第37期 万有引力定律核心素养单元测评-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第二册同步学案（教科版2019）

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地球静止轨道卫星的轨道半径小于月球绕地球运行的轨道半 1.A:2.C:3.B:4.A:5.D:6.C:7,D. 径，根据万有引力提供向心力有G=m子，解得。= 2 提示： GM 1.第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是地 ,可知，地球静止轨道卫星绕地球运行的速度大于月球 球卫星绕地球飞行的最大速度，故A正确，D错误：第二宇宙速 绕地球运行的速度，故D正确。 度是在地面上发射物体，使之成为绕太阳运动或绕其他行星运 6.在该运动轨道的最高点，该星球上的重力提供向心力有 动的人造卫星所必需的最小发射速度，故B错误；第三宇宙速 度是在地面上发射物体，使之飞到太阳系以外的宇宙空间所必 mg:气，在该显球表面，万有引力等于重力.则有。 R 需的最小发射速度，故C错误 mg,在该星球表面轨道，万有引力提供向心力有G。m R R 2.根据万有引力提供向心力有G产=m?=m考 4R,所 联立解得该显球的第一宇宙速度为=“√一，故C正确。 以7=2√周=√受所以-=5即返回 T2'地25 7.嫦娥六号登月，依然绕地球运动，发射速度大于第一宇 舱绕月飞行的周期大于地球上近地圆轨道卫星的周期，返回舱 宙速度即可，故A错误：在环月轨道上，探测器受月球和地球的 引力提供向心力，由于探测器绕月运动，则地球对探测器的引 绕月飞行的速度小于地球第一宇宙速度，故C正确 力小于月球对探测器的引力，故B错误；根据万有引力提供向 3.上升器减速后做近心运动，才能从环月轨道下落，故A 心力有学=m其，月球的平均密度为p=。出 M一= 错误，B正确：根据F=C可知下落过程中上升器受到的万 2 3 mh 有引力逐渐增大，月球表面空气很稀薄，空气阻力可忽略不计， ,故C铅误：根据万有引力提供向心力有=m 3ur 7 根据牛顿第二定律可知上升器的加速度也越来越大，下落过程 中上升器的速度越来越大，故CD错误。 月球的第一字宙速度满足m。m亡 m- 4π7 R ，解得=√及，放D 4,要使神舟十七号在同一轨道上能追上空间站以实现对 正确. 接，则需要使神舟十七号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根 8.大于 加速变轨等于变大不变 据P=m二可知必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一 9.(1)1.3×10°m/s2；(2)3.7×10'm/s 方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量， 解析：(1)在中子是表面，重力等于万有引力，则有 从而使喷气产生的推力与喷气方向相反，故A正确。 G R=mg 5.第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速 解得中子星表面的自由落体加速度为 度，中圆地球轨道卫星运行速度不会大于第一宇宙速度，故A g=G=1.3×10°m/s 错误：中圆地球轨道卫星所在平面过地心，北京所在纬度平面 R 不过地心，故B错误：地球静止轨道卫星转动的周期与地球自 (2)卫星在中子星表面做匀速圆周运动，万有引力提供向 高一物理教科（必修第二册）第36~39期 、心力，由牛顿第二定律得G=m君 4π R Gm=m=m r mr,可得=Ar 解得中子星的第一宇宙速度为 轨卫星轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则同步卫星的 GM ≈3.7×10m/8 运行线速度小于中轨卫星的运行线速度，同步卫星的周期大于 中轨卫星的周期，故A错误，B正确：由万有引力提供向心力得 10(1)2hk ；(2) 2m02(R+H) hR2 =m，可得同步卫星的轨道半径为 V4n,放c 解析：(1)依题意，上升器做平抛运动，竖直方向可得 正确：在地球表面有Wm=mg,则同步卫星的轨道高度为h= R h=28 3 -R= -R= 8RT 解得月球表面处的重力加速度为g=当 -R,故D错误 根据=mg=m尺 R 4. nk M 解得月球的第一字宙速度。：2h巫 5.(1)√ (2)2c4 解析：(1)假设卫星绕太阳表面做圆周运动，由万有引力 (2)根据万有引力提供向心力 (R+历=m4如(R+四 GMm 提供何心力，则有警=天 R GM 联立解得“组合体”的环月运行周期为 解得和= T= 2云7(K+0) (2)假设卫星绕黑洞表面做圆周运动，由万有引力提供向 hR B组 心力则有m 1.BD;2.AD;3.BC. 根据题意，太阳收缩成球形黑洞后逃逸速度 提示： =21 1.第一宇宙速度大小约为7.9km/s,故A错误；若想使卫 2GM 星进入地球同步轨道，发射速度需大于第一宇宙速度，故B正 解得=√ 确：若卫星发射速度大于第二宇宙速度，则会脱离地球束缚，不 其中与≥c,解得R州≤2G型 2 会进入月球轨道，故C错误：若想使探测器发射到火星表面，发 射速度需大于第二宇宙速度，脱离地球的吸引，故D正确。 可知，黑洞最大半径R。=2C 2.根据卫星变轨规律，可知卫星由高轨道到低轨道，需要 《万有引力定律》核心素养单元测评 点火减速，故“揽月”与“梦舟”分离时需要减速，故A正确：根 1D:2.A;3.D:4.A;5.D:6.D7.C 据G=ma可得a=以，因P点离月球的距离更远，放~梦 提示： 1.开普勒通过分析第谷的天文观测数据，总结出了行星运 舟”经过P点时的加速度小于经过Q点时的加速度，故B错误： 动的三大定律，故A错误：牛顿通过“月一地检验”表明地面物 因环月圆轨道的半径大于环月椭圆轨道的半长轴，根据开普勒 体与月球受地球的吸引力是同种性质的力，故B错误：卡文迪 第三定律可知，“梦舟”在环月圆轨道上的周期大于在环月椭 许通过实验测出了引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地 圆轨道上的周期，故C错误：“梦舟”由地月转移轨道进入环月 球质量”的人，故D正确，C错误 圆轨道，在近月制动点处减速，使得“梦舟”需要的向心力小于 月球提供的向心力，从而被月球捕获，故D正确， 2由万有引力提供向心力6尝：学儿解得后·高 72 3.卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得： =k,可知常数k只与恒星的质量M有关，与绕恒星运行的行星 一2 高一物理教科（必修第二册）第36一39期 无关，故A正确。 同步卫星的轨道半径，由于该卫星与同步卫星质量关系不确 3,卡文迪许通过该装置测出了引力常量G,与物体质量无 定，侧两者所需向心力大小关系也不确定，故D错误.本题选错 关，放AB错误；测得的G是引力常量，根据单位制知公式不仅 误的，故选ABD. 反应物理量数量间的关系，也反应物理量单位间的关系，引力 9.天舟八号在地球的引力场中，所以天舟八号的发射速度 常量是有单位的，故C错误：该实验巧妙地利用了“微小量放 应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误；对接前， 大”思想，故D正确。 天舟八号的运行半径较小，根据开普物第三定律号=k,可知 4.质量较大的M1和质量较小的M2之间的万有引力F= G丛，结合数学知识可知M,=M时，M,M,有最大值，根据 周期更包，放B正确：根据c=a,可得。一兰，可知对接 前，天舟八号的加速度大于空间站的加速度，故C错误；对接 题意质量较小的黑洞M2吞噬质量较大的恒星M,所以万有引 前，天舟八号欲追上空间站，可以在低轨道上点火加速做离心 力变大.故A正确。 运动.故D正确. 5.设黑洞质量为M。,星体质量为m,该星体由万有引力提 10.超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配 供向心力有6"三=m子又业：=p~专且R=从 4 重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转，则配重空间站的 周期等于24h,故A正确：地球同步卫星的轨道在同步空间站 联立可得p=4C以下，故D正确 和配重空间站之间，地球同步卫星所受万有引力提供向心力， 6.航天员所受万有引力提供向心力，处于完全失重状态， 根据上=m一甚，可知配重空间站的向心力较大，需万有引力 合力不为零，故A错误：核心舱的运行周期为T=(R+h So 与缆绳作用力共同提供向心力，故B错误：若太空电梯沿缆绳 敌B错误：空间站的周期小于同步卫星周期，即小于24h,所以 匀速运动，由于太空电梯绕地球转动，所以其内的物体受力不 航天员在8小时的出舱活动中，将绕地球转过大于子周，故C 平衡，故C错误；若两空间站之间缆绳断裂，则配重空间站受到 的万有引力小于所需的向心力，配重空间站将做离心运动，故 错误；根据G,Mm M *)京=m4开(R+h)地球密度P4 D正确， 11.(1)自西向东 靠近赤道 3S号 得p=GaR+h)F,故D正确 (2√网 CM 4r7 GM 7,根搭牛顿第二定律有CR=ma,M=p,手R心 4 12.(1)A(2)运行n圈的时间t 联立可得a“领务放C正确 (3)3n 8.ABD;9.BD:10.AD. (4)D 飞船中物体完全失重 提示： 13.(1)√gR:(2) 4(R+h) gR 8.11,2km/s是地球的第二宇宙速度，是脱离地球束缚的 最小发射速度，地球卫星的线速度小于7.9km/s,放A错误；根 解析：(1)在地球表面有=mg R 据6=mr解得w √受，低轨道卫星的轨道半径小于 由万有引力提供向心力可得=m 2 R 同步卫星的轨道半径，则角速度大于地球同步卫星的角速度， 联立可得地球的第一字宙速度大小为：=√尺 GM =gR 放B错误：根据6=mm解得a=以，低轨道卫星的轨道半 2 (2)天和核心舱绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供 径小于同步卫星的轨道半径，则加速度大于地球同步卫星的加 向心力可得 速度，放C正确：根据F。=,低轨道卫显的轨道半径小于 (发，m祭(R+ GMm' 3 高一物理教科（必修第二册）第36~39期 4m(R+h)正 4m(R+h)正 故A错误：一对平衡力等大反向，其位移相同，则对物体做功的 解得周期为T= GM gR 代数和一定为零，故B正确：滑动摩擦力对物体可做正功，可做 14.(1)R=之 (2)3.375×10m/3 负功，也可能不做功，故C错误：如果合力不做功，则合力可能 与速度方向垂直，此时物体做匀速圆周运动，故D错误。 解析：(1)与银河系中心的距离为r的星体，以速度围绕 2.在塘盘转动一周的过程中，力F大小恒定，方向始终与 银河系中心旋转，设m为星体的质量，M为黑洞的质量，由万有 手柄AB的运动方向相同，所做的功应等于力与路程的乘积，即 引力提供向心力有 W=F·2R,手柄4B的线速度大小为=，联立解得： 0.6m/s,故B正确。 设质量为m'的物体绕黑洞表面做匀速圆周运动，则由万 3.靠背对运动员的力垂直于靠背，由于运动员没有位移。 有引力提供向心力有 所以靠背对运动员不做功，故AB错误：脚对踏板的力和踏板的 C Mm' 位移方向相同，所以脚对踏板做正功，故C正确，D错误 4.已知人对清雪车的作用力为F,根据牛顿第三定律，清 联立可得黑洞半径的表达式为R= 雪车对人的作用力大小也为F,故A错误；清雪车沿水平方向 (2)对在该黑洞表面的物体有m尺=m8 以速度：做匀速直线运动，处于平衡状态，根据平衡条件可得 =Fcos0,故B正确；推力的功率为P=Fvcos,故C错误.推 力水平方向的分力小于清雪车受到的水平方向的阻力时，将不 代入数据联立解得重力加速度g=3.375×103m/s2 能推车前进，故D错误 15.(1)2mR+h2:(2)4n22(R+h) 5.力F是线性变化，可以用平均力求功.则合力对物体做 Gr (3)4nm2(R+h) 的功为W=-期=5气-mx:6,放D正确 R 6.水车每秒转动的圈数为0，水车转动一园对水做的功W 解析：(1)嫦娥六号探测器绕月运动的周期T=! =Nmg·2R.则水车的功率P=兰×六=2mgR×而= 探测器绕月做匀速圆周运动的线速度大小 D=2π(R+h) nm,故A正确 30 T 解得：=2nπ(R+h 7.福建舰的阻力和速度成正比，则有f=k知，当仅开动一台 锅炉时，福建舰的最大速度为，则有P=m=2,若要使其速 (2)探测器绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心 度达到2m,则有nP=f'·2=4m2,解得n=4,故B正确 力，则有 8.静摩擦力动力正功f C-Mm 2 FR+h=mR+万 9.(1)3×10*J:(2)0 解析：(1)因物体的运动为匀速运动，所以整个吊运过程 解得M=4nr(R+h) G 中，钢绳对物体的拉力F的方向竖直向上，大小等于物体的重 力，即F=mg=10N (3)在月球表面有G加=mg R 当物体沿着与水平方向成30°角的直线上升时，拉力F与 结合上述解得g=4nm(R+h) 位移x1的夹角为a=60°，则 R22 天车钢绳对物体的拉力做的功为 《机械能及其守恒定律》同步核心素养测评（一）》 A组 W=Fxcos =10x6x3x J 1.B;2.B:3.C;4.B:5.D:6.A:7.B (2)当物体又沿水平方向匀速移动时，钢绳拉力F与位移 提示： x,的方向垂直，则天车钢绳的拉力做功为0. 1,一对作用力和反作用力，若作用力做正功，则反作用力 10.(1)450N(2)9.0×103J(3)600W 可能做正功，也可能做负功，也可能不做功，总功不一定为0， 解析：(1)由平衡条件有2Fcos0=f 4 高一物理教科（必修第二册）第36~39期 解得f=450N 而由速度一时间关系有新，=at (2)两绳拉力做的功 解得t=5.0s W=2Fxc0s0=2×250×20×0.9J=9.0×103J 《机械能及其守恒定律》同步核心素养测评（二）】 (3)两绳拉力的总功率 A组 p=里=9.0×10W=600w. 1.A;2.D;3.D;4.C;5.A:6.B:7.B. 15 提示： B组 1,合力做正功时，物体的动能增加，增加量等于合力所做 1.AD:2.AD:3.BD. 的功，故A正确：合力做负功时，物体的动能减小，减小量等于 提示： 合力做功的绝对值，故B错误：只要合力做功，物体的动能就一 1.糠秕和谷粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度 定会发生改变，故CD错误. 相同，根据A=之可知，从释放到落地的过程中，模秕的运 2.对人从距水平轨道7.2m高的水滑梯的顶端滑下到水 动时间等于谷粒的运动时间，故A正确；落地时，谷粒的竖直速 平轨道的未端这一过程，由动能定理有mgh一了mgx=0,解得 度等于糠秕的竖直速度，根据P。=mg,由于谷粒的重力大于 x=5h=36m,即水平轨道的长度至少为36m.故D正确. 糠秕的重力，则谷粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功 3.战士从铁杆顶端从静止开始下滑，则受到沿杆向上的滑 率，故B错误：根据W。=mgh,因谷粒和糠秕质量不同，则从释 放到落地的过程中，谷粒和慷秕重力做功不相同，故C错误；从 动摩擦力作用，放AB错误；由动能定理meh+围=m2,解 释放到落地的过程中，因谷粒质量较大，则加速度较小，落地时 得摩擦力做功取=m2-mgh,故C错误，D正确 水平位移较小，根据W=x可知，风力对糠秕做功比对谷粒做 4.根据题意，设该过程中小球克服摩擦阻力做功为W,从 功多，故D正确 2.重力做功为W。=mgh=60×10×10J=6000J,故A 释放到最高点，由动能定理有mgh-W=之m,在最商点，由 正确：阻力做功为(=-/品。=-50×20J=-1001,故B 牛顿第二定律有网g=m天联立解得W=Q151.故C正确 错误：支持力的方向与位移方向垂直，则支持力不做功，故C错 5.在水平雪面和倾斜雪面上应用动能定理有一mg= 误：各力做的总功为=W。+W,=5000J,合力做功的平均 2-.-(gin37+ungw37=0-2, 功率为P=￥=250W,放D正确 3.当汽车的牵引力大小与阻力大小相等时，汽车达到最大 又空=号联立解得：=之，放A正确 速度，有P量=F=.,当汽车的速度为9m/s时，有P飘= 6.物块与地面间的摩擦力大小∫=umg=1N,由题图可 F,1,解得F:=4000N,故A错误，B正确；对此时汽车受力分 知，0~4s内物块的加速度大小a=岩=1m/s,0~4s内物 析有F,-∫=ma,解得a=2m/g2,故C错误，D正确 4.71.5402812 块的位移大小x=2=8m,由牛顿第二定律有F-f=m0, 5.(1)20m/s(2)5.0s 解得F=L.5N,0~4s内恒力F做的功W,=Fx=12J,设物 解析：(1)设汽车以额定功率启动后达到最大速度时牵 块运动的整个过程中，克服摩擦力做的功为W,由动能定理 引力为F。,汽车达到最大速度时有F。=f=4.0×103N W。-W=0,解得W,=12J,故B正确。 而功率P。=F。m 7.小物块水平方向受到拉力F和摩擦力f的作用，根据动 代入数据解得。=20m/s 能定理=宁m2-0=(F-(L+),放A错误：小车相对 (2)设汽车在匀加速度运动时，牵引力为F,根据牛顿第二 地面的位移为x,水平方向仅受小物块对小车的摩擦力，根据 定律有F-f=ma 解得F=8.0×103N 动能定理公=之”=么，放B正确：小物块相对地面的位移 设保持匀加速运动的时间为：，匀加速达到的最大速度为 为L+x,则克服摩擦力做的功为W,=代L+x),故CD错误 ,则有P。=F 8.(1)非线性(2)W-2(3)远小于小车的质量 解得1=10m/s 解析：(1)由题图乙可知，所有点的连线不是一条直线，即 高一物理教科（必修第二册）第36~39期 拉力对小车做的功与速度成非线性关系 错误：下滑过程根据动能定理可得。-”：=了叫，解得克 (2)由动能定理可得W=,可知为了使图像呈现线 服阻力做的功为W=440J,故B正确；经过Q点时向心加速 性关系，该组同学应绘制W-广图像。 度大小为a===9:,放C错误：经过0点时。 (3)以小车及钩码组成的系统为研究对象，设钩码的质量 为m,小车的质量为M,由牛顿第二定律，则有mg=(m+M)a 根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得货物受到的支持力 大小为F=380N,根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力 小车的加速度为a=m m+jg 大小为380N,故D正确. m+3=m竖 小车所受的合力F=Ma=mM 3.由图乙可知，小物块上滑的最大距离为L=sm37= h 希* 0.6m=5m,故A正确：由图乙，全程根据动能定理得-L×2 3 由上式可知，当m《M时，F≈mg,即若直接以钩码的重 力作为小车受到的合力，则钩码的质量应满足的条件是远小于 =20J-40J,解得小物块所受的摩擦力大小为∫=2N,故B正 小车的质量： 确：小物块上滑过程中根据动能定理得-mgh-f·L=0 9.(1)15m(2)1500J 40」，解得小物块质量为m=1kg,放C错误：根据f= 解析：(I)根据题意，到达B点时速度最大，由B到C过程 μngcos37°=2N,解得动摩擦因数4=0.25，故D正确. 0 ts at 4)是2)宁（号克(3）mga稍大于 a =mgsin 0 t umgcos 0=10 m/s 解析：1)根据速度公式可得，滑块通过光电门A时的速度 联立解得：g=10m/s 大小为“，=4 斜面的长度L=受，+)=5m (2)滑块通过光电门B时的速度大小为= d (2)根据动能定理有W-mgcos 0·L-mngLsin0=0-0 解得电动机对货物做的功W=15001 放滑块动能的变化量△。=一M:- 10.(1)2m/s;(2)0.5m:(3)2m 整理可得4此=受（宁宁 解析：(1)滑块恰好能通过圆轨道最高点，则有mg=m尺 (3)由于钩码所受的重力作为滑块所受的合力，且滑块通 过的距离为l,故合力做功W=mg 解得：Dn=√2m/s,方向水平向左 (4)在实际情况下，因为钩码加速下降，处于失重状态，绳 (2)滑块从A运动至D过程，根据动能定理有 中拉力小于钩码重力，所以W稍大于△E 1 mgh-mg·2k=2ma 5.(1)0.5；(2)14m/s:(3)0.4m 联立解得：h=0.5m 解析：(1)从A到D过程由动能定理有 (3)）根据动能定理有mgh-4mgx=0 mgh-ngs-mgh=0-之m 解得：x=2m 解得：μ=0.5 B组 (2)物体第3次经过B点时由动能定理有 1.BC:2.BD;3.ABD. 提示： mgH-2 ungs mia-方m 1.竖直抬升过程中汽车只受重力和支持力，初、末状态汽 解得：tg=14m/s 车均静止，动能不变，根据动能定理可知，支持力做功等于克服 (3)最终停止时由动能定理有 重力做功，故A错误，B正确：水平右移的过程中，汽车只受摩 mgH-wmgs=0-2m明 擦力，汽车先由静止加速，最后减速到0，所以摩擦力先做正 解得：s=21.6m. 功，后做负功，由于整个过程动能变化量为0，所以摩擦力对车 所以物体最后停止时距离B点0.4m. 做的总功为0，故C正确，D错误 2.重力做的功为W。=mgh=20×10×4」=800J,故A 6