专题卷(5)万有引力与天体运动-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（贵州、甘肃、重庆专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（五） 物理·万有引力与天体运动 (考试时间75分钟，满分100分》 一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但 不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.2025年12月9日，神舟二十一号航天员乘组圆满完成了第一次出舱活动。已知核心舱组合 体在离地高度为h处，绕地球做匀速圆周运动。若核心舱与地球中心的连线在单位时间内扫 过的面积为S。,已知地球半径为R,引力常量为G。下列说法正确的是 A.航天员相对核心舱静止时，所受合外力为零 B核心舱的运行周期为心 4S8 C.核心舱处的重力加速度大小为(R十) 3S8 D.地球的密度为 Gπ(R+h)R3 2.2025年8月4日，中国在海南商业航天发射场，成功将卫星互联网低轨07组（搭载9颗功能 不同的卫星)发射升空。此次卫星的运动高度为900千米左右，轨道平面倾角为50°左右。以 下说法正确的是 A.07组在发射升空过程中，重力加速度随高度增加而减小 B.07组在轨稳定运行时，线速度的大小约为8.0×103m/s C.9颗卫星若运行的高度相同，则线速度也一定相同 D.9颗卫星若运行的高度相同，则机械能一定相同 3.如图所示为天体运行中三个宇宙速度的示意图，其中有①②③④条轨道，下列说法正确的是 A.轨道①对应的速度是最大发射速度，最小环绕速度 7.9km/s<11.2km/s B.若卫星的发射速度v满足7.9km/s<o<11.2km/s,卫星将 ③ 椭圆 ② 绕地球运动 =7.9km/ C.卫星在轨道②上单位时间扫过的面积等于在轨道③上单位时 间扫过的面积 2=11.2km/s④ D.卫星沿轨道④运动，将脱离太阳引力的束缚 4.2025年11月1日3时22分，神舟二十一号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱前向端 口，创造了神舟飞船与空间站交会对接的最快纪录。假设神舟二十一号载人飞船与空间站对 接后空间站的运行轨道不变，可近似看成圆，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是 A.空间站内的航天员可以利用哑铃健身 物理C·专题卷（五）第1页（共8页） 鱼野 ￥我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一星球的探测数据，对该星球有了一定的认识。“探测 卫星”在发射过程中，先绕地球做圆周运动，后变轨运动至该星球轨道，绕星球做圆周运动。 “探测卫星”在两次圆周运动中的周期的二次方(T2)与轨道半径的三次方(x3)的关系图像如图 所示，其中P实线部分表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q实线部分表示“探测卫星” 绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球表面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c, 图中c、m、n已知，则 A.该星球和地球的质量之比为n：m B.该星球和地球的第一宇宙速度之比为m:n C.该星球和地球的密度之比为m：n n D.该星球表面和地球表面的重力加速度大小之比为n:m 8.我国计划在2028年前后实施两次火星探测任务。某兴趣小组查到了一些火星和地球的数据， 并据此提出了下列一些说法，其中正确的是 项目 到太阳的距离 质量 直径 自转周期 地球 L M d T 火星 1.5L 0.11M 0.5d T A.火星与太阳连线单位时间内扫过的面积和地球与太阳连线单位时间内扫过的面积相等 B.火星表面重力加速度和地球表面重力加速度大小之比为11：25 C.火星第一字宙速度和地球第一字宙速度之比为，√100 11 D.火星同步卫星到火星中心的距离和地球同步卫星到地心的距离之比为 311 100 9.中国发射的“风云三号05”气象卫星始终沿晨昏线运行，故被命名为“黎明星”。已知地球半径 为6400km,地球表面的重力加速度为g=10m/s2。“黎明星”离地面的高度为800km,地球 自转周期为24h。某天黎明时分“黎明星”正好经过北京市正上方，π取3.2，√72取8.5，则 “黎明星” 北 黎明星 A.周期约为1.7h B.绕地球转动的线速度约为6.5km/s C.下次在黎明时分经过北京正上方约需要24天 D.下次在黎明时分经过北京正上方约需要17天 南 晨昏轨道 10.某国际研究小组观测到一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，科学家在 地球上用望远镜观测到一个亮度周期性变化的光点，这是因为其中一个天体挡住另一个天 体时，光点亮度会减弱。现科学家用一航天器去撞击双星系统中的一颗小行星，撞击后，科 学家观测到系统光点明暗变化的时间间隔变短。若不考虑撞击引起的小行星质量变化，且 撞击后该双星系统仍能稳定运行，则被航天器撞击后 A.该双星系统的运动周期变大 B.两颗小行星做圆周运动的半径之比保持不变 C.两颗小行星中心连线的距离增大 D.两颗小行星的向心加速度均变大 物理C·专题卷（五）第3页（共8页） 鱼跃 班级 12.(9分)月球探测器登月前，从椭圆环月轨道I转移至近月圆轨道Ⅱ。如图所示，探测器在椭 圆轨道I上运动，运行周期为2√2T。在近月点P处减速，使探测器转移到近月圆轨道Ⅱ上 姓名 运动，运行周期为T。已知月球半径为R,引力常量为G,求： (1)月球的质量M和月球的第一宇宙速度； 得分 (2)椭圆轨道I上远月点Q距月球表面的高度h。 P 月球 答题栏 1 2 5 6 7 米 8 10 物理C·专题卷（五）第5页（共8页） 鱼野 14.（14分)2025年4月24日，我国神舟二十号载人飞船在酒泉卫星发射中心成功发射。飞船质 量为m。,由火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，其中近地点A可视为紧贴地 球表面。飞船近地点的速度为1，运行至远地点B时点火加速实施变轨，进人半径为r的预 定圆轨道，并与在轨运行的空间站完成对接。若测得飞船进入圆形轨道后速率为3，地球半 径为R,引力常量为G,忽略其他星体的影响。求： (1)地球的质量M; 预定圆轨道 (2)飞船在椭圆轨道上从A点运动到B点所需的最短时间t; 地球 (3)变轨前，飞船在椭圆轨道上从A点运动到B点，飞船所受万有引力的 冲量大小I。 椭圆轨道 物理C·专题卷（五）第7页（共8页） 鱼跃高三二轮复习专题卷 0=sin a,根据圆周运动参量的关系有，=h sin a ,解得A= sim。A正确；导弹由A点运动到B点的过程，光束转过的角 ah 11 度0=。一日，根据t,解得t=“,B正确：根据运动的合 12 成与分解可知，导弹在B点的速度1=9因为。>A,所以 B>VA,导弹由A点运动到B点的过程做加速运动，D错误； 根据加速度的定义式有a=A”, ,解得a-uh(sina-sin'p) (a-B)sin'asinB C正确。 9.BC【解析】设甲水平抛出石块的初速度为v。,Q点相对于P 点的竖直高度为H,则H=方g,石块落在P点时速度的竖直 L 分量m,=√2gH,甲抛出小石块的水平位移x=之osa,。= 名m37-受联立可得H=L=√器-√ 3gL /8L 则A点相对于P点的高度k:=台sna=L,QA两点竖直 L 高度龙为△=品一急缸=品放A错误，B正确：对于乙，有 3 L=7g,号L=,结合前面式子可得-2 31 ,故C正确：小石块运动到最高点时速度即为水平 方向分富度，大小为，=，·s53=合需，放D错误。 13 10,AD【解标】电子在水平方向运动宁所用时间T=7 -,电子 、在垂直极板方向做匀变速直线运动，由运动学公式有二 号-aT,根据牛顿第二定律有B2=u,解得E=14 3el2 故A正确；电子做匀变速曲线运动，由题图知，电场力先做负 功后做正功，则电势能先增加后减小，故B错误；仅将电容器 的上级板驱直向上移动号：由尽一号电容定义式U一名电 容决定式C联立解得E=4πkQ,可知电场强度不变 即电子的出射点不变，故C错误，D正确。 ABD【解析】根据题意可得，重力和电场力的合力大小为F合= √/(mg)2十(Eg)2=0.5N,设合力与竖直方向的夹角为a,则 、tan。=,所以合力与竖直方向的夹角为37，所以在A 点有F4=m爱解得e以=5/s,放A正确：由等效最低点D 到A,根据动能定理可得-P·2R=了mi-m心，解得 vD=√125m/s,故B正确；小球经过A点后做斜下抛运动，则 R(1+cos37)=(Asin37)1+2gt2,解得1=0.6s,放D正 确；小球落地点距离C点的距离为x=Rsin37°+VACOS37°· 1×,解得x=2.25m,故C错误。 2m1 (1)30m(2)350N (1)3mg (2)mg mg 99 【解析】(1)从水平位置无初速度释放到达最低点时，有 mgL=2 mv, v 在最低点有Fr一mg=m工' 解得Fr=3mg。 (2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的 拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而 轻杆从左边释放小球在最低点受到的拉力小于轻杆从右边释 放小球在最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量 向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点 的过程中有mgL-E:9L+E,9L=2m,则小球在最低点有 vi Fn一mg一E,9=m元，其中Fm=4mg,杆从右边水平位置无 初速度释放，到小球到达最低点的过程中有mgL十E:qL十 1 ,其 E,9L=2moi,则小球在最低点有F一mg-E,q=m元 中FT2=8mg, 联立解得E,=S,E。= (1)15m/s(2)1860N(3)与斜坡成60°夹角斜向上 125m /2h 强折】D由平地运动的特点可得五2g解得一人g /2×20 W10 =2s, 仅x=44,得运动员经过A点的速度三子-0m/s 15m/s。 (2)运动员在B点竖直方向速度v,=gt=20m/s, 运动员在B点速度大小vB=√o员十=25m/s, 在B点受力分析如图，cos0=”4=3 06=5,即0=53， 由牛顿第二定律得Fx一ng cos0=mP,解得FN=1860N, 由牛顿第三定律得，运动员在B点时对轨道的压力大小为 1860N。 71g .30cD (3)设运动员从C点飞出时的速度方向与斜坡的夹角为0，在 垂直于斜坡方向上有mg cos30°=ma1,得a1=gcos30° 5√3m/s2, 垂直于斜坡方向的初速度v1=Ucsin0,平行于斜坡方向上有 ·4 mgsin30°=ma2, 根据运动的分解有=2a,h,2=2az×2h, 得a2=gsin30°=5m/s2, 根据牛顿第二定律有qE.=max,mg十gE,=may, 平行于斜坡方向的初速度v2=vccos0,运动员从C点落到斜 则电场强度大小为E。=√E+E,解得E。=mg 坡上的时间1=24-10sn0（s, q a1√3 设电场强度与竖直方向的夹角为0，则有an0=gE=5, gE 1 运动员落到斜坡上距C点的距离l=2t十2at, 可知电场应斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°。 代入数据并整理可得1-15+20m(20-07(m. (3)小球在水平方向的运动规律如下： 0~T:小球做水平向右、加速度为a,的匀减速直线运动， 当0=60°时，即速度方向与斜坡成60°夹角斜向上时，1最大， T~2T:电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右、 最大值为125m。 加速度为a,的匀加速直线运动，之后再重复前面的运动； (1)3gR 2 (2 小球在竖直方向的运动规律如下： mg,方向与x轴正方向成45°角斜向上 0~T:小球做竖直向下、加速度为a,的匀加速直线运动， (3号mgR T~2T:电场反向，竖直向上的电场力分力与重力平衡，所以 小球竖直向下做匀速直线运动，后面重复前面的运动，因此 【解析】(1)根据题意可知，小球a做平抛运动，水平方向做匀速 0~5T内，小球的水平位移为x=5×2h=10h, 直线运动，有Rc0s30°=0ot, 1 0~T的竖直位移为1=A=0,T,0=a,工， 竖直方向做自由落体运动，有Rsin30°=2gt,可得，= T~2T的竖直位移为y2=oT=2h, √3gR 2 2T~3T的竖直位移为=T+4,T=, (2)小球b在重力场与匀强电场的复合场中运动，将重力与电 3T~4T的竖直位移为y4=(o十a,T)T=4h, 场力合成后可看作在等效重力场中的运动。由于OB与y轴 以此类推，小球在4T~5T竖直分位移为5h,因此在5T时间 正方向的夹角也为30°，且经过B点时的动能与小球a经过A 内的竖直方向的总位移为y=y1十y2十y十y4十y=15h,小 点时的动能相等，可知小球a在重力场中的运动与小球b在等 球的位移大小s=√x2+y=5√13h。 效重力场中的运动情况相同，做一样的类平抛运动，所以小球 物理（五） B所受重力与电场力的合力方向沿x轴正方向，大小为g, 则匀强电场的电场强度大小为E-气g,方向与上轴正方向 1.D2.A3.B4.D 5.B【解析】从地球上看，太阳和水星与观察者的眼睛连线所成 成45°角斜向上. 角度的正弦值最大为尺，故A错误；由开普勒第三定律可知 (3)将小球c沿x轴负方向弹出，小球c做匀减速直线运动，设 经位移x后速度减为0，由牛顿第二定律得√Eq一mg= 解得,=√（） T,放B正确由G=m 2 ma -√故C错误由=m可得 GM R 4π2 由运动学规律得6=2x,解得z=R<R, 可知小球c先向左做匀减速运动，速度减为0再反向做匀加速 M=4x3 GT9,故D错误。 运动，经过圆周与x轴正方向的交点D离开圆形区域。由运 动学规律得v品=2a(x十R), 6.C【解析】根据万有引力提供向心力可得GMm=a=m0 2 1 小球c离开圆形区域时的动能E:=2m%,解得E= m心，解得a以。-√。 GM √，°，a和c的角速度相 8mgR。 等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据v=rw可知v。< (1)mgh(2)2mg,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60 G可知之 u,;对于b、c、d,由于r。<r.<ra,根据=√ 0 (3)5√/13h >4,综上可知b的线速度最大，其在相同时间内转过的孤 1 长最长，故A错误；a和c的角速度相等，由于r6<r.<ra,根据 【解析】(1)不带电小球做平抛运动，则有h=2t,2h=t, GM w入Nr 可知w6>w。>wd,综上可知b的角速度最大，故B E。=m,解得E。=m8: 错误；a和c的角速度相等，且a的轨道半径小于c的轨道半 (2)小球带正电，设初速度为v,,末速度为，，根据动能的公式 径，根据a=rw2可知，a的向心加速度小于c的向心加速度；由 有B=3m,25B=7m, 于的轨道半径小于c的轨道半径，根据a=GM可知b的向心 +2 ·物理C· 加速度大于c的向心加速度，综上可知a的向心加速度小于b 8。AD【解析】根据万有引力提供向心力有服物=m(斧)。 GMm 的向心加速度，故C正确；d卫星的轨道半径最大，发射卫星时 需要克服万有引力做功，但各个卫星的质量大小未知，发射d (R+h),又根据黄金代换有GM=gR2,联立解得T≈1.7h,故 卫星所需要的能量不一定最大，故D错误。 A正确；绕地球转动的线速度为=2红（R+h)≈7.5km/s,故 T 7.D【解析】飞船从A运动到B,根据开普勒第二定律可知，飞 船与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，故A错误；飞船 B错误；该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期回到 从A运动到B,只有万有引力做功，飞船的机械能不变，故B错 “原地”，而北京转回“原地”，需要24h,1.7h与24h的最小整 误；飞船在A、B两点时，在极短的相等时间间隔内，根据开普 数倍为17天，故C错误，D正确。 10.BD【解析】撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔 勒第二定律有210,4：-7r,△，解得-，故C错误 1 变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；设双星之间的 Qg,故D正确。 相量Mm=maA,GT&一maB,解得一 距离为L,双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以GMm L2 ·B【解标】根据万有引力提供向心力可得G= 4π8 T2r,联立 MR 4x2 -m联立每得-，下则两颗 4π2L3 可得T2=4π2,3 小行星做圆周运动的半径之比保持不变，两个小行星中心连 GM,T,图像的斜率为6=4 GM,该星球和地球的 线的距离减小，故B正确，C错误。根据万有引力提供向心力 有GMm=Ma=ma,两个小行星中心连线的距离减小，则两颗 M2_ke=”=”,故A错误，“探测卫星”在该星球表 质量之比M。g三n 小行星的向心加速度均变大，故D正确。 m BC【解析】在其他星球上是能够做单摆实验的，与在地球表面 面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c,则 4π2R8 GMp 类似，A错误；单摆周期T=开，又T=2m√日 ,忽略星球自转时， 42Ra,则 P_ Mp 3 m GMo 。√M。=√n ,根据万有引力提供向心力可得 对其表面一质量为m的物体有G=m,g,星球体积V- v2 GM 1,2，玉寻人 ,该星球和地球的第一宇宙速度 专R,密度一兰联立求得=品二B正确提角较大时，由机 之比 MR。m 4 1 vo NMoRp n 故B正确；体积为V=3R,密度 械能守恒有mgL-Lcos60)=2mw,F:一mg=m ,解得 为口-出，该星球和地球的密度之比为？-M, Po MoRi =了，放C错 1 Ft=-L “,C正确；卫星贴近星球表面做匀速圆周运动速度至 误：根据万有引为与重力的关系G-g,该星球表面和地球 少为u,则GM 2 =mR,在该星球表面发射卫星时需要的最小 表面的重力加速度大小之比为二-M,-狐，故D错误。 发射速度为= 2πmLR,D错误。 go MoRpn 8.BD【解析】根据开普勒第二定律知，同一椭圆轨道上，行星与 11.（1)2u 3RT2vo-R to 太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，不同的行星周期 (2)2元t0 不同，并不是所有行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面 12.(a)4rR 2πR GT2 T (2)2R GM 积都相等，故A错误；行星表面的重力加速度为g表一尺：，可知 13.(1) GM (2)(R-d)GM GMm GMm r3 R2 R (3)① R+H)-(+H)2'R 火星表面重力加速度和地球表面重力加速度大小之比为：一 g地 ②GMm(R-） R司 0.11X4=11 GM 1-25,故B正确；行星的第一字宙速度为1一√ Mm 【解析】(1)不考虑地球的自转，在地球表面附近G R2 -mg 则火星第一宇宙速度和地球第一宇宙速度之比为= GM V地I 解得g= R2 √瓜1以号-√赁放C错误行星的同步卫星的镇范半径为 3R, 4 (2)设地球平均密度为p,则M=p· GMT ?一√4x,因火星和地球的自转周期均为T,则其同步卫星 在矿井底部G R-a)=mg,而M,=p·xR-d, 4 的周期都为T,可知火星同步卫星到火星中心的距离和地球同 311 深度为d的矿井底部的重力加速度大小g'=R-d)GM R3 步卫星到地心的距离之比为0.T=√00，故D正确. (3)①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小Fp= ·5 参考答案及解析 GMm GM2m (R+H)2(r+H)2' 8克， GMm GMm r 其中M,=D解得ER十D十)R部 由几何关系知日=&+B,故20= ,综上可得： ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小F。= 52 T。 GMam GMim 12(2-2 (R-r+L)2 L2 其中M3=p· 4π(R-r十L)3 M,=0·,解得F。 物理（六） 3 1.D2.D GMm(R-r) R3 3.C【解析】设两个滑块在O点时的速度为v,根据动能定理得 (1ω G /D (3)Rm 2w·zam=号×2mw2-0,-xw·zow=0-号m2, 解得xoM>xoN,即OM>ON,A错误；当弹簧恢复原长时弹簧 【解析】(1)空间站在预定圆轨道上做匀速圆周运动，则有 的弹力为零，两个滑块之间没有作用力，两滑块开始分离，所以 r2 滑块a、b在O点分离，B错误；在O、M之间有一点N',N'和N 解得地球的质量M=好r」 关于O点对称，滑块a无法再次回到M点，只能回到N'点，滑 G。 块a在N'和N点之间往复运动，C正确；根据简谐运动to= (2)设卫星在预定圆轨道上的运动周期为T,则有T= tow,又因为tow>toN,所以toM>toN,D错误。 U3 4.C【解析】该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律有F-f=ma, 椭圆轨道的半长轴a=十R, 2 根据题图可知a-公恕-碧m/:=4m/6,解得F=600N,该 设卫星在椭圆轨道上的运动周期为T1,根据开普勒第三定律 车的额定功率为P=Fv=6000×20W=1.2×105W,当速度最 r3 大时，有P=fvm,解得vm=60m/s,故A错误，C正确；汽车起 步时先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，故B错误； π/(r十R)3 解得T1==√2r 匀加速阶段汽车位移为图像中0~5s内图线与坐标轴所围图形 1 的面积，即x,=5X20m=50m,汽车在5一555内以额定功率 飞船从A点运动到B点，需要的时间至少为T1= T1= 2 /(r+R)3 行驶，由动能定理可得P1-fa:=子m2一合m,解得 2vN 2r 2200m,所以该车前55s内通过的位移大小为x=x1十x2= (3)飞船在近地点A的速度为1，根据开普勒第二定律有 2250m,故D错误。 UR=v2r, 5. D【解析】从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，两球组成 飞船从A点运动到B点I=△p=moo1十moo2, 联立可得I=R十， 的系统满足机械能守恒，则有mgR十mgL+R)=号×2mw, 解得两球都滑到水平轨道上时α、b两球的速度大小均为v= re T 12(2-2) √6m/s,从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据 【解析】(1)设卫星乙绕地球运动的周期为T',由开普勒第三 动能定理可得mgR+W轩=2m,解得W轩=0.4J,可知整个 定律)_(2) T2, 过程中轻杆对a球做功0.4J,则a球下滑过程中机械能不守 恒，故AB错误，D正确；从释放小球到a、b球都滑到水平轨道 解得T= 27. 上，整个过程中由于轻杆对α球做正功，所以轻杆对b球做负 (2)如图所示，由于地球遮挡甲、乙两 功，故C错误。 卫星之间直接通信信号会周期性中 6. D【解析】由题意知，环在Q时动能最大。环在w 断，设在一个通信周期内，甲、乙两卫 R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。环和AR。C 星通信中断的时间为t,有(wz一 甲的 通过轻绳相连，沿绳方向的分速度相等（如图所s”一 2π 2π 0甲)t=20,而0z=子，w甲= 示)，故ocos0=vA,故A与环的动能之比 E一 T 故有(-）=20， 2 mv Mcos0,对小环和A组成的系统 由儿何关系可知如。R2如9=日 V2R=2,所以a= 6