假期作业8 万有引力定律及应用-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高一物理快乐假期讲练测

高一物理每日一练·练出好成绩 假期作业八万有引力定律及应用 【日品好题】 请重点关注第2题.本题以新术语“重力加速度反常”很好地考查万有引力定 律的实际应用，新颖性、实用性较高，应强化练习 …0考点集川0 A.若p=号0，则g=a 考点一开普勒定律的理解与应用 B.若p'=0,则o=2o0 1.(多选)如图所示，P、Q是围绕地球的两个轨 C.若L变为2倍，则。=40 道，轨道P是半径为4R的圆轨道，轨道Q是 椭圆轨道，其近地点a与地心的距离为2R, D.若R变为2倍，则。=4o0 远地点b与地心的距离为10R.假设卫星在考点三宇宙航行 圆轨道P上运行的周期为T1,在椭圆轨道Q;3.(多选)我国设想的登月载人飞船运行轨迹 上运行的周期为T2,在近地点a的速度为 如图所示.飞船在圆形“停泊轨道”的P点加 ℃。，在远地点b的速度为b,则下列判断正确 速进人椭圆“过渡轨道”，该轨道离地球表面 的是 ) 最近距离为h1,飞船到达离P点最远距离为 轨道Q L的Q点时，被月球引力“俘获”后，在距月 球表面2的圆形“绕月轨道”上飞行.己知地 球半径为R,月球半径为r,地球表面重力加 轨道P 速度为g(是月球的6倍)，飞船在“过渡轨 A.T>T2 B.T<T2 道”运行时忽略月球引力影响.下列说法正 C.va<vb D.va>vb 确的是 考点二万有引力定律的理解与应用 飞船 2.(多选)工程上常利用“重 P 力加速度反常”来探测矿 停泊轨道 过渡轨道 物，原理简化为如图所 绕月轨道 示，P为某地区地面附近 的一点，若地下无矿物时，地下岩石的平均 A.飞船的发射速度大于11.2km/s 密度为ρ，其正常加速度为g,若在地下存在 一半径为R的球形的矿坑，则P点的重力加 B.飞船在“过渡轨道”上P点加速度等于“停 泊轨道”上P点的加速度 速度变为g',矿物的平均密度为p,矿坑的 中心O离P点的距离为L,定义。=g一g为 C.飞船在“过渡轨道”上的P点运行速度 “重力加速度反常值”，已知当p=2P时，测 为 8R2 R+h1 得“重力加速度反常值”为，下列说法正确： D.飞船从P点运动到Q点的时间为 π2L3 的是 8gR2 22 第一部分 假期作业八万有引力定律及应用 考点四 相对论时空观与牛顿力学的局： 解析设月球密度为p,则月球质量M=p· 限性 3xR3,半径为R-h的球体质量为M'=o: 4.如图所示，甲、乙两人分别乘坐速度为0.6c: 和0.8c(c真空中光速)的飞船反向运动，则 号R一A,已知质量分方均句的球完对壳 下列说法正确的是 ( 内物体的万有引力为零，则质量为m的钻尖 0.6c 0.8c 进入月球表面以下h深处受到的万有引力F D GM'm 甲 乙 (R-h)2 G(R-h)Mm,故D正确，A、B、 R3 A.甲、乙两人相对速度为1.4c C错误. B.甲观察到乙的身高变短了 答案D C.甲观察到乙所乘坐的飞船变短 D.甲观察到乙所带的钟表显示时间变快 …0真题尝试0… …0易错清零0… (多选)(2024·河北卷，8)2024年3月20 日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥 易错点不理解万有引力定律中r的含义而 六号在月球背面的探月任务提供地月间中 出错 继通讯.鹊桥二号采用周期为24h的环月椭 嫦娥六号探测器实施月面“挖土”，“挖土”采 圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为 用了钻取和表取两种模式.假设月球可看作 质量分布均匀的球体，其质量为M,半径为： 2.0×103km,远月点B距月心约为1.8× R.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的 104km,CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正 万有引力为零，引力常量为G,某次钻取中质： 确的是 量为m的钻尖进人月球表面以下h深处，则 B 此时月球对钻尖的万有引力为 鹊桥 A.0 B.G Min R2 二号 Mm C.G(R-h)R D.G (R-h)Mm 月球 D R3 [易错警示]由于本题是信息题，易在模型！ 的建立上出差错，应先从题中提炼出质量分 A.鹊桥二号从C经B到D的运动时间为 布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零 12h 的信息，而钻尖所在位置，钻尖所受的万有 引力等于一个半径为R-h的球体和钻尖之 B.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比 间产生的引力.注意万有引力定律中的r指 约为81：1 的是两点间的距离，也可以是质点到质量分 C.鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于 布均匀的球体球心之间的距离，或质量分布 其与月心的连线 均匀的两球体球心之间的距离· D.鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大 尝试选择 于7.9km/s且小于11.2km/s 23 高一物理每日一练·练出好成绩 o大题综合o 如图所示T-√图像中，如图线A所示.图 中图线B是某宇航员将此单摆移到半径与 某天文爱好者在观测某行星时，测得绕该行 地球相同的另一行星X表面重做实验而获 星的卫星做圆周运动的半径r的三次方与运 得的，则与地球相比较，该行星X的（忽略星 动周期T的平方满足如图所示的关系，图中 球自转对地球和行星X带来的影响) a、b、R已知，且R为该行星的半径. A.密度为地球的倍 B.表面重力加速度为地球的号倍 b T2 (1)求该行星的第一宇宙速度； C.质量为地球的4倍 D.第一宇宙速度为地球的4倍 [知识拓展]做匀速圆周运动的卫星所受 万有引力完全提供其所需向心力，由GMm r2 =mo'r=m 4π2 T2r=ma可推导出： GM GM 〔减小 越 w- r3 w减小 “高” →>当r增大时 (2)若在该行星上以0竖直向上抛出一个小 42r3 T增大 越 球，则能上升的最大高度为多大 GM a减小 “慢” a=G,2 ……0对点精练0… 神舟十九号飞船在预定轨道可看成做绕地 球的匀速圆周运动，轨道半径为，地球质量 为M,地球半径为R,万有引力常量为G,则 神舟十九号飞船在预定轨道运行时() A.角速度为 GM R3 …0典题典例0… r3 B.周期为2π√GM [例] 哈三中的科技兴趣 小组同学在地球表面测 C.线速度为 GM ,且小于7.9km/s 量某一单摆（摆长可以 调整)周期T和摆长L D.加述度为M,且大丁地球表面重力加 的关系，将此关系画在 速度 24高一物理每日 真题尝试 D[如图所示：P、Q两点在水平方 向做圆周运动，半径垂直于转轴，根 据几何知识rQ>rP,故A错误；篮球 上的P、Q绕轴做同轴转动，因此P、 Q两，点做圆周运动的角速度相等，故 D正确：根据线速度与角速度的关系 v=rw,因此vQ>vp,故B错误；根据 向心加速度公式a=rw2,因此aQ> ap,故C错误.] 大题综合 解析(1)人落水时最大静摩擦力提供向心力，由 牛顿第二定律得mg=mw2R,代入数据解得ω =0.2rad/s; (2)人离开转盘时的速度o=wR=2×10m/s= 2m/s,人离开转盘后做平抛运动，竖直方向H= 2,水平方向x=t,代入数据解得t=0.4s, x=0.8m; (3)落水时的竖直分速度大小y,=gt=10X0.4m/s= 4m/s,落水速度方向与水平方向夹角的正切值tan0 答案(1)0.2rad/s(2)0.8m(3)2 典题典例 B[由题图乙可知，v2=b时，FN=0,此时mg=m 尺，解得R=名，故A错误；当2=0时，FN二mg白 a,所以m=2,故B正确；小球在水平线MN以下 的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心， 则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才 可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C 错误；小球在水平线MN以上的管道中运动时，重 力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外 侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力， 还可能均无作用力，故D错误.] 对点精练 AD[在最高点，根据牛顿第二定律有T十mg= mt,整理得T=v2-mg,结合图像可知一a= 一mg?一台，联立解得绳长为一四，当地的重力 加速度大小为g=Q,故A正确，B错误；根据上面 m 的分折，当心=（时，轻质绳的拉力大小为T=答- a,故C错误；由图可知，当v2=b时，绳子上的拉力 为零，小球仅受重力作用，则此时小球恰好可以在 竖直面内做完整的圆周运动，故D正确.] 06 练·练出好成绩 假期作业八 考点集训 1.BD[因为P轨道的半径小于Q轨道的半长轴，则 根据开音勒第三定徐气=6，得不<T2,故A锅 误，B正确；根据开普勒第二定律知，卫星在近地点 a的速度大于在远地点b的速度，故C错误，D 正确.」 2.BC[设地球质量为M,半径为R。,若地下无矿物 时，地下岩石的平均密度为，其正常加速度为g,根 锯万有引力等于重力得mg代，若在地下存园 一半径为R的球形的矿坑，则P点的重力加速度变 为g,矿物的平均密度为0，则有mg-GMm- R。2 4 L2 一+G- 2一，联立解得g=g- 4xR(0一D）,则重力加速度反常值。=g一g= 3L2 红Rg一卫，已知当=0时，测得“重力加建度 3L2 3 反常值”为，若0=2，则o≠m,故A错误：若 0=0,则g=200,故B正确；若L变为2倍，则o=0, 1 故C正确；若R变为2倍，则o≠4o0,故D错误.] 3.BD[根据第二宇宙速度的意义，飞船的发射速如 果大于11.2km/s时，飞船将脱离地球的束缚而绕 太阳运转，故发射速度必须小于11.2km/s,故A错 误；飞船在“过渡轨道”和“停泊轨道”上经过P点 时，到地球球心的连线距离一样，根据牛顿第二定 求可得，=，解号a-,所以加達度大小相 r2 等，故B正确；C.飞船在“停泊轨道”上运动时，满足 GMm R十h,)2阳R士b根据万有引力和重力的关 &R2 可得=mg联立得R从“停治轨道” R2 运动到“过渡轨道”，飞船需要在P点加速做离心运 动才能完成，故速度必须大于 gR2 年，故C错误： 飞船在“停泊轨道”上的运行时，周期为T= 2红R+,由开普勒第三定律，可得，R+h) T2 T 了，飞船从P点运动到Q点的时间为1一之，联 立解得t L √2gR,故D正确.] 0 参考答 [技巧方法]卫星变轨问题的变化规律 两类变轨 离心运动 近心运动 飞行器速度突 飞行器速度突然 变轨起因 然增大 减小 受力分析 <m 22 r2 6>m号 变为椭圆轨道运 变为椭圆轨道运 变轨结果 动或在较大半径 动或在较小半径 圆轨道上运动 圆轨道上运动 4.C[甲、乙两人速度均相对于同一参考系，现以甲 为参考系，则原参考系相对于甲以0.6c的速度向 右运动，乙相对于原参考系以0.8℃的速度向右运 动，则甲、乙的相对速度0=0.6c十0.8c 1+0.6c·0.8c ,故A 错误；因为身高方向与他们的运动方向垂直，所以 两人看到对方的身高不变，故B错误；根据相对论 的尺缩效应，甲观察到乙所乘的飞船变短，故C正 确；根据相对论的钟慢效应，可知甲观察到乙所带 的钟表显示时间变慢，故D错误.] 真题尝试 BD[鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第 二定律可知，从ACB做减速运动，从B→D→A做 加速运动，则从C>B→D的运动时间大于半个周期， 即大于12h,故A错误；鹊桥二号在A点根据牛顿第 二定律有GM-mA,同理在B点有GM-aB,代 rA2 入题中数据联立解得a4:aB=81:1,故B正确；由于 鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为 轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度 方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；由于鹊 桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥 二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大 于地球的第一宇宙速度7.9km/s,小于地球的第二宇 宙速度11.2km/s,故D正确.] 大题综合 解析(1)设该天体的质量为M,根据万有引力提 供向心力有=mr(学)，整理有-， r2 4x2 腿据图像有号-以，设第一宇窗选度大小为，则 有GMm-m'2 a ，联立以上各式可得0=2元√ 0 6 案与详解 (2)设该星球表面的重力加速度为g,在该星球表面 有GMm=mg,小球上升的最大高度为h= R2 28 解得h=2bR2 8π2a 答案(1)2π√6示 (2)%26R 8π2a 典题典例 C[限据单摆周期公T=2√可得，T- g 亿，由随图得湘华时是==2，可释 V8 B TB=1 了入一立，则地球表面重力加速度与行星X表面 的重力加速度之比为：A=,在星球表面的物体有 6=mg,M=0…智，联立可得g=G,由 r2 于半径r相同，则X星球与地球密度之比为P卫= 8B=4,所以星球X的质量为地球的4倍，故C正 8 确，AB错误；由题意，根据GMm=m ,2=m,,可得星球 第一宇宙速度为= GM r ,则X星球与地球第一宇 宙速度之比为B MB -号故D错误.] 对点精练 BC[神舟十九号飞船绕地球做匀速圆周运动，由 万有引力提供向心力得G Mm=mwr,解得神舟十 GM 九号飞船在预定轨道运行时角速度为ω= ,故 A错误；根据万有引力提供向心力得G T2 r,解得神舟十九号飞船在预定轨道运行时周期为T r =2r√GM,故B正确：由万有引力提供向心力得 2 =m心，解得神舟十九号飞船在预定轨道运 行时线速度为口广 ,可知卫星绕地球运转的线 速度随轨道半径的增大而减小，所以神舟十九号飞 船在预定轨道运行时线速度小于近地卫星的线速 度，即小于第一宇宙速度7.9km/s,故C正确；由牛 0 高一物理每日 顿第二定律得G=m,解得神舟十九号飞船在 预定轨道运行时加速度为4=GM r2 在地球表面，由万有引力等于重力有GMm-mg, 可知地球表面重力加速度为g D2,因r>R,所以 神舟十九号飞船在预定轨道运行时加速度小于地 球表面重力加速度，故D错误.] 假期作业九 考点集训 1.CD「根据v-t图像的斜率表示加速度，可得3~ 4 7s内，物体的加速度大小a27二3m/s2=1m/s2, 根据牛顿第二定律得umg=ma2,解得=0.1，故A 错误；根据-t图像与时间轴围成的面积代表位 移，可知0~7s内物体滑行的总位移为x=10+4 2 X3m十签m=29m,故B错误：0一7s内摩搭力 做功为W:=-mgx=-0.1×0.5X10×29J= -14.5J,故C正确；0~3s内，物体的位移为x1= 0生4×8m=21m加连度大小为a-10gm/g 2 =2m/s2,根据牛顿第二定律有F十mg=ma1,解 得F=0.5N,则F做的功Ws=一Fx1=一0.5X 21J=-10.5J,故D正确.] 2.CD[在匀加速阶段，据牛顿第二定律有F一f= ma,解得牵引力大小F=f+ma,则汽车做匀加速 运动的最大速度心一卡了十ma故A错误：当率 引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，由功 率公式可得策大连度防号，战B错误：汽车递度 为受时，功率为P严=F,受-号故C正确：汽未建 度为购十迎时，根据功率公式可得牵引力大小为下 2 P 2P,根据牛颜第二定律有F一∫= v1+2v1+v2 2P 一上，故D ma',联立以上几式解得a=m(u十)一m 正确.] 3.BC[在小球从A点经B点运动到C点的过程中 重力对小球做的功为WG,=mg·h4c=12J,故A 错误；在小球从B点运动到C点的过程中，重力对 小球做的功为WG,=一mg·hc=一8J,故B正 -06 练·练出好成绩 ● 确；以桌面为重力势能的参考平面，小球在A点重力 势能为EpA=mg·hc=12J,小球在B点的重力势 能为EpB=mg·hcB=一8J,故C正确，D错误.] 4.AD[小球下落过程由动能定理得mgh=Ek mgh0,所以Ek=mgh十gh0,图像斜率k=mg= 6mh,一mge,解得h1=5ho,故A正确；小球触地 后上升过程由动能定理得一mgh=Ek一5mgh0,解 得Ek=-mgh十5mgho,所以图像斜率k=一mg= mh,一5m0,解得h2=4h。,可知小球弹起上升的 最大高度为4h0,故D正确；在最高点动能为mgh,, 所以小球触地弹起过程中，竖直速度减小，水平速 度不变，故C错误；小球做平抛运动，根据动能定理 有2mw2=mgh,解得00=√2gh,落地时间满足 5,=名，解得一匹，时落地点距来西水千 距离为x=6t=2√5h0,故B错误.] [技巧方法] 解决动能定理与图像综合问题的思 路方法 观察图像 观察题百给出的图像，弄清纵坐标横坐标 所对应的物理量及图线所表示的物理意义 导函数式 根花物理规律写出纵坐标与横坐标所对应 父 的物理间回的函数送系式 根据函数关系式找出图线的斜率、截距、 图线间的交点、图线下的面积所对应的物 解答问题 理意义，分析解答问题，或利用函数图线 上的特殊值代入函数关系式来求物理量 真题尝试 A[解法一：设物块运动到x=3m处的速度为v; 1 全过程运用动能定理F十F2x2=2mu代入数 据解得v=4m/s,根据功率公式，物块运动到x= 3m处，F做功的瞬时功率P=F2v=2×4W= 8W.综上分析，故A正确，BCD错误； 解法二：0~2m内，物块做匀加速直线运动，加速度 为a1;根据牛顿第二定律F1=ma1,代入数据解得 a1=3m/s2,根据运动学公式v22=2a1x1,2m末的 瞬时速度v2=2√3m/s,在2~3m内，物块以加速 度为a2做匀加速直线运动；根据牛顿第二定律F2 =ma2,代入数据解得a2=2m/s2,根据运动学公式 032一v22=2a2x2,2m末的瞬时速度3=4m/s,根 据功率公式，物块运动到x=3m处，F做功的瞬时 功率P=F23=2×4W=8W.故A正确，BCD 错误.] 大题综合 解析(1)在B点时，有n一os60,解得%=6m/s: (2)从B点到E点，由动能定理得mgh一umgL一 mgH-0-1 mug2,解得L=6.5m: