2）+"侬弧=1OJ，

线2=心02+"«心”=3切（匕22+。2卜"名人.=11.31则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100:113,故

B正确，C错误；

D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖育方向的分速度也相同，由

于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向

的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度

方向夹角比第二次大，故D正确。

Vfv*y，

yi2

故选BDo

15.（2023・湖南•高考真题）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。，且轨迹交于〃点，抛出

时谷粒1和谷粒2的初速度分别为W和叱，其中W方向水平，巳方向斜向上。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（）

图(a)图（b）

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”

C.两谷粒从。到P的运动时间相等D.两谷粒从。到户的平均速度相等

【答案】B

【详解】A.抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2

的加速度，A错误；

C.谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从。点运动到P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2

做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；

B.谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与

谷杭1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于匕，B止

确：

D.两谷粒从。点运动到。点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于•谷粒

2的平均速度，D错误。

故选Bo

16.（2023・山东•高考真题）电磁烟灭火消防车（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火火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的火火

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=60m,灭火弹出膛速度％=50m/s,

方向与水平面夹角。=53。，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2,sin530=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七二；。。：转化为灭火弹动能的效率〃=15%,灭火弹的质量为3kg,电容

C=2.5XI04HF,电容器工作电压U应设置为多少？

高楼”

【答案】(1)60m；(2)t/=i00Qx/2V

【详解】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有L二%cos。•/竖直方向上有，=%sin"-g/2代入

数据联立解得”=60m

（2）根据题意可知4==15%x；CO?乂因为&=；〃就联立可得〃=100（）近V

17.（2024・广东•高考真题）如图所不，在细绳的拉动卜，半径为，•的卷轴可绕其固定的中心点。在水平面

内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为/的细管，管底在。点。细管内有一根原长为g、劲度系数为A

的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为〃人可视为质点的插销。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，丫的最大值为（）

。・点

【答案】A

【详解】有题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长最为盘=根据胡克定律有"=&Ar=与插销与

卷轴同轴转动，角速度相同,对插销有弹力提供向心力F=mlar对卷轴有-=2联立解得v=J—故选Ao

\2m

18.（2024・江西•高考真题）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）、

（匕）所示，传动装置有一高度可一周的水平圆盘，可绕通过中心。点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘/处固定

连接•轻绳，轻绳另•端〃连接转椅（视为质力、）。转椅运动稳定后，具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〃，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电匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕0点做半

径为“的匀速圆周运动。求A8与08之间夹角。的正切值。

（2）将圆盘升高，如图（b）所示。圆盘匀速转动，转椅运动桧定后在水平雪地上绕。1点做半径为4的匀

速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为6,绳子在水平雪地上的投影A8与的夹角为求此时圆盘的

角速度电。

S室］⑴“gsinOcos^

"人例＞［（sin夕sin〃+4cos夕）4

【详解】（1）转椅做匀速圆周运动，设此时轻绳拉力为兀转椅，贡量为加，受力分析可知轻绳拉力沿切线方

向的分最与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分尾提供圆周运动的向心力，故可得

//P

Tcosa=,pmg=Tsina联立解得tana=——

助Y

（2）设此时轻绳拉力为7',沿AB和垂直AB竖直向上的分力分别为7；=r'sin。，4=7'cos。对转椅根据

牛顿第二定律得7；cos/?=〃，，域与沿切线方向刀sin6=/=由竖直方向入+4=mg联立解得

|sin。cos夕

（0->=H--------------------------v-

'\（sin0sin/7+〃cos0）4

19.（2023・北京・高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的

轻绳一端固定于。点，另一端系一待测小球，使其绕。做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为R

用停表测得小球转过〃圈所用的时间为/，用刻度尺测得。点到球心的距离为圆周运动的半径也下列说法

正确的是（）

A.圆周运动轨道可处于任意平面内

B.小球的质量为上空

C.若误将〃-1圈记作〃圈，则所得质量偏大

D.若测火时未计入小球半径，则所得质量偏小

【答案】A

【详解】A.空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，政A正确；

B.根据/=〃//?,。二型解得小球质量〃?=故B错误；

t4兀

C.若误将小1圈记作〃圈，则得到的质量偏小，故C错误；

D.若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。

故选Ao

20.（2023・福建・高考真题）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。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。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=0.2m,杆与竖直转轴的夹角。始终为60。，弹簧原长与=0.1m,弹簧劲度系数攵=100N/m,圆环

质量〃?=1kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10mH,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。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）0.05m：（2）-^-rad/s；（3）l（）rad/s

3

【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得E=〃?g8sa=5N根据胡克定律£=%心得

Ay=?=0.05m弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到。点的距离

K

X=%一乂=0.05m

（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿

第二定律得器=〃咐）由几何关系得圆环此时转动的半径为r=/Sina联".解得/=呼匐“

（3）圆环处于细杆末端尸时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得

T=ML-NJ=10N

对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合刀提供向心力，则有"[g+rcosa=/sina,

Tsina+FNCOSa-。/由几何关系得尸=Lsina联立解得rw=1Orad/s

21.（2025・浙江•高考真题）地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a运行到A从c运行到d

的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S和邑，且5＞邑。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公

转轨道半径的0.6倍，则彗星（）

哈宙彗星

O…

A.在近日点的速度小于地球的速度

B.从b运行到c的过程中动能先增大后减小

C.从a运行到/）的时间大于从c运行到d的时间

D.在近日点加速度约为地球的加速度的0.36倍

【答案】c

v2IGM

【详解】A.地球绕太阳做匀速圆周运动'万有引力提供向心力G7哈雷彗星在近口

点的曲率半径小于地球半径，因此哈雷彗星在近日点的速度大于地球绕太阳的公转速度，A错误;

B.从人运行到c的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减

小，B借误；

C.根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳经过相同的时间扫过的面积相同，根据\>S2可知从a运行到

方的时间大于从c运行到d的时间，C正确；

D.万有引力提供加速度=->4=5上则哈雷彗星的加速度《与地球的加速度电比值为

r~r~

—=^-=777♦D错误。故选C。

a2/f0.36

22.（2024・天津•高考真题）卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为M卫星发射后在地球同步

轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为小则卫星未发射时和在轨道上运行时（）

A.角速度之比为1:1B.线速度之比为〃：病

C.向心加速度之比为R:厂D.受到地球的万芍引力之比为

【答案】AC

【详解】A.卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同

步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比

为1:1,故A正确；

B.根据题意，由公式y=可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为轨

道半径之比故B错误；

c.根据题意，由公式"如，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之

比为轨道半径之比H:r,故C正确；

D.根据题意，由公式?=华可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道

r

半径的平方成反比，即名：相,故D错误。

故选ACo

23.（2024・贵州•高考真题）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，小弓且向心加速度大小分别为4、%，贝I（）

A.2B五=且

c.44=你D.。斤=。242

【答案】D

【详解】设土星的质量为“，两颗卫星的质量分别为见、〃4，对两颗卫星，根据牛顿第二定律6粤="，刈，

4

G华.=6必整理可得=生婿故选D。

24.（2024•重庆•高考真题）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。、力两个天体的质量均为M,相距为2人其连线的中点为。，另一天体（图中未画出）质量为加（m«

历），若。处于。、力连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、。可视为绕。点做角速度相同的匀速圆周，且

相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（)

A.。的线速度大小为。的百潜B.c的向心加速度大小为6的一半

C.c•在一个周期内的路程为2”D.c•的角速度大小为

【答案】A

由于〃7<<“，则对a天体有6篝=Mir解得切

【详解】D.a、b、c三个天体角速度相同，故D

“，Mmr

错误；A.设c与a、6的连线与。、/）连线中垂线的夹角为a,上c天体有2G2记/解得

sina

a=30。则c的轨道半径为4=—j=百厂由v=cor,可知c的线速度大小为。的石倍，故A正确；

tan30

B.由4=（0%可知c的向心加速度大小是人的G倍，故B错误;

C.c在一个周期内运动的路程为s=2“=26仃故C错误。故选A。

25.（2024・重庆•高考真题）2024年5月3口，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的

着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（）

A.减速阶段所受合外力为0B.悬停阶段不受力

C.自由下落阶段机械能守恒D.自由下落阶段加速度大小g=9.8m/s2

【答案】C

【详解】A.组合体在减速阶段有加速度，合外力不为零，故A错误；

B.组合体在悬停阶段速度为零，处于平衡状态，合力为零，仍受重力和升力，故B错误;

C.组合体在自由下落阶段只受重力，机械能守恒，故C正确：

D.月球表面重力加速度不为9.8m/s2,故D错误。

故选C。

26.（2024・浙江•高考真题）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切〃的小行星乙的公转轨道如图所示，假

设这些小行星与地球的公转轨道都在同•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

小行星乙的近日点到太阳的距离为及，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尹居

D.甲乙两星从远日点到近日点的时间之比7=Jg+

t2V（&+R）

【答案】D

【详解】A.根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度小于近日点的速度，故A错误;

B.根据瞥=〃以小行星乙在远F1点的加速度等于地球公转加速度，故B错误；

R~

R+R

C.根据开普勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比工。:2]=恪噂.故c错误;

R2+R

D,甲乙两星从远H点到近H点的时间之比即为周期之比3=」炉驾故D正确。故选D。

f2丫（&+R）

27.（2024・安徽•高考真题）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51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km,周期约为24h0则鹊

桥二号在捕获轨道运行时（）

捕获轨道

近月点月球

冻结轨道、

A.周期约为144h

B.近月点的速度大了远月点的速度

C.近月点的速度小于在冻结凯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

【详解】A.冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得乐=与整理得

A.怅

B.根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B正确；

C.近月点从捕获轨道到冻结轨道鹊桥二号进行近月制动，捕获轨道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；

D.两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，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。故选

28.（2024•河北•高考真题）2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探

月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点4距月心约为

2.0x103km,远月点8距月心约为L8x104km,8为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（）

A.鹊桥二号从。经8到。的运动时间为12h

B.鹊桥二号在4、8两点的加速度大小之比约为81：1

C.鹊桥二号在。、。两点的速度方向垂直于其与月心的连线

D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s

【答案】BD

【详解】A.鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从力做减速运动，从B-A

做加速运动，则从。好8-。的运动时间大于半个周期，即大于12h,故A错误；

八Min八Mm

B.鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有G—=〃%同理在B点有G—=g带入题中数据联立解得aA,

rArB

aB=81：1故B正确；

C.由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在。、。两

点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；

D.由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的"卫星"，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发

射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s,小于地球的第二宇宙速度11.2km/s,故D正确。

故选BDo

29.（2024•山东•高考真题）"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人已知地球

静止卫星的轨道半径为尸，则月球与地球质量之比可表示为（）

人•居B.耳C./口.%

【答案】D

【详解】“鹊桥二号”中继星在24小时椭圆轨道运行时，根据开普勒第三定律条=女同理，对地球的静止卫

/kMno,

星根据开普勒第三定律又开普勒常量与中心天体的质量成正比，所以联立可得£六二二故

T2/kM地r

选Do

30.（2024•湖北•高考真题）太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方