第6章 课时冲关30 万有引力定律及应用&课时冲关31 人造卫星宇宙速度-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业（鲁科版）

第六章 万有 课时冲关30万 基础落实练 1.如图所示，一卫星绕 地球运动，图中虚线 A 号地球 为卫星的运行轨迹， A、B、C、D是轨迹上的 0星 四个位置，其中A距离地球最近，C距离地 球最远，下列说法中正确的是 A.卫星在A点的速度最大 B.卫星在B点的速度最大 C.卫星在C点的速度最大 D.卫星在D点的速度最大 2.(2025·甘肃卷，2)如图， 小星球 一小星球与某恒星中心距 离为R时，小星球的速度 大小为、方向与两者中心 连线垂直.恒星的质量为 M,引力常量为G.下列说 恒星 法正确的是 A.若v= GM R ,小星球做匀速圆周运动 B.若 GM 2GM R ,小星球做抛物线 运动 C.若v= 2GM R ,小星球做椭圆运动 D.若v> 2GM ,小星球可能与恒星相撞 3.(2025·河南卷，3)2024年天文学家报道 了他们新发现的一颗类地行星Gliesel:2b, 它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运 动.已知Gliese12b轨道半径约为日地距 离的品，其母恒星质量约为太阳质量的号， 则Gliesel2b绕其母恒星的运动周期约为 ( A.13天 B.27天 C.64天 D.128天 4.(2025·广东卷，5)一颗绕太阳运行的小行 星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离 分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍. 关于该小行星，下列说法正确的是( ) A.公转周期约为6年 B.从远日点到近日点所受太阳引力大小 逐渐减小 引力与宇宙航行 有引力定律及应用 C.从远日点到近日点线速度大小逐渐 减小 D.在近日点加速度大小约为地球公转加 速度的 能力综合练 5.太阳系一颗质量均匀、可看作球体的小行 星自转角速度为ω，在该星球表面“赤道” 处的重力加速度大小为“两极”处的重力加 速度大小的号，已知引力常量G,则该星球 密度p为 A 器 C.150 4πG D.5 πG 6.如图所示，人造卫星P(可视 P 为质点)绕地球做匀速圆周 运动.在卫星运动轨道平面 内，过卫星P作地球的两条 切线，两条切线的夹角为0 60°，若卫星P绕地球运动的周期为T,引 力常量为G.则地球的密度为 GT2 7.2025年2月27日，我国在酒泉卫星发射 中心使用长征二号丙运载火箭再一次发射 一箭双星，成功将四维高景一号03.04星 发射升空.设卫星进入预定轨道后在同一 平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运 动，它们之间的距离△r随时间变化的关 系如图所示，不考虑“03星”、“04星”之间 的万有引力，已知“03星”的线速度小于 “04星”的线速度，下列说法正确的是 10 A.“04星”的周期等于71 B.“03星”的周期等于T C04星”的线速度大小为号器 D.“03星”、“04星”的轨道半径之比为5：3 293 课时冲关31人造 基础落实练 1.“天宫课堂”中，航天员演示了 关于陀螺的实验.对于在空间 站中处于“静止”状态的陀螺， 下列说法正确的是 ( A.陀螺相对于地球表面静止 B.陀螺所受合外力不为零 C.陀螺受到万有引力和向心力的作用 D.陀螺处于失重状态，不受重力 2.我国计划在2030年前实现载人登月.已知 地球与月球的密度之比为5：3，近地卫星 的环绕周期为T,月球的半径为R,则月球 的第一宇宙速度为 ) .2π A.5 8导效 T c品 272πR T D. 125 3.(双选)如图所示，a为地 球赤道上随地球自转的 物体，b、c均为人造卫 星，其中c为地球静止轨 道同步卫星.已知地球 半径为R,卫星b、c的轨 道半径分别为r1、r2,则 A.a、c的向心加速度的大小之比为r号：R B.a、c的向心加速度的大小之比为R:r2 C.a、b的周期之比为WR:√丽 D.ab的周期之比为√F:√ 4.2025年4月，我国已成功构建国际首个基 于DRO(远距离逆行轨道)的地月空间三 星星座.若卫星甲从DRO变轨进入环月 椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月 球表面的高度分别为a和b,卫星的运行 周期为T;卫星乙从DRO变轨进入半径为 x的环月圆形轨道，周期也为T.月球的质 量为M,半径为R,引力常量为G.假设只 考虑月球对甲、乙的引力，则 ( A.r=atb+R 2 B.r=a+b 2 C.M=4πr3 GT2 D.M=4x'R GT2 能力综合练 5.(双选)“天问一号”是执行中国首次火星探 测任务的探测器于2021年5月15日在火 星表面成功着陆.“天问二号”于2025年5 月29日成功发射.已知火星质量约为地球 质量的。，火星半径约为地球半径的2·假 设探测器着陆前绕火星运行的轨道为圆轨 道，半径近似为火星半径.关于探测器的运 动，下列说法正确的是 294 卫星宇宙速度 A.其相对于火星的速度小于地球第一宇 宙速度 B.其相对于火星的速度大于地球第一宇 宙速度 C.其绕火星飞行的周期约为地球上近地 团轨道卫星周期的，√骨倍 D.其绕火星飞行的周期约为地球上近地 国轨道卫星周期的售倍 6.(双选)宇航员在离地球表面高h处由静止 释放一小球，经时间t小球落到地面：若他 在某星球表面同样高处由静止释放一小 球，需经时间4t小球落到星球表面（星球 和地球上的空气阻力均不计).已知该星球 的半径与地球的半径之比 -则足 R地 球与地球的 A.第一宇宙速度之比为墨= 地 4 B,第一宇宙速度之比为”墨= 地8 C.密度之比为P堡=1 P地16 D.密度之比为里=1 P地 4 素养培优练 7.(双选)2025年4月24日，神舟二十号载 人飞船进入预定轨道，将按照预定程序与 空间站组合体进行自主快速对接，并与神 舟十九号航天员乘组进行在轨轮换.对接 前，空间站、神舟二十号均绕地球沿顺时针 方向转动，图乙中A为空间站的在轨位 置.已知引力常量为G,则下列说法正确 的是 ( A 地球 空间站 甲 A.对接前，神舟二十号飞船可能先在B位 置所在轨道绕行，再加速变轨与空间站 对接 B.对接前，神舟二十号飞船的环绕速度小 于空间站的环绕速度 C.对接的瞬间，神舟二十号飞船的加速度 与空间站的加速度大小相等 D.对接后，由于组合体质量变大，则与地 球间万有引力变大，故运行的角速度 增大根据已知条件结合速度的合成与分解得 tan53°- Vo 代入数值解得u=3m/s,t,=0.4s: (3)小球在光滑斜面上根据牛顿第二定律 mg sin53°=ma,得a=gsin53°， 小球在斜面上的运动过程中满足 H sin 532, 故小球离开平台后到达斜面底端的时间为=t十2， 解得t=2.4s. 答案：(1)0.4s(2)3m/s(3)2.4s 课时冲关27圆周运动 1.C2.B3.BC 4.A[对小球受力分析，如图所示， 竖直方向受力平衡mg=Frcos a, 水平方向合外力提供向心力 mg F1sina-F=wlsin a,解得g= w1as&吕A正确，RC,D错误 5.解析：(1)根据题意，设轻绳与竖直方向的夹角为0，由几何 2R-R 1 关系可得tand= √W5R)2-R2 2 由牛顿第二定律有mgtan0=mw2·2R, 解得0=√祭 (2)小球的轻绳断裂时，小球的速度为 v=w·2R=√gR, 竖直方向有2R=号gd, 水平方向有x=vt,联立解得x=2R. 答案：1√晨，2)2R 课时冲关8实验六科学探究：平抛运动的特点 1.解析：安装斜槽轨道末端水平，这样小球离开斜槽时速 度方向水平，才能保证小球离开斜槽做平抛运动，故选 项正确；为了保证小球多次运动是同一轨迹，应保证小 球离开斜槽的初速度相同，所以小球的释放点应该相 同，故选项b错误，选项C正确；为描出小球的运动轨迹， 应该用平滑的曲线连接，故选项d错误. 答案：a、c 2.解析：(1)小球平抛轨迹标注小球最高，点，所以选B.实验 过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置静 止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽 末端的速度就是一样的，所以选项A错误；记录，点适当多 一些，舍去偏差较大的点，能够保证描点平滑，选项B正确， C错误；y轴必须是竖直方向，即用重垂线确定，选项D 正确. (2)由题图可知斜槽末端不水平，才会造成斜抛运动，选 项C正确. (3)插入瓶中的另一根吸管使得细管上端压强恒定，目 的就是为了保证水流流速不受瓶内水面下降的影响而 减小，能保证下降到该细管上端前的一段时间内，能够 得到稳定的细水柱，所以选B. 答案：(1)BBD(2)C(3)B 4] 3.解析：(1)小球做平炮运动时，水平方向是匀速直线运动，竖 直方向是自由落体运动，故摄像头A所拍摄的频闪照片 为(b). (2)竖直方向上y=g得t√g /2y N /2×0.45 10 =0.30s, 水手方向上w一兰-8ns=1ms, P点小球在竖直方向的速度 v=gt=10X0.3m/s=3m/s, 则p=√/十近=√10m/s. 答案：(1)(b)(2)1√10 课时冲关29实验七科学探究： 影响向心力大小的因素 1.解析：(1)研究向心力的大小F。与质量m的关系时，必 须保证角速度仙和半径r是相同的：研究向心力的大小 F。与角速度仙的关系时，必须保证角速度仙和半径r是 相同的；同样在研究向心力的大小F。与半径r的关系 时，必须保证角速度ω和质量是相同的，所以在研究 向心力的大小F。与质量m、角速度w和半径r之间的关 系时主要用到了物理学中的控制变量法，故选C. (2)①当探究向心力的大小F与半径r的关系时，需要 控制两小球做圆周运动的半径是不同的，故应选择到转 轴距离不同的B、C两处； ②两个变速塔轮靠皮带传动，即皮带套在的塔轮上线速 度相同，需要控制角速度相同，则两塔轮的半径相同，故 应将皮带套在①④塔轮上. 答案：(1)C(2)B、C①④ 2.解析：根据题意，物块做匀速圆周运动，合外力提供向心 力，大小不变，方向变化，故向心力在变，加速度在变，故 A、D错误；物块的速度方向始终沿着轨迹的切线方向， 即速度方向在不断变化，大小不变，故B正确；根据线速 度公式可得物块线速度大小v=,故C错误. 答案：B 3.解析：(1)根据所给数据描绘 图像F一w如图所示 (2)根据图像可知，随角速度 的增大，轻杆作用力增大； 轻杆对滑块的作用力为滑块。 10mira产， 做圆周运动提供向心力，根据 F=mw,图线的斜率k=mr= kg·m,解得m=1kg。 答案：(1)见解析图(2)增大1 课时冲关30万有引力定律及应用 1.A2.A 3.A[地球绕太阳运行的周期约为365天，根据万有引力 提供向心力得GM,m=m T, 已知r=M=号M,同理件=m答鉴理得 TM' 代入：据得T=0工≈13天.故选A] 4 4.D[根据题意，设地球与太阳间距离为R,则小行星公 转轨道的半长轴为a=R,7迟=6R, 2 由开普勒第三定律有6R)=R T2 T地 解得T=/6·T=6√6年，故A错误； 从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有 引力定律F=G匹可知，小行星受太阳引力增大，故 B错误； 由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线 速度逐渐增大，故C错误； 由牛损第二定#有G少=a,解得a创，可如 r2 a地 R2 1 (5R)2=25' 即小行星在近日，点的加速度是地球公转加逸度的云，故 D正确；故选D.] 5,C[该星球“两极”处GMm R =mg,该星球表面“赤道”处 GMm4 M- R=方mg十mwR,设该星球密度为p,则p=宁 解得p需故选C] R 6.B[设卫星P绕地球运动的半径为r,地球半径为R,根 据万有引力提供向心力G恤=m禁，根据几何关系 有R=sin号，地球的体积为V=专R,地球的窑度为 p兴联立好得票，故选R] 7C[根播万有引力提供向心力有G恤=m。 M 得r 故轨道半径越大，线速度越小，因“03星”的线速度小于 “04星”的线速度，故rg>ro1, 由图可知，ro3十ro4=10r,ro3一ro4=6r, 解得r3=8r,ro1=2r, 故“03星”、“04星”的轨道半径之比为4：1，故D错误； 级振开者有然三定非有斧一岩 袋8、 由题图可知，“03星”与“04星”相邻两次距离最远的时 网网福为工尉有天 -=1 联立解释T。=7T,Tu=g,故A,B错误： 0定”约度老度大小为一会--7故 7T 8 C正确.] 4 课时冲关31人造卫星宇宙速度 1.B2.A3.BD 4.C[对于环月椭圆轨道和环月圆轨道，根据开普勒第三 a+b+2R 2 定律有 入 可得r=a+十2R,故A,B错误： 2 对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得GMm r m() 可得M=4πr G示，故C正确，D错误.] 5.AC[设星球质量为M,半径为R,第一宇宙速度为， 根据G=m 2 R GM 解得v√R' 可得V地R 即探测器相对于火星的速度小于地球第一宇宙速度，故 A正确，B错误； 同理，可得GMm R m 4π'R 解得T√GM, √紧层 可得T*入GM 5 4πR是 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√月倍，故C正确，D错误] 6,BD[小球贷自由落体运动，则么=之，可得g 2h t2 可得星球与地球的表面附近的重力加速度之比为里= g地 而启原银万有引力莫供的心力6尝-一发板 R2 据万有引力与重力的关系G=mg,可得=√原， R 星球与地球的第一宇宙速度之比为三 g里R里 Vg地R地 √日故A错误，B正确：报搭万有引力与重力 的关系G=mg,琼体体积为V=专R,密度为p R 出联立可得0=怒R紫度之比为竖= 3g P地g地R星 -子故C辑银D正克.] 7.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做匀 5 速国周运动，则由恤=m二，得√，申对接前 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 距高相子，到由=ma,得a以，对接醉同，二者 2 的加速度大小相等，故C正确；由GMm=mw',可知m 约去，故组合体质量变大，不影响角速度，故D错误.门 课时冲关32动量和动量定理 1.AD2.A3.C4.A 5.D[“铁拳”挥出过程，根据动量定理可得Ft=1w,v= 72km/h=20m/s,代入数据解得m=0.3kg=300g,故 A错误：“铁奉”的加选度大小为a=吕=品m/g 2000m/s,故B错误；根据动量定理可得△p=I=Ft= 6kg·m/s=6N·s,故C错误，D正确.] 6.B[设飞行汽车受到空气的作用力F,根据平衡条件得 F=(m1十2)g,设在△t时间内通过一个单旋翼的空气 质量为△m,根据动量定理得F·△t=2△m·U一0，根据 密度公式得△m=p·Sv·△t,解得~17m/s,故选B.] 7.DL根据图像可知，人在空中的时间为t=0.6s,上升 高度A=子（侵）=0.45m,故A错误人离地时的连 度为=g号=3m/s,人的重力为G=500N,质量m= 50kg,自开始下蹲至离地，用时t=1.2s,对人，根据动 量定理有(Fy-G)t=mu-0,解得F、=625N,故B错 误；bc过程，压力传感器对人的支持力先大于重力后小 于重力，即先超重后失重，故C错误；图中面积表示合力 对人的冲量大小，S1对应的冲量向下，S,对应的冲量向 上，a、b点人的速度均为零，所以S1=S2,故D正确.] 8.AB[水枪水平喷出水柱，令在极短时间△t内喷出的水 的质量为△m,对有△m=m·(受)，解得 D\ prD,故A正确；以极短时间△t内喷出的水的质量 1 为△m为研究对象，根据动量定理有一F,△t=0一△mw, 根据牛顿第三定律有F2=F1,结合上述解得F, 匹心D,即水柱对汽车的平均冲力为匹D,故C错误： 4 4 水柱对汽车的压强p= F2 ,结合上述解得p=p心， /D 2】 可知，水柱对汽车的压强与水流速度的平方成正比，故B 正确；结合上述可知，水柱对汽车的压强与水柱横截面 积无关，故D错误.门 9.解析：(1)跳趺者下落时做自由落体运动，下落到安全绳 刚伸直时有v=2gh, 解得跳跃者的速度为v=10m/s. 41 (2)以跳跃者为研究对象，在安全绳从原长伸长到最长 的过程中，其受到重力mg和安全绳弹力F,取竖直向下 为正方向，由动量定理得mgt-Ft=0一mw, 解得平均弹力F=1100N, 由牛顿第三定律，绳受到的平均弹力大小为1100N,方 向竖直向下. 答案：(1)10m/s:(2)1100N,方向竖直向下 10.解析：(1)根据牛顿运动定律得mg-F=ma, 解得F=540N. (2)设匀加速下落时间为t,由运动学公式得 h=合at, 反推发动机推力的冲量大小为I=Ft, 可得I=7560N·s. (3)设“缓冲腿”接触月面前瞬间，探测器速度大小为， 由运动学公式得U=2ah,从“缓冲腿”接触月面到探测 器速度减为0的过程中，以竖直向下为正方向，根据动 量定理 mg△t-F△t=0-mv, 解得F=7740N. 答案：(1)540N;(2)7560N·s;(3)7740N 课时冲关33动量守恒定律及其应用 1.C2.D3.B4.D 5,A[设a、b、c的质量分别为m4、mme.a与b碰撞后二 者的速度分别为v,和1，根据动量守恒定律有m,v= m,十m,①，根据机战能守恒定律有合m心=之m心 十乞叫，6@，联立0@解得则=”@，由②式可 1a十 知，当m,>时，有1≈2u④，设b与c碰撞后二者的 速度分别为ye和ve,同理可得，u=1U.十，2⑤， 1 1 1 m,听=乞m:十之m呢⑥，联立⑤⑥解得。= 2mm1⑦，由⑦式可知，当m,>m.时，有u≈2≈48， ,十me 所以若b和C的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于 4w,故选A.] 6.D水平面光滑，以车、人、枪、靶和子弹组成的系统所 受外力之和为零，系统动量守恒，起初人和车一起静止， 射击完成后，车仍然静止，故A错误；设子弹出口速度为 V,车后退速度为'，以向左为正方向，根据动量守恒定 律有0=w十[M十(n一1)m]v',子弹匀速前进的同时， 车匀速后退，则有t十Ut=d,在每一发子弹射击过程 中，小车所发生的位移为=，联立解得 所以每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右退 nm十M:故n颗子弹发射完毕后，小车总共后退距离为、 md =nx=nmd 干M:所以待打完n发子弹后，小车总共后退 nm十M,故BC错误，D正确.] nmd 6