第7章 万有引力与宇宙航行目标-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

—44 — 12.解析 (1)挡光杆转动的线速度为v=dΔt 根据线速度与角速度的关系v=ωr 砝码做圆周运动的角速度为ω= drΔt ; (2)根据向心力公式F=mω2r,若保持角速度和转动半径相同,可 知质量大的物体需要的向心力大,所以曲线①对应的砝码质量小 于曲线②对应的砝码质量。 答案 (1)dΔt d rΔt ;(2)小于 13.解析 (1)由于影响向心力大小F 的因素有小球质量m、角速度 ω和半径r,因此需要采用控制变量法,故ABD错误,C正确; (2)根据向心力公式F=mω2r,用该装置研究圆周运动的向心力 大小与半径的关系时,需要控制角速度与小球的质量不变,使两 小球做匀速圆周运动的半径不同,需要把质量相同的小球分别放 在两边半径不相同的槽内,皮带套在半径相同的两个圆盘上,故 AC正确,BD错误; (3)根据向心力公式F=mω2r,控制角速度与小球的质量不变,向 心力大小F 与球做圆周运动半径r的关系是F 与r成正比,故A 正确,BCD错误; (4)当长槽转动一周时,短槽刚好转动两周,根据角速度与转速的 关系ω=2πn可知,长槽与短槽转动的角速度之比ω3ω4 = n3 n4 =1∶2 根据向心力公式F=mω2r可知,向心力之比F3F4 = m1ω32r1 m2ω42r2 代入数据解得F3∶F4=1∶1。 答案 (1)C;(2)AC;(3)A;(4)1∶2 1∶1 14.解析 (1)根据:x=vt=ωrt,则ω-t图像与时间轴围成的面积与 半径的乘积表示上升高度;根据图像可知,0~10s内水斗上升的 高度为:h=20×102 ×0.2m=20m ; (2)根据a=ΔvΔt= Δωr Δt=0.4m /s2,根据牛顿第二定律 T-(m+ m0)g=(m+m0)a,解得:T=72.8N。 答案 (1)0~10s内水斗上升的高度为20m; (2)井绳所受拉力大小为72.8N。 15.解析 (1)小球经过B 点的速度最小时有mg=mv 2 R ,解得v= 3m/s; (2)小球从B 点运动到C 点做平抛运动,竖直方向有2R=12gt 2 水平方向x=vBt,解得vB=6m/s 小球落地时的速度大小为v'= vB2+(gt)2,解得v'=6 2m/s; (3)小球在B 点,由牛顿第二定律可得mg+F=m vB2 R ,解得F= 3N 根据牛顿第三定律可知,小球在B 点对轨道的压力大小为3N, 方向竖直向上。 答案 (1)小球经过B点的最小速度3m/s; (2)小球落地时的速度大小等于6 2m/s; (3)小球对轨道B点的压力大小等于3N。 16.解析 (1)B 到C 运动过程,小球做平抛运动,竖直方向有:2R= 1 2gt' 2,vy=gt', 联立可得:t'=0.8s,vy=8m/s,因为小球沿切线进入圆弧轨道 CD,则:vC= vy sin30° , 解得:vC=16m/s; (2)B 到C 运动过程,小球做平抛运动,则在C处有:vB= vy tan30° , 解得:vB=8 3m/s; 当B 处轨道对小球恰好无作用力时,由牛顿第二定律得:mg= mvm2 R ,解得:vm=4m/s<8 3m/s, 所以B 处轨道对小球作用力F 方向竖直向下,由牛顿第二定律 得:mg+F=m vB2 R ,解得:F=110N; (3)小球由E 至落在圆弧面 MN 的过程,做平抛运动,设小球落 到圆弧面 MN 时速度大小为v,小球从E 点抛出时水平速度大小 为vx,小球落到圆弧面 MN 时水平位移大小x,竖直位移大小y, 由速度关系可得:v= vx2+(gt)2,由位移关系可得:x2+y2=R2, 由运动学规律可得:x=vxt,y= 1 2gt 2 联立变形可得:v= 3 t2 +75t 2, 由数学可知,当3 t2 =75t2 时,v最小, 联立可得:t= 55s ,vx= 10m/s。 答案 (1)16m/s;(2)8,110N、方向竖直向下;(3) 10m/s 高中月考滚动卷 第一次月考滚动检测卷 1.A [AB.根据曲线运动的特点,速度方向沿切线方向,钢球在B 点离开出口后可能的轨迹是①,故 A正确,B错误;CD.到B 点时 的合力方向指向曲线的凹侧,故③④都不符合要求,故CD错误。] 2.B [把B物体的速度分解为沿绳方向和垂直绳的方向,如图所示, AB.根据平行四边形形定则,沿绳子方向的速度为vA=vBcosθ,θ 指绳与杆之间的夹角,所以cosθ先减小后增大,故物块A 的速度 先变小后变大,故A错误,B正确;CD.物体A 先向下做减速运动, 后向上做加速运动,加速度的方向始终向上,所以 A 始终处于超 重状态。故CD错误。] 3.C [A.A、B 两轮靠摩擦传动,接触面互不打滑,所以a、b两点的 线速度大小相等,方向不同,故 A错误;B.a、b两点的线速度大小 相等,其中ra>rc,根据v=rω,可知a、b两点的角速度不相等,故 B错误;C.由于a、c两点是同轴转动,所以a、c两点的角速度相 等,故C正确;D.因为va=vb,v=rω,ra=2rb=2r,所以ωb=2ωa, 因为ωa=ωc,ra=2rc=2r,a=rω2,联立可得 ab ac= rb rc ,ωb 2 ωc2 =41 ,b、c 两点的向心加速度不相等,故D错误。故选C。] 4.B [A.由题意可知,圆盘转两圈的时间与小球C 下落的时间相 同,设为t,圆盘边缘转两圈和小球C 下降的高度相等,则有:x= 2×2πR=4πR,根据位移—时间公式有:x=12at 2=12× 1 2gt 2,解 得圆盘转两圈所用的时间为t=4 πRg ,故A错误;BC.根据速度— 时间关系式可知此时小球C的速度为v=12gt=2 πgR ,则圆盘 和小球A 的角速度大小为ω=vR =2 πg R ,故B正确,C错误;D. 小球B 的线速度大小为v'=2Rω=4 πgR,故D错误。] 5.B [设小球水平抛出时的速度为v0,轨道对小球的支持力大小为 FN,由牛 顿 第 二 定 律 得 FN-mg=m v02 R ,由 牛 顿 第 三 定 律 得: FN=F,由平抛运动规律有,小球的水平射程x=v0t,小球的竖直 位移y= 12gt 2,由 几 何 关 系 有y=xtanθ,联 立 可 得 F=mg+ mg 2Rtanθx ,结合图像,可知mg=5.0N,将图像中(0.5m,10.0N) 代入可得R=0.25m,B正确,A、C、D错误。] 6.B [每根弹簧弹力均为:F=k(3l0-l0)=2kl0,相邻两橡皮筋间的 夹角为120°,每个小球受到的合力等于F,对小球,由牛顿第二定 律得2kl0=m×3l04π 2 T2 ,解 得 T=2π 3mk2 ,故 B正 确,ACD 错误。] 7.B [A.小球做平抛运动,竖直方向有y=12gt 2,根据几何关系有 AD∶BD∶CD=9∶4∶1,三 个 小 球 做 平 抛 运 动 的 时 间 之 比 为 tA∶tB∶tC=3∶2∶1,故 A错误;B.小球在水平方向做匀速直线 运动,则x=v0t,三个小球均落在斜面上的D 点,根据位移间的关 系有tanθ=yx = gt 2v0 ,设三个小球速度偏转角为α,则tanα=vyv0 = gt v0 =2tanθ可知三个小球速度偏转角相同,三个小球落在斜面上 时速度方向相同,故B正确;C.三个小球均落在斜面上的D 点,根 据竖直位移与水平位移的关系有tanθ=yx = gt 2v0 ,三个小球的初 速度大小之比为vA∶vB∶vC=3∶2∶1,故C错误;D.三个小球做 平抛运动,三个小球的运动轨迹为抛物线,且交于 D 点,故三个小 球的运动轨迹不可能在空中相交,故D错误。] 8.AD [AC.小鱼在运动过程中只受重力,水平方向上小鱼做匀速 运动,即vx 为定值,且水平位置x=vxt,x-t图像是一条过原点的 倾斜直线,故A正确,C错误;BD.竖直方向上小鱼做竖直上抛运 动,则y=v0yt- 1 2gt 2,vy=v0y-gt,且最高点竖直方向的速度为 0,B图像最高点对应的速度不为0,故B错误,D正确。] 9.BC [由题图可知,斜面的倾角θ等于小球 A落在斜面上时的位 移与水平方向的夹角,由平抛运动的推论可知,tanφ=2tanθ,选项 A错误,B正确;设小球A在空中运动的时间为t1,小球B在空中 运动的时间为t2,则由平抛运动的规律可得tanθ= 1 2gt1 2 v0t1 ,tanθ= v0 gt2 ,故t1 t2 =2tan2θ,选项C正确,D错误。] 10.BC [A.对甲进行受力分析,水平方向上,摩擦力提供向心力,则 f甲 =mω2r1,由于不是滑动摩擦力,不能用μmg来判断摩擦力的 大小,故A错误;B.对甲和乙整体分析,水平方向上,静摩擦力提 供向心力,则f乙 =(m+m)ω2r1=2mω2r1,故B正确;CD.因为三 个物块转动的角速度一样,且动摩擦因数也一样,但物块丙做圆 周运动的半径更大,所以若角速度增大的话,丙先达到滑动的临 界点,故C正确,D错误。] 11.AC [小球在水平方向只受垂直于速度方向的细绳的拉力作用, 小球速度大小不变,由牛顿 第 二 定 律 可 得:r=mv 2 F ,当 F=2N 时,r1=1.2m,当F=2.4N时,r2=1m。两钉子间的距离d为 小球做圆周运动减小的半径,即d=r1-r2=0.2m,故 A正确; 由周期T=2πrv 可 得,r1=1.2m 时,T1=1.2πs,r2=1m 时, T2=πs,而小球每经半个周期与另一钉子接触,小球从开始运动 经 T1 2=0.6πs 细绳与铁钉A 接触,小球做圆周运动的半径减小, 细绳受 到 的 拉 力 增 大,所 以t1=0.6πs;小 球 从 开 始 运 动 经 T1+T2 2 =1.1πs≈3.45s>3.3s ,细绳才再次与铁钉B 接触,所 以t=3.3s时细绳拉力仍为2.4N,故B错误,C正确;当细绳受 到的拉力为6.4N时,r=0.375m<0.4m,即当r=0.4m时,绳 子还不会断,小球从开始运动到细绳被拉断历时t=(0.6π+0.5π+ 0.4π+0.3π+0.2π)s=2πs,故D错误。] 12.解析 (1)小球水平方向做匀速直线运动,因此小球在A点速度的 水平分量为v0= x t = 0.05 0.05m /s=1.0m/s,小球竖直方向做自由落 体运动,因此A点速度的竖直分量为vy= (8.6+11.0)×10-2 0.05×2 m /s =2.0m/s; (2)由竖直方向的自由落体运动可得g= (y3+y4)-(y2+y1) 4T2 , 代入数据可得g=9.7m/s2。 答案 (1)1.0 2.0 (2)9.7 13.解析 (1)探究向心力与质量、半径和角速度的关系,需要控制变 量,用到的实验方法是控制变量法,故AC错误,B正确; (2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度,则遮光条通过光 电计数器时的瞬时速度v=Dt ,即物块做匀速圆周运动的线速度 v=Dt ,根据线速度和角速度的关系可知,ω=vR = D Rt ; (3)分析图象,猜测F 与ω2 可能成正比。为进一步证实猜测,可 做F-ω2 关系图象来验证。 (4)观察力F 和半径r的比值,需要控制变量ω,在图乙中作一条 平行于F 轴的辅助线。 答案 (1)B;(2)DRt ;(3)F-ω2;(4)平行于F轴 14.解析 (1)由平抛运动规律,根据自由落体运动的公式,排球落在 对方场地中间位置,竖直方向 H=12gt1 2, 水平位移为x+12x=v0t1 排球刚好过网,则 H-h=12gt2 2;x=v0t2 联立解得H h = 9 5 ; (2)球若不出界,则h1= 1 2gt3 2;2x=v0t3 解得初速度最大值v0max=x gh1 球若不触网,则h1-h2= 1 2gt4 2;x=v0t4 解得初速度最小值v0min=x g2(h1-h2) 球既不出界又不触网,其初速度v0 大小的范围为x g2(h1-h2) < v0≤x gh1 。 答案 (1)95 ;(2)x g2(h1-h2) <v0≤x gh1 15.解析 (1)物块做平抛运动,在竖直方向上有 H=12gt 2,解得t= 2H g = 2×0.8 10 s=0.4s 水平方向做匀速直线运动,水平位移x=v0t=1×0.4m=0.4m; (2)物块落地时竖直分速度vy=gt=10×0.4m/s=4m/s 物块落地时的速度大小v= v02+vy2= 12+42 m/s= 17m/s; (3)物块恰好离开转台时,由最大静摩擦力提供向心力,由牛顿第 二定律得μmg=m v2 R ,μ= v2 gR= 12 10×2=0.05 。 答案 (1)0.4m;(2) 17m/s;(3)0.05 16.解析 (1)设绳断后球飞行时间为t,由平抛运动规律得 竖直方向有1 4d= 1 2gt 2 水平方向有d=v1t 解得v1= 2gd 在竖直方向有v⊥2=2g· 1 4d v2= v12+v⊥2 解得v2= 10gd 2 ; (2)设绳能承受的最大拉力为FT,球做圆周运动的半径为R= 3 4d 绳断时,小球刚好运动到最低点,由牛顿第二定律得FT-mg= mv12 R 解得FT= 11 3mg ; (3)设绳长为l,绳断时球的速度大小为v3,绳能承受的最大拉力 不变 由牛顿第二定律得FT-mg= mv32 l ,解得v3= 2 3 6gl 绳断后球做平抛运动,竖直位移为d-l,设球平抛运动的水平位 移为x,时间为t1,则 竖直方向有d-l=12gt1 2,水平方向有x=v3t1 联立解得x=4 l (d-l) 3 当l=d-l,即l=d2 时,x有最大值,则xmax= 2 3 3d 。 答案 (1) 2gd; 10gd2 ;(2)113mg ;(3)d2 ;2 3 3d 第七章 万有引力与宇宙航行目标 1.A [由题意可得GMm R2 =mg,则GM=gR2,又因为飞船在轨道3 上由万有引力提供向心力,有 G Mm(kR)2 =m4π 2 T32 ·kR,联 立 可 得 T32= 4π2k3R g ;轨道2为椭圆,其半长轴a= (k+1)R 2 ,根据开普勒 第三定律可得 (kR)3 T32 =a 3 T22 ,代入可得T2=(1+k)π (1+k)R 2g ,故 BCD错误,A正确。] 2.D [A.7.9km/s是第一宇宙速度,是近地卫星的环绕速度,也是 卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,因此空间站的运行速率 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 43 — —46 — 不可能大于7.9km/s,故A错误;B.根据GMm r2 =mω2r可得ω= GM r3 ,对接后空间站的轨道半径不变,所以其角速度不变,故B错 误;C.根据GMm r2 =m4π 2 T2 r可得T= 4π 2r3 GM ,由题意可知,同步卫 星的轨道半径大于空间站的轨道半径,所以同步卫星的周期大于 空间站的周期,而同步卫星的周期又等于地球自转的周期,所以空 间站的周期小于地球自转周期,故C错误;D.根据地面物体的万 有引力 等 于 重 力,有 G Mm R2 =mg,根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 G Mm同步(R+h)2 =m同步 4π 2 T同步2 (R+h),以及密度公式ρ= M v = 3M 4πR3 ,已知空 间站离地高度h、地球表面的重力加速度g和引力常量G,则通过以上 三式可以估算地球的半径R、质量M 和平均密度ρ,故D正确。] 3.C [设原本球体物质的密度为ρ,则m= 4 3ρπR 3,挖去半径为1 2R 的球体的质量为m1= 4 3ρπ R2 3 =18× 4 3ρπR 3=18 m ,在空心 处填充物体的质量为m2= 4 3× ρ 2π R2 3 =116× 4 3ρπR 3,则新组 成的球体对 m0 的万有引力F= Gmm0 (2R)2 - Gm1m0 3R2 2+ Gm2m0 3R2 2,解得 F=G2mm0 9R2 ,故C正确,ABD错误。] 4.B [A.月球的第一宇宙速度是最小的发射速度,嫦娥六号在 M 点的发射速度大于月球的第一宇宙速度,故 A错误;B.轨道Ⅱ的 半径比轨道Ⅰ的半长轴大,根据开普勒第三定律a 3 T2 =k可知,嫦娥 六号在轨道Ⅱ上的运动周期比轨道Ⅰ上大,故B正确;C.由牛顿 第二定律得GMm r2 =ma,解得a=GM r2 ,因嫦娥六号在轨道Ⅱ上经 过P 点时与在轨道Ⅰ上经过P 点时到月心的距离相等,所以嫦娥 六号在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度与在轨道Ⅰ上经过P 点的加 速度相等,故C错误;D.根据开普勒第二定律,只有在同一轨道运 行时,嫦娥六号与月球中心连线在相同时间内扫过的面积才相同, 故D错误。] 5.C [A.逃离太阳系之前,在地球表面上,根据万有引力等于重力, 有 GM地 m R2 =mg,解得地球的质量为 M地 =gR 2 G ,故A错误;B.地球 绕比邻星匀速圆周运动的轨道半径为r,周期为T,根据万有引力 提供向心力可得 GM比 M地 r2 =M地4π 2 T2 r,解得比邻星的质量为 M比 = 4π2r3 GT2 ,故B错误;C.根据地球表面物体受到的万有引力等于重力, 可得逃离之前 GM地 m R2 =mg,到达新家园后 G·0.9M地 m R2 =mg', 联立可得g'=0.9g,故C正确;D.地球第一宇宙速度为近地卫星 的运行速度,逃离之前,有GM地 m R2 =mg=mv 2 R ,到达新家园后,有 G·0.9M地 m R2 =mg'=mv' 2 R ,联立解得v'= 0.9v,故D错误。] 6.A [A.③是贴近月球表面环月飞行,设其周期为T,其轨道半径 近似 等 于 月 球 半 径 R,根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 有 GMm R2 = m 2πT 2 R,解 得 月 球 的 质 量 为 M=4π 2R3 GT2 ,月 球 的 密 度 为ρ= M 4 3πR 3 ,解得ρ= 3π GT2 ,所以通过测量③上的运行周期可以估测月 球密度,故A正确;B.卫星从低轨道到高轨道需要加速,则知②转 移到①时需要加速,故B错误;C.根据牛顿第二定律得GMm r2 = ma,解得a=GM r2 可知②上经过P 点时加速度与③上经过P 点时 加速度相等,故C错误;D.根据开普勒第三定律a 3 T2 =k可知,轨道 半径越大,周期越大,则②上的运行周期大于③上的运行周期,故 D错误。] 7.C [A.设所绕恒星的质量为 M,“超级地球”的质量为 M',由万有 引力提供向心力可得:GMM' r2 =M'4π 2 T2 r,解得:M=4π 2r3 GT2 ,由于不 知道“超级地球”绕恒星的轨道半径,无法求出所绕恒星的质量,故 A错误;B.根据v=2πrT 可知,由于没有给出“超级地球”绕恒星的 轨道半径,无法求出其公转的线速度,故B错误;C.根据牛顿第二 定律可得:GM地 m R地2 =mv地 2 R地 ,解得:v地 = GM地 R地 ,同理可得:v超地 = GM' R超地 ,解得:v超地 = 3v地,故C正确;D.根据密度的公式可得,地 球的 密 度 为:ρ地 = M地 4 3πR地 3 ,“超 级 地 球”的 密 度 为:ρ超地 = M' 4 3πR超地 3 ,联立解得:ρ超地 ρ地 =34 ,但题目没有给出地球的密度,故无 法求得“超级地球”的密度,故D错误。] 8.ABD [AB.由题意可知,t1 时刻,较亮的恒星遮挡住较暗的恒星; t2 时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星,即t1-t2 时间里,转了半 圈,故周期 T=2(t2-t1),两颗恒星绕连线上某点做匀速圆周运 动,周期相等,故AB正确;C.由an= 4π2 T2 可知,两颗恒星的半径不 同,故两恒星的向心加速度大小不相等,故C错误;D.设较亮的恒 星和较暗的恒星的质量分别为 m1 和 m2,均由彼此间的万有引力 提供向心力,故两颗恒星的向心力大小相等,即 m1ω2r1=m2ω2r2, 则m1∶m2=r2∶r1,故D正确。] 9.CD [设人造地球卫星的周期为T,地球质量和半径分别为 M、R, 卫星的轨 道 半 径 为r,则 在 地 球 表 面:由 GMm R2 =mg,得 GM= gR2,对卫星:根据万有引力提供向心力,有GMmr2 =m 2πT 2 r,联 立可求得轨道半径r,而r=R+h,故可求得卫星离地高度。由v= rω=r2πT ,从而可求得卫星的线速度大小,卫星的质量未知,故卫 星的密度不能求出,向心力Fn=G Mm r2 也不能求出。故选项 A、B 错误,C、D正确。] 10.AC [由万有引力定律可得:F=GMm R2 ,由此可知,卫星在近地点 所受F 最大,在远地点所受F 最小,由题乙可知,F 最大为8F0,F 最小为2F0,且卫星从远地点 M 运行到近地点N,再回到远地点 M 为 一 个 周 期,则 卫 星 运 动 周 期 为 F0;由 上 述 式 子 得:R= GMm F ,则地球与 M 点间距离和地球与N 点间距离的比为:RMRN = 8F0 2F0 =2,即地球与 M 点间距离是地球与N 点间距离的2倍;故 AC正确,BD错误。] 11.BC [A.7.9km/s是地球的第一宇宙速度,是最大的环绕速度, 则该卫星的速度不可能大于7.9km/s,故 A错误;B.由题意知, 该卫星的轨道平面不是赤道平面,运行1圈中2次经过赤道上 空,故B正确;C.由图可知,该卫星每绕地球运动一圈,地球自转 的角度为45°,故卫星周期为:T'=24h×45°360°=3h ,则该卫星与 地球同步卫星的周期之比为:T'∶T=3h∶24h=1∶8,故C正 确;D.卫星绕地球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,可 得:GMm r2 =m4π 2 T2 r,整理得:r= 3 GMT2 4π2 ,则结合前面分析可知, 该卫星与地球同步卫星的轨道半径之比是:r'∶r= 3 T'2∶ 3 T2 = 3 12∶ 3 82=1∶4,故D错误。] 12.解析 对于在轨道上运行的飞船,根据万有引力提供向心力,并 等于重力,可得:GMm R2 =m4π 2 T2 R=mg,解得:R=FT 2 4mπ2 还可得 到:M=4π 2R3 GT2 星球的密度:ρ= M 4 3πR 3 =3π GT2 该星球表面的重力加速度:g=Fm 因而需要用秒表测量周期T,用弹簧秤测量质量为m的钩码的重力F。 答案 (1)A BC;(2)周期T 物体重力F;(3)3π GT2 Fm FT2 4mπ2 13.解析 (1)实验Ⅰ,因为只有没有空气阻力影响时,石子和羽毛才 能总是同时落地,所以可以判断该星球表面无大气; (2)实验Ⅱ,在实验Ⅰ的基础上,可确定石子做的是平抛运动,由 两个方向上的规律可得 h=12gt 2,x=v0t,联立可得h= g2v02 x2 即h与x2 成正比关系,做此图像可以有效减小实验数据处理导 致的偶然误差,故宇航员做C图像最为合理; (3)由斜率k1= g2v02 ,可得赤道处的重力加速度g=2k1v02; (4)实验Ⅲ,跟实验Ⅱ的原理相同,同理可得g极 =2k2v02 又赤道处有F引 -mg=m 2πT 2 R,极地处有F引 =mg极,联立可 得T=πv0 2R k2-k1 答案 (1)无 (2)C (3)2k1v02 (4) π v0 2R k2-k1 14.解析 (1)设卫星的质量为 m,该卫星在停泊轨道上运行的线速 度为v,地球的质量为 M,处于地球表面的某一物体的质量为m', 卫星做圆周运动的向心力由地球对它的万有引力提供,有GMm R2 = mv 2 R 且有GMm' r2 =m'g 解得v=r gR (2)设卫星在工作轨道上运行的周期为T,月球的质量为 M1,处 于月球表面的某一物体质量为m″,则有GM1m R12 =m 2πT 2 R1 又有GM1 r12 m″=m″g6 解得T=2πR1r1 6R1 g 。 答案 (1)r gR (2) 2πR1 r1 6R1 g 15.解析 (1)若忽略地球及火星自转的影响,地球和火星对物体的 万有引力等于物体的重力,则有GMm R2 =mg可得g=GMR2 ,已知火 星半 径 约 为 地 球 半 径 的 1 2 ,火 星 质 量 约 为 地 球 质 量 的 1 10 ,即 R火 =12R地 ,M火 =110M地 ,解得火星表面重力加速度为g火 =0. 4g地 =0.4g,小 明 在 地 球 和 火 星 的 一 次 起 跳 释 放 体 能 相 同,有 ΔEp=mgh地 =mg火 h火,解得小明在火星上的跳高成绩为h火 = 4m; (2)地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动,由太阳对它们的万有 引力提供向心力,有GM太 m r2 =m4π 2 T2 r,解得T=2π r 3 GM太 ,则得 T火 =12564T地 设一火星年有n火星天数,则n=125×365×2464×25 =684 (天)。 答案 (1)4m;(2)684火星天 16.解析 (1)忽略地球自转的影响,在地球表面处物体受到的重力 近似等于万有引力,m0g= Gm地 m0 R2 在轨道半径为r=2R 处,卫星所受万有引力等于其重力,mg'= Gm地 m (2R)2 联立解得:g'=g4 (2)卫星所受万有引力提供其做圆周运动的向心力,有: Gm地 m (2R)2 = mω2·2R 结合(1)中式子可得ω= g8R (3)卫星绕地球做匀速圆周运动,建筑物随地球自转做匀速圆周 运动,且卫星的转动方向与地球自转方向相同,当卫星转过的角 度与建筑物转过的角度之差等于2π时,卫星再次出现在建筑物 上空,即ωΔt-ω0Δt=2π 解得:Δt= 2π g 8R-ω0 。 答案 (1)g4 (2) g8R (3) 2π g 8R-ω0 第二次月考滚动检测卷 1.D [由于桶的内壁光滑,桶不能提供给物块竖直向上的静摩擦力, 所以绳子的拉力一定不能等于零,故A错误;绳子沿竖直方向的分 力与物块重力大小相等,若绳子沿水平方向的分力恰好提供物块做 圆周运动的向心力,则桶对物块的弹力为零,故B错误;由题图可 知,绳子与竖直方向的夹角不会随桶的角速度的增大而增大,所以 绳子的拉力也不会随角速度的增大而增大,故C错误,D正确。] 2.A [卷轴的角速度为:ω=vr ,插销与卷轴属于同轴传动模型,角 速度相等,要使卷轴转动不停止,则弹簧对插销的弹力提供向心 力,根据牛顿第二定律可得:k l-l2 =m× vr 2 l,联立解得: v=r k2m ,故A正确,BCD错误。] 3.B [小球刚好通过A 点,则在 A 点重力提供向心力,则有:mg= mv 2 R 2 ,解得:v= gR2 ;从A 点抛出后做平抛运动,则水平方向的位 移x=vt,竖直方向的位移h=12gt 2,根据几何关系有:x2+h2= R2,解得t2= 5-1g R ,h= (5-1)R 2 ,则B 点与O 点的竖直高度差 H=R-h=R- (5-1)R 2 = 3- 5 2 R ,故B正确,ACD错误。] 4.D [圆轮转动方向为逆时针才有可能a、b两点处的小物体同时落 地,a、b两点处的物体脱落前分别随圆盘做匀速圆周运动,设速度 大小为v0,则有v0=ωR,脱落后a点处脱落小物体做平抛运动,由 R=12gt 2,解得t= 2Rg ,b点 处 脱 落 小 物 体 做 竖 直 下 抛 运 动 有 2R=v0t+ 1 2gt 2,联立解得v0= g R 2 ,ω= g2R ,ABC正确,不符合 题意;a点脱落小物体水平方向位移xa=v0t=R,则a点脱落的小 物体落至地面过程中的位移大小为x= xa2+R2= 2R,D错误, 符合题意。] 5.A [根据竖直上抛运动的规律,有v2=2gh,解得星球表面重力加 速度为 g=v 2 2h ,在 星 球 表 面,根 据 重 力 等 于 万 有 引 力 有 mg= GMm R2 ,其中V=43πR 3,M=ρV,联立解得星球的平均密度为ρ= 3g 4πGR= 3v2 8hπGR ,则 地 球 与 星 球a 的 平 均 密 度 之 比 为ρ地 ∶ρa = 1 h1R1 ∶ 1h2R2 = h2R2 h1R1 = h2 kh1 ,故A正确,BCD错误。] 6.C [A.小球抛出后做平抛运动,由平抛运动的规律可得,小球在 地球表面时,小球在水平方向做匀速直线运动,x=v0t 小球在竖直方向做自由落体运动,y=12gt 2 小球在某星球表面上时,则有在水平方向做匀速直线运动,x'= x=2v0t' 小球在竖直方向做自由落体运动,y'=y=12g0t' 2 代入数据解得g0=4g,故A错误;BC.设星球质量为 M,在该星球 表面质量是m0 的物体则有G Mm0 R2 =m0g0,解得 M= g0R2 G = 4gR2 G 该星球的密度为ρ= M V = 4gR2 4 3πR 3G = 3gπGR ,故B错误,C正确;D.由 万有引力提供向心力可得GM'm R'2 =mv 2 R' ,解得v= GM'R' ,由GM' =gR'2 可得地球的第一宇宙速度v= gR',该星球的第一宇宙速 度:GM=g0R2,v星 = GM R = g0R=2 gR ,因地球的半径与该 星球的半径关系不确定,因此该星球的第一宇宙速度与地球的第 一宇宙速度之比不确定,故D错误。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 45 — — 14 — 第七章 万有引力与宇宙航行目标 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 备课组长推好题 第15题以在其它星球上跳高背景,综合考查万有引力定律在太空科学研究 中的实际应用问题,题目设置新颖灵活,紧扣基础知识,对学生的综合应用能力要求较高,值得 推荐。 一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的。 1.(2025·江西省南昌十中期末)2024年10月30日,神舟十九号载人飞船成 功对接空间站天和核心舱前向端口,对接前其变轨过程简化后如图所示。 飞船先由近地轨道1在P 点点火加速进入椭圆轨道2,在轨道2运行一段 时间后,再从Q 点进入圆轨道3,完成对接。已知地球的半径为R,轨道1 的半径近似等于地球半径,轨道3的轨道半径为地球半径的k倍,地球表 面的重力加速度为g。则飞船在轨道2上运行的周期是 ( ) A.(1+k)π (1+k)R 2g B. (1+k2)π2R 2g C.(2+k)π (2+k)R 2g D. (2+k)3π2R 2g 2.(2025·山西省部分学校模拟)2024年11月15日23时13分,搭载天舟八号货运飞船的长征七 号遥九运载火箭,在我国文昌航天发射场点火发射,天舟八号货运飞船进入预定轨道后,于北京 时间2024年11月16日2时32分,成功对接于空间站天和核心舱后向端口。交会对接完成后, 空间站仍在原轨道做圆周运动。已知空间站离地高度约为400km,地球同步卫星离地高度约为 36000km,地球表面的重力加速度约为10m/s2,地球自转周期为24h,引力常量G=6.67× 10-11N·m2/kg2。下列说法正确的是 ( ) A.对接后空间站的运行速率大于7.9km/s B.对接后空间站的角速度变大 C.对接后空间站的运行周期大于地球自转周期 D.假设地球为质量分布均匀的球体,根据题目已知信息,可以估算地球的平均密度 3.(2025·河南省洛阳市高一期末)有一质量为m、半径为R、密度均匀的球体, 在距离球心O为2R的地方有一质量为m0 的质点。现从m 中挖去半径为 1 2R 的球体,然后在空心处填满密度为原球密度一半的物质,如图所示,则新组成 的球体对m0 的万有引力F为 ( ) A.G mm0 4R2 B.G 7mm0 36R2 C.G 2mm0 9R2 D.G 4mm0 9R2 4.(2025·河北省衡水二中期末)2024年6月25日,嫦娥六号返 回器准确着陆于内蒙古四子王旗预定区域,实现世界首次月 球背面采样返回。其部分返回过程的简化模型如图所示,嫦 娥六号采样结束首先从 M 点进入绕月飞行的椭圆轨道Ⅰ,之 后从椭圆轨道经P 点变轨到圆轨道Ⅱ,再从圆轨道经Q 点变 轨进入地月转移轨道,最后被地球捕获进而实现着陆,下列关于嫦娥六号的返回过程说法正确的 是 ( ) A.嫦娥六号在 M 点的发射速度等于月球的第一宇宙速度 B.嫦娥六号在轨道Ⅱ上的运动周期比轨道Ⅰ上大 C.嫦娥六号在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点的加速度大 D.嫦娥六号在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行时,其与月球中心连线在相同时间内扫过的面积相同 5.(2025·甘肃省张掖市高台一中模拟)《流浪地球》讲述了太阳即将毁灭,人类开启“流浪地球”计 划的故事。假设逃离太阳系之前地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,第一宇宙速度为v, 地球绕太阳运动视为匀速圆周运动。到达新家园后地球绕比邻星匀速圆周运动的轨道半径为r, 周期为T,地球的质量为逃离之前的0.9倍,半径与逃离之前相同,逃离前后均不考虑地球自转, 引力常量为G,由以上信息可知 ( ) A.逃离太阳系之前地球质量为 G gR2 B.比邻星的质量为4π 2R3 GT2 C.到达新家园后地球表面的重力加速度为0.9g D.到达新家园后地球的第一宇宙速度为0.9v 6.(2025·四川省成都市列五中学月考)如图所示为嫦娥六号探测器“奔月”过 程,其历经了①地月转移、②近月制动、③环月飞行等过程,已知三个过程的轨 道均经过P 点。则 ( ) A.通过测量③上的运行周期可以估测月球密度 B.②转移到①时需要减速 C.②上经过P 点时加速度比③上经过P 点时大 D.②上的运行周期小于③上的运行周期 7.(2025·山东省济南市期末)科学家们在距离地球约31光年的地方,发现了一颗可能有生命存在 的“超级地球”。科学家们把这颗“超级地球”命名为GJ357d,质量至少是地球的6.1倍,半径约为 地球的2倍,围绕一颗比太阳小得多的恒星运行,每55.7天运行一周。若已知地球的第一宇宙速 度,根据以上信息可以算出“超级地球”的 ( ) A.所绕恒星的质量 B.公转的线速度 C.第一宇宙速度 D.密度 二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题 目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 8.(2025·山东省济宁市模拟)“食双星”的两颗恒星亮度不同, 在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动,由于两颗 恒星的彼此遮挡,会造成观测者观察到双星的亮度L 发生周 期性变化,如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星做圆周运 动的半径分别为r1 和r2,下列说法正确的是 ( ) A.t1 时刻,较亮的恒星遮挡住较暗的恒星 B.“食双星”做匀速圆周运动的周期为2(t2-t1) C.较亮的恒星与较暗的恒星的向心加速度大小相等 D.较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为 r2 r1 9.(2025·河南省焦作市高一期末)如图所示,2025年1月7日,我国在西昌卫星发射 中心利用长征三号乙运载火箭成功将“实践25号卫星”发射升空。通过观测可以 得到卫星绕地球运动的周期,并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度.若将 卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动,且不考虑地球自转的影响,根据以上数据 可以计算出卫星的 ( ) A.密度 B.向心力的大小 C.离地高度 D.线速度的大小 — 13 — — 16 — 10.(2025·四川省模拟)如图甲所示,一颗地球的卫星绕以地球为焦点的椭圆轨道运行,轨道远地 点为 M,近地点为N,卫星受到地球的万有引力大小F 随时间t的变化情况如图乙所示。下列 说法中正确的是 ( ) A.卫星运动周期是T0 B.卫星运动周期是2T0 C.地球与 M 点间距离是地球与N 点间距离的2倍 D.地球与 M 点间距离是地球与N 点间距离的4倍 11.(2025·福建省百校联考模拟)水利一号遥感卫星于2024年12月 17日在太原卫星发射中心成功发射,该卫星为极地卫星,入轨后绕 地球做匀速圆周运动,该卫星的飞行轨道在地球表面的投影如图所 示,图中标明了该卫星从北向南飞临赤道上空所对应的地面的经 度,则 ( ) A.该卫星的环绕速度大于7.9km/h B.该卫星运行1圈中2次经过赤道上空 C.该卫星与地球同步卫星的周期之比为1∶8 D.该卫星与地球同步卫星的轨道半径之比1∶4 2 三、非选择题:本题共5小题,共52分。 12.(6分)(2025·江西省吉安市开学)宇宙飞船进入靠近某行星表面的圆形轨道,绕行数圈后着陆 在该行星上,宇航员在绕行及着陆后各做一次测量,依据所测量的数据,可以求出该行星的密度 ρ、半径R(已知引力常量为G)。 如果宇宙飞船上备有的实验仪器有: A.一只秒表 B.一个弹簧秤 C.一个质量为m 的钩码 D.一把毫米刻度尺 (1)宇航员两次测量所选用的仪器分别是 和 ;(填写序号) (2)宇航员两次测量的物理量分别是 和 ;(写清楚物理量含义) (3)用测得的数据求得该行星的密度ρ= ,表面重力加速度g= ,半径R= 。 13.(8分)(2025·江西省南昌一中高一期中)2023年《三体》电视剧异常火爆,这正展示了人类想了 解未知世界的渴望,为延续人类文明防患于未然,人类也需要寻找适宜人类居住的新家园。假 设多年后宇航员找到了一类地星球,为了探究星球的相关情况,宇航员降落在星球表面,并做了 以下实验(假设该星球为匀质球体,星球半径为R): (1)实验Ⅰ:让一石子和一片羽毛分别从相同高度由静止同时释放多次,发现两者总沿竖直方向 向下运动并同时落在水平地面上。由此可以判断该星球表面 (填“有”或“无”)大气。 (2)实验Ⅱ:在赤道的水平地面上,以一定的水平速度v0 抛出物体,并记录下抛出点的高度h及 相应的从抛出到落地过程中的水平位移x,保持v0 不变,改变高度,重复实验多次。并用描点法 做出了图像,你认为宇航员做 图像最为合理。(选填选项前的相应字母) A.h-x B.h2-x C.h-x2 (3)若求出图线的斜率为k1,则赤道处的重力加速度g= 。 (4)实验Ⅲ:到达极地后,在抛出速度与实验Ⅱ中v0 一样的情况下,重复实验Ⅱ,若得到图像的斜 率为k2。据此宇航员推出了该类地星球的自转周期T= 。(用k1、k2、R、v0 表示) 14.(10分)“嫦娥六号”探月卫星在空中的运动可简化为如图所示的过程, 卫星由地面发射后,经过发射轨道进入停泊轨道,在停泊轨道经过调速 后进入地月转移轨道,再次调速后进入工作轨道。已知卫星在停泊轨道 和工作轨道运行的半径分别为R 和R1,地球半径为r,月球半径为r1,地 球表面重力加速度为g,月球表面重力加速度为g6 。求: (1)卫星在停泊轨道上运行的线速度大小; (2)卫星在工作轨道上运行的周期。 15.(12分)(2025·河北省省级联考模拟)随着科技的飞速进步,人类登陆火星的梦想即将成真。小 明满怀憧憬地想象着在火星上生活的场景。已知在地球上,小明的跳高成绩能达到1.6m,火星 到太阳的距离约为25 16AU (地球与太阳的距离为一个AU,火星半径约为地球半径的12 ,火星质 量约为地球质量的1 10 ,火星的自转周期约为25小时,地球表面重力加速度g取10m/s2。 (1)若忽略地球及火星自转的影响,求小明在火星上的跳高成绩; (2)求一火星年有多少火星天。(结果保留到个位) 16.(16分)(2025·河南省商丘市高一期中)一颗在赤道上空运行的人造卫星,其轨道半径为r=2R (R 为地球半径),卫星的转动方向与地球自转方向相同。已知地球自转的角速度为ω0,地球表 面处的重力加速度为g。求: (1)该卫星所在处的重力加速度; (2)该卫星绕地球转动的角速度; (3)若某时刻卫星通过赤道上某建筑物的正上方,求它下次通过该建筑物上方需要的时间。 — 15 —