课时冲关27 素养培优8 天体运动中常考的四种题型 & 课时冲关28 功和功率-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 [答题栏] 课时冲关27 素养培优8 1.携带月球样品的嫦娥六号 0 上升器自月球背面起飞，随 转移轨道 3 后成功进入预定环月轨道， 图为嫦娥六号着陆月球前 4 部分轨道的简化示意图，工 是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭 圆轨道，V是绕月球运行的圆形轨道.P、Q分 --6 别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点.已知圆轨 道V到月球表面的高度为h,月球半径为R, 月球表面的重力加速度为g,不考虑月球的 自转，嫦娥六号 A.由轨道I进入轨道Ⅱ，需在P处向后 喷气 B.在轨道V上绕月运行的速度大小 为， C.在轨道V上绕月运行的周期大于在轨 道Ⅲ上绕月运行的周期 D.在轨道Ⅱ上稳定运行时经过P点的加 速度大于经过Q点的加速度 2.对于宇宙中P、Q恒星构成的双星系统（即 两恒星在彼此万有引力作用下绕它们连线 上点做匀速圆周运动的系统)，下列说法正 确的是 () A.P、Q恒星绕它们连线的中点做匀速圆周 运动 B.P、Q恒星的线速度大小相等，方向相反 C.P、Q恒星的运动周期一定相等 D.P恒星对Q恒星的引力可能大于Q恒 星对P恒星的引力 3.浩瀚的宇宙中有着无数的未知天体，当宇 宙中的天体的质量和密度大到一定程度就 可以形成黑洞.根据万有引力知识可得出 在黑洞表面，物体的逃逸速度等于光速.已 知天体表面的逃逸速度v2和其第一宇宙 速度01的关系为，=√201，万有引力常量 G=6.67×1011m3/kg·s2,光速c=3× 108m/s.若某黑洞的密度约为2×10kg/m3, 试估算该黑洞半径最小为多少？( A.3×102m B.5×102m C.3×103m D.5×103m 4.科学研究表明，当天体的逃逸速度（即第二 宇宙速度，其大小为第一宇宙速度的√2倍) 超过光速c时，该天体就是黑洞.2023年9 ·37 天体运动中常考的四种题型 月，由中国科学家领导的国际合作团队首 次证实了黑洞存在自转，已知引力常量为 G,则一个质量为M、半径最大的黑洞，其 自转周期的最小值为 ( ) A.2V2πGM B.4V2πGM C.4V2πGM D.22πGM c2 5.我国正在进行的探月工程是 高新技术领域的一次重大科 技活动，在探月工程中飞行 B月球ⅢA Ⅱ 器成功变轨至关重要.如图 所示，假设月球半径为R,月球表面的重力 加速度为g。,飞行器在距月球表面高度为 3R的圆形轨道I上运动，到达轨道的A 点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的 近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月 球做圆周运动，则 ( ) A.飞行器在B点处点火后，动能增加 B.飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所 需的时间为2π R go C.只有万有引力作用情况下，飞行器在轨 道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道 Ⅲ上通过B点的加速度 D.由已知条件不能求出飞行器在轨道Ⅱ 上的运行周期 6.（多选)天空中星体壮丽璀璨，在万有引力 作用下，做着不同的运动.如图1、2所示分 别为双星、三星模型，星体都绕它们之间的 某一点做匀速圆周运动，轨迹圆半径都为 R,五个环绕天体质量均为m,引力常量为 G,忽略其他天体对系统的作用，则( ) 双星 三星 图1 图2 A.图1中两环绕天体向心力相同 B.图1中天体运动的周期为4元√Gm R C.图2中天体运动的向心力大小为G2m 3R2 D.图1和图2中环绕天体的线速度之比 为√5：2 8 第六章机械 课时冲关28 [基础落实练 1.（2025·云南卷，2)如 图所示，中老铁路国 际旅客列车从云南某 车站由静止出发，沿 水平直轨道逐渐加速 到144km/h,在此过程中列车对座椅上的 一高中生所做的功最接近 ( A.4×105J B.4×10J C.4×103J D.4×102J 2.（多选)(2025·四川卷，8)若长度、质量、时 间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列 各式可能表示能量的是 A.96 &购 c 3.一端固定的轻质弹簧处于原长， 第一次用互相垂直的两个力F,、 F。拉弹簧的另一端至O点，如 图，在此过程F,、F,分别做了6 J、8J的功；第二次换用另一个力 F仍使弹簧重复上述过程，该过程F所做 的功是 () A.2J B.10J C.12 J D.14 J 4.(多选)以恒力F推物体使它在粗糙水平 面上移动一段距离s,力所做的功为W,, 平均功率为P,.以相同的恒力F推该物体 使它在光滑水平面上移动相同的距离s, 此时力F所做的功为W2,平均功率为P2, 则下列结论中正确的是 ( A.W<W, B.W=W> C.P=P2 D.P<P2 [能力综合练] 5.（多选)图为某城市广场喷泉 喷出水柱的场景.从远处看， 喷泉喷出的水柱超过了40层 楼（约125m)的高度.靠近看，喷管的直径约 为10cm.水的密度为1.0×103kg/m3,假设 喷泉电动机的能量全部用来转化为水的动 能，不计空气阻力，取π=3，则 () A.水离开喷管口时的速度大小约为50m/s B.单位时间内喷出管口的水柱的体积约 为1.5m ·37 第六章机械能守恒定律 能守恒定律 [答题栏] 功和功率 1 C.单位时间内喷出管口的水柱的质量约2 为1500kg 3 D.给喷泉喷水的电动机的输出功率约为 468kW 4 6.(多选)一辆玩具赛 5 车在水平直线跑道 0.1 上由静止开始以 0.05 10kW的恒定功率 0 20 →a/(m·s 加速前进，赛车瞬时速度的倒数士和瞬时 加速度α的关系如图所示，已知赛车在跑道 上所受到的阻力不变，赛车到达终点前已达 到最大速度.下列说法中正确的是() A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线 运动 B.赛车的质量为25kg C.赛车所受阻力大小为500N D.赛车速度大小为5m/s时，加速度大小 为50m/s2 [素养培优练] 7.如图甲所示，一台起重机将质量m=200kg的 重物由静止开始竖直向上匀加速提升，4s 末达到额定功率，之后保持该功率继续提 升重物.5s末重物达到最大速度vm.整个 过程中重物的v-t图像如图乙所示.取g 10m/s2,不计额外功率.试计算： (1)0~4s内钢绳对重物的拉力大小？ (2)起重机的额定功率P与重物上升的最 大速度vm; (3)前5s内起重机的平均功率P。 A/(m/s) 012345a 图甲 图乙/4πR 解得T√GM' 4πR克 4πRx_ 5 /4πR 可得T地GM ,TxGMx N4NGM地 即探测器绕火星飞行的周期约为地球上近地圆轨道卫 星周期的√气倍，故C正确D错误.] 9.CD[航天员处于完全失重状态，以某一速度出舱时一 定要系安全绳，否则回不来，航天员仍受重力，这时万有 引力和重力相等，提供航天员圆周运动的向心力，故A、 B错误；根据万有引力提供向心力GMm=ma=m女 解得a=64√座 弧，因为“神舟二十一号”运行的轨 道半径小于地球同步卫星运行的轨道半径，则有航天员 的速度和向心加速度都比地球同步卫星大，故C正确： 研究机械臂具体操作时，机械臂的大小和形状不能忽 略，所以不可以把机械臂看成质点，故D正确.门 10.D[第二宇宙速度(11.2km/s)是脱离地球引力的最 小速度，若发射速度超过第二宇宙速度，卫星将脱离地 球引力束缚，无法绕地球运行，该组卫星仍绕地球运 动，说明发射速度介于第一宇宙速度(7.9km/s)和第 二宇宙速度之间，但不可能超过第二宇宙速度，故A 错误； 第一宇宙速度是近地轨道的最大环绕速度，该组卫星 绕地球运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B 错误； 由万有引力公式F=GMm知 1-1 卫星发射升空时，轨道半径”逐渐增大，引力逐渐减小， 故C错误； 4π2 根据万有引力提供向心力可得G四=m产 /4π2r3 解得TGM' 由于该组卫星绕地球做圆周运动的轨道半径小于地球 同步卫星的轨道半径，则周期小于地球同步卫星的周 期，即该组卫星的运行周期小于地球自转周期，故D 正确.」 11.BD[小球做自由落体运动，则h=2gt,可得g=子， 2h 可得星球与地球的表面附近的重力加速度之比为里= g地 t D二6：根据万有引力提供向心力G肥三mR》 R 根据万有引力与重力的关系G0=mg,可得0= √gR,星球与地球的第一宇宙速度之比为里= 地 gR里_1X11 √gR√6X4=8,故A错误，B正确；根据万有 引力与重力的关系G=mg,球体体积为V=号R, R2 3g 密度为。，联立可得PC领：密度之比为日 P地 成C饰民D 12.AC「神舟二十号欲与天和空间站实现对接，神舟二十 号应由低轨道点火加速，做离心运动与空间站对接，因 此对接前神舟二十号可能先在B位置所在轨道绕行， 故A正确；对接前神舟二十号应在低轨道上环绕地球 GM,即对 做匀速圆周运动，则由Mm=m,得u√ 接前神舟二十号飞船的环绕速度大于空间站的环绕速 度，故B错误；对接的瞬间，神舟二十号飞船、空间站到 地心的距离相等，则由二ma,得a二，对接瞬 -2 ·54: 参考答案 间，二者的加速度大小相等，故C正确；由GMm 2 mrw,可知m约去，故组合体质量变大，不影响角速度， 故D错误.] 课时冲关27素养培优8天体运动 中常考的四种题型 1.B[由轨道I进入轨道Ⅱ，需在P处向前喷气制动减 速，故A错误；不考虑月球的自转，在月球表面的物体受 的重力等于万有引力，则m3G,培獭六号 轨道Ⅳ上绕月运行时，由万有引力提供向心力，可得 Mm G(R干=mR十万，联立可得，嫦城六号在轨道N上绕 gR 月运行的速度大小为√干，故B正确：根据开普勒 第三定律气=长可知，在轨道N上绕月运行的周期小于 在轨道Ⅲ上绕月运行的周期，故C错误：根据牛顿第二 定律，有GMm=ma,可知其他条件不变的情况下，距离 月球越远，加速度越小，所以在轨道Ⅱ上稳定运行时经 过P点的加速度小于经过Q点的加速度，故D错误.门 2.C「双星系统在相等时间内转过的角度相等，即P、Q 恒星的运动周期一定相等，故C正确：P恒星对Q恒星 的引力与Q恒星对P恒星的引力是一对相互作用力，根 据牛顿第三定律可知，P恒星对Q恒星的引力大小等于 Q恒星对P恒星的引力，故D错误；结合上述可知，双星 系统的角速度相等，根据G"mm=m10,G"m L? m2wr2,则有1n=m2r2,可知，恒星质量越大，其圆周 运动的轨道半径越小，圆心位置不一定在连线中心，与 质量大小有关，故A错误；根据线速度与角速度关系有 =wr1,=r2,结合上述可知，恒星质量越大，轨道半 径越小，线速度越小，即线速度大小与恒星质量有关，线 速度大小不一定相等，故B错误. BC[由第一宇宙速度意义可知G解得第一 R 字宿连度为气√受又M=pN=:音R,由随忘可 知U2=√2，且对于黑洞有2=c,联立可得该黑洞半径 最小为R8G3X10m,故选C 4B根据万有引力提供向心力G0=m尺，可得天体 2GM=c,质 的第-宇宙速度三，根据题意可知R 量为M的黑洞，最大半径R=2G,黑洞自转不瓦解，需 进。cMm=mR）,解得Tm=y应，故 c 选B.」 5.B[在椭圆轨道近月点变轨成为圆轨道，要实现变轨应 给飞行器点火减速，减小所需的向心力，所以点火后动 能减小，故A错误；设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行 上周所需的时间为T,则m。=mR,解得工，与 ，根揭几何关系可知，轨道Ⅱ的半长轴a=2.5R, 2入g0 根搭开普粉第三定律号=为以及飞行器在轨道Ⅲ上的 运行周期，可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期，故B 正确，D错误；只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道 Ⅱ上通过B,点的加速度与在轨道Ⅲ上通过B,点的加速 度相等，故C错误.] 高考总复习物理 6.BD[它们的向心力由万有引力提供，大 小相等、方向相反，故A错误；根据万有引 力提供向心力可知G2=m答R,解 L (2R)2 R --- 得T=4√G ,故B正确；每颗行星运行 所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力提 供，如图所示，故G%X2Xc0s30°=FL=2Rc0s30° 解得F。=Cm,故C错误：题图1中根据G四 3R2 (2R) m员，解将√票题图2中银据6咒×2Xc0s30 Gm BG,则 m食，解得。3R N4R ，故D正 3Gm 2 3R 确.] 课时冲关28功和功率 1.B 2.AC 3.D 4.BD 5.AD[水离开喷管口时的速度大小约为v=√/2gh √/2×10×125m/s=50m/s,选项A正确；单位时间内喷 出含口的水柱的体积约为V=S0=子D=子X3× 0.1×50m3=0.375m3,选项B错误；单位时间内喷出 管口的水柱的质量约为m=pV=103×0.375kg=375kg,选 项C错误；给喷泉喷水的电动机的输出功率约为P= 1 A—,=号×375×502wW≈468kW,选项D正确.] 6.C[由牛频第二定徐有号-f=ma,可知随着速度的 增大，则赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，由上 迷公式整理得号=丹。十千，可知图像的斜率恒定为 丹，与纵轴的载距为，结合图像可得=0.05，分 0.10.05,解得m=25kg,f=500N,代入u=5m/s,解 20 得a=60m/s2,故选BC.] 7.解析：(1)根据U-t图像可知0~4s内重物做匀加速直 线运动的加速度大小为 a=8=子mg=0.5m/s, 根据牛顿第二定律可得F-g=ma, 解得钢绳对重物的拉力大小为F=2100N; (2)4s末达到额定功率，则起重机的额定功率为P=FU =2100×2W=4200W, 5s末重物达到最大速度，此时牵引力等于重力，则有P =FUm=mgUm’ P 4200 解得。一g200X10ms=2.1m/s: 3)045内重物的位移为=受4=号X4m=4m, 整个前5s内，牵引力做的功为WF=Fx1十P(t-t1)= 2100×4J+4200×(5-4)J=12600J, 则前5s起重机的平均功率为P=WE=12600W t 5 =2520W. 答案：(1)2100N;(2)4200W,2.1m/s (3)2520W 课时冲关29动能和动能定理 1.D2.C3.C4.C 5.D[木球克服阻力做的功为30J,则阻力对木球做了 一30J的功，故A错误；弹簧的弹性势能减少了50J,则 ·54 弹力做正功，对木球做了50J功，故B错误；根据动能定 理，木球的动能变化量△Ek=W合=W十W=20J,故 C错误，D正确.] 6.B[重力做的功为WG=mgh=20×10×4J=800J,故 A错误；下滑过程根据动能定理可得W。一W!=之哈， 代入数据解得克服阻力做的功为W克：=440J,故B正 确短进Q点时向心加建度大小为a=要-号n/g 9/s°，故C错误；经过Q,点时，根据牛顿第二定律可得 F-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F=380N, 根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N,故D错误. ⑦，C[动车的牵引力为F华三上根据牛顿第二定律 F章一f=ma,随着动车速度的增大，动车的牵引力逐渐 减小，加速度越来越小，故A、B错误；动车达到该功率下 的最大速度时，根据平衡条件可得F=f,最大速度为vm =卡=P,故C正确：设动车在时间t内，位移为工，根 据动能定理W-f红=子m,牵引力微功W=f十 1 之，故D错误.] 8.BCD[根据动能定理F·△h=△Ek,可知Ek-h图像 的斜率绝对值表示合力大小，则上升过程有F。=mg十 f=100,40N=20N, 下落过程有F'◆=mg一f=50,2四N=10N, 3 联立解得m=1.5kg,f=5N,故B、C正确；小球樾出 时，由图像可知Eo=之m06=100J小， 解得小球抛出时的速度大小为，=205 m/s,故A错 3 误；根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大 小与下席过程的加定大小之比为=导，D 正确.门 9.解析：(1)物块通过B,点后在竖直方向上做斜上拋运动，有 R-Rs53=-%血53计2k, 解得v=2m/s, 物块在B点水平方向上做匀速直线运动，有 d=VBCOS53°·t, 解得d=0.48m: (2)由C点至B,点对物块由动能定理有F(L十Rsin53°) -mg(R-Rc0s53)=之m2,解得F=1.8N 答案：(1)0.48m(2)1.8N 10.解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据 牛顿第二定律有mgsin日=m1a1, 解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin日； (2)甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1,可知 mgsin9=m1R,解得=√gRsin0 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量 守恒和能量守恒m=m'十m,2m= 2—21之2十——72222， 解得碰后乙的速度为=十，② 碰后乙能运动至，点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周 运动后沿着斜面到达e点，此时需满足m gsin m,尺· 即v,≥√/gRsin日③，