2026届高三物理二轮复习跟踪训练 第4课时 圆周运动 天体的运动

第4课时　圆周运动　天体的运动 跟踪训练 基础保分练 1． 选择题： 1.混合动力汽车变速箱的核心部件是行星齿轮机构，如图所示，它由太阳轮a、齿圈b、行星齿轮c以及行星架组成，设a、b、c的齿数分别为n1、n2、n3。若太阳轮a顺时针转动，周期为T，则它通过行星齿轮带动齿圈b转动时，齿圈b的转动方向和周期为(　　) A.顺时针　T B.逆时针　T C.顺时针　T D.逆时针　T 2.水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度为g，有关水轮叶面及从槽口流出的水，以下说法正确的是(　　) A.水流在空中运动时间为t＝ B.水流在空中运动时间为t＝ C.水轮叶面最大角速度接近ω＝ D.水轮叶面最大角速度接近ω＝ 3.(2024·江苏卷，8)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台，当陶瓷匀速转动时，台面面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩因数处处相同(台面够大)，则(　　) A.离轴OO′越远的陶屑质量越大 B.离轴OO′越近的陶屑质量越小 C.只有平台边缘有陶屑 D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值 4.在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其围绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径为R。下列说法正确的是(　　) A.圆周运动轨道可处于任意平面内 B.小球的质量为 C.若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大 D.若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小 5.如图，A、B、C为我国发射的3颗卫星，其轨道皆为圆形，其中卫星A、B的轨道在赤道平面内，卫星C的轨道为极地轨道，轨道半径rC＜rA＜rB，下列说法正确的是(　　) A.卫星A的动能一定比卫星B的大 B.卫星A的加速度大小一定比卫星B的大 C.卫星B一定与地球自转同步 D.卫星C的线速度大小可能为8.0 km/s 6.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运动到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则哪颗地外行星相邻两次冲日的时间间隔最短(　　) 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径R/AU 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 A.火星 B.木星 C.天王星 D.海王星 7.“神舟十七号”载人飞船发射升空，顺利进入近地点200 km、远地点363 km的近地轨道(LEO)，并在同一天，经转移轨道与轨道(正圆轨道)高度为400 km的中国空间站完成对接，轨道简化如图。则(　　) A.飞船在LEO轨道的运行周期大于空间站周期 B.飞船在M点减速进入转移轨道 C.飞船在转移轨道运行经过M点的加速度大于N点的加速度 D.飞船在转移轨道从M点运动到N点过程中速度逐渐增大 8.我国使用运载火箭成功将“爱因斯坦探针卫星”送入预定轨道，用于捕捉爱因斯坦预言的黑洞及引力波电磁对应体等天文现象。若卫星在距地面600 km的轨道上绕地球稳定运行，该卫星的(　　) A.运行周期等于地球的自转周期 B.线速度大于地球的第一宇宙速度 C.角速度等于地球同步卫星的角速度 D.加速度大于地球同步卫星的加速度 9.(2025·四川卷,6)某人造地球卫星运动轨道与赤道共面,绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号,位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示,T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动,地球质量为M,引力常量为G。则该卫星轨道半径为(　　) A. B. C. D. 综合创新练 1． 选择题： 10.如图所示，在圆形伞边缘的A、B两点分别用两根细线挂质量相同的小球，且线长L1>L2。当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO′匀速转动时，细线L1、L2与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，拉力大小分别为F1、F2，小球角速度分为别ω1、ω2，距地面高度分别为h1、h2，不计空气阻力。则(　　) A.ω1>ω2 B.θ1>θ2 C.F1<F2 D.h1>h2 11.(2025·河北卷,7)随着我国航天事业飞速发展,人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力,不考虑自转,该星球可视为质量分布均匀的球体,半径为R0,表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时,引力势能为mg0(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动,则发射初速度为(　　) A. B. C. D. 2． 计算题： 　12.如图所示，在长为d的机械臂作用下，微型卫星、空间站、地球位于同一直线，微型卫星与空间站一起做角速度为ω的匀速圆周运动。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，微型卫星质量为m，空间站轨道半径为r，求： (1)在轨运行时，空间站的线速度v1和微型卫星的线速度v2之比； (2)机械臂对微型卫星的作用力大小F(忽略空间站对卫星的引力)。 13.如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A上，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s； (2)装置转动的角速度为2ω时，细线OB的长度s′及弹簧的弹力大小。 参考答案： 1.答案　B解析　若太阳轮a顺时针转动，由题图可知，行星齿轮c与太阳轮a转动方向相反，齿圈b与行星齿轮c转动方向相同，故行星齿轮c逆时针转动，齿圈b逆时针转动；设齿圈b转动的周期为T2，太阳轮a、齿圈b半径分别为r1、r2，则有＝，太阳轮a、齿圈b转动的线速度大小相等，则有＝，可得T2＝T＝T，故B正确。 2.答案　C解析　水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，水平方向速度和竖直方向速度满足tan 30°＝，解得t＝，A、B错误；水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝＝2v0，根据v＝ωR，解得ω＝，C正确，D错误。 3.答案　D解析　与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得r＝，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑，A、B、C错误；离轴最远的陶屑若受到的静摩擦力为最大静摩擦力，由上述分析可知最大的运动半径为R＝，μ与ω均一定，故R为定值，即离轴最远的陶屑距离不超过某一值R，故D正确。 4.答案　A解析　空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；根据F＝mω2R和ω＝，解得小球质量m＝，故B错误；若误将n－1圈记作n圈，则所测质量偏小，故C错误；若测R时未计入小球的半径，则R偏小，则所测质量偏大，故D错误。 5.答案　B解析　由于质量关系未知，无法判断动能大小，选项A错误；根据G＝ma，得a＝，卫星A的加速度大小一定比卫星B的大，选项B正确；卫星B的轨道在赤道平面内，但不能说明是同步卫星，选项C错误；卫星C的线速度不可能大于第一宇宙速度7.9 km/s，选项D错误。 6.答案　D解析　设相邻两次冲日的时间间隔为t，根据－＝1，解得t＝＝，则行星做圆周运动的周期T越大，则相邻两次冲日的时间间隔越短；而根据开普勒第三定律＝k，海王星的轨道半径最大，则其周期最大，则海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D正确。 7.答案　C解析　由图可知，飞船在LEO轨道的半长轴小于空间站的轨道半径，根据开普勒第三定律＝k可知，飞船在LEO轨道的运行周期小于空间站周期，故A错误；飞船在M点进入转移轨道做离心运动，需要点火加速，故B错误；根据牛顿第二定律有G＝ma，可得a＝，可知飞船在转移轨道运行经过M点的加速度大于N点的加速度，故C正确；飞船在转移轨道从M点运动到N点过程中引力做负功，速度逐渐减小，故D错误。 8.答案　D解析　地球同步轨道的高度大约为36 000 km，可知地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力有G＝mr，则T＝2π，可知此卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，由ω＝可知，此卫星的角速度大于地球自转的角速度，故A、C错误；第一宇宙速度是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；因为地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，由万有引力提供向心力有G＝ma，解得a＝，得该卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D正确。 9.答案　A解析　设卫星运动的周期为T',根据题意可得·-·=2π,可得T'=,根据万有引力提供向心力,有G=mr,可得r==,故A正确。 10.答案　B解析　当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO′匀速转动，稳定时，两球的角速度大小相等，则有ω1＝ω2，故A错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，伞的半径为r，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝mω2(r＋Lsin θ)，解得ω2＝＝，由于角速度大小相等，伞的半径r一定，为了保证＋Lcos θ为定值，当L大时，则θ大，cos θ小，tan θ大；由于L1>L2，则有θ1>θ2，故B正确；竖直方向根据受力平衡可得Fcos θ＝mg，则有F＝，由于θ1>θ2，则有F1>F2，故C错误；根据ω2＝＝，为了保证＋Lcos θ为定值，当L大时，则θ大，cos θ小，tan θ大，则有Lcos θ大；由于L1>L2，则L1cos θ1>L2cos θ2，可知A点处的小球位置更低，则有h1<h2，故D错误。 11.答案　B解析　根据万有引力提供向心力有G=m,在星球表面有G=m'g0,联立解得v2=,飞行器的动能为Ek=mv2=mg0R0;由题意知飞行器的引力势能为Ep=mg0=mg0R0,根据机械能守恒定律,有m=Ep+Ek,联立解得v0=,故B正确。 12.答案　(1)　(2)mgR2 解析　(1)空间站和微型卫星的角速度相同，由公式v＝ωr 可知＝＝。 (2)对空间站有G＝m2ω2r 对微型卫星有G＋F＝mω2(r＋d) 联立解得F＝mgR2。 13.答案　(1)　(2)　2mg 解析　(1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B 由牛顿第二定律得FT1cos 37°＝2mg FT1sin 37°＝2mω2ssin 37° 解得s＝。 (2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′， 则对小球B有FT2cos 53°＝2mg FT2sin 53°＝2m(2ω)2s′sin 53° 解得s′＝ 设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足FT1－F＝mω2(L－s) 装置转动的角速度为2ω时， 对圆环A有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′) 联立解得F＝2mg。 学科网（北京）股份有限公司 $