2023-2025北京高三一模物理匯編

機械能守恒定律

一、單選題

1.（2025北京西城高三一模）如圖所示，一個質量為根的小球，用輕繩懸掛于。點，初始時刻小球靜止

于尸點。第一次小球在水平拉力B的作用下，從尸點緩慢地移動到。點，此時輕繩與豎直方向夾角為。；

第二次小球在水平恒力尸2的作用下，從P點開始運動恰好能到達。點。不計空氣阻力，重力加速度為g。

下列說法正確的是（）

A.第二次水平恒力的大小為加gtand

B.第二次到達。點時繩的拉力比第一次小

C.第二次水平力做的功比第一次多

D,兩個過程中繩的拉力均逐漸增大

2.（2025北京西城高三一模）如圖所示，質量為根的足球在地面的1位置由靜止被踢出后落到水平地面的

3位置，運動軌跡為虛線所示。足球在空中達到的最高點2的高度為〃，速度為V。已知1、2位置間的水

平距離大于2、3位置間的水平距離。足球可視為質點，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.足球在空中運動過程機械能守恒

B.人對足球做的功大于;mv2+mgh

C.足球在位置2時的加速度等于g

D.足球從位置2到位置3,動能的增加量等于

3.（2025北京海淀高三一模）2024年6月，“嫦娥六號”探測器成功著陸在月球背面預選著陸區，開啟人類

探測器首次在月球背面實施的樣品采集任務。“嫦娥六號”被月球捕獲進入月球軌道的部分過程如圖所示：

探測器在橢圓軌道1運行經過尸點時變軌進入橢圓軌道2、在軌道2上經過P點時再次變軌進入圓軌道

3o三個軌道相切于尸點，。點是軌道2上離月球最遠的點。下列說法正確的是（）

A.探測器從軌道1進入軌道2的過程中，需點火加速

B.探測器在軌道2上從P點運行到。點的過程中，機械能越來越大

C.探測器分別沿著軌道2和軌道3運行，經過尸點時的加速度相同

D.探測器在軌道3上運行的周期大于其在軌道1上運行的周期

4.（2025北京延慶高三一模）如圖所示，水平傳送帶以v=2m/s的速率勻速運行，上方漏斗每秒將40kg

的煤粉豎直放到傳送帶上，然后一起隨傳送帶勻速運動，該過程傳送帶與傳送輪之間不打滑。如果要使傳

送帶保持原來的速率勻速運行，則電動機應增加的輸出功率為（）

A.80WB.160WC.320WD.640W

5.（2025北京延慶高三一模）如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端系一物體。物體在A處時，彈簧處于原

長狀態。現用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達3處時，手和物體自然分開。此過程中，手的支持力

對物體所做的功的絕對值為W。不考慮空氣阻力。關于此過程，下列說法正確的有（）

A

A.物體重力勢能減小量一定等于W

B.彈簧彈性勢能增加量一定小于W

C.物體與彈簧組成的系統機械能增加量為W

D.不施加手的作用，將物體從A處由靜止釋放，則物體到達8處時的動能為W

6.（2025北京豐臺高三一模）2024年4月25日，神舟十八號載人飛船與度地表約400km的空間站順利

完成徑向對接。對接前，飛船在空間站正下方200m的“停泊點”處調整為垂直姿態，并保持相對靜止；隨

后逐步上升到“對接點”，與空間站完成對接形成組合體，組合體在空間站原軌道上做勻速圓周運動。下列

說法正確的是（）

A.飛船在“停泊點”時，其運動速度大于空間站運動速度

B.飛船在“停泊點”時，萬有引力提供向心力

C.相比于對接前，對接穩定后空間站速度會變小

D.相比于“停泊點”，對接穩定后飛船的機械能增加

7.（2024北京海淀高三一模）如圖所示，一條不可伸長的輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球A和

B,B球的質量是A球的3倍。用手托住B球，使輕繩拉緊，A球靜止于地面。不計空氣阻力、定滑輪

的質量及輪與軸間的摩擦，重力加速度為g。由靜止釋放B球，到B球落地前的過程中，下列說法正

確的是（）

侶

A,A球的加速度大小為2g

B.拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量

C.重力對B球做的功等于B球動能的增加量

D.B球機械能的減少量大于A球機械能的增加量

8.（2024北京朝陽高三一模）如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于。點，另一端與小球相

連。現將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經過了N點。已知在V、N兩點處，彈簧對小球的彈

TT

力大小相等，^.ZONM<ZOMN<-Q在小球從/點運動到N點的過程中，以下敘述正確的是（）

A.彈力對小球先做正功后做負功

B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度

C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率最大

D.小球到達N點時的動能恰好為零

9.（2024北京門頭溝高三一模）2024年2月10日是“天問一號”火星環繞器環火三周年紀念日。3年前“天

問一號"火星探測器成功實施制動捕獲后，進入環繞火星橢圓軌道，成為中國第一顆人造火星衛星。要完

成探測任務探測器需經歷如圖所示變軌過程，軌道I為圓軌道，軌道II、軌道III為橢圓軌道。關于探測

器，下列說法正確的是（）

A.在軌道I上的周期大于在軌道n上的周期

B.在軌道I上的機械能大于在軌道n上的機械能

c.在軌道I上經過尸點的速度小于軌道n上經過p點的速度

D.在軌道I上經過尸點的加速度小于軌道II上經過P點的加速度

10.（2023北京豐臺高三一模）直升機懸停在空中，由靜止開始投放裝有物資的箱子，箱子下落時所受的

空氣阻力與箱子下落的速度成正比，下落過程中箱子始終保持圖示狀態。下列說法正確的是（）

A.箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛釋放時大

B.下落過程中箱內物體的加速度逐漸增大

C.下落過程中箱內物體的機械能增大

D.如下落距離足夠大時，箱內物體可能不受箱子底部的支持力作用

11.（2023北京通州高三一模）為了節省能源，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉

得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉。一顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這兩個過程，

如圖所示。下列說法中正確的是（）

A.顧客僅在加速過程受摩擦力的作用

B.顧客所受的摩擦力大小與扶梯的加速度大小無關

C.乘扶梯勻速上樓的過程中，顧客的機械能保持不變

D.扶梯對顧客作用力的方向先與速度方向相同，再豎直向上

12.（2023北京海淀高三一模）在一輕彈簧下掛一重物，將它從位置尸處放開，它將迅速下降，直至位置

N后再返回（如甲圖所示）。若我們用手托著該重物使它緩緩下降，最終它在達到位置。后就不再運動了

（如乙圖所示）。記彈簧的彈性勢能為Epi、物體和地球的重力勢能為與2、物體的動能為右，彈簧始終處

于彈性限度內，關于兩次實驗，下列說法正確的是（）

Q-

N--

甲乙

A.甲圖里重物從。到N的過程中，11+綜2持續減小

B.乙圖里重物從尸到。的過程中，丸1+12持續增大

C.甲圖里重物從尸到N的過程中，［1+與2+線保持不變

D.乙圖里重物從尸到。的過程中，綜1+與2+”保持不變

13.（2023北京海淀高三一模）如圖所示，輕彈簧下端連接一重物，用手托住重物并使彈簧處于壓縮狀

態。然后手與重物一同緩慢下降，直至重物與手分離并保持靜止。在此過程中，下列說法正確的是

A.彈簧的彈性勢能與物體的重力勢能之和先減少再增加

B.彈簧對重物做的功等于重物機械能的變化量

C.重物對手的壓力隨下降的距離均勻變化

D.手對重物做的功一定等于重物重力勢能的變化量

14.（2023北京平谷高三一模）發射地球靜止衛星，可簡化為如下過程：先將衛星發射到近地圓軌道1,

然后點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛星送入同步圓軌道3。軌道1、2相切于P點，軌

道2、3相切于。點，如圖所示。則當衛星分別在1、2、3軌道上正常運行時，下列說法正確的是（）

A.地球靜止衛星可以定點在北京上空

B.衛星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率

C.衛星在軌道2上從P點向Q點運動的過程中機械能逐漸增大

D.衛星在軌道1上經過尸點時的速率小于它在軌道2上經過尸點時的速率

15.（2023北京石景山高三一模）如圖所示，中國自行研制、具有完全知識產權的“神舟”飛船某次發射過

程簡化如下：飛船在酒泉衛星發射中心發射，由“長征”運載火箭送入近地點為4遠地點為B的橢圓軌道

上，在8點通過變軌進入預定圓軌道。則（）

預定圓軌道

橢圓軌道

A.飛船在B點通過加速從橢圓軌道進入預定圓軌道

B.在B點變軌后，飛船的機械能減小

C.在橢圓軌道上運行時，飛船在A點的加速度比8點的小

D.在橢圓軌道上運行時，飛船在A點的速度比B點的小

二、解答題

16.（2025北京四中高三一模）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，將人看作質點A,如圖所示。已知人的質量根=60.0kg,A到懸點。的距離匕=4.00m,A與

平地的高度差/?=2.6m,人站在高臺邊緣時，49與豎直方向的夾角為夕=37。。

某次過河中，人從高臺邊緣無初速度離開，在最低點8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,sm37°=0.6,求：

⑴人到達2點時的速率v；

(2)人到達8點，松開繩之前，繩對人的拉力大小長

(3)若高臺邊緣到對面河岸共d=4m,請分析人能否安全蕩到對岸。

17.(2025北京西城高三一模)半徑為R的光滑半圓軌道處于豎直平面內，軌道與水平地面相切于軌道的

端點A。一質量為，”的小球從A點沖上半圓軌道，沿軌道運動到8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)小球剛進入圓弧軌道時，軌道對小球彈力的大小FA.

18.(2025北京順義高三一模)雙星系統是指由兩顆恒星組成的引力束縛系統，它們在相互的引力作用下

圍繞共同的質心(質量中心)做軌道運動。

(1)如圖所示為某雙星系統，恒星A、B繞其連線的中點。做角速度相等的勻速圓周運動，A、B的質量均

為M。，恒星A、B中心之間的距離為L引力常量為G,求恒星A繞。點做圓周運動的角速度

(2)宇宙中某雙黑洞系統可以看成雙星模型，隨著時間推移，系統會通過引力波輻射能量，導致軌道逐漸收

縮，最終合并成一個黑洞。假設該雙黑洞系統中，兩個黑洞的質量均為M,中心之間的距離為r,已知此

時這個系統輻射引力波的功率2=世盟，其中G為引力常量，c為光在真空中傳播的速度。

a.該雙黑洞系統到地球的距離為D(。遠大于r),不計傳播過程中引力波能量的損失，求地球表面接收到

該系統此時刻輻射引力波的能流密度S(能流密度是指單位時間內通過垂直于能量傳播方向上單位面積的

能量，單位為W/mD。

b.已知質量為%和7%，距離為R的兩個質點間的引力勢能Ep=-G嚕。設黑洞合并過程中系統的機械

能全部轉化為引力波的能量，在r時間內該雙黑洞之間的距離由r收縮為：，求此過程中該雙黑洞系統輻

2

射引力波的平均功率。

19.（2025北京順義高三一模）如圖所示，豎直面內的光滑軌道ABC。，A8段為曲面，BC段水平，CD段

是半徑K=0.2m的半圓形軌道，BC段與段在C點相切。在A點由靜止釋放一質量為機=0.2kg的小球，

小球沿軌道運動至。點后，沿水平方向飛出，最終落到水平軌道BC段上的E點，A點距水平面的高度

（1）小球運動到B點時的速度大小”；

（2）小球運動到。點時軌道對小球的彈力大小綜；

（3）C、E兩點的距離x。

20.（2024北京海淀高三一模）做功與路徑無關的力場叫做勢場，在這類場中可以引入“勢”和“勢能”的概

念，場力做功可以度量勢能的變化。例如靜電場和重力（引力）場。如圖所示，若從地球上正對月球以某

一初速度發射一火箭。設火箭上沒有動力裝置，忽略地球的自轉和月球的公轉。地球質量為Me，半徑為

Re；月球質量為Mm，半徑段；地心和月心距離為S。李華同學對此問題很感興趣，他將地球、月球、火

箭看作一個孤立系統，分析了火箭從地球到月球的受力和運動情況，火箭同時受到地球和月球的引力，合

力先指向地球后指向月球，因此火箭先減速后加速，在到達距地心d的位置P時，引力的合力為零，火箭

速度最小，他推斷：“當火箭以接近0的微小速度通過尸點時，火箭擊中月球表面的速度就是最小速度”，

但由于他相關的物理知識遺忘，不知如何求出擊中月球的最小速度……

請你借助所學物理知識和本題所給的已知量求解火箭擊中月球表面的最小速度％

21.（2024北京石景山高三一模）一興趣小組的同學為探究物體做圓周運動的特點制作了如圖所示的裝

置：弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓軌道平滑相接，8點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。該小

組的同學讓質量為機的小球（可視為質點）從弧形軌道上距8點高5R的A點由靜止釋放，先后經過B點

和C點，而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度為g。

（1）求小球通過2點時的速度大小VB。

（2）求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小廠和方向。

（3）該小組的同學認為，只要小球能夠經過C點，則軌道B和C兩點對小球的壓力大小之差是不變的。

你是否同意這一觀點請說明理由。

22.（2023北京通州高三一模）地球對其周圍的物體產生的萬有引力是通過地球周圍的引力場產生的，物

體在引力場中具有的勢能我們稱為引力勢能。在物理學中，動能、引力勢能和彈性勢能統稱為機械能。若

規定距地球無限遠處為引力勢能零點，可得到在半徑為廠的軌道上做勻速圓周運動的人造地球衛星引力勢

能的表達式耳=-%,其中出為地球的質量，根為衛星的質量，G為萬有引力常量。

r

（1）求：①該衛星的動能；

②該衛星的機械能；

③若該衛星變軌后到達高軌道繼續做勻速圓周運動，請說明隨著軌道半徑的增大，該衛星的機械能變化情

況及原因。（不計衛星質量的變化）

（2）已知在地球表而附近，對于質量為，〃的物體離開地面高度為/I時，若規定地球表面為重力勢能零

點，物體重力勢能的表達式（g為重力加速度），這個表達式雖然與題干中引力勢能的表達式在形

式上有很大的差別，但二者本質相同，試證明在忽略地球自轉的情況下，當〃遠小于地球半徑R時，重力

勢能和引力勢能的表達式是一致的。（可能用到的數學知識：當國，1時，占。1-尤）

23.（2023北京海淀高三一模）圖1中過山車可抽象為圖2所示模型：弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓

軌道平滑相接，8點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。質量為加的小球（可視為質點）從弧形軌道

上距B點高4R的A點靜止釋放，先后經過8點和C點，而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速

度g。

（1）求小球通過3點時的速度大小VB。

（2）求小球通過C點時，小球對軌道作用力的大小廠和方向。

（3）求小球從8點運動到C點的過程中，其所受合力沖量的大小人。

（4）若小球從8點運動到C點的過程中所用時間為f,求軌道對小球的沖量大小人和方向。

A

圖2

圖1

24.（2023北京海淀高三一模）圖1中過山車可抽象為圖2所示模型：弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓

軌道平滑相接，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。質量為根的小球（可視為質點）從弧形軌道

上距8點高4R的A點靜止釋放，先后經過8點和C點，而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加

速度g。

（1）求小球通過2點時的速度大小VB。

（2）求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小產和方向。

（3）請分析比較小球通過8點和C點時加速度的大小關系。

圖1圖2

25.（2023北京西城高三一模）滑雪是人們喜愛的一項冬季戶外運動.如圖所示，一位滑雪者，人與裝備

的總質量為75kg,沿著傾角6=30。的平直山坡直線滑下，當速度達到2m/s時他收起雪杖自由下滑，在此

后5s的時間內滑下的路程為60m。將這5s內滑雪者的運動看作勻加速直線運動，g取lOm/s,求這5s內

（1）滑雪者的加速度大小。；

（2）滑雪者受到的阻力大小F；

（3）滑雪者損失的機械能AE。

26.（2023北京朝陽高三一模）如圖所示，豎直平面內半徑R=Q2m的光滑1/4圓弧軌道固定在水平桌面

上，與桌面相切于B點。質量〃75kg的小物塊由A點靜止釋放，最后靜止于桌面上的C點。己知物塊

與桌面間的動摩擦因數〃=0.5。取g=10m/s2。求：

（1）物塊在8點時的速度大小唳；

(2)物塊在8點時所受圓弧軌道的支持力大小N；

參考答案

1.B

【詳解】AB.第一次小球緩慢移動，小球處于平衡狀態，解得尸=7〃gtanc

繩中張力T=」鴛

cosa

隨著。的逐漸增大，力RT逐漸增大，當e=6時，有&nmgtan。，（=牛

COS”

在第二次運動過程中，根據動能定理有-mgLQ-cos。）+FLsin0=0

左力/口el-cosO0

角牛得尸=———mg=mgtm-

sm02

故第一個過程中，拉力F在逐漸變大，且最大值一定大于產，選項B正確，A錯誤；

C.第一次小球緩慢上升，可認為速度為零；第二次在水平恒力產作用下，從P點開始運動并恰好能到達

。點，此過程中，小球恰能到達。點，說明丫。=0,即兩次拉力做功都等于小球重力勢能的增加量，選項

c錯誤；

mg

D在第二次運動過程中，根據平行四邊形定則可知，重力與水平拉力的合力為-e,恒定不變，方向與

.cos

2

nn

豎直方向成？角，整個過程中小球先加速后減速，當小球運動至輕繩與豎直方向成三角時，速度最大，根

22

2

據牛頓第二定律和向心力公式=相匕

口L

2

可得T=m~￡+七

可知此時輕繩中的拉力亦最大，即第二種情況下輕繩的拉力先增加后減小，選項D錯誤。

故選B。

2.B

【詳解】A.若足球運動過程中不受空氣阻力作用，則物體運動軌跡應關于過最高點與水平面的垂線對

稱，根據題意1、2位置間的水平距離大于2、3位置間的水平距離可知足球受到空氣阻力作用，則空氣阻

力對足球做負功，足球在空中運動過程機械能減少，故A錯誤；

B.設地面為零勢能面，人對足球做的功等于人在最高點的機械能（*+mgh）加上足球克服空氣阻力

做的功，即人對足球做的功大于;山/+7咫〃，故B正確；

C.足球在位置2時豎直方向的加速度為g,水平方向速度不為零，即水平方向受到空氣阻力，水平方向加

速度不為零，根據矢量的合成可知足球在位置2時的加速度大于g,故C錯誤；

D.足球從位置2到位置3,根據動能定理可知動能的增加量等于重力做的功（〃儂/）減去克服空氣阻力

做的功，即足球從位置2到位置3,動能的增加量小于相g/z,故D錯誤。

故選Bo

3.C

【詳解】A.由軌道1變到軌道2,半徑減小，做近心運動，因此需要在尸點減速，故A錯誤；

B.探測器在軌道2上從P點運行到Q點的過程中，只有萬有引力做功，機械能守恒，故B錯誤；

C.根據牛頓第二定律，有G必M等m=

r

由于探測器分別沿著軌道2和軌道3運行，經過尸點的距離r相同，所以經過P點時的加速度相同，故C

正確；

3

D.根據開普勒第三定律,=左

可知，軌道1的半長軸大于軌道3的半長軸，所以在軌道1上運行的周期比在軌道3上運行的周期大，故

D錯誤。

故選Co

4.B

【詳解】由功能關系，電動機增加的功率用于使單位時間內落在傳送帶上的煤粉獲得的動能以及煤粉相對

傳送帶滑動過程中產生的熱量，所以

傳送帶做勻速運動，而煤粉相對地面做勻加速運動過程中的平均速度為傳送帶速度的一半，所以煤粉相對

傳送帶的位移大小等于相對地面的位移大小，結合動能定理，故。=7?一斤/加/

代入題中數據，聯立解得A/^160W

故選B。

5.D

【詳解】A.重物在向下運動的過程中，克服彈簧拉力做功W.根據動能定理可得根g〃-卬-%=。

則物體重力勢能減小量為〃??=/+%＞印

故A錯誤；

B.手和物體自然分開時，手對物體的支持力為零，彈簧彈力和重力平衡，即媯=

克服彈簧彈力做功為嗎單=；加=^mgh=mgh-W

解得mgh=2W

則％=卬

彈簧彈性勢能增加量等于克服彈簧彈力做的功，彈簧彈性勢能增加量一定等于W,故B錯誤；

C.由于手對物體做功為根據功能原理可知，物體與彈簧組成的系統機械能增加量為-W,故c錯誤；

D.若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達8處時動能最大，重物從靜止下落到B的過程中，根據動能

m

定理，有gh—嗎^=Ek

解得物體到達B處時的動能為Ek=W

故D正確。

故選D。

6.D

【詳解】A.徑向交會對接是指飛船沿與空間站運動方向垂直的方向和空間站完成對接。飛船維持在“停泊

點”的狀態時，即飛船與空間站角速度相同，飛船在空間站正下方200米的軌跡半徑較小，根據v。可

知，它的運動速度小于空間站運動速度，故A錯誤；

B.飛船維持在“停泊點”的狀態時，以空間站為研究對象，根據萬有引力提供向心力有嗎=加廠療

r

飛船維持在“停泊點”的狀態時，即飛船與空間站角速度相同，飛船在空間站正下方，軌跡半徑較小，分析

GMmr,,

可知―7T~>n1r①2

r

需要開動發動機給飛船提供一個背離地心的推力使飛船能與空間站保持相對靜止，故B錯誤；

C.對接穩定后空間站的軌道半徑不變，質量增大，根據萬有引力提供向心力有絲絲=〃?匕

對接穩定后空間站速度與質量無關，保持不變，故C錯誤；

D.對接穩定過程中，外力對飛船做正功，相比于“停泊點”，飛船的機械能增加，故D正確；

故選Do

7.B

【詳解】A.設A球質量機，則B球質量3根，繩子張力大小T,根據牛頓第二定律

3mg—T=3ma

T-mg=ma

解得

2

故A錯誤；

B.拉力對A球做正功，拉力對A球做的功等于A球機械能的增加量，故B正確；

C.根據動能定理，重力與繩子拉力的合力對B球做的功等于B球動能的增加量，故C錯誤；

D.對A、B整體，整體只有重力做功，機械能守恒，則B球機械能的減少量等于A球機械能的增加量，

故D錯誤。

故選B。

8.B

TT

【詳解】A.因為NONM<NOMN<Q,所以。N大于OM,而又知道在M、N兩點處，彈簧對小球的彈

力大小相等，所以在〃點彈簧處于壓縮狀態，在N點彈簧處于拉伸狀態，小球向下運動的過程中彈簧的長

度先減小后增大，則彈簧的彈性勢能先增大，后減小，再增大，所以彈力對小球先做負功再做正功，最后

再做負功，故A錯誤；

B.由M到N有一狀態彈力為0且此時彈力與桿不垂直，加速度為g；當彈簧與桿垂直時小球加速度為

g.則有兩處（即有兩個時刻）加速度為g,故B正確；

C.彈簧長度最短時，也就是彈力垂直桿方向時，此時彈力與小球速度方向垂直，故彈力對小球做功的功

率為零，故c錯誤；

D.由于M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，可知M和N兩點處彈簧的壓縮量等于伸長量，M和

N兩點處彈簧的彈性勢能相等，根據系統機械能守恒可知，小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的

重力勢能差，故D錯誤。

故選B。

9.C

3

【詳解】A.由開普勒第三定律,=左可知，軌道半徑越大，周期越大，故A錯誤；

B.探測器從軌道n變軌到軌道I,發動機點火致使其減速，做負功，其機械能將減小，故B錯誤；

C.探測器從軌道II上P點減速變軌到軌道I,所以在軌道I上經過尸點的速度小于軌道II上經過尸點的

速度，故c正確；

D.根據牛頓第二定律，有

「Mm

G——=ma

可得

a=G;

故在軌道I上經過尸點的加速度等于軌道II上經過P點的加速度，故D錯誤。

故選C。

10.A

【詳解】B.設箱子的質量為物體的質量為加，箱子受到的空氣阻力為如，根據牛頓第二定律可知下

落過程中整體的加速度為

+m）g-kv-^M+mja

可知隨著速度的增大，加速度逐漸減小，故B錯誤；

A.以箱內物體為對象，根據牛頓第二定律可知

mg-N=ma

隨著加速度的減小，物體受到的支持力在逐漸增大，所以箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛釋

放時大，故A正確；

C.由于物體受到向上的支持力，且支持力對物體做負功，所以下落過程中箱內物體的機械能減小，故C

錯誤；

D.整體向下做加速度減小的加速運動，物體受到的支持力一直在增大，當加速度為零時，整體開始做勻

速運動，此時箱內物體受箱子底部的支持力與物體重力相等，所以最后不會出現支持力為零的情況，故D

錯誤。

故選Ao

11.A

【詳解】A.電梯慢慢加速時，顧客受重力、支持力、摩擦力作用，勻速轉動時，顧客受重力、支持力作

用，所以僅在加速過程受摩擦力的作用，故A正確；

B.設扶梯傾角為。，將加速度分解，結合牛頓第二定律有

f=macos0

所以摩擦力大小與扶梯加速度大小有關，故B錯誤；

C.乘扶梯勻速上樓的過程中，顧客的動能不變，重力勢能增大，所以機械能增大，故C錯誤；

D.電梯慢慢加速時，扶梯對顧客作用力即為支持力和摩擦力的合力，其方向指向右上方，勻速階段時只

有支持力，豎直向上，故D錯誤；

故選Ao

12.C

【詳解】A.由題意可知，甲圖里重物在達到位置。處，彈簧的彈力與重物的重力大小相等，此時重物的

速度最大，則有在重物從。到N的過程中，彈力大于重力，重物做減速運動，動能減小，重物與彈簧組成

的系統機械能守恒，由機械能守恒定律可知，綜廣綜2持續增大，A錯誤；

B.乙圖里重物從尸到Q的過程中，用手托著該重物使它緩緩下降，重物動能不變，可手對重物的支持力

對重物做負功，則系統的機械能減小，則有綜1綜2持續減小，B錯誤；

C.甲圖里重物從P到N的過程中，重物與彈簧組成的系統機械能守恒，則有1i+綜?+Ek保持不變，C

正確；

D.乙圖里重物從尸到。的過程中，手對重物的支持力對重物做負功，因此系統的機械能減小，則有

11+丸2+4減小，D錯誤。

故選C。

13.C

【詳解】A.由題可知，重物的動能變化量為零，由于手對重物的作用力一直豎直向上，將彈簧與重物視

作一個整體，故手對整體一直做負功，故彈簧的彈性勢能與物體的重力勢能之和一直在減少，故A錯誤；

B.彈簧和手對重物的功等于重物機械能的變化量，故B錯誤；

C.由題可知，當彈簧的彈力與重物的重力相等時，手與重物間的彈力為零，則兩者分離，設此時彈簧的

形變量為七,則有

kx0=mg

當彈簧處于壓縮狀態下重物靜止緩慢向下，設重物向下降的距離為一則有

k^x0-x)+F=mg

聯立解得

F=kx

故C正確；

D.物體重力做的功等于重物重力勢能的變化量，故D錯誤。

故選Co

14.D

【詳解】A.由于地球靜止衛星相對地面靜止，自西向東繞地球轉動，因此軌道平面一定在赤道所確定的

平面內，不可能定點在北京上空，A錯誤；

B.根據

GMm_mv2

r2r

可得

曾

因此衛星在軌道3上的速率小于在軌道1上的速率，B錯誤；

C.衛星在軌道2上從P點向。點運動的過程中，只有萬有引力做功，因此機械能守恒，C錯誤；

D.在軌道1上經過尸點時，做圓周運動，因此滿足

在軌道2上經過尸點后做離心運動，滿足

GMm<mv\p

r2r

因此可知衛星在軌道1上經過尸點時的速率小于它在軌道2上經過P點時的速率，D正確。

故選D。

15.A

【詳解】A.橢圓軌道相對于預定圓軌道是低軌道，由低軌道變軌到高軌道，需要在切點位置向后噴氣加

速，即飛船在3點通過加速從橢圓軌道進入預定圓軌道，A正確；

B.根據上述，在8點需要向后噴氣加速才能變軌到預定軌道，噴氣過程中，氣體對飛船做正功，則飛船

的機械能增大，B錯誤；

C.根據

—Mm

(J——=ma

解得

Cl=CJ-Y

r

A點為近地點，B點為遠地點，A點到地心的間距小于2點到地心的間距，則在橢圓軌道上運行時，飛船

在A點的加速度比B點的大，C錯誤；

D.在橢圓軌道上運行時，當飛船由A點運動到2點過程中，飛船到地心之間的間距逐漸增大，則引力做

負功，勢能增大，動能減小，即速度減小，即在橢圓軌道上運行時，飛船在A點的速度比B點的大，D錯

誤。

故選Ao

16.(l)4m/s

(2)840N

(3)人能安全蕩到對岸

【詳解】(1)人從離開高臺到B點的過程中，由機械能守恒有〃3(l-cos，)=gm?

代入數據解得人到達B點時的速率v=4m/s

(2)在B點由牛頓第二定律有尸-加g=*

代入數據得人到達B點，松開繩之前，繩對人的拉力大小為尸=840N

(3)人從離開高臺到B點的過程中水平位移為％=LsinO=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/7-L(l-cos6)=1g產，x2=vt

則人從開始運動到落地水平位移為尤=%+%

聯立解得犬=4.8m>d

故人能安全蕩到對岸

17.WvB=y[gR

⑵x=2R

(3)FA=6mg

【詳解】(1)小球恰經過B點時，根據牛頓第二定律有mg=m^-

得=y[gR

(2)小球從2點飛出后做平拋運動，在豎直方向上有2R=gg產

得T

小球落地點與A點間的距離x=vBt

得x=2R

(3)設小球在A點速度的大小為“，在小球從A點運動到B點的過程中

2

根據動能定理有~mg-27?=^mv^-；mvA

得外=^^

小球剛進入圓弧軌道時根據牛頓第二定律有F「mg=mR~

得工=6mg

18.

(2)a.8G：",；b.心生

57ic5r4D22rt

【詳解】（1）根據題意可知，由于A、B的質量均為M。，則恒星A、B做圓周運動的半徑為:，由萬有引

_I_4.FI/rj_,、1-GMcMc1t.2L

力提供向心力有一=Moa>---

解得。=

（2）a.根據題意可知，f時間內引力波輻射的能量為e=Pt=邛絲

5cr

形成的面積為S°=4萬。②

8G4”

則能流密度5c5,萬￡)2

GM2“v；

b.根據題意，由萬有引力提供向心力有尸L

2

系統增加的動能AEk

聯立解得AEk=’好

、

1

系統減小的勢能AEp=-四——GM?GM

￡r

2)

系統減小的機械能A￡=A￡-"卜=—

p2r

根據能量守恒定律有AE=Pt

解得，=叱

2rt

19.（l）4m/s

（2）6N

（3）0.8m

【詳解】（1）根據題意，小球從A到5的過程中，由機械能守恒定律有機的工;相噂

解得埠=J2g/z=4m/s

（2）根據題意，小球從B到。的過程中，由機械能守恒定律有;加嶗=〃7g-2R+；加博

解得%=2A/5IP/S

2

在。點，由牛頓第二定律有用+〃?g=m￡

解得”=6N

(3)小球從。點飛出后做平拋運動，飛行時間為f=J&^=gs

Vg5

C、E兩點的距離x=v/=0.8m

20pGMe12GMm2GMe2GMm

RR

'V~mmds-d

【詳解】設火箭的質量為加，則火箭從P點到月球表面根據機械能守恒定律有

GMm'GMm'1,2GMm'GMm'

----------------------------------22-=-mv-------------------J2-

m

ds-d2s-RmRm

解得

12GMlt2GMm_2GM.2GM

m山一凡凡ds-d

21.(1)8=/OgR；(2)F=5mg,方向豎直向下；(3)同意，見解析

【詳解】(1)小球從A點到B點，由機械能守恒

12

mg-5R=—mVg

解得

vB=yllOgR

(2)小球從A點到C點，由機械能守恒

mg（5R-27?）=gmv|

在C點，根據牛頓第二定律

2

F+mg=m~~

解得

F=5mg

方向豎直向下。

(3)同意。由機械能守恒

1212

mg2R+—mvc=—mvB

根據牛頓第二定律

^2

Fc+mg=

FB-mg=m^

解得軌道B和C兩點對小球壓力大小之差

FB_61ng

故軌道B和C兩點對小球壓力大小之差為定值。

22.⑴①普；②-譽；③變大,見解析；⑵見解析

【詳解】(1)①根據萬有引力提供向心力

2

廠Mmv

G——=m——

rr

動能的表達式

2

Ek=-mv

k2

聯立可得

lGMm

②該衛星的機械能

廠廠廠GMm

E=ED+Ek=---------

P卜2r

③根據②衛星機械能表達式

lGMm

E=---------

2r

若該衛星變軌后到達高軌道繼續做勻速圓周運動，請說明隨著軌道半徑的增大，衛星的機械能變大。

(2)以無窮遠處為零勢能點，根據題意，物體在地表的引力勢能為

GMm

%R

在距離地表九處的引力勢能為

GMm

Ep2

R+h

以地面為零勢能點時

GMmh

4=Ep2-Epi

R(R+h)

在地球表面時，萬有引力等于重力，即

廠Mm

G~^r=mg

整理可得

gR2=GM

聯立可得

又

Rh

可得

△9=mgh=Eo

2