第38期 功 功率-【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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B; 4.A; 5.D; 6.C; 7. D. 径,根据万有引力提供向心力有GMm _2 提示: /G 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;第二宇审速 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 m{} mg= ,在该星球表面,万有引力等于重力,则有CMm 度是在地面上发射物体,使之飞到太阳系以外的宇审空间所必 需的最小发射速度,故C错误 nm{} 2 。 B 2.根据万有引力提供向心力有CMm 联立解得该星球的第一字宙速度为vi=1 #,故C正确. /R /GM 2' 7.嫦娥六号登月,依然绕地球运动,发射速度大于第一宇 2/5 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 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 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 错误,B正确:根据F-CM可知下落过程中上升器受到的万 心力有CMm 2 _# 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, 3-m .,故C错误:根据万有引力提供向心力有CMm 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 月球的第一字宙速度满足CMm-_ 中上升器的速度越来越大,故CD错误 2 #,解得一 4.要使神舟士七号在同一轨道上能追上空间站以实现对 正确. 接,则需要使神舟十上号加速,与此同时要想不脱离原轨道,根 8.大于 等于 加速变轼 变大 不变 据F=m 9.(1)1.3x10*m/s};(2)3.7x10m/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)在中子星表面,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 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 GM ~1.3x10”m/s2} 错误;中圆地球轨道卫星所在平面过地心,北京所在伟度平面 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 CMT= 心力,由牛顿第二定律得GMm "=' GMm =m ,2 R R 解得中子星的第一宇审速度为 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 ~3.7x10m/s. 运行线速度小干中轨卫星的运行线速度,同步卫星的周期大干 R 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 2n(R+H) 10.(1)2iR GMm_m /CMT R #4,故C 解析:(1)依题意,上升器做平抛运动,坚直方向可得 正确:在地球表面有CMm-mg,则同步卫星的轨道高度为h= R2 3/CMT* 8RT-R,故D错误 r-R= #V4-=# 解得月球表面处的重力加速度为g= 4n} c 5.(1)R (2)2GM 解得月球的第一字宙速度v:2hR 2) 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 ,2 GMm 4-(R+H) =m 72 (R+H)} 解得t=R /GV 联立解得“组合体”的环月运行周期为 2n7(R+H) T= (2)假设卫星绕黑洞表面做圆周运动,由万有引力提供向 R2} _mRn _.GMm # B组 心力,则有 R 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: =2 1.第一宇审速度大小约为7.9km/s.故A错误;若想使卫 2GM 解得2三 Rw 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 确;若卫星发射速度大干第二宇审速度,则会脱离地球束缚,不 2GM 其中v。三c,解得R< 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 可知,黑洞最大半径R。三 2GM 射速度需大于第二宇审速度,脱离地球的吸引,故D正确 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 1. D: 2.A; 3.D: 4.A; 5.D; 6.D; 7.C GM ,因P点离月球的距离更远,故“梦 提示: I.什普副语过分析事容的关文观测数据,总结出行星记 舟”经过P点时的加速度小干经过0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树 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 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 高一物理教科(必修第二册) 第36~39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,则两者所需向心力大小关系也不确定,故D错误,本题选错 关,故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 =可知 4.质量较大的M. 和质量较小的M.之间的万有引力F= 周期更短,故B正确;根据CMm=ma,可得a= GM.M. .结合数学知识可知M.=M.时,M.M.有最大值,根据 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M。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 Mm 供向心力有G 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= 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. 航天员所受方有引力提供向心力,处于完全失重状态 根据F.=nr 合力不为零,故A错误;核心舱的运行周期为r-“(R+h){} $ 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 故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-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GMm _ D正确. 11.(1)自西向东 靠近赤道 3s2 得p= Gr(K+),故D正确. 过 7.根据牛顿第二定律有CMm 4 12.(1)A(2)运行n圈的时间 (3) 联立可得a= (4)D 8.ABD; 9. BD: 10.AD. 飞船中物体完全失重 13.(1)gR;(2) 提示: /4n(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 解析:(1)在地球表面有CMm=mg 最小发射速度,地球卫星的线速度小于7.9km/s.故A错误;根 R (=mo”r解得= /G 由万有引力提供向心力可得CMm 据GMn /,低轨道卫星的轨道半径小于 =n 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宇宙速度大小为,= =gR ,低轨道卫星的轨道半 (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 GMm' 高一物理教科(必修第二册) 第36~39期 /4(R+h) /4n(R+) 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 { 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= (2)3.375x10*m/s} 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.在磨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n为星体的质量,V为黑洞的质量,由万有 手栖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 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 cM __ 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mR 。2 =mg 以速度,做匀速直线运动,处于平衡状态,根据平衡条件可得 =Feosθ.故B正确;推力的功率为P=Fvcos9.故C错误.推 又R= 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=3.375x10*m/s. 能推车前进,故D错误. 15.(1)2nn(R+). (2)4n{}n(R+) 5.力F是线性变化,可以用平均力求功.则合力对物体做 Grt 的功为W=W.-W=- 4nn(R+h)3 2 (3) R2 6.水车每秒转动的圈数为,水车转动一圈对水做的功W 解析:(1)嫦娥六号探测器绕月运动的周期7-1 -Nmg·2R,则水车的功率P- 探测器绕月做匀速圆周运动的线速度大小 nNmgR,故A正确. 2n(R+h) _r。 30 T 7.福建舰的阻力和速度成正比,则有f=b.当仅开动一台 解得r三 2nn(R+h) 锅炉时,福建舰的最大速度为v.则有P=fr=rx{,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2v.则有nP=f'·2v=4l,解得n=4.故B正确 力,则有 8.静摩擦力 动力 正功 fi Mm G ((#)# ## 9.(1)3x101:(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-4n{(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GMm 二mg 当物体沿着与水平方向成30*}角的直线上升时,拉力F与 42-(R+h)3 结合上述解得g三 位移x.的夹角为a=60,则 R72 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 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)9.0x101 (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2Fcos6=/ 高一物理教科(必修第二册) 第36~39期 解得f=450N 而由速度-时间关系有v.=a (2)两绳拉力做的功 解得1=5.0s. W= Fxcos =2tim250tim20x0.9 1=9.0tm $0$ 《机检能及其守恒定律》同步核心素养测评(二 (3)两绳拉力的总功率 A组 1. A; 2. D; 3. D: 4. C: 5.A; 6. B: 7. B. 1 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.魏秋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h三 2gt{}可知,从释放到落地的过程中,糖枇的运 2.对人从距水平轨道7.2m高的水滑梯的顶端滑下到水 平轨道的末端这一过程,由动能定理有mgh- 动时间等干谷粒的运动时间,故A正确;落地时,谷粒的竖直速 5mgx=0,解得 度等于糖枇的竖直速度,根据P。三mgv。,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 秋的重力,则谷粒重力的瞬时功率大于糖秋重力的瞬时功 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。三mgth.因谷粒和糖秋质量不同.则从释 2,解 动摩擦力作用,故AB错误;由动能定理mgh+W,= 放到落地的过程中,谷粒和枇重力做功不相同,故C错误:从 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W,= 水平位移较小.根据W三x可知,风力对糖枇做功比对谷粒做 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=60xi10x10J=60001.故A =-50x201=-10001,故B 牛顿第二定律有mg=m 2 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mgx:= 误;各力做的总功为W=W。+W.=5000J.合力做功的平均 2m,-(mgsin37*+1mgcos 37o)x.=0-- 功率为P:V =2500W,故D正确. . 2%,故A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 速度,有P =Fr.=fr.,当汽车的速度为9m/s时,有P= 6.物块与地面间的摩擦力大小f=jmg=1N,由题图可 知,0~4s内物块的加速度大小a= △_ F.v,解得F.=4000N,故A错误,B正确;对此时汽车受力分 =1m/s2,0~4s内物 A 析有F.-f=ma,解得a=2m/s,故C错误,D正确 4.7 1.5 40 28 12 块的位移大小x三 5.(1)20m/s(2)5.0s 解得F=1.5N,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r.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=4.0x10N W. -W. =0,解得W.=12J.故B正确 而功率P。=Fv。 7.小物块水平方向受到拉力F和摩擦力/的作用,根据动 代入数据解得v.=20m/s 能定理E三 (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,根拒 定律有F-f=ma 解得F=8.0x10*N 动能定理E三 设保持匀加速运动的时间为7.匀加速达到的最大速度为 为乙+x,则克服摩擦力做的功为W.=/(L+x).故CD错误 .,则有Po =Fr. 8.(1)非线性(2)W-)(3)远小于小车的质量 解得v.=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 (2)由动能定理可得W= 2.i},.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O点时向心加速 性关系,该组同学应绘制W-图像 度大小为a三 。2) (3)以小车及钩码组成的系统为研究对象,设钩码的质量 h 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。=m m+{ 大小为380N.故D正确. 小车所受的合力F=Ma-mM mg n+M{} 3.由图乙可知,小物块上滑的最大距离为乙三 sin37 3 由上式可知,当mM时.Fmg,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 401.解得小物块质量为n=1kg,故C错误;根据f= 解析:(1)根据题意,到达B点时速度最大,由B到C过程 umgcos37*=2N,解得动摩擦因数it=0.25.故D正确. 0=vn-ala mgsinθ+ nmgcosθ-10m/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:t=10m/s 大小为.- 斜面的长度7- =。 (2)滑块通过光电门B时的速度大小为v*= (2)根据动能定理有W-umgcosθ·L-mgLsine=0-0 故滑块动能的变化量AE。= 解得电动机对货物做的功W=1500J. 整理可得AFi,-M(-)# 10.(1)v2m/s; (2)0.5m; (3)2m 解析:(1)滑块恰好能通过圆轨道最高点,则有mg=mK #2 (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1.故合力做功W=mgl 解得:v=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AE。 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-umgx=0 解得:x=2m. 解得:=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 #mgH-2mgx=1m-1m{}# 提示: 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:t=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 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=20x10x4J=800J,故A