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（湖南专版）

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、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。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R o 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<v<11.2km/s,卫星将 ③ 椭圆 ② 绕地球运动 、.0=7.9km/s 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 =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X·专题卷（五）第1页（共8页） 鱼跃龙 B.神舟二十一号载人飞船与空间站对接成功后的组合体受到的合外力为零 C.神舟二十一号载人飞船在地面上所受引力的大小小于其对接前瞬间做圆周运动所需的向 心力 D.神舟二十一号载人飞船与空间站对接成功后的组合体相比较之前空间站的加速度大小 不变 5.2025年12月31日，我国在文昌航天发射场使用长征七号改运载火箭，成功将实践二十九号 卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如图，有a、b、c、d四颗地球 卫星在同一平面内做匀速圆周运动，卫星α还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，卫星b 处于离地约300km的轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是地球高空探测卫星，各卫星排 列位置如图所示，则下列说法正确的是 A.d卫星在相同时间内转过的弧长最长 B.四颗卫星中，a卫星离地心最近，所以它的 角速度最大 C.b卫星的向心加速度大于a卫星的向心加速度 D.d卫星最高，故发射它的能量一定最大 6.神舟二十一号飞船发射后先运行在如图所示的圆轨道I上，空间站运行在圆轨道Ⅲ上，要实 施对接，飞船先在A点变轨到椭圆轨道Ⅱ上，在B点刚好与空间站“天和”核心舱实现对接。 已知轨道I、Ⅲ的半径分别为r1、r2,则关于飞船在椭圆轨道Ⅱ上的 运动，下列说法正确的是 A.飞船从A运动到B,其与地心连线在单位时间内扫过的面积变小 飞6 B B.飞船从A运动到B,其机械能不断减小 船A C.飞船在AB两点的线速度大小之比为.但 Nr1 空间站 D.飞船在AB两点的加速度大小之比为 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 Q 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 17 D.该星球表面和地球表面的重力加速度大小之比为n：m 门卷 物理X·专题卷（五）第2页（共8页） 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。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。 7.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 1.5 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，√1O0 11 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， 100 8.神舟二十号飞船某段变轨过程可简化为如图所示，已知圆形停泊轨道I半径近似为地球半径 R,圆形的中国空间站轨道Ⅲ距地面的平均高度为h,飞船在停泊轨道I上的周期为T1,转移 轨道Ⅱ为椭圆，则 A.飞船在转移轨道Ⅱ上各点的速度均小于7.9km/s 中国空间站神道Ⅲ B.飞船在转移轨道Ⅱ上Q点的加速度等于在空间站轨道Ⅲ上Q 转移轨道心、 点的加速度 C.飞船在停泊轨道I与对接后的组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率 地球 '停泊嘞道1 之比为(R+h):R D.飞船在转移轨道Ⅱ上正常运行的周期为T=T1 1+ 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 赤道 晨昏轨道 D.下次在黎明时分经过北京正上方约需要17天 物理X·专题卷（五）第3页（共8页） 鱼跃龙 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 某同学非常想当一名航天员，心中一直憧憬着航天梦，设想着若干年后，登上另一星球，在该星 球表面做一次单摆实验。已知该星球半径为R,单摆摆长为L,实验时用累积法测了次全振 动的时间为t,不计阻力，引力常量为G,则下列说法正确的是 A.该同学的设想没法实现，因为离开地球后不能做单摆实验 0 B.若忽略该星球的自转，根据已知条件可估算该星球的平均密度为3πL” 0 GRt2 C.若做实验时，最大摆角0=60°，如图所示，从此处静止释放后经最低点时」 摆球的速度大小为，则在最低点绳子的拉力大小为无 2mvo D,在该星球表面发射卫星时，需要的最小发射速度为2R 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7分)2025年5月29日，我国成功发射“天问二号”探测器，前往小行星2016H03进行探测， 以期实现中国首次小行星采样并返回地球。假设探测器抵达小行星表面后，将一探测采样 球以速度。竖直向上射出，经过时间t。落回行星表面，进行采样。成功采样后，探测器升空 进人小行星同步轨道绕小行星做匀速圆周运动，与小行星同步伴飞一段时间后返回地球。 只考虑探测器与小行星之间的万有引力，小行星半径为R,自转周期为T,引力常量为G,小 行星上没有空气，忽略小行星自转对表面重力加速度的影响。求： (1)小行星表面重力加速度的大小； (2)小行星同步轨道距离行星表面的高度。 门卷 物理X·专题卷（五）第4页（共8页） 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 13. 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。 月球 答题栏 1 … 2 3 4 5 6 7 9 o 物理X·专题卷（五）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)万有引力定律清楚地向人们揭示了复杂运动隐藏着简洁的科学规律；它明确地向人 们宣告，天上和地上的物体都遵循着完全相同的科学法则；它可以计算两个质点间的万有引 力，或球体之间的万有引力。已知地球的质量为M(视为质量分布均匀的球体)，半径为R, 引力常量为G。 (1)不考虑地球的自转，求地球表面附近的重力加速度大小。 (2)已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。求深度为的矿井底部的重力加速 度的大小。 (3)电影《流浪地球》中的人们住在“地下城”。假设“地下城”建在半径为r的巨大空腔中，空 腔与地球表面相切，如图所示。O和O'分别为地球和空腔的球心，地球表面上空某处P 离地球表面的距离为H,空腔内另一处Q与球心O'的距离为L,P、Q、O'和O在同一直 线上。求： ①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小； ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小。 物理X·专题卷（五）第6页（共8页） 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 15. 量为o,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o1,运行至远地点B时点火加速实施变轨，进入半径为x的预 定圆轨道，并与在轨运行的空间站完成对接。若测得飞船进人圆形轨道后速率为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X·专题卷（五）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图所示，甲、乙两卫星在地球赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，甲、乙两卫星之间 可直接进行无线信号通信，由于地球遮挡，甲、乙两卫星之间直接通信信号会周期性中断。 已知地球的半径为R,甲卫星的轨道半径为2R,绕地球运行的周期为T,乙卫星的轨道半径 为√2R,甲、乙两卫星运行方向均和地球自转方向相同。求： (1)乙卫星绕地球运行的周期； (2)在一个通信周期内，甲、乙两卫星直接通信信号中断的时间（不计信号传输时间）。 甲 物理X·专题卷（五）第8页（共8页）·物理X· 15.(1)mgh(2)2m8,斜向左下方，与竖直方向的夹角为60 (3)513h 【解析】(1)不带电小球做平抛运动，则有h=2g,2h=t, E。=之mo6,解得E,=mgh。 (2)小球带正电，设初速度为，，末速度为，，根据动能的公 3. 式有2Ek=2mw,2W3Ek=2mv, 根据运动的分解有v=2a,h,v2=2ax×2h, 根据牛顿第二定律有qE,=ma.,mg十qE,=may, 则电场强度大小为E。=√E+E,解得E,=2mg 设电场强度与竖直方向的夹角为0，则有an0=E=5, gE 4. 可知电场应斜向左下方，与竖直方向的夹角为60°。 (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α，的匀减速直线运动， T一2T:电场反向，电场力的水平分力向右，小球做水平向右、 加速度为a,的匀加速直线运动，之后再重复前面的运动； 小球在竖直方向的运动规律如下： 0~T:小球做竖直向下、加速度为a的匀加速直线运动， T一2T: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 0~5T内，小球的水平位移为x=5×2h=10h, 0~T的竖直位移为1=h=号4，T0=a,工 T~2T的竖直位移为y=vT=2h, 2T~3T的竖直位移为y=vT+2a,T2=3h, 3T4T的竖直位移为y,=(v十a,T)T=4h, 以此类推，小球在4T~5T竖直分位移为5h,因此在5T时间 内的竖直方向的总位移为y=y1+y2十y十y,十y=15h,小 球的位移大小s=√/x+y=5√13h。 物理（五） 1.D【解析】航天员相对核心舱静止时，依然绕地球做圆周运动， 所受合外力不为零，故A错误；由题知，核心舱与地球中心的连 线在单位时间内扫过的面积为S。,则核心舱的运行周期为T= π(R+h) So ,故B错误：根据万有引力提供向心力G,Mm (R+h)2 m()(R+h).又根指GR十 Mm =ngA,联立解得核心舱处 4S8 的重力加速度大小为g。一R十)，故C错误：根据万有引力 6. Mm 提供向心力得G R=m(） (R+h),解得M 4S8 G(R十h),地球的密度为p M 3S8 ,故D正确。 RGR(RR 2.A【解析】卫星发射升空过程中，重力加速度的大小g (R十)，随着高度增大，重力加速度减小，故A正确：卫星运 GM 动的高度约为h=900km,做匀速圆周运动，(R十) GMm GW=7.9kms,故 R十其线速度的大小v三√<人R B错误；卫星运动的线速度是矢量，运动过程中速度的方向时刻 沿轨迹圆的切线方向，则速度方向变化，9颗卫星运行在同一圆 周轨道不同位置，线速度不相同，故C错误：不同功能的卫星质 量不一定相同，故运行的高度相同时机械能不一定相同，故D 错误。 B【解析】轨道①对应的第一宇宙速度是人造卫星绕地球做圆 周运动的最大环绕速度，也是人造卫星绕地球运行所需的最小 发射速度，故A错误：卫星的发射速度v满足7.9km·s<v 11.2km·s,卫星将绕地球运动，故B正确：根据开普勒第二定律 可知，同一颗卫星在同一轨道上运行时与中心天体的连线在单位 时间内扫过的面积相等，故C错误；当发射速度达到16.7kms, 即达到第三宇宙速度时，飞行器会脱离太阳的束缚，卫星沿轨道 ④运动，将脱离地球的束缚，故D错误。 D【解析】在空间站中，所有物体都处于完全失重状态，无法利 用哑铃锻炼，选项A错误；飞船与空间站对接成功后的组合体 受到的合外力为地球的吸引力，选项B错误；根据万有引力表 达式Fm=GMmx1 2 c,三，可知神舟二十一号载人飞船在地面上所 受引力的大小大于其对接前瞬间做圆周运动所需的向心力，选 项C错误：根据万有引力提供向心力可知Gm=ma,可得u GM r2 二，由于空间站对接前后的运行轨道可近似看为圆轨道且半 径一样，可知对接后，空间站的加速度大小不变，选项D正确。 C【解析】根据万有引力提供向心力可得GM=a=mm r2 mw,解得a=GM. GM √，a和c的角速度相 2,0=W,w=,/71 等，且a的轨道半径小于c的轨道半径，根据v=rw可知v。 GM u:对于bc、d,由于r<r.<ra,根据v=√ 可知vb> v>v4,综上可知b的线速度最大，其在相同时间内转过的弧 长最长，故A错误；a和c的角速度相等，由于r6<r<r4,根据 。人M可知，>w>综上可知b的角速度最大，故B 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 径，根据a=rw2可知，a的向心加速度小于c的向心加速度；由 GM 于6的轨道半径小于c的轨道半径，根据a=,”可知b的向心 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 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 卫星所需要的能量不一定最大，故D错误。 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 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 误；飞船在A、B两点时，在极短的相等时间间隔内，根据开普 勒第二定律有21=2rm△1，解得-，故C错误； r 根据GMm=ma4,GM=maB,解得-，故D正确。 r r aB r B【解析】根据万有引力提供向心力可得G GMn=m4xr,联立 r2 。5 参考答案及解析 可得T”=4π， G新·T产图像的斜率为一品·该里球和地球的。AD【标们】根据万有引力提供向心力有%=a(学)”· 4π GMm c (R+h),又根据黄金代换有GM=gR2,联立解得T≈1.7h,故 M_ke=”=”,故A错误：“探测卫星”在该星球表 质量之比M。kpCn A正确：绕地球转动的线速度为=2xR+)≈7.5kms,故B T m 错误；该时刻后“黎明星”经过1.7h恰好运动一个周期回到“原 面附近和地球表面附近运动时均满足T2=c,则 4πRP 地”，而北京转回“原地”，需要24h,1.7h与24h的最小整数倍 GMp 为17天，故C错误，D正确。 42Ra,则 Rn Mp GMo 。√M√n ，根据万有引力提供向心力可得 10.BD【解析】撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔 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 Mm GM GR=mR,可得u√R ,该星球和地球的第一宇宙速度 距离为L,双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以Gm 之比P /MR@=m,故B正确：体积为V= Cvg MoRpn 3πR,密度 MR号-r祭联立解得尽一行-则肉联 4π 为p-,该星球和地球的密度之比为？=MR3-1 M 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 Po MoRp i,故C错 线的距离减小，故B正确，C错误。根据万有引力提供向心力 误：根据万有引力与重力的关系G”三mg该星球表面和地球 有GM=Ma=ma,两个小行星中心连线的距离诚小，则两颗 12 表面的重力加速度大小之比为二M,6-严，故D错误。 小行星的向心加速度均变大，故D正确」 go MoRp *BC【解析】在其他星球上是能够做单摆实验的，与在地球表面 BD【解析】根据开普勒第二定律知，同一椭圆轨道上，行星与 类似，A错误，单摆周潮T=女，义T=√厂忽略显球自转时， 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 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 对其表面一质量为m,的物体有G=mg,星球体积V R2 都相等，故A错误：行星表面的重力加速度为8卷应 分成，吉度一联立求得p一部B正商摆角较大时，由机 M 火星表面重力加速度和地球表面重力加速度大小之比为： 吕地 械能守恒有mgL一L0s60)三之n,F,一mg=m,解得 0.11×}-号，故B正确：行星的第-字宙速度为-√兴 GM F= L,C正确；卫星贴近星球表面做匀速圆周运动速度至 则火星第一宇宙速度和地球第一宇宙速度之比为！ V地1 ”=m尽，在该星球表面发射卫星时雷要的最小 少为，则R ,√Q1×号-√贸故C错误：行星的同步卫星的镇道半径为 /11 发射速度为v 2x√R,D错误。 GMT r=42 ,因火星和地球的自转周期均为T,则其同步卫星 20 11.(1) 3R2T0一R (2)2m1 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 【解析】(1)采样球以v。做竖直上抛运动，经t时间落回行星 811 步卫星到地心的距离之比为0.T=√100，故D正确。 表面，则，=g·分， BD【解析】停泊轨道I半径近似为地球半径R,则飞船在停泊 2v0 轨道I运行的速度等于第一宇宙速度，即7.9km:s,飞船在停 解得g= 泊轨道I上P点加速，做离心运动进入转移轨道Ⅱ，故飞船在 (2)设小行星质量为M,探测器质量为m,则探测器在小行星 转移轨道Ⅱ上P点的速度大于在停泊轨道I上P点的速度，即 表面有GR三mg 大于7.9km/s,故A错误：由万有引力提供向心力有GMm 人2 Mm 4π2 ma,解得a-G 探测器在同步轨道上有G十R)=mT产（h+R), r2 ,可知飞船在转移轨道Ⅱ上Q点的加速度等 于在空间站轨道Ⅲ上Q点的加速度，故B正确：由万有引力提 3R2Tu-R。 联立解得h=√2t。 供向心力有一m,解得=.则飞船在停前轨道 12.)4R_2(22R T I与组合体在空间站轨道Ⅲ上的速率之比为√R十h：√反，故 【解析】(1)设探测器质量为m,探测器做匀速圆周运动，万有 /2R+h\ C错误：由开普勒第三定律有 R3 2 引力提供向心力G=a(停)R解释月球质量M 一，解得T= T2 4π2R3 T√(1+),故D正确. .月球的第一字省巡度。一空。 (2)由题意，设椭圆轨道I的半长轴为a,则2a=2R+h, 高三二轮复习专题卷 根据开普勒第三定律得 =22T) ,解得h=2R 13.(1)GM (2)(R-d)GM GMm GMm R2 R3 (3)0R十H)(+H)R @GMm(R-r) R 【解析】(1)不考虑地球的自转，在地球表面附近G R GM mg,解得g=R· (2)设地球平均密度为p,则M=p· 3R, 4 在矿井底部GR-d) =mg',而M1=p· 3π(R-d), 深度为d的矿井底部的重力加速度大小g'=(R-d)GM (3)①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小Fp= GMm GM2m (R+H)(r+H)2 4πr GMm GMm r 其中M,=p·g,解得Fn=R+D一r+HD‘R ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小F。 GMam GMm (R-r+L)2 L2 其中M=p· 4π(R-r+L) 3 ,M,=p· 4πL3 3 解得F。=GMm(R- R3 1管2云 /(r+R) (3)R+, 【解析】(1)空间站在预定圆轨道上做匀速圆周运动，则有 2 =mr 解得地球的质量M=r G (2)设卫星在预定圆轨道上的运动周期为T,则有T=2π” 椭圆轨道的半长轴a=十R 2 设卫星在椭圆轨道上的运动周期为T,,根据开普勒第三定律 解得T,==灭 /(r+R)3 ℃32r 飞船从A点运动到B点，需要的时间至少为 r= (3)飞船在近地点A的速度为1，根据开普勒第二定律有 01R=v2r, 飞船从A点运动到B点I=△p=m0十mov2, 联立可得1=R十 1oU1。 7 12(2-2) 【解析】(1)设卫星乙绕地球运动的周期为T',由开普勒第三 定” 郎得T-号. (2)如图所示，由于地球遮挡甲、乙两卫星之间直接通信信号会 周期性中断，设在一个通信周期内，甲、乙两卫星通信中断的时 2x 2π 间为t,有(w2一w甲)1=20，而w2=了，w甲=T, 故有（-）=29 R1 2R?,所以。= 由儿何关系可知sn。气R2月R日 π 63=4 由几何关系知0=。+B,故20三6，综上可得1 52 T 12(2-2) 物理（六） 0 C【解析】设两个滑块在O点时的速度为，根据动能定理得 krw·xw=号×2mw2-0,-2kxw·N=0-m. 1 1 解得xoM>.xoN,即OM>ON,A错误；当弹簧恢复原长时弹簧 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 滑块ab在O点分离，B错误；在O、M之间有一点N',N'和N 关于O点对称，滑块a无法再次回到M点，只能回到N'点，滑 块a在N'和N点之间往复运动，C正确；根据简谐运动tow= toN,又因为tM>toN,所以tow>tN,D错误。 C【解析】该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律有F一f=ma, 根据巡图可知a一名 5ms=4m/s,解得F=600N,该 车的额定功率为P=Fv=6000×20W=1.2×105W,当速度最 大时，有P=fm,解得vm=60ms,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； 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 的面积，即，=5×20 m=50m,汽车在5~55s内以额定功率 1 行驶，由动能定理可得P1一fr,=2mw一2mw,解得r, 2200m,所以该车前55s内通过的位移大小为x=x1十x2= 2250m,故D错误。 D【解析】从释放小球到α、b球都滑到水平轨道上，两球组成 的系统满足机械能守恒，则有mgR+mg(L+R)=2X2mo, 解得两球都滑到水平轨道上时α、b两球的速度大小均为o= √6ms,从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据 1 动能定理可得mgR+W:=2m0,解得W#=0.4小，可知整个 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 6 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7.BD【解析】一开始物块缓慢下降的过程，由动能定理g·2h十 功，故C错误。 W=E。,而物块在A点处于平衡状态，有k·2h=g。物块下 D【解析】由题意知，环在Q时动能最大。环在R 落到OA中点处时，有mg(H十h)=E。十Ek1,而OA中点处 和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。环和A通RC 过轻绳相连，沿绳方向的分速度相等（如图所示），故 的弹性势能为B。=弓：=子E,联立可得E=mgH十 0s0=,故A与环的动能之比为。 mgh W 2 4 ,故C错误；当物块释放后，先做自由落体运动，后做 1 变加速直线运动，当加速度等于零时速度最大，即A位置，由动 2mu号 1 Mcos8,对小环和A组成的系统mm 能定理mg(2h+H)=E。十2m0品，联立可得最大速度为vm= 2M6 Mgh=Ek十Eko,联立可得小环C的最大动能为Eka= (msH-W,最大动能为E。=mgH-W,故B正确，A错 M十m0s日故A正确：小环C下落过程受重力、杆的支持力 M'gh 误；物块在下落过程，重力做正功，弹力做负功，故物块和弹簧组 成的系统机械能守恒，而物块的机械能减小，故D正确。 和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前 8.ABD【解析】当轻杆从水平位置转到竖直位置的过程，由关联 的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S后的过程，非重 速度可知，轻杆转到竖直位置时，二者的速度大小相等，设为， 力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小， 下落到位置S时，小环C的机械能最大，故B正确；小环从R 由动能定理可得3mg·专一mg·专-×3mg+之m,解 处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化 得0=√/10ms,故C错误；设在该过程中，轻杆对小球A做功 量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和 地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物 为W,对小球A,由动能定理可得-mg·台十v=m,解 体的支持力的冲量和与重力的冲量等大反向，由于此过程重力 得W=15J,故A正确；设轻杆对小球B做功为W',对小球B, 冲量不为零，则弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为 零，且方向向上，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对 由动能定理可得3mg·专十w=号×3m,解得w=-15J小 地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的 故B正确；轻杆在竖直位置时，对小球B,由向心力公式可得 重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支 持力和拉力，根据平衡条件，有Tcos0=Mg,对A有T一mg FB一msg 心，解得FB=60N,方向竖直向上：对小球A, L M 2 F=ma,对B有F=mg,联立可得mcos9g一2g,故D 错误。 由向心力公式可得FA十mAg= mAv -,解得Fa=0,轻杆对轴 L C【解析】小球在A、B之间做往复运动，只有重力和内力中的 弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，从A点到B点过 O的作用力为两拉力矢量和，F4十Fg=60N,故D正确。 程小球机械能不守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，9.AD【解析】设AB与水平方向的夹角为α，从A到C由动能定 根据系统机械能守恒，小球在A点的弹性势能必大于在C点的 弹性势能，故AB错误：小球从A点到C点过程，在光滑圆环半 理得mgH一mg cos a·AB-ng·BC=2mo品，即mgH 径切线方向上，弹簧弹力的分力开始大于重力沿切线方向的分 1 力，故小球先做加速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸 mgL=2mu忌，则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多 长状态)时，速度最大，动能最大，之后随着小球运动，弹簧弹力 大，游客从C点飞出的速度一定，A正确。若游客落在滑道CD 的分力小于重力沿切线方向的分力，做减速运动，故从A点到 的不同点上，因位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的偏向 C点过程小球速率先增大再减小，小球在C点时动能不是最大 角的正切等于位移偏向角的正切的2倍可知，落在滑道上的各点 的，故C正确，D错误。 的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，B错误。由 D【解析】a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只 A项分析可知，L越小，则到达C点时速度越大，游客在斜面上 有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组 的位移越长，越有可能落不到滑道CD上，C错误。若恰能落在 成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误；a球在最 1 1 低点速度为零，α球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球 D点，则h=ct=2gt,mgH-mgL=2mw2,联立可得 4H=L十h,D正确。 a做的功为W,由动能定理有mg(之1+)+W=0,解得W= △U 10.AD【解析】根据加速度的定义式有a=,解得△u=a△1， mg(受+1)，故B错误：设轻杆L和水平杆L:的夹角为0. 可知，α-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度 由运动的合成与分解可知U.COS0=v.sin0,则vb=v。tan0,可 的变化量，则0~6s内速度的变化量为△u=2+)×6 ms= 知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L?平行， 2 18m:s,则t=6s时，物体的速度大小为v=△v十vo=18m:s十 则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大小为 2ms=20m:s,故A正确；从t=0到t=6s,根据动能定理有 g,故C错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点， b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球 W台=2m2-2m6=396J,即合力做功为396J,物体所受 的速度为0，因此由系统机被能守恒有mg(受1十）-名m8。 摩擦力方向水平向左，物体的位移水平向右，可知，摩擦力对物 体做负功，故B错误；从t=0到t=6s,根据动量定理有I金 解得U6=√(2十√2)gl,故D正确。 o一m。=36N·s,即合力的冲量为36N·s,拉力的冲量方向