周测卷(九)万有引力定律-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷

9 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（九） 物理·万有引力定律 （考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30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.研究团队利用中国天眼FAST发现了一个名为PSRJ1953十1844(M71E)的双星，其轨道周期 仅为53分钟，是目前发现的轨道周期最短的脉冲星双星系统。该发现填补了蜘蛛类脉冲星系 统演化模型中缺失的一环。此类双星两颗星相距很近，在演化的某一阶段脉冲星会蚕食伴星 恒星，且两颗星越靠越近，假设双星系统的总质量不变，不考虑系统外的天体作用，则该阶段 双星系统的轨道周期 A.减小 B.增大 C.不变 D.无法确定 2.太空碎片会给航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中 实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间 喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图 中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则 A.空间站变轨前、后在P点的加速度不相等 。续 B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小 3.如图为神舟十七号飞船的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道 半径为R1,②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2。P、Q分别 为②轨道与①③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列 说法正确的是 ② A.飞船从②轨道变轨到③轨道需要在Q点点火减速 B.飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度 C.飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能 D.若天和核心舱在③轨道运行周期为T,则飞船在②轨道从P到Q的时 1 间为 R+R2T 2R2 4.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体 对它们的引力作用。设某一四星系统中每个星体的质量均为，半径均为R,四颗星稳定分 布在边长为α的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于该四星系统，下列说法错误 的是 A.四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B四颗星的轨道半径均为号 C.四颗星表面的重力加速度均为G R2 D.四颗星的周期均为2πa 2a N(4+√2)Gm 物理·周测卷（九）第1页（共4页）】 9 鱼跃龙门秦 5.2024年11月04日凌晨，神舟十八号载人飞船成功返回地面，叶光富、李聪和李广苏三位航天 员圆满完成任务，从神舟十八号与空间站对接算起，航天组成员在轨共计192天。神舟十八号 载人飞船返回过程简化如图所示，椭圆轨道1为载人飞船返回时的运行轨道，圆形轨道2为空 间站运行轨道，P为两轨道切点，Q为轨道1近地点，离地高度不计。已知轨道2的半径为r, 地球表面重力加速度为g,地球半径为R,轨道1的周期为T,引力常量为G,下列分析或结论 正确的是 A.载人飞船在轨道1上P点的加速度大于在轨道2上P点的加速度 轨道2 gR2 轨道1 B.载人飞船在轨道1上经过P点时速度为 C.载人飞船在轨道1上的运行周期和空间站在轨道2上的运行周期之比 为 D.地球质量M= 4π2x3 GT2 ￥依托我国自主研制的国家重大科技基础设施郭守敬望远镜，我国科学家发现了一颗迄今为止 质量最大的恒星级黑洞LB一1。这个黑洞与一颗恒星形成了一个双星系统，黑洞和恒星都绕二 者的质量中心做圆周运动，恒星的质量约为8M。,恒星距黑洞的距离约为1.5R,恒星做圆周运 动的周期约为0.2T,M。为太阳的质量、R为日地距离，T为地球绕太阳的运动周期。由此估 算该黑洞的质量约为 A.56M。 B.76M。 C.84M。 D.96Mo 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 6.科学家观测到太阳系外某恒星有一类地行星，测得该行星围绕该恒星运行一周所用的时间为 9年，该行星与该恒星的距离为地球到太阳距离的8倍，该恒星与太阳的半径之比为2：1。假 定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆，下列说法正确的是 A.该恒星与太阳的质量之比为512：81 B.该恒星与太阳的密度之比为1：9 C.该行星绕恒星与地球绕太阳做圆周运动时的运行速度之比为2：9 D.该恒星表面与太阳表面的重力加速度之比为128：81 7.在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能， E。=_G1m:(规定无穷远处势能为零)。如图所示，人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运动 时，卫星距地面高度为h=3R,R为地球的半径，卫星质量为，地球表面的重力加速度为g, 椭圆轨道Ⅱ的长轴PQ=10R。下列说法中正确的是 A.卫星在I轨道运动时的速度大小为3gR 3 QⅡ (地球 B.卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为10π 5R g C.当卫星在椭圆轨道Ⅱ运动时，在近地点P与在远地点Q的速率之比P= 2 D. 至少对卫星做功40gR,才能使卫星从I轨道的P点变轨到Ⅱ轨道（不考虑卫星质量的 变化和所受阻力) 物理·周测卷（九）第2页（共4页） 班级 *已知质量均匀分布的球壳对球内部物体的引力为零。如图为某设计贯通地球的光滑真空列车 隧道，质量为m的列车从入口A点由静止开始穿过隧道到达地球另一端的B点，其中O为地 心，C点到O点的距离为x。假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加 姓名 速度为g,不考虑地球自转影响。则 A.列车在C点处受到的引力大小为F=mg(1-) 得分 B.若列车完全无动力往复运行，则它在隧道内做简谐运动 C.列车的最大速度为2√gR D.列车通过隧道的时间小于4 R 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 选择题 8.(10分)地球质量为M,半径为R,地球自转角速度为ω，引力常量为G。不计地球大气对卫星 的作用。 答题栏 (1)现发射一颗质量为m,绕地球做匀速圆周运动的近地卫星（不计卫星距地面的高度），求卫 1 星的运行速度的大小。 2 (2)设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，始终与地球自转同步，如 3 图所示。这种太空电梯可用于低成本发射卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速 提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。设在某次发射时，质量为 。的卫星在太空电梯中缓慢上升，该卫星在上升到距地心kR(k>1)的位置A处意外地 5 和太空电梯脱离而进入太空。卫星脱离时的速度可认为等于太空电梯上该位置处的线速 米 6 度。已知质量为m,和m:的两个质点，距离为r时的引力势能表达式为E。=一Gmm r 7 a.求该卫星脱离时的速度大小vA。 赤道 太空电梯 b.结合开普勒定律，请说明如何判断卫星脱离后 R 是否会撞击地球表面。（不必求解具体结果，但要 kR 写出判断所需的方程，并指出需要求解哪个物理 量，说明如何判断。) 物理·周测卷（九）第3页（共4页） 广鱼跃龙中秦 9.(20分)如图，在一半径为R,质量分布均匀的大球内部挖去一个半径为 两球相切于P点)，01，O,分别为大球、小球的球 一个可视为质点、质量为m的物体N。已知质量分布均匀的球壳对球 O, 壳内部物体的万有引力为零，大球的密度为ρ，引力常量为G。 (1)若将物体N置于O1处，求大球剩余部分对物体N的万有引力 大小。 (2)若仅考虑大球剩余部分对物体N的万有引力的作用，将物体N从P处由静止释放，求物 体N到达O2处所用的时间。 10.(20分)一航天员抵达一半径为R的星球表面后，为了测定该星球的质量M,做了如下的实 验，取一根细线穿过光滑的细直管，细线一端拴一质量为的砝码，另一端连在一固定的测 力计上，手握细线直管抡动砝码，使它在竖直平面内做完整的圆周运动。停止抡动细直管， 砝码可继续在同一竖直平面内做完整的圆周运动。如图所示，此时观察测力计得到当砝码 运动到圆周的最低点和最高点两位置时，测力计的读数差为△F。已知引力常量为G,试根 据题中所提供的条件和测量结果，求： (1)该星球表面的重力加速度。 (2)该星球的质量。 (3)该星球的第一宇宙速度。 物理·周测卷（九）第4页（共4页）·物理· 1 m0最低点一之m02,物块经过最低点时，由牛顿第二 1 V最低点 定律可得F一mg=mR,当o=1=4m/s时， F1=90N,当v=v2=6m/s时，F2=140N,解得 m=1kg,R=0.4m,故B正确，C错误。由题图乙可 知，当传送带速度大于3时，物块在传送带上一直做 匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得一 v=2aL,解得v3=√56m/s,由动能定理可得2mgR 1 1 2m0最点一2m05,物块经过最低点时，由牛顿第二 定律可得F,一mg=n餐，可得P,=190N,故A 错误。 8.(1)3:1(2)不同相同(3)二 【解析】(1)皮带传动线速度相等，第三挡变速轮塔 的角速度之比为1：3，根据v=wr可知，第三挡对应 左、右皮带盘的半径之比为3：1。 (2)探究向心力大小与质量之间的关系时，需要保证 两个物体做圆周运动的角速度相等、半径相等，质量 不同，所以应将质量不同的铝球和钢球分别放在长、 短槽上半径相同处挡板内侧。 (3)根据F.=mw2r,其中一组数据为左边1.5格、右 边6.1格，则角速度平方之比为合（分），可知忽 略误差的情况下，角速度之比为2，则皮带位于皮带 盘的第二挡。 9.a)3Erad/s(2)学6m 【解析】(1)设小球转动的角速度为ω1，小球在水平 面内做匀速圆周运动，小球对锥面的压力恰好为零， 则有mg tan37°=mwLsin37°，解得w1= rad/s. (2)当细线与竖直方向的夹角为53°时，设小球转动的 角速度大小为w2,则有mg tan53°=mwLsin53°，解 物理( 1.A【模型建构】 建构模型 双星模型 ①向心力由彼此间的万有引力提供； ②两星的周期、角速度相同； ③两星的轨道半径之和等于两星间距； 确定物 ④两星到转动中心的距离之比等于质量之比 理原理 的倒数； ⑤周期与两星的总质量和间距有关，T= L3 2m√G(m,+m】 1> 参考答案及解析 w三？6rad/s,此时小球的线速度为2 w2Lsin53°= a/s, 细线断开时，小球离地面的高度为h=H一Lcos53°= 1.5m, 离转轴的距离为d=Lsin53°=0.8m, 细线断后，小球做平抛运动，运动的时间为t= =3 Vg√10s, 做平抛运动的水平位移为x=0,=青5m, 则小球落地时，离锥顶的水平距离为s=√d2十x= 总6m. 0.(1)2.5rad/s(2)2.34kg 【解析】(1)设绳子上的拉力为T,绳子与竖直方向 的夹角为0，由几何知识可得sin0=L-(R-) 0.8,即0=53°， 对物块C受力分析，有2Tcos0=mcg,解得T= mcg 2cos53°=12.5N, A、B与凹槽间摩擦力恰好为零时，绳子的拉力为其 做圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律可得 「T T=mwR,解得w=√mR =2.5rad/s。 (2)转盘不动时，A、B受到的摩擦力与绳子的拉力 平衡，则有mg=T, 当转盘转动的角速度w2=4rad/s,A、B所需的向 心力Fm=mw2R=32N, 要使物块C的质量最小，绳子上的拉力应最小，对 物块A、B受力分析可知Fmin十g=Fm, 联立解得Fmin=19.5N, 对物块C受力分析可得2 Fmin COS0=mog,联立可 得m0=2.34kg。 九) 【解析】设脉冲星的质量为m1、轨道半径为r1,其伴 星的质量为m2、轨道半径为r2,两者间的距离为L, 轨道周期为T,由万有引力提供向心力有Gm,m: L.2 m()=m:()变式得0=() -()出数学知汉有+ (2)'+(答)r可得T=2√Gm十m),在 高三一轮复习周测卷 双星系统总质量不变的情况下，随着两颗星越靠越 近，两颗星的轨道周期逐渐减小。 2.D【解析】变轨前后空间站在P点所受到的万有引 力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在 P点的加速度相同，故A错误。因为变轨后其半长 轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间 站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误。变 轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的 速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速度 变大，即空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大， 故C错误。由于空间站变轨后在P点的速度比变轨 前大，而变轨后比在近地点的速度小，则空间站变轨 前的速度比变轨后在近地点的小，故D正确。 3.D【模型建构】 建构模型 卫星变轨 ①高轨、低速、大周期（绕同一中心天体运动的 各卫星轨道半径越大，线速度、角速度和加速 结论 度越小，周期越大)； ②升轨加速，降轨减速 【解析】飞船从②轨道变轨到③轨道需要在Q点点 火加速，使飞船做离心运动，选项A错误。第一宇宙 速度是所有绕地球做圆周运动卫星的最大环绕速 度，则飞船在轨道③上运行的速度小于第一宇宙速 度，选项B错误。飞船和天和核心舱的质量关系不 确定，则不能比较飞船在①轨道的动能与天和核心 舱在③轨道的动能关系，选项C错误。若天和核心 舱在③轨道运行周期为T,则根据开普勒第三定律 R1+R213 2 R T ,解得T1=T /R1+R213 ,飞船 2R2 在②轨道从P到Q的时间为t= 2 /不0了1法项D正确， 4.B【解析】根据对称性可知四颗星 m○ 围绕正方形对角线的交点做匀速圆 周运动，如图所示，故A正确。由 图可知轨道半径，=1。 V20,放B错 误。在星体表面，根据万有引力等于重力，可得 Gmm R2 -=m'g,得四颗星表面的重力加速度均为g= G,故C正确。由万有引力提侠向心力可知，2· a+G、m G (W2a) =m(),解得四颗星的周期均 2a 为T=2πa ,故D正确。 N(4+2)Gm 18 【归纳总结】 双星、多星问题的解题方法 根据双星或多星的运动特点及规律，确定系统的 1 转动中心以及各自运动的轨道半径 2 星体的向心力由其他天体的万有引力的合力提供 的 星体的角速度大小相等 星体的轨道半径并不是它们间的距离。要利用几 4 何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力 和向心力 5. C【解析】载人飞船在轨道1和轨道2上的P处， Mm 都由万有引力来提供向心力，根据G =ma,轨道 半径相同，则加速度大小相同，故A错误。在轨道2 上由万有引力来提供向心力G Mm v ,2=m,,在地球 表面上有G ”=mg,解得载人飞船在锐道2上的 线速度大小为：三R由于载人飞船从轨道2 到轨道1要在P点减速，则载人飞船在轨道1上经 gR2 过P点时速度小于，，故B错误。载人飞船在 R十r 轨道1和轨道2运行的半径之比为二=2 r2 r R+r 2,,由开普勒第三定律不=可知，载人飞船运 行周期和空间站运行周期之比为号=阴。 (),放C正确。在轨道2上由万有引方来鬓 Mm 供向心力G,产=mr ,解得地球质量为M三 4π2r3 GT,由于T,≠T,故D错误。 *B【解析】设该黑洞的质量为m1,其轨道半径为r1, 恒星的质量为m2,其轨道半径为r2,两者相距为L, 运动周期为T。,黑洞与该恒星形成了一个双星系统， 4π2 根据万有引力提供向心力有22=mT m:T2,因为L=r1十r2,联立解得T。= 4π L3 2x√G(m1+m2) ,地球绕太阳做匀速圆周运动，设地 球质量为m,根据万有引力提供向心力GM,m_ ·物理· R3 ，%4πR,解得工=2xM·由题意知T。=0.2T m2=8M。,L=1.5R,联立解得m1≈76M。。 6.AD【解析】设质量为m的行星绕质量为M的恒星 做半径为r、周期为T的匀速圆周运动，根据牛顿第 Mm4π2 二定律有G ra=m Tr,解得M=rr。r GTcT,该 恒星与太阳的质量之比为M-8一512， M安g2=81,故A正 确。恒星的密度为p-V4RC 正=3Mo,该恒星与太 512 阳的密度之比为=81二81，故B错误。恒星的自 1 运行速度为v= 不，该行星绕恒星与地球绕太阳做 圆周运动时的运行速度之比为五=9=8」 0地工二9，放C错 误。恒星表面质量为m。的物体所受万有引力等于 重力，即G Mmo R2 =mog,可得恒星表面的重力加速度 GM 为g一R:,该恒星表面与太阳表面的重力加速度之 512 比为5恒= =28,故D正确。 8太81 7.BCD【解析】人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运 动时，根据万有引力提供向心力可得GMm 4R)=m4R' 在地球表面有GMm R:=mg,联立可得卫星在I轨道运 动时的速度大小=，放A错误。在I轨道时。 根据万有引力提供向心力可得GMm三m4x (4R)-mT ·4R, R T 解得T1=16π ,根据开普勒第三定律可得 T (5R)3 (4R)=1.25,解得卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为 不，=10x区，放B正确。卫星在椭圆轨道【运行 时，根据开普勒第二定律可得vp△t·Lp=vQ△t· LQ,则在近地点P与在远地点Q的速率之比等于 P、Q两点与地球连线的长度的倒数之比，则有P= ·19 参考答案及解析 10RR-放C正确。卫星在轨道Ⅱ上运动时 4R 1 GMm 机械能守恒，在近地点和远地点满足2mw吊一4R 名6资共中一含，卫年作T养道运动时 1 的速度大小三√号R,则卫星在I轨道的P点变轨 到Ⅱ轨道至少需对卫星做功为W=了m一m心， 解得W=40mgR,故D正确。 BD【解析】将地球看作两部分，一部分是以O为球 心、x为半径的“小球”，另一部分即剩余的球壳，球壳 对C点处的列车引力为0，所以只需要考虑C点以下 的“小球”对列车的引力，根据黄金代换有GM=gR2, 万力定律得FR恤GR x2 R3 R3 m紧，故A错误。根据Λ选项分析可知列车在隧道 中运行时受到的合力大小与偏离O点的距离成正比， 且方向与偏离O点的方向相反，所以完全无动力运行 时列车在隧道内做简谐运动，故B正确。列车在O点 时速度最大，研究列车从A到O的过程，因为列车所 受引力与到球心的距离成正比，所以重力对列车做 功，根据力的平均值计第有W-”,9R,由动能定理 得2mi-0=0十m5R,所以e,=√gR,放C错误。 2 根据上面的分析可知列车从A到O的过程中受到地 球的引力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知列车做加 迷度减小的加速运动，平均速度大于，运动时间 小于2g 所以列车通过隧道的时间小于4、：， D正确。 M 8.(1)WR (2)a.kwRb.见解析 【解析】(1)根据万有引力提供向心力G Mm_mv2 R2R GM 解得v=√R (2)a.该卫星脱离时的速度大小为vA=wrA=kwR。 b.该卫星在A点脱离后做椭圆运动，地心为其椭圆 运动的焦点，A点到地心的距离为R。设该椭圆轨 道长轴的另一端点B到地心距离为rB,卫星在该点 速度为。根据机械能守恒定律，得一GM+ R 高三一轮复习周测卷 1 2movA=-G ma 根据开普勒第二定律，得2RuA△t=2rBVB△t, 需求解rB,当rB>R时，卫星脱离后不会撞击地球； 当rB<R时，卫星脱离后会撞击地球。 9.3 GprRm(2),2Go元] 【解析】(1)物体N受到的大球剩余部分的引力为大 球对物体N的引力减去小球对物体N的引力。未 挖去小球前，大球对物体N引力为零，所以大球剩余 部分的引力等于小球对物体N的引力，方向沿O2 4/R13 p·3π(2) 指向O1,F=G ( ,解得F-子CDRm. (2)如图，假设物体N运动到 了P、O2连线上的Q点，设 O1、Q之间的距离为x,未挖 去小球前，大球对物体N引 4 ·3xm 力F1=G 3Gpπxm,小球对物体N引力E G- 3 物理( 1.C【解析】根据图像可知，图像的斜率为加速度，所 以起飞过程中，斜率越来越小，加速度越来越小，速 度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F=ma,加速度 减小，合外力减小，故A、B错误。根据动能定理可知 2mo品-0=Pt。-Wr,解得W,=Pto-2mu2,故C 正确。因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于 受故D储误。 2.D【解析】根据题意可知，物块在两次运动过程中， 在相同位置受到的摩擦力大小相等，两次运动的距 离相等，摩擦力做功相同，两次运动因摩擦产生的热 量相同，由动能定理可知，第二次到达A点的速率也 为v,故A、C错误。根据题意可知，第一次运动时， 摩擦力越来越大，加速度越来越大，第二次运动时， 摩擦力越来越小，加速度越来越小，两次运动的位移 相等，结合AC项分析和v-t图像中图像的斜率表示 ·20 大球剩余部分的引力F=F,-P,二名Gp元Rm F2 所以物体N的加速度a= m=3GpxR, 物体N从P到达O2,有 -号ar,解得4= 2 3 N2Gpπ △F △FR 0.(1) (2)4FR (3). 6m 6mG 6m 【解析】(1)设砝码在最高点时细线的拉力为F,,速 度为u1,根据牛顿第二定律F,十mg'=m, 设砝码在最低点时细线的拉力为F2,速度为v2,同 理F2-mg'=m, 由机械能守恒定律得mg·2+m=弓mi, 1 联立解得g'-F:一F_△F 6m 6m (2)在星球表面，万有引力近似等于重力G Mm' R2 m'g, 又g'4F △FR2 ,联立解得M= 6m 6mG 72 3)由mg'=mpg'4 =6m,联立求得v=√gR= △FR V6m。 加速度和图像的面积表示位移，画出两次运动的-t 图像，如图所示，由图可知，第 第一次 一次的时间比第二次时间短， 故B错误。根据题意，设两次 速率相同的位置距离A点的) 第二次 距离为x,相同的速率设为v1,w 根据动能定理，第一次有一，丝x=。 2 mv- 1 1 )m6,第二次有ksmg+xmg（s-x)三2m2和 2 2mw,联立解得x=2 1 5,则两次速率相同的位置只 有-个，且距离A为受，放D正确。 B【解析】弹簧笔竖直向上弹起过程，所受重力保持 不变，弹簧弹力减小，当二力平衡时，加速度为零，速 度达到最大，动能最大。此时弹簧还有一定的形变 量，所以五1不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于