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（福建专用）

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3小题，每小题6分，共18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.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 ③ 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 间为，)T 2.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m,半径均为R,四颗星稳定分 布在边长为a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 (4+√2)Gm 3.2024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=4r, GT2 物理·周测卷（九）第1页（共4页）】 9 鱼默龙门卷 ￥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.96M。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带*题目为能力提升题，分值不计入 总分。 4.“火星合日”是指火星、太阳、地球三者在一条直线上时，从地球的方位观察，火星位于太阳的 正后方，火星被太阳完全遮蔽的现象。如图所示，已知地球、火星绕太阳运动的方向相同，若 把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆，火星绕太阳公转周期约等于地球公转周期的2倍，由 此可知 A.“火星合日”约每1年出现一次 一、 火星 太阳 B.“火星合日”约每2年出现一次 地球 C.火星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的4倍 D.火星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的8倍 5.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 6.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。= G1m2(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m,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3 3 Q 地球 /5R B.卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为10π 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=多 UQ 2 D,至少对卫星做功40mgR,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） 新教材版F 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，质量为的列车从人口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-反》 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 R D.列车通过隧道的时间小于4 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 选择题 7.(6分)某类地天体可视为质量分布均匀的球体。由于自转的原因，其表面“赤道”处的重力加 答题栏 速度为g1,“极点”处的重力加速度为g2,已知该天体的半径为R,引力常量为G。则该天体 的质量为 ,第一宇宙速度为 ,自转周期为 。(均用题中所给物理量 1 符号表示) 2 8.(12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 3 的作用。 (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 4 星的运行速度v的大小。 (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 6 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 关 。的卫星在太空电梯中缓慢上升，该卫星在上升到距地心R(k>1)的位置A处意外地 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 度。已知质量为m1和m2的两个质点，距离为r时的引力势能表达式为E。=一G im2 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 是否会撞击地球表面。（不必求解具体结果，但要 女 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。) 新教材版F 物理·周测卷（九）第3页（共4页） 广鱼跃龙门卷 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 的小球（两球相切于P点），01、O2分别为大球、小球的球心。另外有 R 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 02 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。 (删回 (3)该星球的第一宇宙速度。 7777 物理·周测卷（九）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 对物块C受力分析，有2Tcos0=mcg,解得T= 2cos53°=12.5N, mcg 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w1一√mR =2.5rad/s。 (2)转盘不动时，A、B受到的摩擦力与绳子的拉力 物理( 1.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 R T ,解得T=T /R1+R23 2R2 ,飞船 T 在②轨道从P到Q的时间为t= /R1+R2)3 2 2R2 T,选项D正确。 2.B【解析】根据对称性可知四颗星 m○y ○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r= 2a,放B错 m 误。在星体表面，根据万有引力等于重力，可得 Gmm ?=m'g,得四颗星表面的重力加速度均为g= G R,故C正确。由万有引力提供向心力可知，2· a+G m 2π\2 (√2a)2 =m(了)r,解得四颗星的周期均 2a 为T=2πa ，故D正确。 N(4+√2)Gm 18 ·新教材版F· 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=mwR=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Fmim十mg=Fn, 联立解得Fmn=19.5N, 对物块C受力分析可得2 Fmin COS0=mog,联立可 得m0=2.34kg。 九】 【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 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 3 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 何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力 和向心力 C【解析】载人飞船在轨道1和轨道2上的P处， 都由万有引力来提供向心力，根据GMm 2 =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-加二，在地球 Mm 表面上有G R=mg,解得载人飞船在轨道2上的 线速度大小为v2= R,由于我人飞船从轨道2 到轨道1要在P点减速，则载人飞船在轨道1上经 gR? 过P点时速度小于，，故B错误。载人飞船在 R+r 轨道1和轨道2运行的半径之比为2=2 r2 R,由开音勒第三定律分=k可知，载人飞船运 2r 行周期和空同站运行闲期之比为号一、八停一 ("),放C正确：在领道2上由万有引力来提 供向心力G-加号所得地球质亚为M- 4π2r3 GT?,由于T,≠T,故D错误。 ·物理· 米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1=加T L m,因为L=r1十r2,联立解得T。= 4π2 L3 2r√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 GMom 4π2 R3 R,解得T=2r√GM,由题意知T。=0.2T, m m2=8Mg,L=1.5R,联立解得m1≈76Mo。 4.BC【解析】地球绕太阳的公转周期为T地=1年，设 火星绕太阳公转周期为Tk,“火星合日”每t年出现 2π 次，根据“火星合日”的特点，可得t个宇 2π，可得t TXTk=2年，故A错误，B正确。由 T火一T地 开普勒第三定律可得-，解得芳 RT区 手R地√T起 4,故C正确，D错误。 5.AD【解析】设质量为m的行星绕质量为M的恒星 做半径为、周期为T的匀速圆周运动，根据牛顿第 二定律有G T2r,解得M=4π2r3r -m GT°oc7,该 恒足与大和的项量之比为学一景-货放A正 M 3M M 确。恒星的密度为p一V一4RcR,该恒星与太 512 阳的奔度之比为紧=-1放B箭误，恒星的 1 运行速度为。-2，该行星绕恒星与地球绕太阳做 P 圆周运动时的运行连度之比为是一置-号故C错 误。恒星表面质量为m。的物体所受万有引力等于 Mm 重力，即G R2 =mog,可得恒星表面的重力加速度 为g= 尺：，该恒星表面与太阳表面的重力加速度之 GM 512 比为8机-4128 8去81一81，故D正确。 1 ·19 参考答案及解析 6.BCD【解析】人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运 v 动时，根据万有引力提供向心力可得GXmR了 在地球表面有”一mg,联立可得卫星在1轨道运 动时的速度大小。三g,故A错误。在I轨道时， 根据万有引力提供向心力可得GMm (4R) T·4R, 4 解得T,=16,尽，根据开普物第三定徐可得 (5R)3 4R)=1.253,解得卫星在Ⅱ轨道运动时的周期为 ,故B正确。卫星在椭圆轨道Ⅱ运行 T2=10r√g 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= 1OR-4R=3 4R ,故C正确。卫星在轨道Ⅱ上运动时 机械能守恒，在近地点和远地点满足)mm一GR }m6-C饮，其中号-名卫是在I能道运动时 1 的速度大小v二Y,R则卫星在1轨道的P点变轨 .1 到Ⅱ轨道至少需对卫星做功为W三)mu一2m0马 1 解得W=OmgR,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, 由万有引力定律得F=R G Mm GMmnE R3 R3 ,故A结误。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，根据力的平均值计算有W=2R,由动能定理 得mg-0-0叶R,所以，-√R,故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 高三一轮复习周测卷 ,运动时间 速度减小的加速运动，平均速度大于√gR 小于2R,所以列车通过篷道的时间小于4成 g D正确。 7.82R √g2R2π R■ m G √g2一g1 【解析】根据R mg?,解得M=S2R 晨”之以军县容一 宙速度为=√gR根据-mg1十m禁R,联 4π2 立解得T=2π R Vg2-g1° &.(a),./GM (2)a.kwRb.见解析 NR 【解析】(1)根据万有引力提供向心力G Mm_mv2 R2R GM 解得U=R· (2)a.该卫星脱离时的速度大小为vA=wrA=kawR。 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B。根据机械能守恒定律，得一GR十。 1 2movA=-G rB 根据开普精第二定律，得弓R41=0, 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。 2 3 9.(1)3 GprRm(2)√2Gp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· 指向O1,F=G 3π2）m 解得F=2 Gp元Rm。 物理( 1.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h1不是原长，所以弹簧最大弹性势能大于 Ekm,整个运动过程中，弹簧的弹力先减小，最后为0， 故A、C错误，B正确。运动过程中，对系统来说，只 ·20 ·新教材版F· (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 p·3xm 力F1=G 22 3Gpxxm, 小球对物体N引力F,=G”3πx一2)m (-) 专co(x-)m, 2 大球剩余部分的引力F=F一F,=3 GpxRm, 所以物体N的加速度a=F=2。 m3GpxR, 物体N从P到达O:有尽-？，解得1- 3 √2Gpπ 0.(1)AF (2)AFR: △FR (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u,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2，同 理F2一mg'=m 由机械能守恒定律符mg·2r+7moi=2mo, 联立解得g'=F,F△F 6m 6m (2)在星球表面，万有引力近似等于重力G Mm' P= m'g', 6m,联立解得M=△FR 又g'=4F 6mG。 02 △ (3)由mg'=mR,g'=6 ,联立求得v=√gR= △FR V6m。 有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，h1到 h2之间弹簧笔的重力势能增加，弹性势能和动能之 和减小，故D错误。 B【解析】同一时刻两球的竖直速度相同，但是A 的水平速度大于B的水平速度，可知两球的动能不 相等，选项A错误。同一时刻两球的竖直速度相同，