第33期 《圆周运动》核心素养单元测评-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第二册同步学案（人教版）

《圆周运动》核心素养单元测评 ◆数理报社试题研究中心 (说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间75分钟，满分100分) 题号 二 三 四 总分 郑 得分 第I卷 选择题（共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分，选错或不选得0分） 1.某飞行员的质量为m,驾驶飞机在竖直面内以速度v做匀速圆周运动，圆的半径为R,对 圆周的最高点和最低点比较，飞行员对坐椅的压力在最低点比最高点大（设飞行员始终垂直坐 0-元号咨1 椅的表面) A.mg B.2mg C.mg mv D.2mu R R 2.用细线栓着一个小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法中正确的是 A.小球运动线速度大小一定时，线越短越容易断 B.小球运动角速度大小一定时，线越短越容易断 C.小球运动周期一定时，线越短越容易断 D.小球运动转速一定时，线越短越容易断 3.如图1所示，游客坐在水平转盘上随转盘一起转动.当转盘加速转动 时，游客 A.质量越大越容易被甩出 B.质量越小越容易被甩出 C.距离转盘中心越近越容易被甩出 一泰画 D.距离转盘中心越远越容易被甩出 4.如图2是某修正带内部互相齿合的两个齿轮，α、b分别是大小齿轮边 总 缘上的两点，在使用修正带时，下列关系正确的是 A.线速度v。>v B.角速度w。<ωb © C.周期T。<T。 D.向心加速度a。>a。 5.质量分别为M和m的两个小球，分别用长21和l的轻绳拴在同一转轴 上，当转轴稳定转动时，拴质量为M和m小球的悬线与竖直方向夹角分别为α 和B,如图3所示，则 ( A.cos a cos B y B.cos a 2cos B C.tan a tanB 2 D.tan a tan B 6.如图4所示，在道路弯道处，容易发生侧翻、侧滑等交通事故，为了避 免事故的发生，有人提出了如下建议，其中不合理的是 ( A.进入弯道前要减速慢行 B.汽车要避免超载 图4 C.改造路面使弯道外侧适当高于内侧 D.尽量沿内侧车道行驶 7.将一平板折成如图5所示形状，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且 0 与水平方向成θ角，板绕竖直轴O0'匀速转动，放在AB板E处和放在BC板 F处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB板的 B到 0 动摩擦因数为 () 图5 1 A.u tan 0 B.u= tan C.u=sinθ D.u cos 0 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多个选项是 正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有错选或不选的得0分) 8.“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一个项目.某次考试过程中，有 两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车 在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑.如图6所示，当汽 车在水平“S路”图示位置处减速行驶时，下列说法错误的是 () 图6 A.两名学员具有相同的线速度 B.两名学员具有相同的角速度 C.汽车受到的摩擦力与速度方向相反 D.在副驾驶上的学员受到汽车的作用力较大 9.乘坐如图7所示游乐园的过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内沿圆 周轨道运动，下列说法正确的是 ( ) A.车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，若没有保险带，人一定会 掉下去 图7 B.人在最高点时对座位仍可能产生压力，且压力不一定小于mg C.人在最低点时对座位的压力大于mg,处于超重状态 D.人在最高点和最低点时的向心加速度大小相等 10.如图8甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B沿同一半径方向放在水平转 盘上，两者用长为L的水平轻绳连接.物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块 A与转轴的距离等于轻绳的长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动.开始时，轻绳恰好 伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力F,与转动角速度的 平方w的关系如图乙所示，当角速度的平方w超过3w时，物块A、B开始滑动.若图乙中F,、 ω，及重力加速度g均为已知，下列各式正确的是 () 3 图8 F F A.L= B.L= C.= 2F D.mM mo 2m@j mg 第Ⅱ卷 非选择题（共54分） 三、实验题（本题共2小题，共17分，将正确答案填在题中横线上或按要求作答） 11.(9分)如图9甲所示是某同学探究做圆周运动的物体所受向心力大小与质量、轨道半 径及线速度关系的实验装置.圆柱体放置在水平光滑圆盘上做匀速圆周运动.力传感器测量向 心力F,速度传感器测量圆柱体的线速度，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探 究向心力F与线速度v的关系： AF/N 力传感器 速度传感器 柱体 02468102m㎡2g2) 乙 图9 (1)该同学采用的实验方法为 A.等效替代法 B.控制变量法 C.理想化模型法 D.微小量放大法 (2)改变线速度v,多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如下表所示： t/(m·sl) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 2/(m2·s2) 1.0 2.25 4.0 6.25 9.0 F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90 ①请在图乙中作出F-2图线； ②若圆柱体运动半径r=0.3m,由作出的F-2的图线可得圆柱体的质量m= kg.(结果保留两位有效数字) 12.(8分)某校学生验证F,=m无的实验中，设计了如下实验： 第1步：如图10所示，先用粉笔在地上画一个直径为2L的圆. 第2步：通过力传感器，用绳子绑住一质量为m的物块，人站在圆内，手 拽住绳子离物块距离为L的位置，用力甩绳子，使物块做匀速圆周运动，调 图10 整位置，让转动物块的手时的延长线刚好通过地上的圆心，量出手拽住处距离地面的高度为h, 记下力传感器的读数为F. 第3步：转到一定位置时，突然放手，让物块自由抛出去， 第4步：另一个同学记下物块的落地点C,将通过抛出点A垂直于地面的竖直线在地面上的垂 足B与落地点C连一条直线，这条直线近以记录了物块做圆周运动时在地面上的投影圆B的运动 方向，量出BC间的距离为s 第5步：保持物块做圆周运动半径不变，改变物块做圆周运动的速度，重复上述操作，试回 答： (1)放手后，物块在空中运动的时间t= (2)物块做圆周运动的速度。= (3)物块落地时的速度大小为v= (4)在误差范围内，有F= (用题中的m、L、h、s和重力加速度g表示). 四、计算题（本题共3小题，共37分，解答应写出文字说明、方程式和演算步骤.只写出最后 结果的不能给分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位) 13.(10分)水平公路上有一段水平圆弧弯道BC.一辆汽车在直道公路上以o=72km/h的 速率行驶，接近圆弧弯道时以α1=4/s2的加速度刹车.然后以不发生侧滑的最大速率通过圆 弧弯道.进入直道后以a2=2m/s2的加速度恢复到原速率继续行驶.已知弯道半径为R=28m, 弯道圆弧长度为s=56m,橡胶轮胎与路面的动摩擦因数为u=0.7,最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，g取10m/s2,求： (1)汽车开始刹车时到弯道的距离x. (2)汽车从刹车开始至恢复到原速率所用时间. 14.（12分)如图11所示为某工厂生产车间流水线上水平传输装 A 置的俯视图（整个装置在一个水平面内），它由传送带和转盘组成.物 水平传送带物品 水平转盎 品从A处无初速度放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转 传棉装置俯祝图 盘.设物品进入转盘时速度大小不发生变化，此后随转盘一起运动（无 图11 相对滑动)到C处被取走装箱.已知A、B两处的距离L=I0m,传送带的传输速度v=2m/s,物 品在转盘上与轴0的距离R=4m,物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2,求：质 量为2kg的物品随转盘一起运动时受到静摩擦力. 15.(15分)图12甲是某游乐场中水上过山车的实物图片，图乙是其原理示意图.在原理图 中半径为R=8.0m的圆形轨道固定在离水面高h=3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相 切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点.过山车（实际是一艘带轮子的气垫小船，可 视作质点)高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道 AC,最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱.已知水面宽度 为s=12m,假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.结果可保留根号 0 图12 (1)若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B,则其在B点的速度为多大？ (2)为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？ (3)某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则气垫船落 入水中时的速度大小是多少？ 些 参考答案见下期高一物理人教（必修第二册）第32~35期 发理极 答案详解 2025~2026学年高一物理人教（必修第二册） 第32~35期(2026年2月) 6.传送带与皮带轮间不会打滑，小物体可被水平抛出，则 《圆周运动》同步核心素养测评（三） 有mg≤m二，解得：≥√g,可知皮带的最小速度为= A组 √G,故A正确，B错误；A轮每秒的转数满足w=”=2m,可 1.B:2.C:3.D:4.D:5.C:6.A:7.D. 提示： 得4轮每秒的转数最少为n一岩一元√气板D错误 1.平抛运动的物体只受重力，加速度为g保持不变，做匀 7.车轮匀速转动过程中，平衡块做匀速圆周运动，由所受 变速曲线运动；匀速圆周运动所受的合力提供向心力，合力大 外力的合力提供向心力，向心力大小不变，向心力方向始终指 小不变，方向改变，加速度时刻在改变，做变加速曲线运动.故 向圆心，方向在变化，可知，车轮匀速转动过程中平衡块的向心 B正确 力发生了变化，故A错误；平衡块处于最高点时，若有mg= 2.小球在脱离轨道时的速度是沿着轨道的切线方向的，即 斜向上.当脱离轨道后物体只受重力，所以物体将做斜上抛运 m,解得”=√gR,此时平衡块处于最高点，平衡块对轮毂 动.故C正确。 没有压力作用，故B错误；汽车沿直线行驶时，以轴心为参考 3.两小球所受绳子的拉力提供向心力，所以向心力相等， 系，平衡块做圆周运动，以地面为参考系，平衡块还随车一起水 角速度又相等，则有m1w2r1=m2w2r2,解得r1:T2=1:2,故D 平运动，所以平衡块做曲线运动，但不是圆周运动，故C错误； 正确。 平衡块在最低点时，根据牛颅第二定律有R一mg=加发，积 4.当小球恰能经过圆轨道最高点时满足mg=m R,解得 2 据牛顿第三定律有F2=Fn,解得F。=mg+mR=m(g+ v=gR,则通过最高点的条件是v≥√gR,由于v=oR,解得 尺)，车轮在竖直面内以恒定速率匀速转动，可知平衡块在最 0≥√食，故ABC错误，D正确。 g 低点时对轮毂的压力与平衡块的质量成正比，故D正确， 5.小球做匀速圆周运动，受力分析如 8.相等小c 图，设环的半径为R,根据牛顿第二定律得 9.(1)70 (2)ral/a mgtan0=moRsin0,整理得Rcos0=5 解析：(1)对人和座椅进行受力分析： =h,吕是常量，即小球处于同一高度，与 c0s379=750N Fcos37°-mg=0,F=m5。 半径的大小无关，故C正确，ABD错误. (2)根据牛顿第二定律有： 高一物理人教（必修第二册）第32~35期 mgtan37°=mwR,且R=lsin37°+d 3.当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，a物体靠细 解得转盘角速度大小ω=√ tan37° 3 线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆 2 rad/s. R 周运动，所以烧断细线后，α所受最大静摩擦力不足以提供其 10.(1)1m/s(2)0.2 做圆周运动所需要的向心力，α要发生相对滑动，离圆盘圆心 解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 越来越远，但是b所需要的向心力小于b的最大静摩擦力，所以 H=2et b仍保持相对圆盘静止状态，故AB正确，CD错误 在水平方向上有s=6t 4.(1)2.5(2)o=kr(rad/s)(k=1,2,3,…) 联立解得：o=$√2H 10 总=0.4×√2x0.8m/s=1m/9 5.(1)n=2√R 1 ug 2a= (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 解析：(1)当圆盘开始转动时，物体所需向心力较小，当未 Fi=m R 滑动时，由静摩擦力提供向心力，设最大静摩擦力对应的最大 角速度为⊙o,则有 Fi =ufx =umg umg =mRoo 联立解得：4= gR=10x0.5=0.2 B组 解得物体开始滑动时的角速度为。=√尺 1.CD;2.ACD;3.AB. 则盘的转速为%=岩=石√受 提示： (2)转速增大到2n时，由最大静摩擦力和弹簧弹力的合 1根据h=g得：= 2h 2×0.8 10 s=0.4s,则 力提供向心力，则有 2 umg+k△x=mo2r 小球平抛运动的初速度6=音=04ms=5ms,故A错误； 此时有r=R+△x,0=4Tno 小球在圆轨道P点的角速度。=是=子ads=5ads,故 由以上各式解得△x=R-4mg 3umgR =25m B错误；小球在P点的向心加速度为a。=R 1m/s2= 《圆周运动》核心素养单元测评 25m/s,故C正确；小球在BC段的时间'=L=:5。 1.B;2.A;3.D;4.B;5.A;6.D;7.A. 0.3s,则小球从B运动到D的时间为t=0.3s+0.4s=0.7s, 提示： 故D正确 2 2 2.小球恰好通过最高点c,根据重力提供向心力，有：mg= 1.在最高点有：E+mg=m尺；解得：B=m尺-mg:在 款，故A正确：小球离开©点 22 2 最低点有：B-mg=mR,解得：B=mg+mR,所以B-F 即水平方向做匀速运动，sM=t,竖直方向做自由落体运动， =2mg,故B正确. 2R= 281,解得：t=2/二， ,SM=2R;故B错误，CD正确。 2.根据F=m得，小球运动线速度一定时，线越长，细线 2 高一物理人教（必修第二册）第32~35期 拉力越小，线越短，拉力越大，越容易断，故A正确；根据F-AB板上的物体有umg=mwL,对BC板上的物体有mgtan0= mw2得，小球运动角速度一定时，线越短，拉力越小，越不容易 mowL,联立解得u=tan0,故A正确，BCD错误. 断，故B错误；根据F=m 亭得，小球运动周期一定时，线越 8.ACD;9.BC;10.BC. 提示： 短，线拉力越小，越不容易断，故C错误；根据F=mwr= 8.两名学员绕同一点做圆周运动，则他们的角速度相等 m(2πn)r得，小球运动转速一定时，线越短，线拉力越小，越不 两名学员离圆心的距离不相等，根据v=rw,可知他们的线速 容易断，故D错误 度大小不相同，故A错误，B正确：摩擦力的一部分分力提供汽 3.当人恰能被甩出时，由牛顿第二定律mg=mwr,即o 车做圆周运动所需向心力，摩擦力的另一部分分力与速度方向 、,则r越大，临界角速度值越小，越容易被甩出.故D 反向，所以摩擦力方向不与速度方向相反，故C错误；学员质量 正确 未知，无法比较他们受到汽车的作用力大小，故D错误.本题选 4.因a、b两点同缘转动，则线速度v。=,故A错误；因r。 错误的，故选ACD >r,根据D=or可知角速度w,<w,故B正确：根据T=2 9.当人与保险带间恰好没有作用力，由重力提供向心力 可知，因r。>,则周期T。>I,故C错误：根据a,=亡可知， 时，则有mg=m 是解得临界速度为%=√瓜，当速度≥ √gR时，没有保险带，人也不会掉下来，故A错误；当人在最高 因r。>T6,则向心加速度a。<a6,故D错误。 5.设转轴稳定转动时角速度为®，可知稳定时两球角速度 点的速度v>√gR时人对座位就产生压力.当速度增大到v= 相等.根据牛顿第二定律得：对M分析有：Mgtan a= 2 2√gF时，根据R、+mg=mR,解得F、=3mg,故压力大于 Mw2·2 lsin a,对m分析有：mgtan B=mo2·lsinB,联立计算得 mg,故B正确；人在最低点时，加速度方向竖直向上，根据牛顿 出：60sa=a,故A正确， 第二定律分析可知，人处于超重状态，人对座位的压力大于 6.车发生侧翻是因为提供的力小于做圆周运动所需的向 mg,故C正确；在最高点和最低点速度大小不等，根据向心加 心力，发生离心运动，故减小速度可以减小向心力，可以防止侧 速度公式4。=可知，人在最高点和最低点时的向心加速度 r 翻现象，故A项合理；在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向 大小不相等，故D错误 心力，根据向心力F。=m可知，减小质量，避免超载，可以防 10.开始转速较小时，A、B两物块的向心力均由静摩擦力 止侧翻现象，故B项合理；易发生侧翻也可能是路面设计不合 提供，当转速增大到一定程度时，B的静摩擦力不足以提供向 理，故应改造路面使内侧低、外侧高，使重力沿斜面方向的分力 心力，绳子开始有拉力，当转速再增大到一定程度，A的最大静 指向内侧，防止侧翻现象，故C项合理；沿内侧行驶，拐弯半径 摩擦力也不足以提供向心力时，两者开始滑动，由题图乙可得 更小，同样速度、质量所需要的向心力更大，更容易侧翻，故D F kmg=m·2w·2L,F1+kmg=m·3o·2L,解得L= 项不合理 2L,放A错误，BC正确；对物块A分析g-B= k= 7.设物块与AB部分的动摩擦因数为u,平板转动的角速 g 度为ω，两物块到转轴的距离为L,由于物块刚好不滑动，则对 M·3w·L,解得M=2m,故D错误 一3 高一物理人教（必修第二册）第32~35期 11.(1)B(2)如下图所示 所用时间t=+2+3 解得t=8.5s. 14.2N 246810m22) 解析：设物品质量为m,物品先在传送带上做初速度为零 的匀加速直线运动，其位移大小为：，由牛顿第二定律以及速 (3)0.27(0.26同样得分) 度与位移关系可知 解析：(1)该同学采用的实验方法为控制变量法，故B 正确。 umg ma,v=2ax, (2)①在图乙中作出F-2图线如图所示. 解得x1=0.8m<L 2 即物品先加速运动后与皮带一起以v=2m/s匀速运动， ②根据F=m号=二，则号=k=品=Q9,因为1 则物品随转盘一起转动时静摩擦力提供向心力，则静摩擦力大 0.3m,则m=0.27kg 小为 12.入g g +2gh 2h F=m 2 2hL R =2N 1 解析：(1)物块飞出后做平抛运动，根据h=2得，物 方向时刻指向圆心，为变力， 15.(1)45m/s(2)15m/s(3)414m/s 块在空中运动的时间t= 2h g 解析：(1)过山车恰好过最高点时，只受重力作用有： (2)物块做圆周运动的线速度 mg =mR %三 =s2h 解得vB=√gR=√80m/s=45m/s; (3)落地时的竖直分速度v,=√2gh,根据平行四边形定 (2)离开C点后平抛运动，由A=得运动时间为 g x2gh 则知，物块落地的速度”=√公+元=√ 2×3.2 t s=0.8s. (4)绳子的拉力等于物块做圆周运动的向心力，则拉力 F =mL mgs2 2hL 放最大速度为：。=子-品=15： (3)由牛顿第三定律可知，A点乘客受到的支持力为： 13.(1)25.5m(2)8.5s Fx =3mg 解析：()由匀速圆周运动可知umg=m R 圆周运动最低点A:F、-mg=m- 刹车距离-v2=2a1x R 解得v=14m/s,x=25.5m 解得v4=√2gR=√2×10×8m/s=4√10m/s (2)刹车时有o-v=a11, 平抛运动竖直方向速度？=2gh 弯道行驶时有s=t2 解得v,=2×l0×3.2m/s=8m/s 加速时有o一v=a2与 则落水速度为： 4 高一物理人教（必修第二册）第32~35期 v=√n+v=√/224m/s=4√/14m/s. 运动，太阳的引力正好提供“AV2”做圆周运动或椭圆运动的 向心力，“AV2”没有落至太阳上与它质量无关，故A错误；由开 《万有引力与宇宙航行》同步核心素养测评（一） 普勒第三定律子=：可知，由于“AV2”完全在金星轨道内侧 A组 运行，即“AV2”的圆轨道半径或椭圆轨道半长轴小于金星轨 1.C;2.A;3.A;4.D;5.C;6.D;7.C. 道半长轴，则“AV2”绕太阳运行周期小于金星，故B错误；由牛 提示： 顿第二定律Sm=ma可知，由于“AV2”距太阳的距离始终小 1.开普勒用三句话概括了第谷积累的数千个观测数据，展 于火星距太阳的距离，所以在任何位置的加速度都大于金星， 示了行星运动的规律性.这三句话概括的主要内容是指开普勒 故C正确；由开普勒第二定律可知，同一轨道运行的天体与太 关于行星运动的三大定律，故C正确，ABD错误 阳的连线在单位时间内扫过的面积都相等，不同轨道上天体与 R+7R 3 R 2 2.由开普勒第三定律 解得T,=8年，故 太阳的连线在单位时间内扫过的面积不一定相等，故D错误， 8.开普勒椭圆面积定值 A正确， 3.根据万有引力定律F= GMM 9.%a2 m2(a+b)2 解析：根据万有引力定律列出地球和月亮与太阳间的引力 6.67×10"×1.0×10×1.0×10N=6.67×10-7N (104)2 等式 相比自身重力G=Mg=1.0×106×9.8N=9.8×10°N, 太阳对地球的引力：F=G (a+b)2 该引力完全可以忽略，故A正确. Mm2 0小楼大5越小 太阳对月亮的引力：F2=G 4.根据万有引力定律可得：F= a 太阳对地球的引力F,和对月亮的吸引力F,的大小之比 故D正确， 为： 5.设地球质量为M,半径为R,宇航员的质量为m,可知地 球对宇航员的万有引力：F= GMm,该星球对宇航员的万有引 F2 R2· m,(a+b)2 R G· 力：F”= 2 2GMm=2F,故C正确. 解析：公转的轨迹近似为圆，地球和火星的运动可以看作 匀速圆周运动，根据开普勒第三定律知 6.探测器在火星表面附近竖直减速下降过程，加速度竖直 E 向上，处于超重状态，故A错误，D正确：根据万有引力定律得 = =k 火星对“天间一-号”的引力为F=6兴，放B错误：火显对天 R 运动的周期之比元=√R 问一号”有吸引力，故C错误 在一个周期内扫过的面积之比为令= E = 7.“AV2”在太阳引力的作用下绕太阳做圆周运动或椭圆 TR E 5 高一物理人教（必修第二册）第32~35期 又知面积速率为产，解得面积速率之比为，√广 解析：(1)由万有引力定律得飞行器在近地圆轨道1上受 到地球的引力 B组 F=G- m 1.BC:2.BC:3.BC. R 提示： 在近月圆轨道2上受到月球的引力R=G以m 1.根据开普勒第二定律，彗星绕太阳以椭圆轨道运动时， 所以 相同时间内扫过的面积相等，近日点轨道半径小于远日点轨道 =，×=x66 半径，要使相同时间内扫过面积相等，近日点的线速度和角速 ()c4m (2)由题意可得6Mm」 0),且n+n=, 度均大于远日点的线速度和角速度，故AD错误，B正确；根据 联立解得= 9 牛顿第二定律，万有引力提供加速度cMm=m,解得a= 10 2 《万有引力与宇宙航行》同步核心素养测评（二） 以近日点轨道半径小，加速度大故C正确 A组 2.每一个行星都沿各自的椭圆轨道环绕太阳运动，而太阳 1.D;2.D;3.A;4.B;5.C;6.C;7.B. 提示： 则处在椭圆的一个焦点中，故A错误，B正确；根据开普勒第三 1.由行星的发现历史可知，天王星并不是根据万有引力定 定律，绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行星，其椭圆轨 律计算出轨道而发现的；海王星不是通过观测发现，也不是直 道半长轴的立方与周期的平方之比是一个常量；由于冥王星的 接由万有引力定律计算出轨道而发现的，而是人们发现天王星 轨道半长轴大于地球轨道半长轴，故其周期大于一年，故C正 的实际轨道与理论轨道存在偏差，然后运用万有引力定律计算 确；行星的人为分类对行星的运动无影响，故D错误。 出“新”星的轨道，从而发现了海王星.故ABC错误，D正确. 3地球对一颗卫星的引力F=,则一颗卫星对地球 2当压力为零时，6架=芹R又M=p音，联立 的引力为m.故A错误，B正确：根据几何关系知，两颗卫星 3 解得T= 3π Go ,故ABC错误；D正确 间的距离l=5,则两卫星之间的万有引力F=Gm=Gm 2 3r2 3.不因自转而瓦解时，赤道上的物体受到的万有引力恰好 故C正确；三颗卫星对地球的引力大小相等，三个力互成120 全部作为圆周运动的向心力，测=m(伊），面该星球 度，根据平行四边形定则，知合力为零，故D错误. 的言度口”旅理得n芹代人数部科D=127× m 4.G2r+L) 乙引力常量的普适性证明了万有引力 102kg/m3,故A正确，BCD错误. 定律的正确性（或：引力常量的得出使得可以定量计算万有引 4.设卫星P绕地球运动的半径为r,地球半径为R,根据万 力的大小：引力常量的得出使得人们可以方便地计算出地球的 质量) 有引方提供向心力G誓=m芹，根据儿何关系有R 2 56(2②)品 rsin 号，地球的体积为V=专心，地球的密度为p出，联立解 4 -6 高一物理人教（必修第二册）第32~35期 得p= 祭放B正确 3×8 4×3.l4×6.67×10"×100×10kg/m 5.球体空间中均匀分布着暗物质，设暗物质质量为m,行 ≈3×103kg/m3 星质量为mo,球心距离为R,由万有引力定律，行星转动周期的 10.(1)4m(R+h)(2) GT G Mmo 理论值为G R2 4红，行星转动周期的观测值为 =mT了理 解析：(1)上面结果是错误的，地球半经R在计算过程中 2 不能忽略，正确解答为： G(M+m)m=o了 R 台P一二左(k>1).解诗 G Mm 2π (R+h)=m( (R+h) (k2-1)M,故C正确，ABD错误. 6.根据万有引力与重力关系有Wm=mg,对卫星有GMm 解得M= 4m2(R+h)3 R2 GT 2 (2)①对于月球绕地球做圆周运动，有 =m·名解得=坠放C正确 7.设红矮星质量为M1,行星质量为m1,半径为1，周期为 T1;太阳的质量为M2,地球质量为m2,到太阳距离为r2,周期为 解得M=4mr GT 刀：根据万有引力定律有G“,m=m 1,G4% 42 ②在地面物体重力近似等于万有引力mg=G R 4m2 m2联立可得=(·《T (),由于轨道半径约为日 解得M= G B组 地距离的0.07倍，周期约为006年，可得 M. ≈0.1，故B正确. 1.AB:2.BC:3.AD. 8.变小不变变大变大 提示： 9.(1)8m/s2;(2)3×105kg/m3 1.对地球表面的物体有G。”=mg,则M老=，放A 解析：(1)根据物体做自由落体运动，有 h-78p 正确：由太阳对地球的万有引力提供向心力有G去”整。 代人数据可得g'=8m/s 著可得以 4兰，故B正确：因为月球表面的重力 (2)又在星球表面重力与万有引力相等，有 加速度及半径未知，无法求出月球的质量，也无法求出月球的 G Mm =mg 2 密度，太阳的半径未知，则太阳的密度也无法求出，故CD错误 2.当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向 可得星球质量为M=名R G 心力，即Gm=m ,解得：7=2五√周放s正确，A错 R 根据密度公式可知星球的密度为 g'R M G 3g' 误；星球的质量M=pV=号mR,代入上式可得：？=√部 4 4πGB 故C正确，D错误 7 高一物理人教（必修第二册）第32~35期 3.行星绕恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设 解析：(1)物块做匀减速直线运动的平均速度大小 恒是质量为M,行是质量为m,轨道半径为，有G“ 五=飞+0 2 m只，解得：-产，同理太闲质量为：W G72,由于 又有d=t 地球的公转周期为1年，故可以求得恒星质量与太阳质量之 解得t=24 比，故A正确：由于恒星与太阳的体积均不知，故无法求出它们 (2)设物块的质量为m、加速度大小为a,对物块受力分析 的密度之比，敌B错误：由于公式c。m字，中，行是质量 有umg=ma 又有d= 可以约去，放无法求得行星质量，故C错误：线速度。=罗，已 2a 2 知周期与半径关系，可以求得行星运行速度与地球公转速度之 解得g=2μd 比，故D正确。 (3)在星球表面物体所受万有引力等于重力 3m GMm =mg GT 5.(1)24 (2）2ud (3) V2R2 2R2 2Gud 解得M=2Gud 一8一