第2次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高一物理必修第二册（人教版2019）

—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 — —48 — 7.C [AB.若环状物是天王星的组成部分,则环状物与星体同轴旋 转,角速度相同,根据角速度和线速度的关系v=ωr,结合乙图可 知,环状物不是星体的组成部分,星体的自转周期不能确定,故AB 错误;C.若环状物是星体的卫星群,则其向心力由星体的万有引 力提供,则GMm r2 =mv 2 r ,所以运行速度v2=GMr ,结合图像可得 GM=v0 2 1 R =v02R,所以中 心 天 体 质 量 满 足 M= v02R G ,故C正 确; D.根据万有引力提供向心力有GMm R2 =mv1' 2 R ,所以天王星的第 一宇宙速度为v1'= GM R =v0 ,故D错误。] 8.AD [A.小球垂直撞在斜面上,可知到达斜面时竖直分速度vy= gt=10×0.4m/s=4m/s,根据平行四边形定则知tan45°= vB vy ,解 得小球经过B 点的速度vB=4m/s,根据矢量合成可知,小球在C 点的速度大小为4 2m/s,故A正确;B.小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是x=vBt=1.6m,故B错误;CD.在B 点,设 小球受到管 道 下 壁 的 作 用 力,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得,mg-N= mvB 2 R ,解得轨道对小球的作用力 N=-6m,可知假设错误,小球 经过管道的B 点时,受到管道上壁的作用力,故C错误,D正确。] 9.AD [AB.根据竖直上抛的特点:在X 星球上以v0 初速度竖直上 抛时,t1= 2v0 g0 ,在地球上以v0 初速度竖直上抛时,t= 2v g ,则 X 星 球表面的重力加速度g0= t t1g ,在星球表面上的物体受到的重力 等于万有引力:GMm R2 =mg0,联立解得 X 星球的质量 M=g tR2 Gt1 , 故A正确,B错误;CD.卫星绕 X 星做匀速圆周运动,万有引力等 于向心力,设轨道半径为r,则GMm r2 =m4π 2 T2 r,解得:T= 4π 2r3 GM , 当轨道半径最小时,卫星周期最小,此时r=R,则最小周期Tmin= 4π2R3 GM =2π Rt1 gt ,故C错误,D正确。] 10.AC [A.根据密度公式有ρ= M V = M 4 3πR 3 ,已知地球与火星的质 量之比约为10∶1,地球与火星的半径之比约为2∶1,可得火星 与地球的平均密度之比约为4∶5,故A正确;B.设火星的公转轨 道半径为R1,周期为T1,地球的公转轨道半径为R2,周期为T2, 根据开普勒第三定律有:R1 3 T12 = R23 T22 ,解得:T1∶T2=3 3∶2 2, 故B错误;C.在行星表面上,有GMm R2 =mg,可得g=GMR2 ,已知 地球与火星的质量之比约为10∶1,地球与火星的半径之比约为 2∶1,可得火星与地球表面的重力加速度大小之比约为2∶5,故 C正确;D.根据B选项可知,火星和地球绕太阳运动的周期之比 T1∶T2=3 3∶2 2,已知地球的公转周期T2=1年,则火星的 公转周期T1≈1.8年。设经过时间t出现下一次“火星冲日”,则 有t T2 -tT1 =1,解得:t=2.25年≈821天,所以相邻两次“火星冲 日”的时间间隔约为821天,故D错误。] 11.BD [A.由题图可知,两星球的重力加速度大小和半径之比都是 1∶2,由天体表面万有引力和重力相等可知GMm R2 =mg,可得M= gR2 G ,则两星球的质量之比MP MQ =18 ,故A错误;B.密度为ρ= M V = M 4 3πR 3 ,可得ρ= 3g 4πGR ,故两星球密度相同,故B正确;C.由mg= mv 2 R ,可得v= gR,则两星球的第一宇宙速度大小之比 vP vQ = 1 2 ,故C错误;D.由万有引力做为向心力可知,GMm r2 =m4π 2 T2 r, 可得r= 3 GMT2 4π2 ,则两星球同步卫星的轨道半径之比rP rQ =12 ,又 因为两星球的半径之比为1∶2,故同步卫星距星球表面的高度 之比也为1∶2,故D正确。] 12.解析 (1)手机随蔬菜蓝的转动做的圆周运动可看作是圆锥摆运 动,设蔬菜蓝侧壁与水平方向夹角为θ,侧壁对手机的压力为FN, 则由FN水平 =mω2r可知:在从慢到快转动手柄的过程中,角速度 增大,蔬菜篮侧壁与手机间的压力变大; (2)由图乙可以看出同样的角速度,直线1的向心力F更大,由F= mω2r可知直线1对应的手机质量更大; (3)由F=mv 2 r 可知,在蔬菜蓝直径一定时,手机的向心力与线速 度大小的平方成正比,图像是线性图像。 答案 (1)变大;(2)1;(3)线性 13.解析 (1)a、b、c、d 四点水平方向的距离相同,说明相邻两点间 的时间间隔相等,为T=0.1s,竖直方向上,相邻两点间的距离之 比满足1∶3∶5,故a点是小球的抛出点; (2)竖直方向上,根据匀变速直线运动推论有Δy=gT2,代入题中 数据Δy=2×1×4×10-2m,得g=8.0m/s2; (3)b点对应的竖直分速度vby =gT=8.0×0.1m/s=0.8m/s, 水平分速度v0=2×4×10 -2 0.1 m /s=0.8m/s,则vb= vby2+v02, 得vb=4 25 m /s; (4)根据黄金代换式GMmR2 =mg ,得 M=gR 2 G ,则该星球质量与地 球质量之比为 M星 ∶M地 =g星 R星2∶gR2,解得 M星 ∶M地 =1∶ 20,又由mg=mv 2 R ,得v= gR,代入数据计算,则第一宇宙速 度之比v星 ∶v地 =1∶ 5。 答案 (1)是;(2)8.0;(3)4 25 ;(4)1∶20,1∶ 5 14.解析 (1)由题意可知F1+mg=m v2 R ,R=L2 ,F1=mg,解得v= gL; (2)重力提供向心力,速度为v0,则mg=m v02 R 设最低点碗对水的支持力为F2,则F2-mg=m v02 R ,解得F2=2mg 由牛顿第三定律可知,水对碗的压力为2mg,方向竖直向下; (3)设 碗 的 质 量 为 M,绳 子 的 拉 力 为 F,竖 直 方 向 有 Fcosθ= (M+m)g 水平方向上Fsinθ=(M+m)ω2r,r=L2sinθ 联立解得ω= 2gLcosθ 。 答案 (1) gL;(2)2mg,方向竖直向下;(3) 2gLcosθ 15.解析 (1)对转椅受力 分 析,转 椅 在 水 平 面 内 受 到 滑 动 摩 擦 力 f1、轻绳拉力T,两者合力提供其做匀速圆周运动所需向心力,如 下图所示: 设转椅的质量为 m,转椅所需的向心力大小为:Fn1=mω12r1,转 椅受到的滑动摩擦力大小为:f1=μmg,根据几何关系得:tanα= f1 Fn1 ,联立解得:tanα= μg ω12r1 ; (2)转椅在题图(b)情况下,由滑动摩擦力与绳拉力沿BA1 方向 的分力的合力提供所需的向心力。所需的向心力大小为:Fn2= mω22r2,转椅受到的滑动摩擦力大小为:f2=μN2,根据几何关系 有:tanβ= f2 Fn2 ,竖直方向上由平衡条件得:N2+Tcosθ=mg,水 平面上沿圆周轨迹的切线方向由平衡条件得:f2=Tsinθsinβ,联 立解得:ω2= μg sinθcosβ (μcosθ+sinθsinβ)r2 答案 (1)μg ω12r1 ;(2) μgsinθcosβ(μcosθ+sinθsinβ)r2 16.解析 (1)对物体 P 受力分 析,根 据 牛 顿 第 二 定 律:mg-kx= ma,可得:a=g-kxm 结合a-x图象可知,纵截距表示星球表面重力加速度,则有:gAgB = 2a0 4a0 =12 ; (2)设星球 B 的 质 量 为 M,根 据 万 有 引 力 和 重 力 的 关 系 可 得: GMm R2 =mg,根据质量与体积关系式可得:M=ρ· 4 3πR 3,联立解 得:ρ= 3g 4πGR 由于星球A 和星球B 密度相等,可见gARA =gBRB 则有:RA RB =gAgA =12 ; 则星球B 与星球A 的质量比:Mm0 = RB3 RA3 联系以上各式可得:m=8m0; 星球A 以星球B 为中心天体运行时,受到星球B 的万有引力作 用做匀速圆周运动。 研究星球A,根据向心力公式:GMm0 d2 =m0 2πT1 2 d 解得:T1=πd d 2Gm0 ; (3)将星球A 和星球B 看成双星模型时,它们在 彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动。 研究星 球 A,根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 可 得: GMm0 d2 =m0 2πT2 2 rA 研究星 球 B,根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 可 得: GMm0 d2 =m0 2πT2 2 rB,又:rA+rB=d 联立可得:T2= 2 3πd d Gm0 ,则:T2 T1 =23 2 。 答案 (1)12 ;(2)πd d2Gm0 ;(3)23 2 第八章 机械能守恒定律目标 1.B [提起绳子过程中,拉力做功为W=mgh,h表示重心上升的高 度,第一次过 程 中 拉 力 做 功 为30J,即30J=5×10h,解 得h= 0.6m,抓住绳子的另一端把绳子缓慢提起来时,第二次重心升高 0.4m,所以对应拉力做功W=mgh=5×10×0.4J=20J,故ACD 错误,B正确。] 2.D [已知v=72km/h=20m/s,A.太阳能汽车可达到的最大机 械功率为 P机max= PSη×50%×90% 4πr2 =9ηPS 80πr2 ,故 A项误;B.依题 意,汽车所受阻力大小为f=0.02mg=0.02×750×10N=150N, 汽车匀速行驶,则汽车阻力的功率为Pf=Fv=fv=150×20W= 3000W,故B错误;C.由功率公式P=Fv知,功率不变,速度减为 一半,则牵引力增加一倍,故C错误;D.由于汽车匀速运动,所以 牵引力等于阻力,汽车的机械功率为P机 =Fv=fv=3000W,太 阳能汽车的 最 大 功 率 为 P机max= 9ηPS 80πr2 ,由 题 意 有 P机max≥P机 即 9ηPS 80πr2 ≥3.0×103W,故D正确。] 3.C [设物体的初速度为v,初动能为Ek,所受的阻力为F,通过的 位移为x,经时间t停下来,则:Ek= 1 2mv 2,因为物体所受阻力为 恒力,则由牛顿第二定律可知,物体的加速度恒定,则物体做末速 度为0的匀减速直线运动,由运动学规律可得:x=v+02 ·t,联立 可得:x= Ek2mt ,由题意可知,对物体a、b:t和Ek 相同,则m 越大, x越小,因为ma<mb,所以xa>xb;由动能定理得:-Fx=0-Ek, 因a、b的初动能相同,则x 越大,F 越小,则 Fa<Fb,故C正确, ABD错误。] 4.D [A.设PA 间的距离为x。小物块从P 点运动到A 点的过程, 由动能定理得-mgx=12mvA 2-12mvB 2,解得vA=7m/s,由运 动学公式有x=v0+vA2 t ,解得从 P 点运动到A 点所用的时间为 t=0.2s,故A错误;B.从A 点到C 点,由动能定理得-mgR(1+ sin37°)=12mvC 2-12mvA 2,解得vC=5m/s,在C 点,对小物块, 根据牛顿第二定律有FN+mgsin37°=m vC2 R ,解得FN= 82 3 N ,由 牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力大小为FN'=FN= 82 3 N , 故B错误;CD.设小物块从C 点抛出时的水平和竖直分量分别为 vx 和vy,小物块离开C点后做斜抛运动,则有vx=vCsin37°=5× 0.6m/s=3m/s,vy=vCcos37°=5×0.8m/s=4m/s,则小物块 运动到最高点时的速度大小为3m/s,距离地面最大高度为 H= R(1+sin37°)+vy 2 2g ,解得 H=2m,故C错误,D正确。] 5.C [AB.设斜面长度为3L,斜面光滑时,滑块从A 点上滑到D 点 过程,根据动能定理得:-mg·3Lsinθ=0-12mv0 2,当AB 部分 不光滑时,滑块从A 点上滑到C 点过程,根据动能定理得:-mg· 2Lsinθ-fL=0-12mv0 2,联立可 得:f=mgsinθ,故 AB错 误; C.滑块从C点下滑到A 点过程,根据动能定理得:mg·2Lsinθ- fL=12mvA 2-0,联立解得滑块下滑到A 点时速度为:vA= 3 3v0 , 故C正 确;D.滑 块 从 C 点 下 滑 到B 点 过 程,根 据 动 能 定 理 得: mgLsinθ=12mvB 2-0,联立解得滑块下滑到B 点时速度为:vB= 3 3v0 ,故D错误。] 6.B [A.物 块 从 A 点 运 动 到B 点 的 过 程,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 mgh=mg×2R+12mvB 2,在B 点由牛顿第二定律得mg+NB= mvB 2 R 又NB= 1 2mg ,整理解得h=2.75R,故A错误;B.物块从A 点运动到M 点的过程,由机械能守恒定律得mgh=12mvM 2,在 M 点有NM -mg=m vM2 R ,联立整理解得 NM =6.5mg,aM = vM2 R = 11 2g=5.5g ,NM-NB=6.5mg-0.5mg=6mg,故B正确;CD.减 小h,小物块经过 M 点和B 点时的速度减小,由牛顿第二定律得 mg+NB=m vB2 R 可知,B 点轨道弹力减小,经过 M 点和B 点时对 轨道的压力差NM -NB=m vM2 R +mg- mvB 2 R -mg =2mg+ 4mg=6mg,压力差恒定不变,故CD错误。] 7.A [A.木块B 刚离开地面时,根据平衡条件F=kx1=mBg,代入 数据解得此时弹簧伸长量x1=0.1m,当木块A 向下运动,速度减 为0时,此时弹簧处于压缩状态,木块B 对地面的压力最大;设此 时弹簧压缩量为x2,由能量守恒可得 mAg(x1+x2)+ 1 2kx1 2= 1 2kx2 2,代入数据解得x2=0.3m,此时弹簧对木块B 的压力为 F1=kx2=100×0.3N=30N,地面对木块B 的支持力FN=mBg+ F1=1×10N+30N=40N,故A正确;B.当木块A 所受的合力为 0时,此时木块A 的速度最大,此时有F2=kx3=mAg=1×10N= 10N,弹簧处于压缩状态,压缩量为x3= F2 k = 10 100m=0.1m ,由能 量守恒可得mAg(x1+x3)+ 1 2kx1 2=12kx3 2+12mAvA 2,代入数据解 得vA=2m/s,故B错误;C.木块A 运动过程中的最大加速度在其 合力最大的位置,即在初始位置和末位置,在初始位置时其合力 F合 =mAg+kx1=mAa,代入数据解得a=20m/s2,故C错误;D.当 木块A在最低点时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大;弹性势能的最 大值Epm= 1 2kx2 2=12×100×0.3 2J=4.5J,故D错误。] 8.ACD [AB.物块沿斜面上滑过程,由动能定理得:-mgssin30°- fs=0-Ek1,物块沿斜面下滑过程,由动能定理得:mgssin30°-fs =Ek2-0,代入数据联立解得:m=0.7kgf=0.5N,故 A正确,B 错误;C.0~20m过程中,物块克服摩擦力做功为 Wf=2fs=2× 0.5×10J=10J,故C正确;D.0~10m过程中,物块所受合外力 为F1=mgsin30°+f=0.7×10× 1 2 N+0.5N=4N ,10m~20m 过程中物块所受合力为 F2=mgsin30°-f=0.7×10× 1 2 N- 0.5N=3N,合力之比为4∶3,故D正确。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 47 — — 18 — 第二次月考滚动检测卷 (范围:第六章第三节~第七章) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第16题综合考查力、牛顿第二定律、万有引力定律结合相关数学知识来求解 实际应用问题,题目设置灵活,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·辽宁沈阳市郊联体高一期中)如图所示,内壁光滑的竖直圆桶绕中心轴做匀 速圆周运动,一物块用不可伸长的细绳系着,绳子的另一端系于圆桶上表面圆心,且 物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动,则 ( ) A.绳子的拉力可能为零 B.桶对物块的弹力不可能为零 C.若它们以更大的角速度一起转动,绳子的拉力一定增大 D.若它们以更大的角速度一起转动,绳子的拉力仍保持不变 2.(2024·广东卷,5)如图所示,在细绳的拉动下,半径为r的卷轴可绕其固 定的中心点O 在水平面内转动,卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细 管,管底在O点,细管内有一根原长为l2 、劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧 底端固定在管底,顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀 速拉动细绳时,插销做匀速圆周运动,若v过大,插销会卡进固定的端盖。 使卷轴转动停止。忽略摩擦力,弹簧在弹性限度内,要使卷轴转动不停止,v的最大值为 ( ) A.r k2m B.l k 2m C.r 2k m D.l 2k m 3.(2025·福建省福州一中高一月考)如国所示,在竖直平面内,直径为 R 的光滑半圆轨道和半径为R 的光滑四分之一圆轨道水平相切于O 点。O点在水平地面上,可视为质点的小球从O 点以某一初速度进 入半圆轨道,刚好能通过半圆轨道的最高点A,从A 点飞出后落在四 分之一圆轨道上的B 点,不计空气阻力,则B 点与O 点的高度差为 ( ) A.3+ 52 R B. 3- 5 2 R C. 3 5 10R D. 3+ 5 10 R 4.(2025·湖南师大附中高一月考)如图所示半径为R 的圆轮在竖直面内绕过O 点 的轴匀速转动,轮上a、b两点与O 的连线相互垂直a、b两点均粘有一个小物体, 当a点转至最低位置时,a、b两点处的小物体同时脱落,经过相同时间落到水平地 面上,圆轮最低点距地面高度为R,g为重力加速度。下列说法中不正确的是 ( ) A.圆轮转动方向为逆时针 B.圆轮转动的角速度大小为 g2R C.b点脱落的小物体落至地面过程的时间为 2Rg D.a点脱落的小物从脱落到落至地面的过程中的位移大小为 3R 5.(2025·山东省实验中学期中)中国计划在2030年前实现载人登月。一宇航员在地球的表面上 以一定的速度竖直跳起,能跳到的最大高度为h1,若他在另一星球a的表面上以相同的速度竖直 跳起,能跳到的最大高度为h2。地球、星球a均视为球体,地球与星球a的半径之比为k,不考虑 两星球自转的影响,则地球与星球a的平均密度之比为 ( ) A. h2 kh1 B. kh1 h2 C. kh2 h1 D. h1 kh2 6.(2025· 福建省福州外国语学校期中)宇航员在地球表面一斜坡上P 点,沿 水平方向以初速度v0 抛出一个小球,测得小球经时间t落到斜坡另一点Q 上。现宇航员站在某质量分布均匀的星球表面相同的斜坡上P 点,沿水平 方向以初速度2v0 抛出一个小球,小球仍落在斜坡的Q 点。已知该星球的半 径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G。不计空气阻力,下列说法 正确的是 ( ) A.该星球表面的重力加速度g0=2g B.该星球的质量为 M=R 2 G C.该星球的密度为ρ= 3g πGR D.该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2∶1 7.(2025·湖北省实验中学高一期末)如图甲所示,太阳系 中有一颗躺着的蓝色“冷行星”一天王星,外围空间存在 着环状物质。为了测定环状物质是天王星的组成部分, 还是环绕该行星的卫星群,“中国天眼”对其做了精确的 观测,发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行星 中心的距离r 的关系如图乙所示(图中v0、v1 均为已知 值)。已知天王星的半径为R,环状物质的宽度为d,引力 常量为G,以下说法正确的是 ( ) A.环状物质是天王星的组成部分 B.天王星的自转周期为2πRv0 C.该行星的质量为 M= v02R G D. 天王星的第一宇宙速度等于v1 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·西北工大附中高二期末)如图所示,一个固定在竖直平面内的半圆形 管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球以某一速度从A 点进 入管道,从最高点B 离开管道后做平抛运动,经过0.4s后又恰好与倾角为 45°的斜面垂直相碰于C点。已知半圆形管道的半径R=1m,小球可看成质 点,重力加速度g取10m/s2,则 ( ) A.小球在C点与斜面碰撞前瞬间的速度大小为4 2m/s B.小球在斜面上的相碰点C与B 点的水平距离是0.8m C.小球经过管道的B 点时,受到管道下壁的作用力 D.小球经过管道的B 点时,受到管道上壁的作用力 9.(2025·河北省张家口市高一期中)飞船在绕X 星球表面飞行,测得X 星球的半径为R,当飞船在 X 星球表面着陆后,把一个弹射器固定在星球表面上,竖直向上弹射一个小球,经测定小球从弹 射到落回的时间为t1。已知用上述弹射器在地球上做同样实验时,小球在空中运动的时间为t, 又已知地球表面重力加速度为g,引力常量为G,地球和X 星球的自转以及大气阻力均可不计,下 列说法正确的是 ( ) A.X 星球的质量M=gtR 2 Gt1 B.X 星球的质量M=g t1R2 Gt C.在X星球发射的卫星的最小周期T=2π Rtgt1 D.在X星球发射的卫星的最小周期T=2π Rt1 gt — 17 — — 20 — 10.(2025·湖南省益阳市高一调研)2025年1月16日,地球恰好运行到火星和 太阳之间,且三者几乎排成一条直线,此现象被称为“火星冲日”。如图所 示,火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动,火星与地 球的公转轨道半径之比约为3∶2,地球与火星的质量之比约为10∶1,地球 与火星的半径之比约为2∶1,已知半径为R 的球的体积V=4πR 3 3 ,取 6= 2.45,根据以上信息结合生活常识可知 ( ) A.火星与地球的平均密度之比约为4∶5 B.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8 C.火星与地球表面的重力加速度大小之比约为2∶5 D.相邻两次“火星冲日”的时间间隔约为801天 11.(2025·江西省南昌市高一月考)已知质量分布均匀的空心球壳 对内部任意位置的物体引力为0。P、Q 两个星球的质量分布均 匀且自转角速度相同,它们的重力加速度大小g随物体到星球中 心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q 星球,下列说法正 确的是 ( ) A.质量相同 B.密度相同 C.第一宇宙速度大小之比为2∶1 D.同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2 三、非选择题:本题共5小题,共52分。 12.(6分)(2025·重庆市育才中学月考)小明同学常用身边的 器材来完成一些物理实验。如图甲,他将手机紧靠蔬菜沥 水器中蔬菜篮底部侧壁边缘竖直放置,从慢到快转动手柄, 可以使手机随蔬菜篮转动。利用手机自带Phyphox软件可 以记录手机向心力F和角速度ω 的数值。更换不同质量的 手机(均可看作质点),重复上述操作,利用电脑拟合出两次的F-ω2 图像如图乙所示。 (1)在从慢到快转动手柄的过程中,蔬菜篮侧壁与手机间的压力 (填“变大”、“变 小”、“不变”); (2)由图乙可知,直线 (填“1”或“2”)对应的手机质量更大; (3)若测量出蔬菜篮的直径,计算出手机相应的线速度v,利用所得的数据拟合出的F-v2 图像 应该为 (填“线性”或“非线性”)图像。 13.(8分)(2025·上海交大附中高一开学)在一个未知 星球上用如图所示装置研究平抛运动的规律。悬 点O正下方P 点处有水平放置的炽热电热丝,当悬 线摆至电热丝处时能轻易被烧断,小球由于惯性向 前飞出做平抛运动。现对此运动采用频闪数码照 相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前,拍下了小 球在做平抛运动过程中的多张照片,经合成后,照 片如图所示。a、b、c、d 为连续四次拍下的小球位 置,已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s,照片大小如图中坐标所示,又知该照片的长度与 实际背景屏的长度之比为1∶4,则: (1)由以上信息,可知a点 (填“是”或“不是”)小球的抛出点; (2)由以上及图信息,可以推算出该星球表面的重力加速度为 m/s2; (3)由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是 m/s; (4)若已知该星球的半径与地球半径之比为1∶4,则该星球的质量与地球质量之比为 ,该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 。 14.(10分)(2025·闽侯县校级一模)《水流星》是中国传统民间 杂技艺术,杂技演员用一根绳子兜着里面倒上水的两个碗, 迅速地旋转着绳子做各种精彩表演,即使碗底朝上,碗里的 水也不会洒出来。假设水的质量为m,绳子长度为L,重力 加速度为g,不计空气阻力。绳子的长度远远大于碗口直 径。杂技演员手拿绳子的中点,让碗在空中旋转。 (1)两碗在竖直平面内做圆周运动,若碗通过最高点时,水 对碗的压力等于mg,求碗通过最高点时的线速度? (2)若两只碗在竖直平面内做圆周运动,两碗的线速度大小始终相等,如图甲所示,当正上方碗 内的水恰好不流出来时,求正下方碗内的水对碗的压力? (3)若两只碗绕着同一点在水平面内做匀速圆周运动,碗的质量为 M。如图乙所示,已知绳与竖 直方向的夹角为θ,求碗和水转动的角速度大小? 15.(12分)(2024·江西卷,14)雪地转椅是一种游乐项 目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图 (a)、(b)所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘, 可绕通过中心O 点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘 A 处固定连接一轻绳,轻绳另一端B 连接转椅(视 为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度 相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ,重力加 速度为g,不计空气阻力。 (1)在图(a)中,若圆盘在水平雪地上以角速度ω1 匀 速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半 径为r1 的匀速圆周运动。求AB 与OB 之间夹角α 的正切值。 (2)将圆盘升高,如图(b)所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1 点做半径为 r2 的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为θ,绳子在水平雪地上的投影A1B 与O1B 的夹角 为β。求此时圆盘的角速度ω2。 16.(16分)(2024·四川省成都市树德中学高一期中)宇宙空间有两颗 相距较远、中心距离为d的星球A 和星球B。在星球A 上将一轻弹 簧竖直固定在水平桌面上,把物体P 轻放在弹簧上端,如图(a)所 示,P 由静止向下运动,其加速度a与弹簧的压缩量x 间的关系如 图(b)中实线所示。在星球B 上用完全相同的弹簧和物体P 完成同 样的过程,其a-x 关系如图(b)中虚线所示。已知两星球密度相 等。星球A 的质量为m0,引力常量为G。假设两星球均为质量均匀 分布的球体。 (1)求星球A 和星球B 的表面重力加速度的比值; (2)若将星球A 看成是以星球B 为中心天体的一颗卫星,求星球A 的运行周期T1; (3)若将星球A 和星球B 看成是远离其他星球的双星模型,这样算得的两星球做匀速圆周运动 的周期为T2。求此情形中的周期T2 与上述第(2)问中的周期T1 的比值。 — 19 —