第36期 天体运动-【数理报】2024-2025学年高一物理必修第二册同步学案（人教版2019）

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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 4R,所 2.根据万有引力提供向心力有G=m?sm华 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 错误，B正确：根据F=C可知下落过程中上升器受到的万 心力有学=m其，月球的平均密度为p=。出 2 M一= 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 高一物理人教（必修第二册）第36~39期 、心力，由牛顿第二定律得G=m君 4m2 R Gm=m=m r mr,可得=入r 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。：迟 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≥c,解得Rem≤2 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 《万有引力与宇宙航行》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，根据开普物 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 什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 7 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 高一物理人教（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.卡文迪什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 *)=m4π(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 (R,m祭(R+ GMm' 3 高一物理人教（必修第二册）第36~39期 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= 4m(R+h)于 4(R+h) 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=2 (2)3.375×10m/52 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 ?=F2R,手辆4B的线速度大小为=2，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*为P=Fvcos0,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=3.375×10m/s2. 能推车前进，故D错误。 5.力F是线性变化，可以用平均力求功.侧合力对物体做 15.(1)2mR+h2:(2)4n22(R+h) Gr (3)4n2m(R+h) 的功为W=W-所=+上 2x-umgx=61,故D正确 R 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T= =Nmg·2R,则水车的功*P=号×0=2gR×行= 探测器绕月做匀速圆周运动的线速度大小 D=2π(R+h) nNS,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u,则有P=币=知，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=∫'·2m=4h2,解得n=4,故B正确。 力，则有 8.静摩擦力动力正功F和 C-Mm 9.(1)3×10J;(2)0 FR+h=mR+万 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x的夹角为a=60°，则 RP 天车钢绳对物休的拉力做的功为 《机械能守恒定律》同步核心素养测评（一）】 W=e0su=10x6×号J=3×10J 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： x2的方向垂直，侧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 一4 高一物理人教（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.B:4.C:5.B:6.B:7.D 15 提示： B组 1,重力做功为2000J,根据重力做功与重力势能的关系 1.AD:2.AD:3.BD. W。=-△E,可知，重力势能减小2000J,重力势能的变化量与 提示： 是否选定参考平面无关，故A正确，BC错误：由于未选定参考 1.糠秕和谷粒在竖直方向均做自由落体运动，下落的高度 平面，无法确定末位置的重力势能的大小，故D错误 相同，根据A=方可知，从释放到落地的过程中，模秕的运 2.停靠在四楼时检修人员的重力势能是停靠在三楼时的 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 两倍，可知电梯停在二楼时，检修人员的重力势能为0.故A错 误：电梯从二楼到四楼，由△E。=2mgh=3600J,可知检修人 度等于糠秕的竖直速度，根据P。=mg,由于谷粒的重力大于 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 员的重力势能增加了3600】.故B错误：电梯从一楼到二楼，重 率，故B错误：根据W。=mgh,因谷粒和糠秕质量不同，则从释 力做负功.故C错误：电梯停靠在五楼时，检修人员的重力势能 放到落地的过程中，谷粒和糠秕重力做功不相同，故C错误；从 E。=3mgh=5400J,故D正确， 3.物体的重力势能为E。=mgh,h表示物体重心与参考平 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 面的高度差，因木块的重心与地面的高度差较大，故木块的重 水平位移较小，根据W=x可知，风力对糠秕做功比对谷粒做 力势能大.故B正确。 功多，故D正确 4.手拉着弹簧上端P缓慢向上移动，物体始终处于平衡状 2.重力做功为W。=mgh=60×10×10J=6000J,故A 正确：阻力做功为(=-/品。=-50×20J=-1001,故B 态.根据胡克定律得弹簧的伸长量4r=,在这一过程中，P 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 端上移的距离为H,所以物休上升的高度为h'=H-,物体 误：各力做的总功为=W。+W,=5000J,合力做功的平均 功率为P=￥=250W,放D正确 重力势能的增加了￡=mg=gh-产，放C正确 5.重力势能最小的点为最低点，在最低点两侧，绳子与水 3.当汽车的牵引力大小与阻力大小相等时，汽车达到最大 平方向的夹角相同，设为0，右边绳长为4，两侧绳的拉力大小 速度，有P量=F=.,当汽车的速度为9m/s时，有P飘= 相同，由几何关系得20cos0=16,△h=asin0-(20-a)sin0, F,1,解得F=4000N,故A错误，B正确；对此时汽车受力分 解得。一警m,骏子在滑行过程中的重力势能最小值约为片， 析有F,-∫=ma,解得a=2m/g2,故C错误，D正确 =-mgasin0=-560J,故B正确. 4.71.5402812 5.(1)20m/s(2)5.0s 6.物体做自由落体运动，机械能守恒，则有E。=E 解析：(1)设汽车以额定功率启动后达到最大速度时牵 2m,所以重力势能与速度的图像为开口向下的抛物线，故B 引力为F。,汽车达到最大速度时有F。=f=4.0×103N 正确。 而功率P。=Fom 7.小猫爬到楼梯口B处时的重力势能为0，则小猫在A处 代入数据解得。=20m/s 的重力势能为E。4=-mgh=-1×10×1.5J=-15J,故A (2)设汽车在匀加速度运动时，牵引力为F,根据牛顿第二 错误：小猫在E处的重力势能Es=mgh:=I×10×4.5J= 定律有F-f=ma 45J,故B错误；小猫从B到D重力做的功为W,=-mghm= 解得F=8.0×103N -1×10×3J=-30J,故C错误：小猫从A到B重力势能增加 设保持匀加速运动的时间为：，匀加速达到的最大速度为 了△E。=mgh=1×10×1.5J=15J,故D正确 ,则有P。=F 8.(1)2.4×103」(2)-3×10」(3)-1.26×10J 解得1=10m/s 9.(1)2.046×10J: 高一物理人教（必修第二册）第36~39期 (2)W。=-2.046×10J,△E。=2.046×103J 做加速运动，根据牛顿第二定律可得加速度大小为α= 解析：(1)以地面为参考平面，游客相对地面的高度为 。=8一气可知加速度减小：当弹力大于重力时，升降 m 341m,则游客的重力势能为 机加速度方向向上，升降机做减速运动，根据牛顿第二定律可 E=mgh=60×10×341=2.046×103J (2)游客上升过程中重力做功为 得加速度大小为。=“=任-8，可知加速度变大，放 m W。=-mgh=-60×10×341=-2.046×103J AB错误：从升降机接触弹簧到速度最大的过程中，动能增大， 根据重力势能变化与重力做功关系可得 合力做功为正，则弹力做的负功小于重力做的正功：从速度最 △E。=-W=2.046×105J. 大位置到最低点的过程中，动能减小，合力做功为负，则弹力做 10.(1)L.2×10J:(2)27×10J:(3)2s 的负功大于重力做的正功，故C正确：由于升降机的高度不断 解析：(1)取地面为参考平面，运动员在A点的重力势能 下降，则重力势能不断减小，弹簧的压缩量不断增大，则弹性势 E,。=mgH=60×10×20J=1.2×10J 能不断增大，故D正确。 (2)运动员在A点水平跃出时的动能 4.(1)4(2)20(3)逐渐变小 6=2成=支x60×30J=2.7×10J 解析：(1)由图可知，第4次的描点不在线上，出现明显偏 差，故第4次数据误差较大，应该别除： (3)根据平抛运动的规律可知：竖直位移H=2 1 (2)根据胡克定律mg=k△ 解得1=28 可得m=A g B组 1.AC:2.CD:3.CD. 南国像斜*可得台产8二0=2 提示： 解得k=20NV/m. 由图可知，物体的重心到参考平面的高度为分= (3)在使用过程中，盒子里的纸巾越来越少，纸巾的重力 减少，弹簧的形变量减少，故弹簧的弹性势能逐渐变小 0.2m,则物体的重力势能为E,=mg号=5×10×0.2J= 5.(1)。=8m/s;(2)W=1600J 10J,故A正确：物休向右翻转90°，物体的重心到参考平面的高 解析：(1)假设运动员喇落在B点时竖直方向的速度为 ,运动员从A点落到B点，有： 度为号=0.4m,则物体的重力势能为E。=mg·号=5×10 v,=gh vo =v,tan 53 ×0.4J=20J,物体的重力势能增加量为△E=Ee-E1= 解得：o=8m/s (20-10)」=10J,故B错误：物体向外翻转90°，物体的重心到 (2)运动员从B点落到C点，做平抛运动.在此过程中，有： 参考平面的高度为分=0.1m,则物体的重力势能为E。= 3 水平位移：x=8o6 g·宁=5×10×01J=51,物体的重为势能塔加量为4止。 竖直位移：y宁试 =E-Ea=(5-10)J=-5J,该过程物体的重力势能减少 又tan53°=y 5J,故C正确，D错误. W mgy 2.由图像可知，弹力与弹簧形变量成正比，由功的定义和 解得：W=16001 图形面积的含义可知，从弹簧原长到伸长量为10cm的过程 中，弹力做功为-1J,故A错误；从弹簧原长到伸长量为10©m 的过程中，弹力的做功为一1J,根据W=-△E得弹性势能改 变量为1J,故B错误；由功的定义和图形面积的含义可知，从 伸长量为10cm到伸长量为20cm的过程中，克服弹力做功为 3J,弹性势能增加了3J,故CD正确. 3,从弹簧下端触地直到最低点的运动过程中，弹簧的弹力 不断变大：当弹力小于重力时，升降机加速度方向向下，升降机 一6