2025北京高考物理一模试题汇编：曲线运动（4大考点）含答案解析

专题02曲线运动

考点1：抛体运动

考点01抛体运动

1.（2025•北京西城•一模）如图所示，质量为机的足球在地面的1位置由静止被踢出后落到水平地面的3

位置，运动轨迹为虚线所示。足球在空中达到的最高点2的高度为九速度为外已知1、2位置间的水平

距离大于2、3位置间的水平距离。足球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.足球在空中运动过程机械能守恒

B.人对足球做的功大于吆力

C.足球在位置2时的加速度等于g

D.足球从位置2到位置3,动能的增加量等于加

【答案】B

【详解】A.若足球运动过程中不受空气阻力作用，则物体运动轨迹应关于过最高点与水平面的垂线对称,

根据题意1、2位置间的水平距离大于2、3位置间的水平距离可知足球受到空气阻力作用，如空气阻力对

足球做负功，足球在空中运动过程机械能减少，故A错误；

B.设地面为零势能面，人对足球做的功等于人在最高点的机械能（l/nv2+/^/O加上足球克服空气阻力

做的功，即人对足球做的功大于?〃八J故B正确；

1

c.足球在位置2时竖直方向的加速度为g,水平方向速度不为零，即水平方向受到空气阻力，水平方向加

速度不为零，根据矢量的合成可知足球在位置2时的加速度大于❷，故C错误；

D.足球从位置2到位置3,根据动能定理可知动能的增加量等于重力做的功（mgh）减去克服空气阻力做

的功，即足球从位置2到位置3,动能的增加量小于〃磔,故D错误。

故选Bo

2.（2025•北京门头沟•一模）跳水运动员保持直立.状态，双脚朝下由静止开始下落。开始时双脚距离水面

5m。下列说法正确的是（）

A.运动员在空中运动的时间约为2s

B.运动员在空中运动的时间约为1s

C.运动员入水时速度大小约为5m/s

D.运动员入水时速度大小约为lm/s

【答案】B

【详解】AB.根据位移时间关系力=；g/

代入数据解得运动员在空中运动的时间/=1s

故B正确，A错误；

CD.运动员入水时速度大小^=87

代入数据可得运动员入水时速度大小y=10m/s

故CD错误。

故选Bo

3.（2025・北京延庆•一模）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一小

球，小球的质量为0.5kg,假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于IN。重力加速度g取:10m/s2。下

列说法正确的是（）

A.小球的重力势能最多可增加6J

B.小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为1.5s

C.小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为2.5N-s

D.小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为55J

【答案】D

【详解】A.小球从气球上落下后先上升后下降，小球上升过程中，根据牛顿第二定律，型位/仅/

解得fl/=12m/s2

2

小球到达最高点经过的时间为4=上=。-5$

a\

小球离开气球上升的高度为"=3=L5m

小球的重力势能最多可增加△Ep=〃?g(〃+%)=80J

选项A错误；

B.下落时的加速度外二"二Z=8m//

rn

卜.落的时间G=2s

可知小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为，=L+/2=0-5s+2s=2.5s

选项B错误；

C.设向下为正向，则小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为/,=立-九=T,5N-s

即阻力冲量大小1.5NS,选项C错误;

D.落地的速度V2=6f2/2=16m/s

小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为=\mv2-\0.5X(162-62)J=55J

选项D正确。

故选D。

4.(2025•北京房山•一模)如图曰所示，物体A以速度％水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动的

轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与物体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无初速下

滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正确的是()

A.物体B的机械能不守恒

B.两物体重力的冲量不相等

C.两物体合力做功不相等

D.两物体落地时重力的瞬时功率相等

【答案】B

3

[AC.两物体下落过程中，都只有重力做功，大小相等，机械能守恒，故AC错误；

B.A物体做的是平抛运动，在竖直方向的加速度为g,而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存在，

竖直方向的加速度小于班所以两物体同时开始运动，运动时间不同，根据可知，两物体重力的冲

量不相等，故B正确；

D.设高度为人A物体竖直方向的速度为=7^

B物体到底端的速度满足=；皿％2

解得％=J2g/?

物体竖直方向的速度%.=cosO<

BvBvyA

根据重力的瞬时功率P=-

可知两物体落地时重力的瞬时功率不相等，故D错误：

故选B«

5.（2025•北京丰台•一模）由于空气阻力的影响，被踢出的足球飞行轨迹如图所示。足球从位置1被踢出，

位置3为轨迹的最高点，位置2、4距地而高度相等。重力加速度为g,忽略足球的旋转。关于足球，下列

说法正确的是（）

A.到达位置3时，加速度为g

B.经过位置2时的速度大于经过位置4时的速度

C.由位置1到位置3减少的动能少于由位置3到位置.5增加的动能

D.由位置1运动到位置3的时间大于由位置3运动到位置5的时间

【答案】B

【详解】A.到达位置3时，足球受重力与空气阻力作用，加速度不为g,故A错误：

B.从经过位置2到经过位置4时，根据动能定理可知的速度-吗=4线，可知动能减小，则经过位置2时

的速度大于经过位置4时的速度，故B正确：

C.由位置1到位置3,根据动能定理有-叱-"侬7=

4

由位置3至IJ位置5,根据动能定理有勿3・吗=AE；

则由位置1到位置3减少的动能大于由位置3到位置5增加的动能，故C错误；

D.上升过程中阻力的分力与重力方向相同，下降过程中重力与阻力方向相反，则上升过程中平均加速度较

大，根据可知，由位置1运动到位置3的时间小于由位置3运动到位置5的时间，故D错误；

故选Bo

6.（2025•北京东城•一模）某人在室内以窗户为背景摄影时，恰好把窗外由该楼的楼顶自由落下的一个小

石子拍摄在照片中，测得照片中石子运动痕迹的长度为〃=0.8cm。已知本次摄影的曝光时间是4=0.01s,

实际长度为L=l（X）cm的窗框在照片中的长度为/=4.0cm。重力加速度W取lOm/s?,不计空气阻力。

⑴根据照片计算曝光时间内石子下落的实际距离〃；

⑵求曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小v；

⑶已知小石子的质量〃?=10g,估算小石子从楼顶下落至拍照时小石子所受重力的冲量的大小/。

【答案】（1）〃=20cm

（2）p=20m/s

（3）/=0.2Ns

JIJ

【详解】（1）根据照片尺寸与实际长度的比例关系-

/h

可得”=20cm

（2）曝光时间内，小石子运动的平均速度的大小-=〃=20m/s

△t

（3）根据动量定理/=Ap=w=0.2N-s

7.（2025•北京石景山•一模）如医所示，某同学从离水平地面高度为人处将铅球投出，铅球运动的最高点O

距地面高度为“，距抛出点水平距离为内，铅球质量为〃?，重力加速度为g,忽略空气阻力。求：

⑴铅球运动到最高点。时的速度大小V/;

⑵铅球从被抛出到落地的过程中所受重力冲量的大小/：

⑶该同学将铅球投出时铅球的动能a-o

5

【答案】（1）4=X|

(2)!=mg

⑶…与臀

【详解】（1）铅球运动到最高点。时竖直分速度为0,速度盯沿水平方向，由平抛运动规律”-〃=右小,为=卬

解得4=X

（2）铅球运动至最高点。后做平抛运动，由平抛运动规律”=（g产，H-h^gt1

全过程重力冲量I=〃吆（，+「）

解得/=冲

（3）由能量守恒，£卜+nigh=mgH+；mv；

解得耳3等野

考点02曲线运动

1.（2025•北京东城•一模）一质量为，〃的物块在光滑水平面上以速度％做匀速直线运动。某时刻开始受到

与水平面平行的恒力广的作用，之后其速度大小先减小后增大，最小值为与。下列图中初速度％与恒力”

【答案】D

6

【详解】根据题意物块的速度先减小后增大，可知恒力与速度外的夹角大于90。，将初速度沿方向和垂直户

方向分解，垂直尸方向的分速度不变，如图所示

根据几何关系有cose=2

%

可得6=60。

则力的方向与初速度方向夹角为&）。+90。=150。

故选Do

考点03圆周运动

1.（2025•北京门头沟•一•模）“货郎伞”是一种具有中国传统文化特色的伞具，即古代货郎担子上的遮阳伞。

在这种伞下通常陈列各种商品，伞上也常常装饰彩幡、拄件等，具有浓郁的民俗风格。卖货郎边走边转动

伞具，甚是好看。若将伞体绕伞把的转动看作匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

A.远离伞把的挂件向心加速度更大

B.在失重条件下也可以重复以上运动

C.靠近伞把的挂件偏离竖直方向的角度较大

D.只要伞体转动的角速度足够大，一定会有挂件达到水平状态

【答案】A

7

【详解】A.题意可知伞的挂件属于同轴转动，角速度相同，根据向心加速度a=

由于远离伞把的挂件「大，故远离伞把的挂件向心加速度更大，故A正确；

B.在失重条件下，物体加速度具有向下的加速度，挂件不可能重复以上运动，故B错误；

C.设挂件偏离竖直方向的角度为氏则有〃?且31夕=〃皿2「

解得①二楞兽

可知靠近伞把的挂件「小，因为右不变，故tan夕小，所以。小，故C错误；

D.因为挂件竖直方向一直受到重力作用，所以无论伞体转动的侑速度多大，挂件不可能达到水平状态，故

D错误

故选Ao

2.（2025•北京朝阳•一模）如图所示，光滑水平面上的铜球可绕竖直轴〃"、水平轴〃〃或水平轴久’转动。

如果铜球表面有明显的图案，可以观察它的转动情况；或者用手触摸它，通过感受力的作用可判断它的转

动情况。有人设想：如果铜球表面没有图案且绝对光滑，此时判断转动情况是不容易的。若水平面绝缘，

用以下方法一定能够判断光滑铜球是否在转动和转动方向的是（）

A.沿aC方向滴下一小滴红墨水，观察红墨水落在水平面上的痕迹

B.用另一等大的圆球沿例'直线撞击铜球，观察两球碰后的运动方向

C.用电子束使铜球带电，测量球带电前后轴〃，上某点的磁感应强度的变化

D.把磁铁的磁极沿轴〃/方向放置，观察铜球相对磁铁位置的变化

【答案】C

【详解】A.若Q〃方向滴卜一小滴红墨水，若铜球转动，红墨水在接触铜球瞬间会因摩擦力（此处假设存

在微小摩擦力）获得与铜球接触点相同的线速度。但由于铜球表面绝对光滑，红墨水与铜球之间不存在摩

擦力，红墨水不会因铜球转动而获得额外的速度，其落在水平面上的痕迹仅取决于滴下时的初始状态，无

法反映铜球是否转动以及转动方向，故A错误；

B.用另一等大的圆球沿〃/直线撞击铜球，两球碰撞后运动方向的变化取决于碰撞过程中的动量守恒、能

量守恒等因素以及碰撞的具体情况（如碰撞是否为弹性碰撞等），而与铜球原本是否转动并无直接关联，

8

不能通过观察两球碰后的运动方向来判断铜球是否转动和转动方向，故B错误；

C.当用电子束使铜球带电后，若铜球转动，带电的铜球会形成环形电流（因为电荷随铜球一起转动）。根

据安培定则，环形电流会在周围空间产生磁场，则在轴I：某点的磁感应强度就会发生变化。通过测量球

带电前后轴必上某点的磁感应强度的变化，就能够判断铜球是否转动：同时，根据磁场方向与电流方向的

关系（安培定则），还可以进一步判断转动方向，故c正确；

D.把磁铁的磁极沿轴方向放置，铜球本身是金属，但它不是磁性材料，即使铜球转动，在没有其他因

素（如铜球带电形成电流等）的情况下，铜球与磁铁之间也不会产生明显的与转动相关的相互作用，无法

通过观察铜球相对磁铁位置的变化来判断铜球是否转动和转动方向，故D错误。

故选Co

3.（2025•北京•一模）如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小

球在最低点时对轨道的压力大小为N,动能为反。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随

之改变。小球的N-线图线如图乙，其左端点坐标为（［1］，［2］）,其延长线与坐标轴的交点分班为（0,“）、

（功，0）o重力加速度为g。则（）

A.小球的质量为&B.圆轨道的半径为

aa

C.图乙［1］处应为劭D.图乙⑵处应为6。

【答案】D

【详解】A.在最低点由牛顿第二定律得又因为耳=:机声

R2

联立可得N=mg+半

R

由图可知冲=〃,解得〃?=州，A错误;

g

B.由上述分析可知，图像斜率为f==，解得尺=殳，B错误；

bRa

D.图线的最左端表示小球恰好能完成整个圆周运动

22

fjmg=，［2］-mg=

9

从最高点到最低点由机械能守恒有mg2R=；mv2-g〃魄

联立解得[2]=6mg=6%故D正确；

C.由D项分析可知[1]=3〃>=鲂，C错误。

故选0.>

4.（2025•北京石景山•一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的

结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为仇绳子长心水平杆长小球的质量为,〃。

不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.装置中绳子的拉力为/"gtwn。

B.装置转动的角速度为

C.装置转动的周期为2兀沪詈

D.装置旋转一周，小球的动量变化为0

【答案】D

【详解】A.对装置受力分析如图所示

mg

装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则Tcos6=〃7g

解得丁二鸟

cost/

故A错误；

BC.由牛顿第二定律mgtanG-mRco

10

其中圆周运动的半径为A=L-sinO+%

gtan0

联立解得装置转动的角速度为。=

%+Lsin。

装置转动的周期为丁蓦=2力绘评

故BC错误；

D.装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0,故D正确。

故选Do

5.（2025•北京朝阳•一模）用螺栓和螺母紧固构件，结构简单、连接可靠、装拆方便。

图1图2

⑴如图1所示，一种螺纹细密的新型螺母，其螺纹牙底有一个与螺栓轴向夹角为a=30。的楔形面，拧紧后,

螺栓上螺纹的牙尖抵在螺母牙底杈形面上的4点,对A点施加垂直于楔形面的作用力M由此产生沿螺栓

轴向张紧的力立求N与尸的比值。

⑵如图2所示，固定的、螺距为d的螺栓上有一螺母。由于负荷的机械作用，螺母沿轴向平移。

a.若螺母沿轴向匀速平移的速度为-时，求其绕轴转动的角速度例

b.把螺母简化为半径为广的圆筒.，螺母从静止开始转动且沿轴向的加速度恒为的，推导螺母内壁上的任意一

点速度灯与时间，的关系。

【答案】（1）2

⑵a手，4加产

【详解】（1）将N沿螺栓轴向与垂直于螺栓轴向分解，则有尸=Nsina

N

解得m=2

F

（2）a.螺母转动一周，螺母沿轴向平移一个螺距，贝I」有心生

V（D

11

解得。=子

b.对螺母内壁上的点，根据速度公式，在轴向上有四=〃6

任意时刻该点绕轴的线速度有v2=s'r

结合上述有力=斗

则螺母内壁.1：的任意•点速度叼=柝9

卬+4乃2/

解得q

6.（2025•北京丰台•一模）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆

球〃的质量为机，人蹲在踏板上时摆长为心人站立时摆长为L不计空气阻力，重力加速度大小为义。

⑴如果摆长为心"摆球”通过最低点时的速度为也求此时“摆球〃受到拉力丁的大小。

⑵在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“撰球”楔得越来越高。人蹲在

踏板上从最大摆角仇开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为4。假

定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明a>a。

⑶实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角。后,

如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最

低点"摆球”增加的动能△线应满足的条件。

【答案】（1）7=〃名+〃??

<1

（2）见解析

(3)A£>|mgl->ngl(1-cos

k2xe)

V2

【详解】（1）根据牛顿第二定律T-mg=m-

V

解得了

«1

（2）设人在最低点站起前后“摆球”的提动速度大小分别为匕、匕，根据机械能守恒得〃，姑（1-8明）=（如彳,

mgl2(I-cos^2)=—〃州

己知唧-%，整理得(1-cos^)=mgl2(1-cos6^)

12

因为4＞，2,整理得COS。]ACOS。?

所以

（3）设“摆球〃由最大摆角e摆至最低点时动能为耳，根据功能关系得纭=，咫4（1-cos。）

"摆球〃在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为％，根据牛顿第二定律得，咫=〃率

“摆球〃在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得Ek+AEkN2〃32+；〃k

整理可得mgl2-mgl}(1-cos^)

7.（2025•北京西城•一模）半径为内的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于轨道的端点A。

一质量为，〃的小球从A点冲上半圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度为g。

若恰好能实现上述运动，求：

R

O•/

（1）小球在B点时速度的大小VB；

（2）小球的落地点与4点间的距离X；

⑶小球刚进入圆弧轨道时，轨道对小球弹力的大小FA.

【答案】（1）%=旅

[2}x=2R

⑶以=6叫？

【详解】（1）小球恰经过B点时，根据牛顿第二定律有m…匡

得%=7^

（2）小球从4点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有2R=；娟

得哪

小球落地点与A点间的距离x=W

得x=2R

13

（3）设小球在八点速度的大小为心,在小球从八点运动到8点的过程中

根据动能定理有Thg2R=；川也2匕:

得vA=，5gR

小球刚进入圆弧轨道时根据牛顿第二定律有FA-mg=m^-

R

得以=6〃吆

8.（2025・北京延庆•一模）如图所示，半径火=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地

面相切于圆环的端点4。•质量〃，=0.5kg可以看成质点的物体从4点冲上竖直半圆环，沿轨道运动恰好能

通过8点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。求：

⑴物体通过B点时速度也的大小：

（2）人与C之间距离x的大小；

⑶物体刚进入圆轨道A点时轨道对物体支持力&的大小。

【答案】（l）2.0m/s

（2）0.8m

（3）3ON

【详解】（1）物体恰好通过3点时，根据牛顿第二定律可得照=用4

R

可得以=2m/s

（2）物体从8点飞出做平抛运动，根据2R=g4

A与C之间的距离为x=y“

可得x=0.8m

（3）物体经八点时受力分析如图所示

14

mg

根据动能定理，物体由4点运动到4点的过程中，有=

2

根据牛顿第二定律可得F-mg=加3

KR

可得FN=30N

9.（2025•北京朝阳•一模）如图所示，半径为R的四分之一圆瓠轨道顶端放置一个光滑物块，物块可视为

质点，物块与圆弧轨道的质量均为〃7。已知重力加速度为g。

⑴圆弧轨道固定在水平面上，由静止释放物块，求：

a.物块滑到轨道底端时速度的大小i，；

b.物块滑到轨道底端的过程中受到的冲量。

⑵凯道放在光滑水平面上，同时释放轨道和物块，求物块滑到轨道底端时速度的大小

【答案】（l）a.v=yf2gR,b.m厢,方向水平向右

⑵寸=质

【详解】（1）a.对物块，规定水平面的重力势能为零，根据机械能守恒有"由火=《/，八，2,解得

v=12gR

b.对物块，规定水平向右方向为正，根据动量定理有/=〃w-0,可得冲量的大小为，丁丽，方向水平向右

（2）设物块滑到底端时轨道的速度大小为因，滑块滑到底端的过程，滑块与轨道组成的系统机械能守恒,

规定水平面的重力势能为零，有叫R=①

滑块与轨道组成的系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有0=〃，-勿弘②

山①②解得一=炳

15

考点04万有引力定律

一、单选题

1.（2025•北京西城•一模）北斗卫星导航系统中包含地球静止卫星，即相对地面静止的卫星。静止卫星的

()

A.周期大于地球自转的周期

B.线速度大于地球的第•宇宙速度

C.向心加速度大于地球表面的重力加速度

D.向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度

【答案】D

【详解】A.相对地面静止的卫星的周期与地球自转的周期相等，故A错误;

B根据万有引力提供向心力G等=

可得八怦

第一宇宙速度是在地球表面运动的卫星的速度，相对地面静止的卫星的轨道半径大于在地球表面运动的卫

星，即静止卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B错误;

C.根据牛顿第二定律6等二〃刈

eGM

可得­r-

可知向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误;

D.根据仆可知向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度，故D正确。

故选Do

2.（2025•北京丰台•一模）中国天宫空间站在距离地面约为400km的轨道运行，可视为匀速圆周运动。地

球同步卫星距地面的高度约为36000km。比较它们的运动，下列说法正确的是（）

A.空间站的周期更小

B.空间站的线速度更小

C.空间站的角速度更小

D.空间站的向心加速度更小

16

【答案】A

【详解】A.根据6驾=用将

解得T=2在

空间站的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，空间站的周期更小，故A正确;

_的诉〃Mmv2

B.根据G——=—

厂r

解得旷=^^

空间站的线速度更大，故B错误；

C.根据G粤=〃//

r

解存3=种^

空间站的角速度更大，故c错误；

D.根据G?=.

r'

“GM

解得a=

空间站的向心加速度更大，故D错误。

故选Ao

3.（2025•北京房山•一模）某航天器绕地球运行的轨道如图所示，航天器先进入圆轨道1做匀速圆周运动，

再经椭圆轨道2,最终进入圆轨道3做匀速圆周运动。轨道2分别与轨道1、轨道3相切于P、Q两点。下

列说法正确的是（）

A.航天器在轨道1的运行周期大广其在轨道3的运行周期

B.不论在轨道1还是在轨道2运行，航天器在尸点的速度大小相等

C.航天器在轨道3上运行的运度小于第一宇宙速度

D.航天器在轨道2上从P点运动到Q点过程中，地球对航天器的引力做正功

【答案】C

17

【详解】A.根据万有引力提供向心力有丝丝=/〃丝

S•/

解-得7=2乃、」一

NGM

卫星在轨道1的运行周期小于其在轨道3的运行周期，故A错误；

B.根据变轨原理可知，航天器从轨道1到轨道2,需正P点加速，则航天器在2轨道时经过P点的速度较

大，故B错误；

C.第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周的最大环绕速度，所以航天器在轨道3上运行的速度小于第一宇

宙速度，故C正确；

D.卫星在轨道2上从P点运动到Q点的过程中，引力做负功，故D错误。

故选C。

4.（2025・北京顺义•一模）空间站在距离地面高度为介的圆轨道上运行。航天员进行舱外巡检任务，此时

航太员与空间站相对静止。已知地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,引力常量为G,卜列说法止

确的是（）

A.此时航天员所受合力为零

B.地球的质量为g（R+"）~

G

C.空间站的线速度大小为RJI一

V/?+/:

R

D.空间站的向心加速度大小为；~丁8

R+h

【答案】C

【详解】A.航天员相对空间站静止，即航天员和空间站一起相对地球做圆周运动，所受合力不为零，A错

误；

B.设地表有一物体，质量为小，忽略地球自转，有*■=mg,解得地球的质量为知=a，B错误；

R-G

C.由空竺=加±,其中r=R+%,得i，=但豆,代入地球质量，解得二，c正确：

r2r\R+hVR+h

GMmGMgR~

D.由上等=,也，其中r=R+儿得。=工7〒，代入地球质量，解得D错误。

厂（R+h）（R+h）

故选Co

5.（2025•北京丰台•一模）2024年4月25口，神舟十八号载人飞船与陛地表约400km的空间站顺利完成

径向对接。对接前，飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止：随后逐

18

步上升到“对接点"，与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动,下列说法正

确的是（）

A.飞船在“停泊点〃时，其运动速度大于空间站运动速度

B.飞船在“停泊点”时，万有弓力提供向心力

C.相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小

D.相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加

【答案】D

【详解】A.径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。飞船维持在“停泊

点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正卜方200米的轨迹半径较小，根据y="可知，

它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误；

B.飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有牛疗

飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分析可

需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误;

C.对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有坐

厂r

解得口=怦^

对接稳定后空间站速度与质量无关，保持不变，故c错误；

D.对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点〃，飞船的机械能增加，故D正确；

故选Do

二、解答题

6.（2025•北京乐城•一模）两黑沟绕具连线上的果一点做匀速圆周运动，组成•个孤立的双星系统，两黑

19

洞的质量分别为q、，公,两者间距为「，引力常量为G。

⑴求两黑洞做匀速圆周运动的角速度的大小”；

⑵科研人员观测到上述黑洞系统会向外辐射引力波，随着时间的推移，两个黑洞会缓慢靠近，系统的机械

能E逐渐减小。已知机械能£随时间，的变化率为第="华•学（△，-（））,其中当可以定义为两黑洞的

靠近速度匕。由广义相对论可知，该系统辐射引力波的功率2y（町+牡）0-'产，其中。为电磁

波在真空中的传播速度。当「较大时，靠近速度匕很小，不计两黑洞各自质量的变化。

a.求a的值；

b.请推导匕的表达式。

【详解】（1）两黑洞绕其质心做匀速圆周运动，设轨道半径分别为*弓，根据牛顿第二定律色罟■=

Grnm

)}-y-="叫2

因为4+4=「

（2）a.根据P=a可知尸（辐射功率）的单位是kgm2s-3

（叫吗丫（"%+”）的单位是kg，：

G（引力常量）的单位是kgLm3『；

4半径）的单位是m；

。（光速）的单位是m/s：

辐射功率的表达式为P=却“5如）2（见+生片/

等式左右单位应相同，屏kgm2-s-3=kg5-（m-s-1）5-（m'-kg2's'2『•tn"

化简得kg-m2-s7=kg•〃?1"":•s"

解得a=-5

20

,fih八人-十八A£GntnuAr

b.双星系统的幅射功率「=不=寸不

又因为尸=,Wi〃?2『（叫+，&）c'G》'

所以匕=M，叩〃2Wl+〃?2）c'G尸

7.（2025•北京顺义•一模）双星系统是指由两颗恒星组成的引力束缚系统，它们在相互的引力作用卜围绕

共同的质心（质量中心）做轨道运动。

5。B

⑴如图所示为某双星系统，恒星A、B绕其连线的中点。做角速度相等的匀速圆周运动,A、B的质量均为M。,

恒星A、B中心之间的距离为L,引力常量为G,求恒星A绕O点做圆周运动的角速度

（2）宇宙中某双黑洞系统可以看成双星模型，随着时间推移，系统会通过引力波辐射能量，导致轨道逐渐收

缩，最终合并成一个黑洞。假设该双黑洞系统中，两个黑洞的质量均为M,中心之间的距离为心已知此时

32G4M5

这个系统辐射引力波的功率2=其中G为引力常易，C为光在真空中传播的速度。

a.该双黑洞系统到地球的距离为。（。远大于「），不计传播过程中引力波能量的损失，求地球表面接收到

该系统此时刻辐射引力波的能流密度S（能流密度是指单位时间内通过垂直于能量传播方向上单位面积的能

量,单位为W/mW。

b.已知质量为㈣和，〃2,距离为R的两个质点间的引力势能£,=-G噜。设黑洞合并过程中系统的机械能

A

全部转化为引力波的能量，在/时间内该双黑洞之间的距离由「收缩为求此过程中该双黑洞系统辐射引

力波的平均功率。

【答案】（1）3=

8G$

(2)a.

57rc5r4D2：

【详解】（1）根据题意可知，由于A、B的质景均为"。，则恒星A、B做圆周运动的半径为9,由万有引

力提供向心力有粤%=M”彳

解得＜y=

21

（2）a.根据题意可知，，时间内引力波辐射的能量为£="=%名竺

5cr

形成的面积为$=4笈。2

8G4"

则能流密度5=可一5外7。

GM，2吗=*

b.根据题意，由万有引力提供向心力有产=用v.

7(9:

系统增加的动能△与

联立解得△线=也

2r

GM2GM2GM2

系统减小的势能△练

r

rI2Jr

系统减小的机械能AE=△纥-A4=丝

2r

根据能量守恒定律有=Pt

解外萼

8.（2025•北京丰台•一模）牛顿运动定律适用于惯性系。相对于惯性系有加速度的参考系称为“非惯性系”,

在丰惯性系中，为使牛顿运动定律形式上仍然成立，可认为物体都多受一个“惯性力（dkma，m为

被研究物体的质量，。为非惯性系相对于惯性系的加速度，号表示/馈相与。反向。

⑴我国空间站所在轨道高度处的重力加速度为g',空间站中宇航员质量为〃7。根据题干提供的信息，完成

下面的表格。

参考系研究内容地球（忽略自转）空间站

对宇航员进行受力分析

（可将宇航员视为质点）

宇航员的运动状态（选填“平

衡状态〃或“非平衡状态”）

（2）将地球和月球看作一个孤立系统，忽略地球自转。二者球心绕连线上某点作匀速圆周运动，该点可视为

惯性系。地球I♦•的“潮汐”现象是由月球引力与惯性力的合力造成，该合力称为“引潮力”。已知万有引力常量

22

G,地球质量和月球质量分别为M和〃?，半径分别为R和，，二者球心间距为L,可认为L>R,请写出地球

上离月球最远，质量为/期的质点所受"引潮力〃的表达式，并判断方向。

⑶大天体对小天体的引潮力有可能将小天体"撕碎"。2024年12月，科学家首次发现近地小行星“2024YR4",

并