【文档说明】北京市北京师范大学第二附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(23)页，985.616 KB，由小赞的店铺上传

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北京师大二附中2024-2025学年高三年级月考物理本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.图为一个地球仪

绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图。Q点和P点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是（）A.Q、P的线速度大小相等B.Q、M的角速度大小相等C.P、M的向心加速度大小相等D.P、M的向心加速度方向均指向O【答案】B【

解析】【详解】A．由图可知Q、P的转动半径不同，根据vr=可知线速度大小不相等，故A错误；B．地球仪上所有的点均做同轴转动，角速度大小相等，故B正确；C．根据2ar=结合A选项分析可知P、M的向心加速度大小不相等，故C错

误；D．向心加速度的方向指向圆心，P、M的向心加速度方向均垂直转轴指向转轴，由图可知P、M的向心加速度方向不同，故D错误。故选B。2.如图所示，用三段不可伸长的轻质细绳OA、OB、OC共同悬挂一重物使其静止，其中OA与竖直方向的夹角为30，OB沿水平方向，A端、B端固定

。若分别用AF、BF、CF表示OA、OB、OC三根绳上的拉力大小，则下列判断中正确的是（）A.BACFFFB.ABCFFFC.ACBFFFD.CABFFF【答案】C【解析】【详解】对O点受力分析，如图所示：根据共点力的平衡条件和几何关系可得三根绳上的拉力分别为CFG=23

cos303AAGFGG===3tan30=3BBFGGG==所以在三根绳子上拉力大小关系为ACBFFF故选C。3.如图所示，水平面上有一上表面光滑的斜面体，一小物块沿其上表面匀减速上滑，此过程中斜面体始

终保持静止，下列说法正确的是（）的A.斜面体受到地面的摩擦力水平向左B.斜面体受到地面的摩擦力为零C.斜面体对地面的压力小于斜面体与物块的重力之和D.斜面体对地面的压力等于斜面体与物块的重力之和【答案】C【解析】【详解】小物块

加速度沿斜面向下，根据对斜面体和小物块整体分析可知，将整体加速度a分解为水平方向的1a和竖直方向的2a，则根据牛顿第二定律1fma=，N2()MmgFma+−=故斜面体受到地面的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律，地面对斜面体的支持力大小等于斜面体对地面的压力，斜面体对地面的压力

小于斜面体与物块的重力之和。故选C。4.若已知地球质量为M，万有引力常量为G，将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，忽略地球自转影响，仅由这些信息不能．．计算出（）A.地面附近的重力加速度B.地球的第一宇宙速度C.同步卫星距地面的高度D.近地卫星绕地球做圆周运动的周期【答案】C【解析】【

详解】A．设地球表面的物体质量为m，有2MmGmgR=解得2GMgR=根据题给信息可计算出地面附近的重力加速度，故A不符合题意；B．设地球的近地卫星质量为m′，有22MmGmRR=解得GMvR=根据题给信息可计算出地球的第一宇宙速度，故B不符合题意；C．根据牛顿第

二定律，有222()()()MmGmRhRhT=++T为地球自转周期，题目未给，故无法计算出同步卫星距地面的高度，故C符合题意；D．根据牛顿第二定律，有222()MmGmRRT=解得32RTGM=根据题给信息可计算出近地卫星绕地球做圆周运动的周期，故D不符合题意

。故选C。5.有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示，一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞（碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速

度大小和方向都不变），不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是（）A.小球下落时间与小球质量m有关B.小球下落时间与小球初速度v有关C.小球下落时间与水井井口直径d有关D.小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关【答案

】D【解析】【详解】因为小球与井壁做多次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，则将小球的运动轨迹连接起来就是一条做平抛的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运动，下落时间由2htg=可知，下落时间与小球的

质量m，小球初速度v以及井口直径均无关，只与井口到水面高度差h有关。故选D。6.一辆质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，行驶过程中受到的阻力大小一定，如果发动机的输出功率恒为P，经过时间t，汽车能够达到的最大速度为v。则（）A.当汽车的速度大小为2v时，汽车的加速度的大小为PmvB.

汽车速度达到2v的过程中，牵引力做的功为Pt2C.汽车速度达到v的过程中，汽车行驶的距离为2vtD.汽车速度达到v的过程中，牵引力做的功为212mv【答案】A【解析】【详解】A．由题意，汽车行驶过程中受到的阻力大小为Pfv=当汽车的速度大小为2v时，汽车的牵引力大小为2PFv=设此

时汽车的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有Ffma−=解得aPmv=故A正确；B．汽车以恒定功率启动，随着速度的增大，牵引力减小，合外力减小，则加速度减小，当速度达到最大值时，加速度为零，其大致的v-t图像如图所

示，可知当汽车速度达到2v时，所经历的的时间小于2t，所以该过程中牵引力做的功小于Pt2，故B错误；C．v-t图像与t轴所围的面积表示位移，根据v-t图像可知，汽车速度达到v的过程中，汽车行驶的距离大于2

vt，故C错误；D．根据动能定理可知212WWmv−=阻牵可得212WWmv=+阻牵故D错误。故选A。7.如图，飞机距离水平地面的高度为H，在水平方向以速度v0匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一箱质量为m的救援物资，救援物资打在山坡上的A点，A点的高度为h，不考虑空气阻力

的影响，则（）A.这箱物资在空中飞行的时间为2HgB.这箱物资落到A点时的动能为()mgHh−C.A点距山坡底端的水平距离为02()Hhvg−D.山坡的倾角θ满足02()tanvHhhg−=【答案】C【解析】【详解】A．由212Hhgt−=可得这箱物资在空中飞行的时间为2()Hhtg−=故A错误

；B．不考虑空气阻力的影响，只有重力做功，所以有2k01()2EmvmgHh−=−可得2k01()2EmgHhmv=−+故B错误；C．A点距山坡底端的水平距离即为物资的水平位移，则有002()Hhxvtvg−==故

C正确；D．山坡的倾角θ满足0tan2()hhgxvHh==−故D错误。故选C。8.某物体沿x轴正向运动，受到10Ns−的冲量作用后，下列说法正确的是（）A.物体的动量一定减少B.物体初动量一定沿x轴负向C.物体末动量一定沿x轴负向D.物体的动量变化一定

沿x轴负向【答案】D【解析】【详解】根据动量定理可知2110NsIpmvmv==−=−合说明物体的动量变化量一定与规定的正方向相反，则物体的动量变化一定沿x轴负向，不能说明初末动量的方向和大小动量变化。故选D。9.水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物

体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（）A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长【答案】D【解析】【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速

度，则物体相对传送带向后运动，A错误；B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体

相对传送带运动时mgagm==做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由vat=可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。故选D。10.三个相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，轻绳互相平行，三个钢球球心等高，彼此间有小间隙。它们之间的碰撞

可视为弹性碰撞。不计空气阻力。现向左拉起小球1，由静止释放。则在此后的运动过程中会出现下面哪个图所示的情景（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】两个质量相等小球发生弹性碰撞过程有012mvmvmv=+，222012111222mvmvmv=+解得10v=，20vv

=可知，碰撞过程速度发生交换，则向左拉起小球1，1与2碰撞后，1处于静止，2瞬间获得速度0v，随后2与3碰撞后，2处于静止，3瞬间获得速度0v，可知，若3在运动，则1、2均处于静止，若1在运动，则2、3均处于静止，即第三个图形符合要求。故选C。11

.如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（）A.两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能B.

子弹射入物块A后，两物块与子弹动能之和等于射入物块A前子弹的动能C.子弹射入物块A的过程中，子弹和物块的机械能守恒D.子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小【答案】A的的【解析】【详解】C．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转

化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，故C错误；D．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，故D错误；B．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，故B错误

；A．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有()()A1AB2mmvmmmv+=++子子()()22PA1AB21122Emmvmmmv=+−++子子则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，故A正确。故选A。12.将一个小球竖直向上抛出，假

设小球在运动过程中受到大小不变的空气阻力作用，经过一段时间后小球又返回至出发点。关于小球从抛出到返回原位置的过程，下列说法正确的是（）A.小球上升过程中的加速度小于下落过程中小球的加速度B.小球上升过程中克服重力做的功大于下落过程中重力做的功C.小球上升过程中的机械能

的变化大于下落过程中机械能的变化D.小球上升过程中所受重力做功的平均功率大于下落过程中重力做功的平均功率【答案】D【解析】【详解】A．小球运动过程中受的空气阻力大小不变，则上升、下降过程中加速度大小分别为mgfam

+=上mgfam−=下所以aa下上故A错误；B．小球上升过程中克服重力做的功等于下落过程中重力做的功相等，即GWmgh=故B错误；C．小球机械能的变化，等于空气阻力对小球做的功，即Efh=−机所以小球上升过程中的机械能变化等于下落过程中机械能的变化，故C错误；D．上升、下降过程所用

时间分别为t上、t下，则有221122atat=下下上上由于aa下上，则tt下上上升、下降过程的平均功率分别为GPWt=上上GPWt=下下所以PP上下故D正确。故选D。13.一名连同装备总质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船x处与飞

船处于相对静止状态。装备中有一个高压气源能以速度v（以飞船为参考系）喷出气体从而使航天员运动。如果航天员一次性向后喷出质量为Δm的气体，且在规定时间t内返回飞船。下列说法正确的是（）A.喷出气体的质量Δm小于MxtvB.若高压气源喷出气体的质量不变但速度变大，则

返回时间大于tC.若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，则返回时间小于tD.在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量和机械能均守恒【答案】A【解析】【详解】A．由题知，航天员的速度为0xvt=喷气过

程系统动量守恒，以宇航员的速度方向为正方向，由动量守恒定律得()00Mmvmv−−=解得000MvMvMxmvvvvt==+故A正确；B．根据动量守恒有()00Mmvmv−−=解得0mvvMm=−若高压气源喷出气

体的质量不变但速度变大，则0v变大，故返回时间小于t，故B错误；C．根据动量守恒有()00Mmvmv−−=解得0mvpvMmMm==−−若高压气源喷出气体的速度变大但动量不变，根据pmv=可知m减小，故

0v减小，则返回时间大于t，故C错误；D．在喷气过程中，航天员、装备及气体所构成的系统动量守恒，整个系统的动能增加，故系统机械能不守恒，故D错误。故选A。14.1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类

似，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为m的探测器正朝

远离太阳的方向运动，帆面的面积为S，且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为r，不考虑行星对探测器的引力。已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的电磁波的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即40PT=，其中T为太阳表面的温度，为常量。引力常量为G，太阳的质量为M，

太阳的半径为R，光子的动量hp=，光速为c。下列说法正确的是（）A.常量的单位为4kgsKB.t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量204RtPSC.若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收一半被反射，探测

器太阳帆的面积S至少为202cGMmRPD.若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力202SRPcr【答案】D【解析】【详解】A．P0是单位时间从太阳单位面积辐射的

电磁波的能量，所以单位为2J/(s)m，则04PT=则常量的单位为2434JkgsmKsK=故A错误；B．t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量22002244RtPRtPSESrr==故B错误；C．辐射到太阳帆的光子的总数20

2RtPSEEnhhchcr===一半光子被吸收，一半反射，则有32222nnnFtppp=+=总其中2GMmFr总联立可得2023cGMmSRP故C错误；D．若照射到太阳帆上光全部被太阳

帆吸收，则有Ftnp=总可得探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力202SRPFcr=总故D正确。故选D。第二部分本部分共6题，共58分。15.在探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，桌上放一块方木板，用图钉把一张白纸钉在方木板上。再用图钉把

橡皮条的一端固定在板上的A点。在橡皮条的另一端拴上两条细绳形成结点，细绳的另一端系着绳套。先用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条；再用一个弹簧测力计通过细绳套拉橡皮条。（1）判断力F单独作

用与力12FF、共同作用效果相同的依据是______。A.F的大小等于1F与2F的大小之和B.使橡皮条伸长相同的长度C.使橡皮条上的结点到达同一位置（2）实验中需要标记或者记录的信息有_________。A.橡皮条原长时结点的位

置B.橡皮条拉伸后结点的位置C.力F的大小和方向D.力12FF、的大小和方向的（3）根据测得的数据作出的力的图示如图，下列说法正确的是___________。A.实验中12FF、越大越好B.F是合力的理论值，F

是合力的测量值C.用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木极平行D.拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些【答案】（1）C（2）BCD（3）CD【解析】【小问1详解】[1]在“探究两个互成角度的力的合

成规律”实验中，判断一个力单独作用与两个力共同作用效果相同的依据是：使橡皮条上的结点到达同一位置。故选C。【小问2详解】实验应保证两次拉橡皮条的作用效果相同，即两次橡皮条的结点在白纸上的位置应保持不变，所以需要标记的是结点的位置，需要记录的信息有力F的

大小和方向及力F1、F2的大小和方向，以便于画出它们的力的图示并加以比较，而不需要记录橡皮条的原长。故选BCD。【小问3详解】A．实验中12FF、应当适当大，不是越大越好，故A错误；B．F是合力的测量值，F是合力的理论值，故B错误；C．可以减小实验误差的是用两

个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平行，故C正确；D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，以便于标出拉力的方向，故D正确。故选CD。16.如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。（1）关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项

前的字母）。A.实验前，调节装置，使斜槽末端水平B.选用两个半径不同的小球进行实验C.用质量大的小球碰撞质量小的小球（2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末

端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m1单独滑落时的平均落点）。a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点_____；b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关

系式_____成立，即可验证碰撞前后动量守恒。（3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静

止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB=l1、A′B=l2、CD=l3。推导说明，m、M、l1、l2、l3满足_____关系

即可验证碰撞前后动量守恒。【答案】（1）AC（2）①.用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点②.m1OP=m1OM＋m2ON（3）ml1=−ml2＋Ml3【解析】【小问1详解】A．实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平

抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；B．为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误；C．为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。故选AC。【小问2详

解】[1]用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。[2]碰撞前、后小球均做平抛运动，由212hgt=可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若m1OP=m

1OM＋m2ON即可验证碰撞前后动量守恒。【小问3详解】设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有21(1cos)2−=mgLmv由数学知识可知sin22lL=联立两式解得gvlL=若两小球碰撞过程中动量守恒，则

有mv1=−mv2＋Mv3又有11gvlL=，22gvlL=，33gvlL=整理可得ml1=−ml2＋Ml317.如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止

释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：（1）A释放时距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；（3）碰撞过程中系统损失的机械能E。【答案】（1）22vg；（2）2vmgmL+；（3）214mv【解析】【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得212m

gHmv=解得22vHg=（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得2vFmgmL−=解得2vFmgmL=+（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得12mvmv=解得112vv=则碰撞过程中损失的机械能为222111122224Emvmvmv

=−=18.如图所示，在倾角为的斜面顶端O点，以初速度0v水平抛出一质量为m的小球，小球落到斜面上的P点，不计空气阻力。（1）求小球从O点抛出至落到P点过程中所用的时间t；（2）求小球从O点抛出至落到P点过程中动量的变化量；（3）

求小球落到P点时重力的瞬时功率。【答案】（1）02tanvg（2）02tanmv（3）02tanmgv【解析】【小问1详解】由题意可知，小球做平抛运动。平抛运动的水平位移为0xvt=竖直位移为212hgt=根据几何关系可得0tan2hgtxv==则可得

小球从O点抛出至落到P点过程中所用时间为02tanvtg=【小问2详解】由动量定理可得Ip=合小球从O点抛出至落到P点过程中，只受重力作用，则Imgt=合化简可得，小球从O点抛出至落到P点过程中动量的变化量为02

tanpmv=【小问3详解】根据平抛运动竖直方向速度公式，可得小球在P点时的竖直分速度为02tanyvgtv==则小球落在P点时重力的瞬时功率为02tanymPmgvgv==19.成语水滴石穿”说明高处落下的水

滴对物体具有冲击力，可以做功。已知水的密度331.010kg/m=，重力加速度g取210m/s。（1）水滴从高5mh=的屋檐滴下，撞击水平地面的石板（不考虑水的反弹）。设水滴的质量5310kgm−=，撞击时间2110st−=，若不计空气阻力，求水滴对石板的平均作用力大小。（2）若

空气阻力不仅与雨滴速度的平方成正比，还与雨滴的横截面积成正比，请通过计算比较大雨滴和小雨滴的落地速度哪个更大（用到的物理量需要说明）；（3）水刀是一种高压水射流切割技术，通过加高水压，再经过线度小于毫米的宝石喷嘴，形成可达1000m/s的超声速射流。水刀切割精度高，没有热损伤，不

产生有害物质。医用水刀的“刀片”是高速流动的生理盐水，厚度仅61.310m−。不考虑水流的反射，请估算水刀工作时单位面积上的作用力大小。【答案】（1）0.03N（2）大雨滴，推导过程见解析（3）9110

N【解析】【小问1详解】重力冲量的大小IG=mgΔt=3×10-7N·s设水滴下落到地面时的速度为v，由运动学公式22vgh=，解得v=10m/s设竖直向上为正方向，由动量定理()0Imv=−−合解得I合=3×10-4N·s竖直向上正方向I合=IN+（-IG）解得I

N=3.003×10-4N·s综上可得NGII，所以在分析石板对水滴的平均作用力时可忽略水滴的重力。设竖直向上为正方向，由动量定理()Δ0Ftmv=−−解得F=0.03N【小问2详解】雨滴最终匀速下落时，受到的阻力与其重力平衡，设雨水的密度为，

半径为r，横截面积为S，根据题意有为2mgkSv=其中343mr=2Sr=得m43grvk=故雨滴的收尾速度与雨滴半径的平方根成正比，故大雨滴的落地速度更大。【小问3详解】设水流的横截面积为S，单位面积上的力为F，水

的密度为，在时间t内，由动量定理有0FStSvtv−=−其中1000m/sv=，33110kg/m=代入数据解得9110NF=20.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0r，宇宙的密度为0。（1）求小星体P远离到02r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1m和2m、距离为R的两个质点间的引力势能12pmmEGR=−，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0r处远离到02r。处的过程中动能的变化量kE；b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律vHr=，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）018=；（2）a．2k002Δπ3EGmr=−；b．H随

t增大而减小【解析】【详解】（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为0r和02r的球内质量相同，即()3300044ππ233rr=解得小星体P远离到02r处时宇宙的密度018=（2）a．此球内的质量3004π3

Mr=P从0r处远离到02r处，由能量守恒定律得，动能的变化量2k00002Δπ23MmGMmEGGmrrr=−−−=−b．由a知星体的速度随0r增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由v

Hr=知，H减小，故H随t增大而减小。